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Aula 0707.01. c
Nos MUV, a equação horária dos espaços é: s s v ta
t= + ⋅ + ⋅0 02
2
Como ela é uma função do 2o. grau, é sempre representada por uma parábola.
07.02. dEsse ponto mostra o instante em que a velocidade do corpo se anula e ocorre uma inversão no sentido de movimento.
07.03. b
A equação v2 = a + b · Δs é similar a v v a s202 2= + ⋅ ⋅∆ .
Fazendo-se as devidas comparações, v a e a b02 2= = .
Como a equação apresentada é comparável à equação de Torricelli, o movimento é uniformemente variado, ou seja, a aceleração esca-lar do móvel precisa necessariamente ser constante.
07.04. e I. Verdadeira. Num MRUV, a velocidade escalar varia, mas de ma-
neira uniforme, ou seja, varia mas com uma regra (a regra é que a aceleração escalar permanece constante).
II. Falsa. Num MRU, a velocidade escalar é constante e a aceleração escalar é nula.
III. Verdadeira. Num MRUV, a função da velocidade é sempre cres-cente ou decrescente. Assim, as velocidades inicial e final ne-cessariamente são diferentes.
IV. Falsa. Num MRU e retrógrado, a velocidade escalar é negativa (os instantes jamais).
07.05. aO gráfico do espaço versus tempo é uma parábola, então a equa-
ção característica é s s v ta
t= + ⋅ + ⋅0 02
2. Como essa função perten-
ce ao MUV, certamente o móvel se movimenta com aceleração
escalar constante (e positiva, visto que a concavidade da parábola
é para cima).07.06. a
v v a s a a m s202 2 22 0 20 2 100 2= + ⋅ ⋅ → = + ⋅ ⋅ → = −∆ /
07.07. eA equação SA = 80 – 5t é similar a s s v t= + ⋅0 , equação horária do movimento uniforme (velocidade constante).
SB = 10 + 2t2 é similar a s s v ta
t= + ⋅ + ⋅0 02
2, equação horária do
movimento uniformemente variado (aceleração constante).07.08. d
Espaços aumentando → velocidade positiva.Espaços diminuindo → velocidade negativa.Pontos em que os espaços deixam de aumentar e começam dimi-nuir (ou vice-versa) correspondem a momentos em que ocorreu inversão no sentido do movimento (velocidade nula, pois não é positiva nem negativa). De acordo como o gráfico apresentado, isso ocorreu em 3 momentos.
07.09. cComparando-se a equação dada, s = 20 + 4t – 3t2, com a equação
horária dos espaços dos MUV, s s v ta
t= + ⋅ + ⋅0 02
2, tem-se:
s0 = 20 m; v0 = 4 m/s; a
a m s2
3 6 2= − → = − /
Assim, a equação horária das velocidades, v = v0 + a · t fica assim: v = 4 – 6 · t
07.10. c
v v a s a a m s202 2 2 22 0 10 2 0 5 100= + ⋅ ⋅ → = + ⋅ ⋅ → = −∆ , /
07.11. bv = v0 + a · t 0 = 8 + a · 2 a = – 4 m/s2
07.12. d I. Falsa. Como as áreas das figuras formadas entre os gráficos de A
e B e o eixo horizontal são diferentes, ao final dos 10 s, esses dois corpos sofrem deslocamentos diferentes e, consequentemente, estão a diferentes distâncias do referencial.
II. Falsa. Como as retas possuem diferentes inclinações, os corpos A e B possuem diferentes acelerações.
III. Verdadeira. Nos gráficos v x t, a área corresponde numerica-mente ao deslocamento. Assim, como a área do gráfico A (tra-pézio) é maior que a do gráfico B (triângulo), o deslocamento de A é maior que o deslocamento de B.
IV. Verdadeira. A aceleração mede a taxa com que a velocidade va-ria. Assim, o móvel cuja velocidade varia mais em menor inter-valo de tempo é o que possui a maior aceleração. Graficamente, isso é verificado nos diagramas v x t nas retas com maiores incli-nações. Assim, como o gráfico de B é mais inclinado que o de A, a aceleração de B é maior que a de A.
07.13. cDe 0 a 1s a velocidade é positiva (movimento progressivo. O móvel se afasta de P).De 1s a 2s va velocidade é positiva (movimento progressivo. O móvel se afasta de P).De 2s a 3s a velocidade é positiva (movimento progressivo. O móvel se afasta de P).De 3s a 4s a velocidade é negativa (movimento retrógrado. O móvel se aproxima de P).De 4s a 5s a velocidade é negativa (movimento retrógrado. O móvel se aproxima de P).Dessa forma, o instante em que o móvel está mais afastado do ponto P é aquele em que ele deixa de se afastar e começa a se aproximar do ponto P, ou seja, o instante 3 s.
07.14. aPara ∆s m= 100 (até o ponto T)
v = v +2 a s 30 = 0 +2 a 100 a = 4,5 m/s202 2 2 2⋅ ⋅ → ⋅ ⋅ →∆
Para ∆s m= 36 (até o ponto Q)
v v s v v m s202 2 22 0 2 4 5 36 18= + ⋅ ⋅ → = + ⋅ ⋅ → =a ∆ , /
07.15. b I. Falsa. O deslocamento escalar deve ser calculado pela área do
gráfico. ( )4 1 10
s Área s 25 metros2
+ ⋅∆ = → ∆ = =
Para se calcular a velocidade média, devemos fazer:
vs
tv m sm m= → = =∆
∆25
46 25, /
Extensivo Terceirão – Física 3A
Resoluções
1
3AFísica
II. Falsa. No instante 4 s, a velocidade do móvel voltou a ser nula, o que não significa que o corpo retornou ao ponto de partida (ele se movimentou sempre no mesmo sentido, visto que a veloci-dade dele sempre foi positiva).
III. Falsa. Apesar de os módulos das variações terem sido iguais nos dois intervalos de tempo, o primeiro foi de 2 s e o outro de apenas 1 s, então as acelerações tiveram módulos diferentes (isso pode ser percebido também pelo fato de as retas terem diferentes inclinações).
07.16. ba) v = cte → Movimento Uniforme
s s v t s tA= + ⋅ → = + ⋅ +0 0 48 1( )
b) a = cte→ Movimento Uniformemente Variado
s s v ta
t s t tB= + ⋅ + ⋅ → = + ⋅ + ⋅0 0 22 0 0
30
22
Como eles chegam à mesma cidade, podemos escrever:
sA = sB → 48 1 15 2⋅ +( ) = ⋅t t → 5 · t2 – 16 · t – 16 = 0
t = 4 h ou t = – 0,8 h (instantes negativos não são utilizados)Substituindo-se t = 4 h na equação do corpo A, tem-se: s kmA = + ⋅ +( ) =0 48 4 1 240
07.17. bPelo fato de o gráfico de A ser uma parábola, a equação horária
correspondente é s s v ta
t= + ⋅ + ⋅0 02
2. Essa equação é caracte-
rística dos MUV, nos quais a aceleração escalar é constate. No caso mostrado, como a concavidade da parábola é para cima, a acelera-ção escalar de A é positiva.
Pelo fato de o gráfico de B ser uma reta, a equação horária corres-pondente é s s v t= + ⋅0 . Essa equação é característica dos MU, nos quais a aceleração escalar é nula. Assim, a aceleração escalar de B vale zero.Como um número positivo é sempre maior que zero, a aceleração de A é maior que a de B.
07.18. eComprimento do túnel: x∆s x m= +100 a = – 2 m/s2
v0 = 30 m/sv = 0
v v a s x x m202 2 22 0 30 2 2 100 125= + ⋅ ⋅ → = + ⋅ −( )⋅ +( ) → =∆
07.19. Nos movimentos uniformemente variados, uma propriedade ím-par é válida: a velocidade média entre dois instantes considerados coincide com a média das velocidades nesses dois instantes. Assim:∆∆
s m
t s
v m s
===
160
4
300 /
Vm Mvs
t
v v vv m s= → = + → = + → =∆
∆0 0
02
160
4
30
250 /
07.20. O deslocamento do trem entre os dois instantes considerados foi de L + 19 L = 20 Lv = vo + a . t → 25 = 15 + a . 20 → a = 0,5 m/s2
v v a s L L m202 2 22 25 15 2 0 5 20 20= + ⋅ ⋅ → = + ⋅ ⋅ → =∆ ,
L = 20 metros
Aula 0808.01. d I. Verdadeira. Dois corpos, quando abandonados em queda livre,
caem com a mesma aceleração, que é a da gravidade. II. Verdadeira. Como partem do repouso e caem com a mesma
aceleração, independentemente de suas massas, chegam jun-tos ao solo.
III. Falsa. Como partem do repouso e caem com a mesma acelera-ção, independentemente de suas massas, chegam ao solo com a mesma velocidade.
08.02. c
Uma aceleração de 9,78 m/s2 corresponde a 9 78, .
m
ss
Assim, a cada
1 s de queda, a velocidade da esfera aumentará em 9,78 m/s.08.03. c
Como o tempo de queda não depende da massa do corpo (des-prezando-se a resistência do ar), as duas esferas levarão o mesmo tempo para atingir o solo. Dessa forma, a razão entre os tempos vale 1 (dois números iguais, quando divididos, sempre dão como resultado a unidade).
