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– 1
FRENTE 1 – MECÂNICA
n Módulo 24 – Teorema da Energia
Cinética e Método Gráfico
1) TEC: τat = �Ecin
�mg �s cos 180° = 0 –
�s = (m) = 100m
Resposta: D
2) TEC: τat = �Ecin
�C m g d cos 180° =
2
– V2
�C d g (–1) = – V2 = –
Resposta: A
3)
a) 1) Cálculo do tempo de queda:
�sy = V0yt + t2 (MUV) ↓�
1,25 = 0 + tQ2
tQ2 = 0,25 ⇒
2) Cálculo da velocidade horizontal V1:
�sx = V1 t
5,0 = V1 . 0,50 ⇒
b) A força de atrito é a força resultante utilizada na freada do
carro.
Aplicando-se o teorema da energia cinética:
τat = �Ecin
� m g d cos 180° = –
0,7 . 10 . 12,5 (–1) = –
– 87,5 = 112,5 –
= 200
V0
2 = 400 ⇒
Respostas: a) 10m/s
b) 20m/s ou 72km/h
4) a) τF = �→F � �
→d � cos 0°
τF = 30 . 3,0 . 1 (J) ⇒
b) 1) τP = –mgH
τP = –1,0 . 10 . 3,0 (J) ⇒
2) TEC: τtotal = �Ecin
τF + τP + τar = �Ecin
90 – 30 + τar = 40
τar = (40 – 60) (J)
Respostas: a) 90J
b) –20J
5) TEC: τat + τP = �Ecin
– �mgd + mgH = 0
d = = = 5,0m
O menino percorre 5,0m na região de atrito:
2,0m de B para C
2,0m de C para B
1,0m de B para M (ponto médio entre B e C)
Resposta: A
CADERNO 6 – CURSO D/E
m V20
––––––2
V20
�s = –––––2�g
(20,0)2
––––––––––2 . 0,2 . 10
m–––2 � �
V–––2 � �
1–––2 �
V2
–––4 �
1–––2 �
3V2
–––4 �
3V2
�C = –––––8gd
�y
–––2
10–––2
tQ = 0,50s
V1 = 10m/s
mVf2
–––––2
mV02
–––––2
(15)2
––––2
V02
–––2
V02
–––2
V02
–––2
V0 = 20m/s
τF = 90 J
τP = –30 J
τar = –20J
1,0m–––––
0,2
H–––�
FÍSICA
6) a) De A para B:
mg H = – ⇒
b) De A para C:
mgH + �mg D cos 180o = 0
H = �D ⇒
Respostas: a) �������2g H b)
7) 1) τF = área (Fxd) = (10,0 + 5,0) (J) = 75,0J
2) τP = –mgH = – 0,50 . 10 . 10,0 (J) = – 50,0J
3) TEC: τtotal = �Ecin
V2 = 100 ⇒
Resposta: C
8) a) A intensidade da força de atrito é dada por:
Fat = � FN
Fat = 0,50 . 100 (N) ⇒
b) 1) O trabalho do atrito é dado por:
τat = .→Fat. .
→d . cos 180°
τat = 50 . 2,0 . (–1) (J)
2) O trabalho da força →F é medido pela área sob o gráfico
(F x d):
τF = (J)
3) O trabalho total é dado por:
τtotal = τF + τat
c) O módulo da velocidade (V) é cal culado pelo teorema da
energia cinética:
125 = V2 ⇒
Respostas: a) 50N
b) 125J
c) 5,0m/s
n Módulo 25 – Potência
1)
1) Conforme a figura: sen 30° =
= ⇒
2) TEC:
τmotor + τp = 0 (MU)
τmotor – mgH = 0
τmotor = mgH = 15 . 200 . 6,0 (J)
3)
Potm = ⇒
Resposta: C
2) a) A senhora aplica sobre a escada uma força vertical para
baixo de intensidade igual à de seu peso e que sofre um
deslocamento vertical H = 7,0m.