08.04. bAo atingir o ponto mais alto de um lançamento vertical, como ocorre inversão no sentido do movimento, a velocidade é nula. Deve-se, no entanto, atentar para o fato de a aceleração ser dife-rente de zero, visto que o corpo lançado fica o tempo todo sujeito à aceleração da gravidade. Assim, v = 0 e a = g.
08.05. dComo as duas maçãs estão sujeitas à mesma aceleração (acelera-ção da gravidade), as velocidades delas variam igualmente com o
decorrer do tempo. Como consequência, as duas maçãs caem lado a lado e chegam juntas ao solo.
08.06. b
vms
tvm m s= → = =∆
∆45
315 /
yg
tg
g m s= ⋅ → = ⋅ → =2
452
3 102 2 2/
08.07. d
yg
t y y m= ⋅ → = ⋅ → =2
9 82
3 44 12 2,,
08.08. e
v v g y v v
v m s
202 2 2 22 0 2 10 125 2500
50
= + ⋅ ⋅ → = + ⋅ ⋅ → == /
08.09. cOrientando-se a trajetória, por exemplo, para cima tem-se:a) A bola que foi lançada para cima possui velocidade escalar inicial
de 10 m/s. Quando ela retorna ao ponto de lançamento (altura em que está a mão do malabarista), sua velocidade tem esse mesmo módulo, mas sentido e, portanto, sinal contrário. Assim, ela passa por esse ponto com a velocidade de – 10 m/s.
b) A bola que foi lançada para baixo sai da mão do malabarista com a velocidade de – 10 m/s.Como as duas bolas têm a mesma velocidade (– 10 m/s), quando estão na descendente e encontram-se na altura em que está a mão do malabarista, certamente chegam ao solo com velocidades de valores iguais. Sobre suas acelerações, os valores são idênticos, pois ambas estão sujeitas à aceleração da gravidade.
Extensivo Terceirão – Física 3A2
08.10. dOrientando-se a trajetória para cima (sentido em que o movimento inicia), deve-se usar g = – 10 m/s2.Se o objeto é lançado com velocidade de 30 m/s, então retorna a esse ponto com velocidade de – 30 m/s (mesmo módulo, mas sinal contrário). Assim:
v v a t t t s= + ⋅ → − = ⋅ → =0 30 30 10 6−
08.11. dNo ponto mais alto da trajetória, a velocidade da esfera se anula. Assim:
v v g y y y m202 2 22 0 20 2 10 20= + ⋅ ⋅ → = + ⋅ −( ) ⋅ → =
08.12. bFazendo-se uma regra de três, se 1 andar tem a altura de 2,5 me-tros, 32 andares têm altura total de 32 x 2,5 = 80 metros.
v v g y v v m s202 2 22 0 2 10 80 40= + ⋅ ⋅ → = + ⋅ ⋅ → = /
08.13. cQuando o segundo toco, que sai 1 segundo depois do primeiro, tiver completado 1 segundo de queda, o primeiro já terá caído por 2 segundos. Assim:Segundo toco) t = 1 s
yg
t y y metros= ⋅ → = ⋅ → =2
10
21 52 2
Primeiro toco) t = 2 s
yg
t y y metros= ⋅ → = ⋅ → =2
10
22 202 2
Como os dois partem da mesma posição e um deles desceu 5 metros e o outro desceu 20 metros, a distância entre eles é de 20 – 5 = 15 metros.
08.14. eNo momento em que a pedra é abandonada, o balão estava subin-do com uma velocidade de 10 m/s. Como a pedra estava dentro do balão, a pedra também estava com a velocidade de 10 m/s (v0) para cima no momento em que foi abandonada. Isso significa que, ao ser solta, essa pedra inicialmente vai subir um pouco e depois, devido à ação da gravidade, vai começar a descer.Colocando-se a origem no ponto de partida da pedra, y0 = 0.Orientando-se a trajetória no sentido em que inicia o movimento da pedra (para cima), a aceleração da gravidade, que é voltada para baixo, deve ser usada com sinal negativo. Assim, g = – 10 m/s2.
y y v tg
t y
y m
= + ⋅ + ⋅ → = + ⋅ + ⋅
=
0 02 2
20 10 10
102
10
400
( )−
−
Como a trajetória foi orientada para cima, esse resultado negativo indica que o solo está 400 m abaixo do ponto em que a pedra foi abandonada. Assim, o balão estava a uma altura de 400 m no ins-tante em que se iniciou a queda.
08.15. aO tempo de permanência no ar engloba os tempos de subida e descida do jogador. Lembrando-se de que na altura máxima a ve-locidade é nula, tem-se:Tt = Tsub + Tdesc
Como Tsub = Tdesc Calculando o Tsub
v v g y
v
v v m s
202
02
02
0
2
0 2 10 1 25
25 5
= + ⋅
= − ⋅ ⋅
= → =
∆
,
/
v v g t
t t s
Tt
Tt s
= + ⋅= − ⋅ → == +=
0
0 5 10 0 5
0 5 0 5
1
,
, ,
08.16. dTrajetória orientada para cima: g = –10 m/s2
v0 = 3 m/sOrigem no ponto de partida: y0 = 0Quando a pedra chega ao solo, ela está 2 metros abaixo do ponto de partida, ou seja, y = – 2 m (lembre que se escolheu orientar a trajetória para cima, então pontos abaixo da origem possuem es-paço negativo).
y y v tg
t t t
t t
= + ⋅ + ⋅ → = + ⋅ +( )
⋅ →
⋅ ⋅ =
0 02 2
2
22 0 3
10
2
5 3 2 0
−−
− −
Resolvendo-se a equação anterior: t = 1 s
08.17. d
Para quedas livres, vale a seguinte relação: yg
t= ⋅2
2
Por essa equação, nota-se que a altura de queda (y) é diretamen-te proporcional ao quadrado do tempo de queda. Portanto, se o tempo de queda da pedra 1 é um terço do tempo de queda da pedra 2, então a altura da pedra 2 é 9 vezes maior que a da pedra 1. Assim: h2/ h1 = 9
08.18. dNesse primeiro segundo de queda, a distância percorrida e a velo-cidade adquirida serão respectivamente iguais a:
yg
t y y metros= ⋅ → = ⋅ → =2
10
21 52 2
v = v0 + g · t → v = 0 + 10 · 1 → v = 10 m/sComo o paraquedista partiu da altura de 305 metros, depois de percorrer os primeiros 5 metros, ficam faltando ainda 300 metros para serem percorridos. Como a velocidade após a abertura do pa-raquedas permanecerá constante (10 m/s), tem-se:
s s v t t t s= + ⋅ → = ⋅ → =0 300 10 30
08.19. a) vy = v0y + g · t300 = 0 + 10 · tt = 30 s
b) v2 = v20 + 2g · Δy
3002 = 0 + 2 · 10 · Δy
Δy = 4500 m08.20. Quando uma bola chega ao ponto mais alto da trajetória, sua ve-
locidade é nula. Assim, analisando-se sua descida a partir desse ponto, temos uma simples queda livre. Para se calcular o tempo de queda, podemos fazer:
yg
t t t s= ⋅ → = ⋅ → =2
2 510
2
2
22 2, (tempo de descida)
Sabendo-se que os tempos de subida e descida até um mesmo ponto são iguais, o tempo total entre uma bola sair de uma das mãos, subir e descer até a outra mão é o dobro do tempo de desci-da, ou seja 2 s .
Extensivo Terceirão – Física 3A 3
Aula 0909.01. c
Como a força normal é perpendicular à superfície de apoio, quando um corpo escorrega em um plano inclinado, a força normal forma um ângulo de 90o com o deslocamento do corpo. Assim:
τ α τ τF F FF s F s= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ° → =∆ ∆cos cos90 0
09.02. eA grandeza trabalho é do tipo escalar (não tem direção nem sen-tido). Seu valor pode ser negativo (trabalho resistente), nulo ou positivo (trabalho motor).
09.03. aA grandeza trabalho é calculada pela seguinte expressão:
τ αF F s= ⋅ ⋅∆ cos
Assim, se o trabalho é nulo, tem-se:0 = ⋅ ⋅F s∆ cos α Sendo F e s∆ diferentes de zero, cos ,α = 0 então α = 90o.
09.04. c
τ α
τ
τ
F
F
F
F s
J
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
= ⋅ =
°
∆ cos
cos
,
50 10 60
500 0 5 250
09.05. b I. Falsa. Como a superfície não é lisa, há atrito. Assim, o trabalho
da força de atrito é resistente. II. Verdadeira. Como a força peso é perpendicular ao deslocamen-
to, seu trabalho é nulo. III. Falsa. Como o movimento é uniforme (velocidade escalar cons-
tante), a resultante das forças é nula. Para isso, a força que arras-ta o corpo deve ter a mesma intensidade da força de atrito que age sobre ele.
09.06. bF F F2 1 00
Área 100 J2
⋅τ = → τ = → τ =09.07. c
τ α τ τF = ⋅ ∆ ⋅ → = ⋅ ∆ ⋅ → = ⋅ ⋅ ∆ ⋅F s P s m g sP o Pcos cos ( )180 1−
τ P J= ⋅ ⋅ =− −500 10 5 25000
Como a velocidade é constante, a resultante das forças vale zero. Assim, a força de tração tem o mesmo valor do peso (T = 5000 N). Portanto:
τ α
τ
τ
F
T
T
F s
T s
J
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ °
= ⋅ ⋅ =
∆
∆
cos
cos0
5000 5 1 25000
09.08. eSomando-se algebricamente os trabalhos das forças peso (–25000 J) e tração (25000 J), obtém-se zero (–25000 + 25000). Esse resultado confirma que: o trabalho da resultante das forças que atuam em um corpo coincide com a soma algébrica dos trabalhos de todas essas forças.
09.09. d I. Falsa.
τ α
τ
τ
F
Fat
Fat
F s
Fat s
resistente
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
<
°
∆
∆
cos
cos
( )
180
0
II. Verdadeira.
τ α τ τF F FF s J= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ° → =∆ cos cos100 2 0 200
III. Falsa.
τ α τ τF P PF s P s= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ° → =∆ ∆cos cos90 0
IV. Verdadeira.
τ α τ τF N NF s N s= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ° → =∆ ∆cos cos90 0
09.10. dComo o bloco desce com velocidade constante, certamente, a su-perfície não é perfeitamente lisa. Se fosse, o bloco aceleraria du-rante a descida. Dessa forma, três forças agem sobre o bloco: peso, normal e atrito.A normal é perpendicular ao apoio e, portanto, não realiza trabalho.O peso tem componente favorável ao deslocamento, então seu trabalho é motor.A força de Atrito é contrária ao deslocamento, então seu trabalho é resistente.
09.11. aF F
Trap RetÁrea A Aτ = → τ = +
τ τF F J=+( ) ⋅
+ ⋅ → = + =8 4 10
210 4 60 40 100
09.12. d
τ α τ θ τF F FF s F s J= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ =∆ ∆cos cos ,100 10 0 8 800
τ α τ τF P PF s P s= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ° → = ⋅ ⋅ =∆ ∆cos cos 90 100 10 0 0
τ α τ τF N NF s N s= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ° → = ⋅ ⋅ =∆ ∆cos cos90 100 10 0 0
τ α τ
τ
F Fat
Fat
F s Fat s
J
= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ° →
= ⋅ ⋅ ( ) =∆ ∆cos cos 180
20 10 1 200− −
09.13. cO trabalho do peso, ou seja da força gravitacional, sempre pode ser obtido pela seguinte equação:
τ P m g h= ± ⋅ ⋅ Assim, percebe-se que como nos casos 1 e 2 as toras de mesma massa são arrastadas até a mesma altura, τ1 e τ2 têm valores iguais.Quanto aos sinais de τ1 e τ2 valem as seguintes ideias:
• τ P m g h= + ⋅ ⋅ quando um corpo desce (a força peso é a favor
do deslocamento).
• τ P m g h= ⋅ ⋅− quando um corpo sobe (a força peso é contrária ao deslocamento).
Como nos casos 1 e 2 as toras estão subindo, τ1 < 0 e τ2 < 0.09.14. e
F Fcima baixo Área A Aτ = → τ = −
τ τF F J=+( ) ⋅ ⋅ → = =
3 1 2
2
2 2
24 2 2− −
09.15. b
τ α
τ
τ µ
F
Fat
Fat
F s
Fat s
N d
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ °
= ⋅ ⋅ ⋅
∆
∆
cos
cos
( )
180
1−
τ µFat N d= ⋅ ⋅− 09.16. d
τ P m g h= ± ⋅ ⋅ Como o movimento é de descida, a força peso é favorável ao mo-vimento do corpo e, consequentemente, seu trabalho é motor (positivo). Assim:
τ τ τP P Pm g h J= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ → =2 9 8 4 78 4, ,
Extensivo Terceirão – Física 3A4
09.17. eP P
P
m g h m g h
J
= ± ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ =
| |
| | 5 10 30 1500
Observação: Note que o deslocamento horizontal de 40 m é algo irrelevante para o cálculo do trabalho da força peso. Assim, se o corpo se deslocasse horizontalmente mais que 40 m ou menos, o resultado do trabalho da força peso continuaria sendo 1500 J, em módulo.
09.18. aComo a força de tração é o tempo todo voltada para o centro da curva e a velocidade do corpo é sempre tangente à trajetória, o ângulo formado entre a tração e o deslocamento do corpo é a todo instante de 90°. Assim:
τ α τ τF T TF s T s= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ° → =∆ ∆cos cos 90 0
09.19. F FTrap RetÁrea A Aτ = → τ = +
τ τF F= + ⋅ + ⋅ → = + =( )12 4 10
212 5 80 60 140 J
09.20.
h
A
∆sP
B
α
τ α τ τP P PP s m g s m g= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅∆ ∆∆
cosh
sh
∆s = hP
A
B
τ τ τP P P = P = m g = m g⋅ ⋅ °→ ⋅ ⋅ ⋅ → ⋅ ⋅∆s c h hos0 1
Extensivo Terceirão – Física 3A 5
Aula 0707.01. F – V – F – F – V – V
F) Peso é uma força de atração gravitacional e massa é um conceito relacionado à quantidade de matéria.
V) Peso é uma força de atração gravitacional.F) P = m ∙ g, portanto diretamente proporcional à aceleração da
gravidade.F) A massa é constante. O que muda é o peso.V) P = m ∙ g, portanto diretamente proporcional à aceleração da
gravidade.V) .
07.02. dois; reação; intensidade; direção; opostos; outro; anulam; mesmo.
07.03.
Massa Peso em “N” Peso em “kgf” Peso em “gf”
1 kg 10 N 1 kgf 1 x 103 gf
2 kg 20 N 2 kgf 2 x 103 gf
1 g 1 x 10–2 N 1 x 10–3 kgf 1 gf
2 g 2 x 10–2 N 2 x 10–3 kgf 2 gf
07.04. O valor da normal é igual ao da compressão que a superfície de apoio recebe. Portanto:a) N = 100 N b) N = 120 N c) N = 80 N
07.05. F – V – V – F – V – VF) O valor da normal é igual ao da compressão que a superfície
recebe.V) .V) Sim, como, por exemplo, na letra b do exercício anterior.F) A reação do peso está no centro da terra. O par ação-reação é
formado pela normal e a compressão que a superfície recebe.V) Vide resposta anterior.V) Vide resposta anterior.
07.06. a) – F
empurra
b) – P
atrai
c)
– Nempurra
07.07. cA hélice empurra o ar e o ar empurra a hélice e, consequentemen-te, o avião. Portanto, o avião se desloca graças à 3a. Lei de Newton.
07.08. dA massa é uma propriedade do objeto e, portanto, é a mesma em qualquer lugar do universo. Já o peso é diretamente proporcional à aceleração da gravidade e, como na Lua a gravidade é menor que a da Terra, o peso também será menor. Obs.: Na Lua a atmosfera é
praticamente nula. Sendo assim, podemos considerar que a pres-são atmosférica é igual a zero.
07.09. aP = m ∙ gP = 36 ∙ (10/6)P = 60 N
07.10. d I. FALSO. A 3a. Lei de Newton (AÇÃO-REAÇÃO) afirma que os senti-
dos são contrários. II. VERDADEIRO. A 2a. Lei de Newton afirma que FR = m ∙ a e, por-
tanto, a resultante das forças que atuam em um corpo de massa m é proporcional à aceleração que este corpo adquire.
III. VERDADEIRO. A 1a. Lei de Newton, ou Princípio da Inércia, afirma que todo corpo permanece em seu estado de repouso ou de movimento retilíneo uniforme, a menos que uma força resultan-te, agindo sobre ele, altere a sua velocidade.
IV. FALSO. A 2a. Lei de Newton tem aspecto vetorial e, por isso,
RF m a.= ⋅
A equação garante que a resultante das forças que atuam em um corpo de massa m é proporcional à aceleração e não igual em módulo. Além disso, a direção e o sentido da resultante são os mesmos da aceleração.
07.11. cA reação do peso está no centro da Terra. A reação do atrito que atua no corpo está no chão, paralelamente à superfície.
07.12. F – F – F – F – FFalso – no caso de um MRU, há movimento mas a resultante das
forças é nula. Falso – a 1a. Lei de Newton implica FR = 0. Assim, partindo da 2a. Lei,
FR = m ∙ a, teremos que: 0 = m ∙ a → a = 0 → velocidade não varia → v = cte. Assim a 2a. Lei contém a 1a. Lei.
Falso – a segunda Lei de Newton trata da resultante de todas as forças que atuam em determinado corpo.
Falso – ação e reação atuam em corpos diferentes. A reação está no corpo que aplicou a ação.
Falso – as leis de Newton são válidas apenas para referenciais iner-ciais, ou seja, aqueles que estão em repouso ou em MRU.
07.13. 14 (02, 04, 08)01) Falsa. Inércia é uma propriedade do corpo, a qual está relaciona-
da com a massa. Assim, todo corpo tem tendência em manter seu estado de movimento, independente da resultante que so-bre ele atua.
02) Verdadeira. Pela 2a. Lei de Newton (FR = m ∙ a) podemos concluir que, para uma mesma massa, a força resultante é diretamente proporcional à aceleração.
04) Verdadeira.08) Verdadeira. Trata-se de um MRU e, portanto, a resultante é nula.