Portanto:τ = PS . H
τ = 60 . 10 . 7,0 (J) ⇒
A potência cedida à escada é dada por:
Pot = = ⇒
τP = �Ecin
mvB2
–––––2
mvA2
–––––2
vB = �������2g H
τP + τat = �Ecin
H� = –––
D
H� = –––
D
10,0––––
2
m V2 m V02
τF + τP = –––––– – –––––––2 2
0,50V2
75,0 – 50,0 = –––––––– – 02
V = 10,0m/s
Fat = 50N
τat = –100J
(150 + 75) 2,0–––––––––––––
2
τF = 225J
τtotal = 125J
mV2 mV02
τtotal = ––––– – –––––
2 2
10––––
2V = 5,0m/s
H––––AB
1–––2
H–––12
H = 6,0m
τtotal = �Ecin
τmotor= 18 . 103J
τmotorPotm = ––––––
�t
18 . 103J––––––––
60sPotm = 3,0 . 102W
τ = 4,2 . 103J
Pot = 1,4 . 102W4,2 . 103J
–––––––––––30s
τ––––�t
2 –
b) 1) O número de degraus da escada é dado por:
H = n h
7,0 = n . 0,2 ⇒
2) Para que os tempos gastos pelo homem e pela mulher
se jam iguais, devemos ter:
VR(homem)= VR(mulher)
A velocidade resultante do homem é dada por:
VR(H)= VH – VE
A velocidade resultante da mulher é dada por:
VR(M)= VE
Portanto: VH – VE = VE ⇒
Sendo e a extensão do degrau, temos:
= 2
Portanto:
c) Para um referencial fixo na escada, o homem tem ve -
locidade escalar constante 2V e sobe uma altura 2H, em
que H é a altura da escada em relação ao solo.
Aplicando-se o teorema da energia cinética, obtém-se:
τinterno + τPeso = �Ecin
τinterno – 2mgH = 0 ⇒
τinterno = 2 . 80 . 10 . 7,0 (J)
Respostas: a) 1,4 . 102 W
b) 70
c) 11,2kJ
3) 1) τmotor = �Ecin = –
τmotor = (J) = 450 . 103J
2) Potmotor = – = 45 . 103W = 45kW
Resposta: A
4) a) Quando o elevador se movimenta com velocidade cons -
tante, a força resultante sobre ele é nula e a força aplicada
pelo cabo equilibra o peso do elevador.
F1 = P = Mg
F1 = 5,0 . 103 . 10 (N)
b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton para o instante con -
siderado, temos:
F2 – Mg = Ma
F2 = M (a + g)
F2 = 5,0 . 103 . 15 (N)
F2 = 75 . 103N
c) No instante T, em que a = 5,0m/s2, temos
Pot = F2V2 (constante)
150 . 103 = 75 . 103 V2 ⇒
d) Como a potência é constante, a velocidade máxima VL
ocorre quando a respectiva força aplicada pelo ca bo é
míni ma; isto ocorre quando F = P = 5,0 . 104N.
Pot = Fmín VL = constante
150 . 103 = 50 . 103 VL ⇒
Respostas: a) 5,0 . 104N b) 7,5 . 104N
c) 2,0m/s d) 3,0m/s
5) a) 1) Para uma dada velocidade, a aceleração será máxima
quan do o motor estiver desen vol vendo sua potência
máxima:
Potmáx = Fmáx . v
2,64 . 106 = Fmáx . 120 ⇒
2) 2.a Lei de Newton:
Fmáx = m amáx
2,20 . 104 = 1,10 . 103 amáx ⇒
b) A força que acelera o veículo é recebida do chão por meio
do atrito e, portanto:
F � Fatdestaque
Fmáx = � (P + Fa)
2,20 . 104 = 0,50 (1,10 . 104 + Fa)
4,40 . 104 = 1,10 . 104 + Fa ⇒
c) Para as rodas derrapando, o atrito é dinâmico e a força de
atrito terá intensidade dada por:
Fat = � P = 0,50 . 1,10 . 104 (N) = 5,50 . 103N