07.14. 13 (01, 04, 08)01) Verdadeira. Velocidade vetorial constante implica que o módulo,
a direção e o sentido do vetor velocidade são constantes e, por-tanto, a resultante é nula. Lembre-se de que forças promovem variação da velocidade. Se a velocidade não varia, a resultante é nula.
02) Falsa. Para referenciais inerciais, força centrífuga não existe.04) Verdadeira.08) Verdadeira. Referenciais inerciais são aqueles que estão em re-
pouso ou em MRU.
Resoluções
PB 1Extensivo Terceirão – <disciplina> <numdisciplina> Extensivo Terceirão – Física 3B
3BFísica
07.15. b I. VERDADEIRA. Como a resultante das forças é diferente de zero, o
avião terá aceleração não nula. Sendo assim, é impossível estar em repouso ou em MRU.
II. VERDADEIRA. A 1a. Lei de Newton afirma que, se a resultante das forças é nula, o corpo pode estar em repouso ou em MRU.
III. FALSA. A 3a. Lei de Newton (AÇÃO-REAÇÃO) é que garante que o avião se move em sentido contrário àquele em que são jogados os gases produzidos na combustão.
07.16. aDecompondo a força F, teremos: Fy = F ∙ sen 60o = 16 ∙ 0,85 = 13,6 N; Fx = F ∙ cos 60° = 16 ∙ 0,50 = 8 NDeterminando a normal:N = P – Fy = 20 – 13,6 = 6,4 NDeterminando a aceleração:FR = m ∙ a 8 = 2 ∙ aa = 4 m/s2
07.17. cNo momento em que o corpo é abandonado, a única força que atua sobre a gotícula é o peso, a qual tende a acelerar o objeto para baixo, aumentando gradativamente sua velocidade. Porém, com o aumento da velocidade, a força de arrasto (resistência do ar) aumenta proporcionalmente, atuando no sentido contrário ao da velocidade. Assim, a resultante será a diferença entre o peso e o arrasto. Portanto a velocidade de queda aumenta, mas aumenta cada vez menos, até que arrasto e peso se anulem. A partir desse
momento a resultante será zero, a aceleração nula e a velocidade constante.
07.18. a I. VERDADEIRA. Como o movimento é retilíneo e uniforme, a re-
sultante é nula. Assim, a sensação do MRU é a mesma do re-pouso pois não haverá variação da velocidade. Cuidado: quan-do estamos em um carro, mesmo com os olhos fechados, só percebemos que ele está em movimento se houver algum tipo de variação no vetor velocidade, seja em módulo ou em direção e sentido.
II. FALSA. Como se trata de um MRU, a resultante é nula. III. FALSA. A reação da força F que atua na caixa está no agente que
aplicou a referida força.07.19. a)
O movimento será retilíneo uniformemente retardado.
V
P
b) Nesse instante o corpo para (v = 0), porém não caracteriza repouso. Haverá inversão de movimento, ou seja, de retardado ele passa a ser acelerado.
V = 0
P
c) O movimento será retilíneo uniformemente acelerado.
V
P
07.20. Ele pode arremessar a “mochila” na mesma direção da ISS porém em sentido contrário. A reação o empurrará de encontro à estação.
08.01. a) N = 100 N; Fat = 0 b) N = 80 N; Fat = 0 c) N = 120 N; Fat = 0 d) N = 100 N; Fat = 20 N e) N = 90 N; Fat = 10√
3 N
f ) N = 100 N; Fat = 20 N08.02.
FatN
–N
–Fat
P
–P
08.03. a)
Fat
–Fat
T –TA
N
–NP
–P
b)
–F
–P
–Fat
–N
Fat
F
N
P
–F
08.04.
Fel Fel
Fat
N
P
T T
NH
Fat
PH
–N –NH
–P –PH
–Fel –Fel
–Fat
–Fat
–T –T
08.05.
Forças
Natureza da força
(contato/campo)
Lembrando que toda força é fruto da interação entre dois corpos, pergunta-se:
quem aplica esta força no corpo?
Onde atua a reação desta
força?
Peso Campo Terra Terra
Normal Contato Superfície de apoioSuperfície de apoio
Atrito Contato Superfície de apoioSuperfície de apoio
Tração Contato Corda Corda
Força elástica Contato Mola Mola
08.06. a) FR = O
Aula 08
2 3Extensivo Terceirão – Física 3B Extensivo Terceirão – Física 3B
b)
Fat
NA
A
PA
T T T TB
NB
PB
Fat
F
c) T = 5 N, pois o sistema está em equilíbrio. d) T = 5 N (3a. Lei de Newton) e) T = 5 N f ) T = 5 N, (3a. Lei de Newton) g) FR = 0
08.07. a) Para cada metro de deformação da mola, surge uma força de 20 N. b)
deformação x (m) 0 1 2 3 4 5
Força elástica (N) 0 20 40 60 80 100
c) Fel(N)
100
80
60
40
20
1 2 3 4 5 x(m)
α
d) tg α = 20 A tangente equivale ao valor da constante elástica.
08.08. a)N
P
FatT
b) v
FRa
c) retilíneod) provoca/variae) há/diferente de zerof ) uniformemente variado do tipo aceleradog)
t
v
t
F a
t
08.09. a)
Fat
N
P
b) v
FR
a
c) retilíneo d) provoca/varia e) há/diferente de zero f ) uniformemente variado do tipo retardadog)
t
v
t
F a
t
08.10. dComo a velocidade é constante, a resultante deve ser nula, o que implica as forças horizontais se anularem, assim como as verticais também.
08.11. cInércia não é força, mas sim uma propriedade relacionada à mas-sa. Quanto maior a massa do corpo, maior será a sua inércia, ou seja, maior a tendência de o corpo manter seu estado de mo-vimento, implicando uma dificuldade em alterar sua velocidade.
08.12. d I. VERDADEIRA.
av
tm s=
∆∆
=−
=20 10
52 2/
FR = m ∙ aFR = 4 ∙ 2 = 8 N
II. FALSA. Ação e reação nunca se anulam pois atuam em corpos diferentes.
III. VERDADEIRA. A nave se move por inércia.08.13. a
No intervalo de tempo considerado no gráfico, o recipiente R perde uma quantidade de massa igual a 0,96 kg, conforme se observa no gráfico que indica o aumento de massa registrado pela balança. Nesse tempo o comprimento da mola diminui de 0,08 m, confor-me se observa no primeiro gráfico.Pela Lei de Hooke, teremos que:Fel = k ∙ x0,96 ∙ 10 = k ∙ 0,08k = 120 N/m
08.14. cA força de arrasto, ou resistência do ar, é uma espécie de atrito que atua no sentido contrário ao do movimento. Seu valor aumenta com a velocidade, até que essa força se iguale à força que está pro-vocando o movimento, no caso 10 N. Assim:Far = 0,4 V2
10 = 0,4 ∙ V2
V = 5 m/s08.15. e
A força que freará o carro é o atrito. Pela 2a. Lei de Newton é possível concluir que, independente da velocidade, o carro deslizará com a mesma aceleração de frenagem. Assim:
FR = m ∙ a
Fat = m ∙ a
a = F
mat
2 3Extensivo Terceirão – Física 3B Extensivo Terceirão – Física 3B
Por Torricelli, podemos concluir que:
v v a s202 2= + ⋅ ⋅ ∆
0 = v 02 + 2 ∙ (–a) ∙ d
dv
a= 0
2
2
Se a velocidade inicial for duas vezes maior, teremos:
dv
a
v
ad’
( )= = =
2
2
4
240
202
Portanto, a distância percorrida será 4 vezes maior.
08.16. dA cinta é tracionada ao ser esticada. Isso significa que ela passa a exercer uma tração nos pontos onde ela estiver ligada. Quanto ao pneu do carro, o acréscimo procurado é igual à tração resultante sobre o pneu, pois as duas metades da cinta estarão empurrando-o para baixo, contra a plataforma, conforme mostra a figura abaixo.
60o
T T
60o 60o
60o
30o 30o
Decompondo as trações, teremos:
60o
T
y
x
TTy
Tx Tx
Ty
60o
30o30o
As componentes Tx se anulam, enquanto as componentes Ty se somam.Assim, podemos concluir que a resultante que comprime o pneu contra a plataforma é:
2 2 60 2 33
2 Ty T sen T T= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅
08.17. eA força F, cujo valor é 10 N, tenta mover o bloco 2 para a direita. Como os blocos movem-se juntos, subentende-se que não há des-lizamento entre os corpos. Portanto, eles se movem com a mesma aceleração. A seguir os corpos serão apresentados isoladamente com as forças que atuam sobre eles e suas respectivas equações da 2a. Lei de Newton.
Fat
N2
2
P2
F
FR = m ∙ aF – Fat = m2 ∙ a (I)
Fat
N1
1
P1N2
FR = m ∙ aFat = m1 ∙ a (II)Isolando a aceleração na equação II, teremos:
aF
mIIIat=
1
( )
Substituindo III em I, teremos:
F F mF
matat − = ⋅2
1
10 14
− = ⋅FF
atat
Fat = 8 N
08.18. Como o peso é de 800 N, podemos concluir que a massa é de 80 kg. Pela 2a. Lei de Newton, teremos:FR = m ∙ aFat = m ∙ a 40 = 80 ∙ aa = 0,5 m/s2
08.19. Dados: g = 10 m/s2; tg 14° = 0,25. a) As forças que agem na massa pendular são o peso e a tração.
T
P
b) TTy
Tx
P
14o
Analisando o fio de prumo, como o movimento é retilíneo, a componente vertical da resultante é nula e, portanto, Ty = P. Assim, a resultante é a componente Tx. Lembrando que acele-ração e resultante sempre possuem a mesma direção e sentido, a aceleração certamente é horizontal para a direita. Como o fio se desloca junto com o vagão, conclui-se que eles possuem a mesma aceleração (módulo, direção e sentido) e, por isso, a re-sultante sobre o vagão também é horizontal para a direita. No início do movimento, o vagão estava em repouso, o que nos leva a concluir que ele se deslocará na direção e sentido da resultante e, por isso, na horizontal para a direita.
vθ
c) Eixo horizontal:FR = m · aTx = m · aT · sen 14° = m · a (1)
Eixo vertical:Ty = PT · cos 14° = m · g (2)
Dividindo (1) por (2):
tg 14° =
9
ga = g · tg 14°a = 10 · 0,25 = 2,5 m/s2
4 5Extensivo Terceirão – Física 3B Extensivo Terceirão – Física 3B
Aula 0909.01. a) 32 N
b) 24 Nc)
F(N) Fat (N)Força
Resultante
Classificação do Movimento(Repouso, Uniforme
Acelerado, Retardado)
0 0 0 Repouso
10 10 0 Repouso
20 20 0 Repouso
30 30 0 Repouso
32 32 0 Repouso
35 24 11 Acelerado
40 24 16 Acelerado
28 24 4 Acelerado
25 24 1 Acelerado
24 24 0 Uniforme
20 24 –4 Retardado
09.02. a) NA
A
PA
PA
v = 0
centro da Terra
NA
c) NA
PA
PB
BNB
AFA
at
FBat
NA
FAat
FBat
NB
PA PB
centro da Terra
b) NA
A
PA
PA
v ≠ 0FA
at
FAat
NA
centro da Terra
d)
PA
N
FN
FAat
FAat
PA
F
centro da Terra
09.03. a) acelerado; b) uniforme;c) retardado; d) acelerado.
09.04. a) N
F
P
Fat
b) Fat = 200 N → Fat = M · N = 0,25 · 800 = 200 N
c) Fd) Iguale) a = 2,5 m/s2 → FR = m · a → 400 – 200 = 80 · a → a = 2,5 m/s2
f ) v = 7,5 m/s → v = vo + at → v = 2,5 · 3 = 7,5 m/s09.05. a
Diminuindo o peso da estante, diminui a força normal. Como o atrito depende da normal, diminui também o atrito, facilitando o deslo-camento.
09.06. aComo o bloco não se desloca, a resultante das forças é zero e, por isso, o valor da força de atrito é igual ao da força horizontal F que tentou provocar movimento.
09.07. d I. Verdadeira. Pela 2a. lei de Newton é fácil observar que:
FR = m ∙ a0 = m ∙ aa = 0
II. Falsa. A 2a. lei de Newton pode ser aplicada a qualquer situação, desde que o referencial seja inercial. No caso, a resultante é a força que aponta para o centro da curva.
III. Verdadeira. Admitindo trajetória retilínea, se a velocidade for constante, temos um MRU e, por isso, a resultante é nula. Portan-to, a força de atrito deve ter o mesmo módulo da força que puxa a caixa.
09.08. dPara que o guarda-roupas entre em movimento, a resultante das forças aplicadas pelos irmãos deve ter intensidade maior que a da força de atrito estática máxima.
09.09. bA força mínima necessária para que o livro entre em movimento deve ser maior que a força de atrito estática máxima.Cálculo da força de atrito estático máxima:Fat = µe ∙ N = 0,1 ∙ 10 = 1 NObservação: Para que o corpo entre em movimento bas-taria uma força pouco maior que o atrito estático máximo, ou seja, maior do que 1 N. Assim, se o valor desta força fos-se 1,00001, ou 1,000000001, ou 1,000000000000000001, ou 1,00000000000000000000000000000000001, o corpo entraria em movimento. Logo, o valor desta força tende a 1N.
09.10. aComo o gráfico mostra como varia a velocidade em função do tem-po, é possível calcular a aceleração do movimento:
av
t=∆∆
av
t= = −
−∆∆
0 5
10 0
a = – 0,5 m/s2
Observação: Na equação da 2a. Lei, usaremos a aceleração em mó-dulo.Como a resultante das forças é a força de atrito, teremos:FR = m ∙ aFat = m ∙ aµ ∙ m ∙ g = m ∙ aµ ∙ 10 = 0,5µ = 0,05 = 5 ∙ 10–2
09.11. bA força de atrito aumenta desde zero até seu valor máximo. Quan-do o corpo entra em movimento o valor do atrito diminui e passa a ser igual ao atrito cinético, cujo valor é constante.
09.12. cCálculo da força de atrito estático máxima:
( ) , , ,maxf N mg x x Ne e= = = =µ µ 0 3 1 0 10 3 0
Se a (f) ,max = 3 0 N significa que a força aplicada deve ser maior que 3,0 N para que o bloco se mova. Se a força for menor ou igual a 3,0 N, então F = fat.
4 5Extensivo Terceirão – Física 3B Extensivo Terceirão – Física 3B
09.13. bCálculo da força de atrito estático máxima:
Máxat eF N= µ ⋅
Máxat 0,35 (900 10) 3150 NF = ⋅ ⋅ =
Como a força aplicada é menor que a força de atrito estático má-xima, o corpo não entra em movimento. Neste caso, a força resul-tante é nula e, por isso, a força de atrito é igual a F, ou seja, 2900 N.
09.14. b I. Falsa. A roda gira justamente devido ao atrito. Caso não existisse
atrito, a roda deslizaria. II. Falsa. Existem outras forças: peso, normal e o atrito. III. Falsa. Nesse caso, a normal é igual à compressão que a superfície
recebe, sendo seu módulo igual ao peso. IV. Verdadeira. É o que afirma a 3a. Lei de Newton. V. Verdadeira. Quando o vetor velocidade é constante, temos um
MRU e, portanto, a força resultante é igual a zero (equilíbrio – 1a. Lei de Newton).
09.15. bA força resultante sobre o carro é a força de atrito. Assim, podemos calcular a aceleração:FR = m ∙ aFat = m ∙ a
aF
mat =
am g
mg = ⋅ ⋅ = ⋅µ µ
Agora, para calcular a distância, podemos aplicar Torricelli. Assim:
v v a s202 2= + ⋅ ⋅ ∆
v v g s202 2= − ⋅ ⋅ ⋅µ ∆
0 = 202 – 2 ∙ 0,8 ∙ 10 ∙ ∆s∆s = 25 m
09.16. bA força resultante que acelera o carro é a força de atrito. Assim, po-demos calcular a aceleração:FR = m ∙ aFat = m ∙ a
aF
mat =
am g
mg = ⋅ ⋅ = ⋅µ µ
09.17. cA força resultante sobre o carro é a força de atrito. Assim, observa-se que, independente da massa, a aceleração é a mesma.FR = m ∙ aFat = m ∙ a
aF
mat = → a
m g
mg = ⋅ ⋅ = ⋅µ µ
Agora, para calcular a distância, podemos aplicar Torricelli. Assim:
v v a s202 2= + ⋅ ⋅ ∆ → v v g s2
02 2= − ⋅ ⋅ ⋅µ ∆
0 202= − ⋅ ⋅ ⋅v g sµ ∆ → ∆s
v
g= 0
2
2µ
Como a aceleração não depende da massa, a distância percorrida será a mesma, portanto 2 m.
09.18. b
PPT
Fat
Ty
Tx
T = PN
T = P
Como o trabalhador permanece em repouso, a resultante é nula. Neste problema, como a tração é inclinada em relação à horizontal, ela deve ser decomposta em parcelas Ty e Tx. Por isso, a normal é igual a:N = P – TyCálculo da força de atrito estático máxima:
Máxat eF N= µ ⋅
( )eMáxatF P Ty⋅= µ −
Para que o trabalhador não entre em movimento, a força de atrito estático máxima deve ser igual a Tx. Assim:Tx = µe ∙ (P – Ty)T ∙ cos θ = µe ∙ (P – T ∙ sen θ)T ∙ 0,8 = 1 ∙ (700 – T ∙ 0,6)T = 500 NComo a tração deve ser igual ao peso das “n” telhas, teremos:T = n ∙ m ∙ g 500 = n ∙ 2 ∙ 10 n = 25
09.19. A força F, tenta mover o bloco A para a direita. Como os blocos movem-se juntos, ou seja, sem deslizamento, subentende-se que possuem a mesma aceleração. O máximo valor de F ocorrerá quando a força de atrito estática for máxima.A seguir os corpos serão apresentados isoladamente com as for-ças que atuam sobre eles e suas respectivas equações da 2a. Lei de Newton.