A velocidade dos pontos da periferia da roda tem módulo
v dado por:
v = � R = 600 . 0,40 (m/s) = 240m/s
Como o carro ainda não se movimentou, toda a potência
forne cida pelo motor foi consumida pelo atrito:
Potmotor = .Potatrito. = Fat . V
Potmotor = 5,50 . 103 . 240 (W) ⇒
Respostas: a) 20,0m/s2
b) 3,30 . 104N
c) 1,32 . 106W
n = 35
VH = 2VE
n’e–––––
�t
n e–––––
�t
n’ = 2n = 70
τinterno = 2mgH
τinterno = 1,12 . 104 J = 11,2 kJ
mV2f
–––––2
mV20
–––––2
1,0 . 103 . 900–––––––––––––
2
τmotor–––––
�t
450 .103J–––––––––
10s
F1 = 5,0 . 104N
F2 = 7,5 . 104N
F2 = 7,5 . 10 4N
V2 = 2,0m/s
VL = 3,0m/s
Fmáx = 2,20 . 104N
amáx = 20,0m/s2
Fa = 3,30 . 104N
Potmotor = 1,32 . 106 W
– 3
6)
a) 1) A potência útil do motor do carro é dada por:
Pot = FV
120 . 103 = F . 60 ⇒ F = 2,0 . 103N
2) Sendo constante a velocidade do carro, a força
resultante é nula e portanto:
Far = F = 2,0 . 103N ⇒
b)
Estando o carro com o motor desligado (motor desa copla -
do), a força de atrito trocada com o plano será nula e, para
manter a velocidade constante, teremos:
Pt = Far
Mg sen � = Far
800 . 10 . sen � = 2,0 . 103 ⇒
c)
1) Para manter a velocidade constante, a força re sul tante
é nula e portan to:
F’ = Pt + Far ⇒ F’ = Mg sen � + Far
F’ = 800 . 10 . 0,3 + 2,0 . 103 (N) ⇒
2) A potência útil desenvolvida pelo motor será da da por:
Pot = F’ V
Pot = 4,4 . 103 . 60 (W) ⇒ Pot = 264 . 103W
Respostas: a) 2,0 . 103N
b) sen � = 0,25
c) 264 kW
n Módulo 26 – Energia Mecânica
1) A energia cinética da criança, em relação à estrada, é dada por:
V = 72 = (m/s) = 20m/s
EC = . (20)2 (J)
Em relação ao carro, a criança está para da e sua ener gia
cinética é nula.
Resposta: D
2) EC =
2,0 . 102 =
V2 = 4,0 . 102
Do gráfico dado:
V = 20m/s nos instantes t1 = 8,0s e t2 = 16,0s
Resposta: E
3) 1) V = V0 + � t (MUV)
V = g t
2) EC = = t2
↘ constante k
O gráfico EC = f(t) é um arco de parábola com concavidade
para cima.
Resposta: D
4) Para um referencial na cabeça do macaco:
Epi = m g H
Epi = 0,20 . 10 . 4,5 (J) = 9,0J
Ed = Epi– Ecf
Ed = 9,0J – 7,0J ⇒Resposta: A
5) a) V2 = V02 + 2 � �s (MUV)
(20)2 = 0 + 2 . 10 . H ⇒
b) Edissipada = Epot relativa ao chão = m g H
Ed = 0,180 . 10 . 20 (J)
Respostas: a) 20m
b) 36J
Far = 2,0 . 103N
sen � = 0,25
F’ = 4,4 . 103N
Pot = 264 kW
m V2
EC = –––––2
km–––h
72–––3,6
40–––2
EC = 8,0 . 103J
mV2
–––––2
1,0V2
–––––2
V = 20m/s
m––– g2
2
m V2
–––––2
EC = k t2
Ed = 2,0J
H = 20m
Ed = 36J
4 –
6)
a) 1 – Aplicando-se o Teorema de Pitágoras, vem:
V0
2= 9,0 + 4,0 ⇒
2 – A energia cinética inicial é dada por:
Ecin0
= . 13,0 (J)
b) No ponto mais alto da trajetória, a velocidade só tem
com ponente horizontal, que é igual à componente hori -
zon tal da velocidade de lan çamento, pois o movimento
horizontal é uni forme.