Fat
NA
A
PA
F
FR = m ∙ aF – Fat = mA ∙ a (I)
Fat
N1
1
P1NA
FR = m ∙ aFat = mB ∙ a (II)Isolando a aceleração na equação II, teremos:
aF
mIIIat
B
= ( )
Substituindo III em I, teremos:
F F mF
mIVat A
at
B
− = . ( )
Cálculo da força de atrito:Máxat eF N= µ ⋅
Máxat 0,6 1 10 6 NF ⋅ =⋅=
6 7Extensivo Terceirão – Física 3B Extensivo Terceirão – Física 3B
Substituindo valores na equação IV:
F F mF
mIVat A
at
B
− = ⋅ ( )
F − 6 16
2 = ⋅
F = 9 N09.20. a) A força resultante sobre o carro é a força de atrito. Assim, obser-
va-se que, independente da massa, a aceleração é a mesma.FR = m ∙ aFat = m ∙ a
aF
mat =
am g
mg = ⋅ ⋅ = ⋅µ µ
Agora, para calcular a distância, podemos aplicar Torricelli. Assim:2 2
0v v 2 a s= + ⋅ ⋅ ∆2 2
0v v 2 g s= − ⋅ µ ⋅ ⋅ ∆
0 202= − ⋅ ⋅ ⋅v g sµ ∆
∆sv
g= 0
2
2µ
b) Observe na equação obtida no item “a” que a distância percorrida durante a frenagem é inversamente proporcional ao coeficiente de atrito. Como com a utilização do freio ABS esse coeficiente é estático, seu valor é maior que o cinético e, por isso, a distância de frenagem será menor.
6 7Extensivo Terceirão – Física 3B Extensivo Terceirão – Física 3B
Aula 0707.01. b07.02. b
REQ =10
26+ REQ = 11 Ω
07.03. a
A
A
B
B
10 Ω
10 Ω
5 Ω
07.04. c
A B
30 Ω
30 Ω5 Ω
REQ = 530
2+ REQ = 20 Ω
07.05. c07.06. d
A B12 Ω
2 Ω
2 Ω
2 Ω
A B12 Ω
6 Ω
Rp =6 12
6 124
⋅+
= Ω
07.07. bA B2 Ω 4 Ω
12 Ω
A B6 Ω
12 Ω
Rp =6 12
6 12
⋅+
→ Rp = 4 Ω
07.08. eA
B
4 Ω
6 Ω 6 Ω
REQ = 462
+ → REQ = 7 Ω
07.09. d
27 Ω
27 Ω
27 Ω
40 Ω
B
A
REQ = 4027
3+ → REQ = 49 Ω
07.10. e
Req =⋅+
R R
R R1 2
1 2
34
4
12 3 4
12
5
12 5
7
2
2
2 2
2
2
=+
+ == Ω= += +
=
R
R
R R
R
R R
R
R Ω
07.11. a
A B
10 Ω
10 Ω3 Ω
5 Ω
Curto-circuito
5 Ω
5 Ω
REQ =5 5
5 5
⋅+
= 2,5 Ω
07.12. b07.13. e
PU
R=
2
P =⋅100 100
20
P = 500 W07.14. c
R + 3 = 12R = 9 Ω
U = REQ ∙ i
U = + +
⋅612
26 4
U = 72 V
Resoluções 3CFísica
PB 1Extensivo Terceirão – <disciplina> <numdisciplina> Extensivo Terceirão – Física 3C
07.15. b3 R
2 R
2 R
R
X Y
R
3 R
R
R
X Y
R
REQ = 3
2
R= 1,5 ∙ 10 REQ = 15 Ω
07.16. a RS = R2 + R3RS = 5 k + 7 kRS = 12 kΩ
RR R
R R
k k
k kPS
S
=⋅+
=⋅+
= ⋅1
1
312 3
12 32 4 10, Ω
UAB = Rp ∙ i12 = 2,4 ∙ 103 ∙ ii = 5 ∙ 10−3 A = 5 mA
07.17. c
R EQ = ⋅+
+ =3 6
3 64 6 Ω
UAB = REQ ∙ i27 = 6 ∙ ii = 4,5 A
Up = Rp ∙ iUp = 2 ∙ 4,5Up = 9 V
− No resistor de 6 ΩU = R ∙ i9 = 6 ∙ ii = 1,5 A
07.18. e− No resistor de 3 ΩP = R ∙ i2
27 = 3 ∙ i2
i = 3 A3 Ω
3A4,5A
1,5A
6 Ω
8 Ω
A B
Up = R ∙ i U = R ∙ iUp = 3 ∙ 3 U = 8 ∙ 4,5Up = 9 V U = 36 V
UT = 9 + 36 U = 45 V
07.19.
A
8 Ω
6 Ω
33 V
6 Ω
B
A 8 Ω 3 Ω
33 V
B
Req = 8 + 3 = 11 ΩU = Req ∙ i33 = 11 ∙ ii = 3 A
P1 = R1 ∙ i2
P1 = 8 ∙ 32
P1 = 72 W07.20.
– Para i = 3 A, temos: U = RS ∙ i U = Rp ∙ i48 = RS ∙ 3 e 9 = Rp ∙ 3RS = 16 Ω Rp = 3 Ω
RS = R1 + R2 e RR R
R Rp =⋅+
1 2
1 2
16 = R1 + R2 3 1 2
1 2
=⋅+
R R
R R
– Resolvendo o sistema, temos: R1 = 12 Ω e R2 = 4 Ω – Cálculo do REQ:
R1 R2
R1
R2
RS = 16 Ω
RP = 3 Ω
REQ = 16 + 3 Ω REQ = 19 Ω
08.01. eEm série, quem tem maior resistência dissipa maior potência.
08.02. dEm paralelo, quem tem menor resistência dissipa maior potência.
08.03. e08.04. d08.05. b
08.06. e08.07. d08.08. d08.09. a
↓ =↑
PU
RScte
s
2
P = ⋅+
2 2
1 2P W= 4
3
Aula 08
2 3Extensivo Terceirão – Física 3C Extensivo Terceirão – Física 3C
Aula 0909.01. d09.02. c09.03. b
U = E – r ∙ iU = 12 – 2 ∙ 3U = 6 V
09.04. d09.05. c09.06. e
U = E – r ∙ i8 = 12 – r ∙ 200r = 0,02 Ω
08.10. aI. Verdadeira. II. Verdadeira. Em série, a lâmpada de menor potência nominal
brilha mais.III. Falsa.
08.11. e08.12. b
– Na figura I, as potências efetivas das lâmpadas são iguais às po-tências nominais.
– Na figura II, as potências efetivas das lâmpadas são menores que as potências nominais.
08.13. dSe L5 queima, a corrente elétrica no trecho das lâmpadas L1, L2, L3 e L4 não se altera.
08.14. d
− Como R = PL
A e A2 > A1, temos que R2 < R1.
− Como P = U
Rcte2
e R2 < R1, temos que P2 > P1.
08.15. eNo esquema 2, as duas lâmpadas em série recebem cada uma 110 V e exibem brilho normal.
08.16. a− Para a água aquecer mais rápido, a potência dissipada tem que
ser maior.− Em paralelo, temos que:
↑ =↓
PU
Rcte
p
2
08.17. b08.18. d
− Cálculo de R1 e R2.
RU
P1
2
1
120 120
60240= = ⋅ = Ω
RU
P2
2
2
120 120
120120= = ⋅ = Ω
− Cálculo da corrente em R1 e R2:UT = REQ ∙ i120 = (240 + 120) ∙ i
i A= 1
3
− Cálculo das potências efetivas:Em R1 e R2
P1 = R1 ∙ i2
P1 = 240 1
3
2
= 26,7 W
P2 = R2 ∙ i2
P2 = 120 1
3
2
= 13,3 W
− Em L3 a potência efetiva é igual à potência nominal.08.19.
a) L1, sua corrente é 10 A.b) L2 e L3 apagam.c) L1 e L3 ficam acesas com corrente de 7,5 A cada uma.d) L1 apaga.e) apenas L1 fica acesa com corrente de 15 A.
08.20.
U = 200 V
U = 220 V
L1L2
L3
U = 100 V U = 100 V
PT = P1 + P2 + P3
PT = 40 + 40 + 40 PT = 120 W
09.07. cU = E – r ∙ iU = 12 – 2 ∙ 2U = 8 V
nU
E=
n = =8
120 67,
n = 67%
2 3Extensivo Terceirão – Física 3C Extensivo Terceirão – Física 3C
09.08. aU = E – r ∙ i0 = 12 – r ∙ 5r = 2,4 Ω
09.09. d
U (V)
12
4
A
Bi(A)
Ponto A Ponto BU = E – r ∙ i U = E – r ∙ i12 = E – r ∙ 0 0 = 12 – r ∙ 4E = 12 V r = 3 Ω
09.10. c
V (Volts)
16
A
B
12
4
i(A)
Ponto A Ponto BU = E – r ∙ i U = E – r ∙ i12 = E – r ∙ 0 4 = 12 – r ∙ 16E = 12 V r = 0,5 Ω
09.11. d09.12. b09.13. a
U = R ∙ i1,5 = 30 ∙ ii = 0,05 A
09.14. d
U (V)
20
5
A
Bi(A)
Ponto A Ponto BU = E – r ∙ i U = E – r ∙ i20 = E – r ∙ 0 0 = 20 – r ∙ 5E = 20 V r = 4 Ω
U = E – r ∙ i U = 20 – 4 ∙ i
09.15. a
R = 4,0 Ω
R = 1,0 Ω
E = 2,0 V
ΣE = ΣR ∙ i U = E – r ∙ i2 = (1 + 4) ∙ i U = 2 – 1 ∙ 0,4i = 0,4 A U = 1,6 V
09.16. a
R = 3,5 Ω
R = 0,5 Ω
E = 10 V
U = E − r ∙ i ΣE = ΣR ∙ i5 = 10 − r ∙ 10 10 = (0,5 +3,5) ∙ ir = 0,5 Ω i = 2,5 A
09.17. c09.18. b
q = i ∙ tq = 1 200 ∙ 10−3 ∙ 3 600q = 4 320 C
09.19.
U (V)
80
10i(A)
A
B
a) Ponto A Ponto BU = E – r ∙ i U = E – r ∙ i80 = E – r ∙ 0 0 = 80 – r ∙ 10E = 80 V r = 8 Ω
b) E = 80 V Icc = 10 A
09.20. Aberto U = E = 1 V
Fechado (corrente curto-circuito)U = E – r ∙ i0 = 1 – r ∙ 20r = 0,05 Ω
4 PBExtensivo Terceirão – Física 3C Extensivo Terceirão – <disciplina> <numdisciplina>
07.01. aSe o raio de luz está passando do meio mais refringente para o menos e incide no dioptro com um ângulo igual ao limite, esse, sofrerá refração rasante.
07.02. eQuando o raio de luz monocromático sofre refração, a velocidade sempre será alterada e a frequência permanecerá constante.
07.03. aPara o funcionamento da fibra ótica, a luz deve permanecer na parte interna da fibra (núcleo) e, para isso, a luz deve sofrer refle-xões totais.
07.04. cCalculando o ângulo limite, encontra-se L = 30°. Portanto, se o ân-gulo de incidência for menor do que 30° (i < 30°), o raio sofrerá uma refração simples.
07.05. bO raio que se propaga em direção à estrada (muito quente) estará “passando” do meio mais refringente para o menos, condição ne-cessária para que ocorra o fenômeno de reflexão total.
07.06. d I. Correta II. Incorreta – do ar (–) para a água (+) nunca ocorrerá reflexão
total, mesmo que o ângulo de incidência seja maior do que o ângulo limite.
III. Incorreta – A refração ocorre com mudança na velocidade mas a frequência permanece constante.
07.07. bSe um raio passa do mais refringente para o menos, pode sofrer refração simples, refração rasante ou reflexão total, dependendo do ângulo limite.
07.08. eComo o ângulo de incidência é menor do que o ângulo limite (i < L), o raio sofrerá uma refração simples, afastando-se da linha normal, portanto o raio III.
07.09. dO ângulo de incidência deve ser menor do que 90° e o índice de refração do núcleo deve ser sempre maior do que o índice de re-fração da casca.
07.10. bPara que o raio refrate de forma rasante devem existir duas condi-ções: n1 > n2 e i = L
07.11. ePara que ocorra a reflexão total a radiação deve “passar” do mais re-fringente para o menos além do ângulo de incidência (i) ser maior do que o ângulo limite (L).
07.12. cComo a diferença entre o índice de refração do diamante e do ar é maior do que a diferença do índice de refração entre o vidro e o ar, o fenômeno de reflexão total ocorre com mais facilidade.
07.13. cA densidade o líquido B deve ser maior do que a densidade de A e o líquido e o índice de refração do líquido A deve ser maior do que do líquido B para que ocorra a reflexão total, por isso os líquidos são 2 e 3.
07.14. cCalculando
sen Ln
nmenor
maior
=
sen L = 1 0
13
,
,
sen L = 0,77Como sen L < sen i, podemos afirmar que L < i, portanto o raio sofrerá reflexão total.
07.15. aPara que o raio sofra reflexão total, devem existir duas condições: nA > nB e i > L
07.16. cCalculando
sen Ln
nmenor
maior
=
sen L = 1 0
2
,
sen L = 2
2
L = 45°Como i = L o raio sofrerá refração rasante.
07.17. b I. Correta. Como a diferença entre o índice de refração da glicerina
e do ar é o menor, esse raio sofrerá o menor desvio, fazendo com que esse seja o maior ângulo de refração.
II. Incorreta. O Diamante tem o maior índice de refração, portanto a luz se propaga nesse meio com a menor velocidade, pois o índice de refração e a velocidade são grandezas inversamente proporcionais.
III. Correta. Calculando 1 ( acrílico e ar)
sen Ln
nmenor
maior
=
sen L = 1 0
192
,
,
sen L1 = 0,67Calculando 2 ( zircônio e ar)sen L = nmenor/ nmaior sen L = 1,0 / 1,92sen L2 = 0,52Se sen L1 > sen L2 teremos que L1 > L2
IV. Incorreta. Depende das características do meio e do tipo de ra-diação pois cada radiação.
07.18. 26 (02, 08, 16)01) nA < nB
02) nc
v
n
n
AA
A
A
=
=
=
300 000
250 0001 2
.
.,
Aula 07
Resoluções
1Extensivo Terceirão – Física 3D
3DFísica
08.01. cAo passar de um meio de propagação para outro, diferente do pri-meiro, o raio luminoso sofre refração.
08.02. dQuando um raio de luz passa do ar para a água, sofre refração se aproximando da linha normal a superfície.
08.03. bNas seguintes refrações:ar – polímero – raio se aproxima da normal, portanto nar < npol
polímero – cristal – raio se aproxima da normal, portanto npol < ncri
cristal – ar – raio se afasta normal, portanto nar < ncristal
Portanto: ncri > npol < nar
08.04. aA imagem através de um dioptro aparecerá sempre um pouco aci-ma da posição real do objeto.
08.05. bComo a imagem através de um dioptro aparecerá sempre um pouco acima da posição real do objeto, o fundo da piscina visto pelo atleta (Ha) estará um pouco acima da profundidade real (Hp), portanto Ha < Hp.
08.06. dA profundidade aparente é um fenômeno que ocorre em virtude da ocorrência da refração da luz entre a água e o ar.
08.07. c I. Incorreta. Afastam-se pois refratam do mais refringente para o menos. II. Correta.III. Incorreta. Ao passar da água para o ar, o raio de luz sofre refração
e, na maioria das vezes, desvio.
08.08. cAo passar da água para o ar o raio de luz sofre refração.
08.09. bA imagem através de um dioptro aparecerá sempre um pouco acima da posição real do objeto, portanto mais próxima da linha- -d’água.
08.10. eA imagem do peixe através da água aparecerá sempre um pouco acima da posição real em virtude do desvio desse raio pelo fenô-meno da refração da luz.
08.11. cp
p
n
n
p
p m
obs
obj
’
’
’ ,
=
=
=
3
143
2 25
Portanto 0,75 m mais próximo em relação a profundidade real.08.12. b
p
p
n
n
p
p m
obs
obj
’
,
,
=
=
=
1
133
3 99
Se p ≅ 4 m e p’ = 3 m a distância real e maior do que a aparente e vale 4 metros.
04) Ver 02
08) n sen i n sen r
n
n
A B
B
B
⋅ = ⋅
⋅ = ⋅
=
1 22
2
1
2
1 2 2
,
,
16) Como nA < nB teremos que VB < VA
32) Nunca ocorrerá reflexão total se o raio “for” do mais refringente para o menos.
07.19. e I. Correta. II. Correta.
nv . seni = nar . senrnv . sen 45° = nar . sen 90°
n nv ar⋅ =/ 2
III. Correta.IV. Incorreta. A frequência permanece constante.
07.20. 52 (04, 16, 32)01) Incorreta. Do Rutilo para o Hidrogênio pode ocorrer reflexão
total, dependendo do ângulo de incidência.02) Incorreta. O valor do ângulo limite depende dos índices de re-
fração dos meios considerados.04) Correta. Índice de refração é inversamente proporcional à velo-
cidade da luz no meio.08) Incorreta. Índice de refração é inversamente proporcional à ve-
locidade da luz no meio.16) Correta. Como o Rutilo é o meio de maior índice de refração,
esse meio proporcionará ao raio o maior desvio, portanto o me-nor ângulo de refração.
32) Índice de refração é inversamente proporcional a velocidade da luz no meio.
64) Incorreta, diferentes índices de refração proporcionam veloci-dades diferentes para os raios de luz.
07.21. np >2Na face Bn1 . seni = n2 . sen rnp . sen 30° = 1 sen 90°
n
n
p
p
⋅ = ⋅
=
1
21 1
2
Para reflexão totalnp > 2
07.22. a) reflexão e refraçãob) Como 50° > 42°o raio de luz sofrerá reflexão total em B.