Ecin1= (J)
Respostas: a) 6,5 J
b) 4,5 J
n Módulo 27 – Energia Mecânica
1) 1) V = V0 + � t
V = g t
Ec = = g2 t2 = k t2 (parábola com concavidade
para cima)
2) Ep = Em – Ec
Ep = Em – k t2 (parábola com concavidade para baixo)
Resposta: A
2)a)
(referência em B)
= + m g H
VB
2= V0
2+ 2 g H
VB = ����������� V0
2+ 2 g H
VB = ���������� 500 + 2 . 10 . 100 (m/s)
b) Ed = EB – EC
Ed = – m g h
Ed = (50)2 – 1,0 . 10 . 45 (J)
Ed = 1250 – 450 (J)
Respostas: a) 50 m/s
b) 8,0 . 102J
3) a)
+ m g hB = + m g hA
VB
2 + 2 g hB = VA
2 + 2 g hA
VB = �������������VA
2 + 2g (hA – hB)
VB = ������������������36,0 + 2 . 10,0 (–1,0) (m/s)
b) 1) Como hA = hC ⇒
2)
+ m g hA =
VD = ��������V0
2 + 2 g h
VD = ��������������36,0 + 2 . 10,0 . 4,0 (m/s)
VD 10,8m/s
V0
2 = V0x
2+ V
2
0y
V0
2 = 13,0 (SI)
m V0
2
Ecin0
= –––––––––2
1,0–––2
Ecin0
= 6,5J
m V1
2
Ecin1= –––––––––
2
1,0 . 9,0––––––––
2
Ecin1= 4,5J
m V2
–––––––2
m–––2
EB = EA
m VB
2
––––––2
m V0
2
––––––2
VB = 50m/s
m VB
2
––––––2
1,0–––2
Ed = 8,0 . 102J
EB = EA
m VA
2
–––––––2
m VB
2
–––––––2
VB = 4,0m/s
VC = VA = 6,0m/s
EA = ED
m VD
2
–––––––2
m V0
2
–––––––2
VD = ����116 m/s
– 5
c) τP (AD) = �EC = (VD
2 – VA
2)
τP = (116 – 36,0) (J) ⇒
Respostas: a) 4,0m/s
b) 6,0m/s e ����116 m/s
c) 20,0J
4)
1) Do gráfico dado: t = 0,4s ⇒ VB = 4,0m/s
2) Usando-se a conservação da energia mecânica en tre A e
B, vem:
(referência em A)
+ m g h =
VB
2+ 2 g h = VA
2
h = (m)
Resposta: B
5) 1) Cálculo do módulo de →VB:
De A para B, a energia mecânica se conserva:
(referência em B)
= mgR ⇒
2) Cálculo do tempo de queda de B para C:
�sy = V0y t + t2 (MUV)
h – R = 0 + T2 ⇒
3) Cálculo do alcance OC:
�sx = Vx t (MU) ⇒ OC = �2gR .
Resposta: D
6) 1) Conservação da energia mecânica entre A e D:
(referência em D)
mg H = ⇒ H = = (m) ⇒
2) Conservação da energia mecânica entre A e C:
(referência em C)
mg (H – h) = ⇒ H – h = ⇒ H = h +
20 = h + ⇒
Resposta: E
7) I) FALSA. A componente horizontal da velocidade só se
mantém cons tan te depois que o corpo abandona a ram pa
e fica sob ação exclusiva da gravidade.
II) CORRETA. No trecho ABC, a velocidade horizontal é cons -
tante porque a aceleração do corpo é vertical (→a =
→g ).
III) CORRETA. Usando-se a conservação da energia me câ nica
entre A e B, vem:
(referência em A)
+ m g (hB – hA) =
IV) FALSA. Usando-se a conservação da energia mecânica
entre o solo e o ponto B, temos:
(referência no solo)
V) CORRETA. Usando-se a conservação da energia mecâ nica
entre A e B, vem:
= + m g (hB – hA)
m–––2
0,50–––––
2τP = 20,0J
EB = EA
mVB2
–––––2
mVA
2
–––––2
VA
2– VB
2
h = ––––––––––2g
36,0 – 16,0–––––––––––
20,0
h = 1,0m
EB = EA
m VB2
–––––2
VB = �2gR
�y––––
2
g––––
22(h – R)
T = –––––––g
2(h – R)––––––––
g
OC = 2 �R(h – R)
EA = ED
mVD2
–––––2
VD2
––––2g
400––––20
H = 20m
EA = EC
VC2
––––2g
VC2
––––2g
mVC2
–––––2
h = 15m100––––20
EB = EA
m VA2
–––––––––––2
m VB2
––––––––––2
m VB2
m VA2
–––––– = –––––– – mg (hB – hA)2 2
Esolo = EB
m V02
m VB2
–––––– = m g hB + ––––––2 2
m VB2
––––––––2
m VA2
––––––––2
6 –
Porém, VA
2= VAy
2+ V
Ax
2e VAx = VB
Portanto:
V2
Ay+ V
2
B= + m g (hB – hA)
Resposta: E
8) A energia mecânica do sistema formado pelo bloco e pela
mola vai permanecer constante.