A
B
75º
40º
50º50º
75º
Aula 08
2 Extensivo Terceirão – Física 3D
08.13. eEspessura da placa
vS
Te
e m
=
⋅ =⋅
= ⋅
∆∆
−
−
2 101 10
2 10
89
1
Índice de refração absoluto
nc
v
n
n
=
= ⋅⋅
=
3 10
2 10
1 5
8
8
,
08.14. bPulso 1
nc
v
c
vv
c
vs
t
c d
tt
d
c
nc
v
c
vv
c
= → = → =
= → = → =
= → = → =
1 41 4
1 4
1 4
1 81
,,
,
,
,
∆∆ ∆
∆
,,
,
,
, , ,
8
1 8
1 8
1 4 1 8 3 21
vs
t
c d
tt
d
c
td
c
d
c
d
c
= → = → =
= + =
∆∆
∆
Pulso 2
nc
v
c
vv
c
vs
t
c d
tt
d
cCalculando teremos
t
t
= → = → =
= → = → =
=
22
2
2 4
1
2
∆∆ ∆
∆
33 2
40 81
2
,,
⋅ ⋅ → =d
c
c
d
t
t
08.15. dComo o raio incidente na lâmina é paralelo ao raio emergente o ângulo “a” é igual ao ângulo “g”. Portanto, o ângulo “q” vale 90 – a.
08.16. c
d esen i r
r
dsen
d
d cm
= ⋅
=
= ⋅
=
( )
cos
( )
cos
−
−2 3
60 30
30
2 31
2
2
3
2
n sen i n sen r
sen sen r
r
1 2
1 60 3
30
⋅ = ⋅
⋅ ° = ⋅= °
08.17. dy
htg
y
htg
y
h
y
h
=
= °
=
=
θ1
30
3
3
0 577,
n sen i n sen r
sen sen
sen
sen
1 2
1
1
1
1 60 174
0 866 174
0
⋅ = ⋅⋅ ° = ⋅
= ⋅=
,
, ,
,
θθ
θ 55
301θ = °
08.18. cn1 . sen i = n2 . sen r1 . sen 30° = 1,47 . sen θ1
2= 1,47 . sen θ
θ = 0,34
θ arc sen 0,34
08.19. 30 (02, 04, 08, 16)01) Incorreta. O raio só sofrerá um deslocamento lateral.02) Correta.
n1 . sen i = n2 . senr1 . sen 60° = 3 . senr r = 30
04) Correta.
d esen i r
r
dsen
d
=
=
=
( )
cos
( )
cos
−
−2 3
60 30
30
2
08) Correta.
nc
v=
16) Correta.
08.20. a)raio incidente
raio emergente
prolongamento doraio incidenteparalelos
n(ar)
i’
r’
r
Nd
N
e=2,0 cm
i
n(vidro)
60º
45º
b) nar · seni=nvidro · senr 1 · sen60° = nvidro · sen45°
1 · 32 = nvidro · 2
2
nvidro= 62
nvidro = 1,2c) d = e · sen(i – r)/cosr
d = 2 · sen(15°)/cos45°d = 2 · 0,25/0,7 d = 0,71 cm o desvio angular é nulo, pois o prolongamento do raio inci-dente e o raio emergente tem a mesma direção, ou seja, são paralelos --- β = 0
d) nvidro · senr = nar · senr’ 1,2 · sen45° = 1 · senr’ 1,2 · 0,7 = 1 · senr’ r’ = 60° O raio incidente e o prolongamento do raio incidente são pa-ralelos.
3Extensivo Terceirão – Física 3D
09.01. V – F – V – V – Fa) Verdadeirob) Falso, pode ser aplicado as duas faces pois em ambas pode ocor-
rer o fenômeno de refração.c) Verdadeirod) Verdadeiroe) Falso, sofre refração pois atravessa de um meio para o outro, mas
não sofre desvio.09.02. a
Δ = i + i’ – αΔ = 50° + 30° – 60°
Δ = 20°
09.03. bA = α = 60°np = 2i = 45°
n1 · sen i = n2 · senr1 · sen 45° = 2 · senrr = 30°A = r + r’60 = 30 + r’ r’ = 30°
i = i’i’ = 45°Δ = 2i – AΔ = 2 · 45° – 60°
Δ = 30°
09.04. d
√2
60º
i
α = 2 . r60 = 2rr = 30°r’ = 30°
n1 · sen i = n2 · sen r
1 · sen i = 2 · sen 30°
sen i = 2
2 i = 45°
09.05. bn1 · seni = n2 · senr
3 · sen 30° = 1 · senr
r = 60°
09.06. bMatematicamente é possível determinar que o ângulo de refrin-gência pode ser obtido pela soma dos ângulos r + r’.
09.07. aPrisma equilátero
45º30º
1
30º
√2
α = 60º
n1 · seni = n2 · senr1 · sen 45° = 2 · senr
r = 30°
α = r + r’60 = 30 + r’ r’ = 30°
Prisma de desvio mínimoi = i’ i’ = 45°Δ = 2i – αΔ = 2 · 45° – 60
Δ = 30°
09.08. d
r’
n1 . sen i’ = n2 . sen r’
1 . sen 90° = 2 . sen r’
sen r’ = 1
2
2
2
08.21. Interface n1 – n2 n1 · sen θ1=n2 · senr 2 · sen θ1=1,5 · senr senr=2 · sen θ1/1,5 (equação I)
n1 = 2,0
N
N
I I In1 = 1,5
n1 = 1,0
θ1
Interface n2 – ar calculando o ângulo limite L senL=nmenor/nmaior=1/1,5 para que haja reflexão total nessa interface, o raio de luz deve incidir nela com um ângulo r tal que r>L, ou seja, senr>senL senr>1/1,5 (equação II)
Substituindo I em II 2 · sen θ1/1,5 > 1/1,5 sen θ1>1/2 θ1>30° para qualquer valor de θ1 maior que 30°, o raio de luz sofrerá reflexão total na interface n2 – n1.
Aula 09
4 Extensivo Terceirão – Física 3D
sen r r’ ’= → = °2
245
A = r + r’A = 0 + 45°A = 45°
09.09. ci = i’ r = r’α = 2r40 = 2rr = 20°
n1 · sen i = n2 · sen r1 · sen 30° = np · sen 20°1 · 0,5 = np · 0,34
np ≅ 1,5
09.10. an1 · sen i’ = n2 · sen r’
1 · sen i’ = 2 · sen 30°
sen i’ = 2
2
i’ = 45°
desvio = 15°
09.11. b
A
C60º
60º
B
i = 60°
Sen Ln
n
Sen L
Sen L
menor
maior
=
=
= =
1
1 52
30 67
,
,
Seni = 0,85SenL = 0,67portantoi > LO raio sofrerá reflexo total na face C.
09.12. cΔ = i + i’ – αΔ = 2i – αΔ = 2 · 53° – 60°
Δ = 46°
n1 · sen i = n2 · sen r1 · sen 53° = 1,6 · sen rr = 30°α = r + r’60° = 30° + r’r’ = 30°Se r = r’ logo i = i’
09.13. dα = +
° = + °= °⋅ = ⋅
⋅ ° = ⋅ °
=
r r
r
r
n seni n senr
sen n sen
n
p
p
’
60 30
30
1 45 30
2
1 2
09.14. bn1 · sen i’ = n2 · sen r’1 · sen 90° = np · sen 60°
n
n n
p
p p
=
= → =
2 3
3 3
2 3
3115,
09.15. 07 (01, 02, 04)60º
θ1
01) Correta n1 · sen i = n2 · sen r 1 · sen 60° = 3 · sen r r = 30° α = r + r’ 60° = 30° + r’ r’ = 30° Se r = r’ logo i = i’ i’ = °60
02) Correta Δ = 2i – α Δ = 2 · 60° – 60° ∆= °60
04) Correta para θ1 = 60°
np = 3 i = i’ e r = r’08) Incorreta n1 · sen i = n2 · senr 1 · sen 45° = 2 senr r = 30° α = r + r’ 60° = 30° + r’ r’ = 30°
Sen Ln
n
Sen L
L
menor
maior
1
245= °
r’ < L (Não ocorre reflexão total).16) IncorretaSofrerá desvio pois nmeio = nprisma
5Extensivo Terceirão – Física 3D
09.16. b
i’ = 9º
3º
3º
6º
3º
n1 · sen i’ = n2 · sen r’1 · sen i’ = 1,5 · sen 5°sen ‘ = 0,157i’ = 9°como no espelho plano i = r
r = °3
09.17. d
45º
45º
45º
60º
30º
A
C B
D
I) Incorreta n1 · sen i = n2 · sen r
3 45 2
60
⋅ ° = ⋅
= °
sen senr
r
II) Incorreta
r = °60
III) Corretaα = += ° += °⋅ = ⋅
⋅ = ⋅ °
=
r r
r
r
n sen i n sen r
sen i sen
i
’
’
’
’ ’
’
’
90 60
30
1 2 30
4
1 2
55
IV) Ver figura.
09.18. A = 60°i = 45° i’ = 30° A = r + i’ 60 = r + 30°. Logo r = 30° Aplicando Relação de Snell-Descartes: nar · seni = nv · senr 1 · sen45° = nv · sen30°
1 · 2 2/ = nv · 1/2
nv = 2
09.19.
A
A
r r ii
d
Snell-Descartes na face 1:nar · seni = nv · senr
1 · 2 2 2/ = · senr
senr = 1/2 r = 30° A = r + r’60 = 30 + r’r’ = 30°Como r = r’, então i = i’ e o desvio é mínimo. Assim:dmin = 2i – A dmin = 2 · 45° – 60° dmin = 30°
6 Extensivo Terceirão – Física 3D