A energia potencial de gravidade do bloco é trans for mada em
energia potencial elástica da mola.
m g H =
0,60 . 10 . 2,0 =
0,16 = x2
Resposta: B
FRENTE 2 – ONDULATÓRIA E MECÂNICA
n Módulo 24 – Equação Fundamental
da Ondulatória
1) a) Observamos na figura que, enquanto o movimento A
realiza uma oscilação completa, o movimento B realiza
três oscilações:
f =
=
b) Observamos na figura que a amplitude do movimento de
A é igual a k e a amplitude do movimento de B é igual a
2k:
=
Respostas: a) =
b) = 2
2) Observamos na figura que, em uma mesma extensão, a onda
(I) completa três oscilações enquanto a onda (II) completa
quatro oscilações:
3λI = 4λII
λI = λII ⇒ λl > λII
Como as ondas se propagam em meios idênticos e são de
mesma natureza, suas velocidades de propagação são iguais:
VI = VII
Pela Equação Fundamental da Ondulatória, obtemos:
λI fI = λII fII
fI = λII fII
fI = fII ⇒ fI < fII
Resposta: A
3) a) A frequência f de vibração da lâmina, fonte da onda
sonora, é de 50 ciclos por segundo, ou 50Hz:
T =
T = (s)
b) Pela Equação Fundamental da Ondulatória, obtemos:
V = λf
350 = λ . 50
Respostas: a) T = 2,0 . 10–2s
b) λ = 7,0m
4) a) A frequência f do som é determinada pelo número de
vezes que os dentes da roda percutem a palheta em cada
segundo:
f =
f =
b) Pela Equação Fundamental da Ondulatória, obtemos:
V = λf
340 = λ . 100
Respostas: a) f = 1,0 . 102Hz
b) λ = 3,4m
m –––––2
m –––––2
m VB2
–––––––––2
m––––– VAy
2= m g (hB – hA)
2
k x2
–––––2
150 x2
––––––2
x = 0,40m
n.° oscilações–––––––––––––
�t
fA––––fB
1–––�t
––––––3
–––�t
fA 1–––– = –––
fB 3
aA––––aB
2k–––k
aA–––– = 2aB
fA ––––fB
1–––3
aA––––aB
4–––3
3λI I––––4
4–––3
1–––
f
1–––50
T = 2,0 . 10–2s
λ = 7,0m
n.° percussões––———————
�t
5 . 20––—— (Hz)
1,0
f = 1,0 . 102Hz
λ = 3,4m
– 7
5) O comprimento de onda l, distância entre dois máximos
consecutivos, é de 0,80m. Pela Equação Fundamental da
Ondulatória, obtemos:
V = λf
V = 0,80 . 1,2 (m/s)
V = 0,96m/s
Resposta: D
6) I) CORRETA. Observamos na figura que, entre A e B,
existem 10 cristas consecutivas:
10λ = 1,2m
II) CORRETA. A frequência f da onda é dada por:
f =
f = (Hz)
III) INCORRETA. Pela Equação Fundamental da Ondulatória,
obtemos:
V = λf
V = 0,12 . 2,5 (m/s)
Resposta: C
7) Observamos na figura que a distância entre duas compres -
sões máximas consecutivas é de 10cm:
λ = 10cm
Pela Equação Fundamental da Ondulatória, obtemos:
V = λf =
V = � �
Resposta: D
8) a) Observando-se a escala da figura, conclui-se que a décima
parte da amplitude A da onda é de 3cm:
= 3cm
b) Observando-se a escala da figura, conclui-se que a décima
parte do comprimento de onda λ da onda é de 9cm.
= 8cm
λ = 80cm = 0,80m
Pela equação Fundamental da Ondulatória, obtém-se:
V = λf
4 = 0,8 . f
Respostas: a) A = 30cm = 0,30m
b) f = 5Hz
9) Para o ponto P retornar pela primeira vez à sua posição ini -
cial, ele realiza meia oscilação:
= 3,0 . 10–2s
T = 6,0 . 10–2s
Pela Equação Fundamental da Ondulatória, obtemos:
V = λf =
12 =
Resposta: D
10) a) Como se trata de um pulso senoidal, o ponto P realiza um
Movimento Harmônico Simples.
b) O ponto P retorna à sua posição inicial, após ser atingido
por duas cristas e um vale da onda, que possui amplitude
A de 5,0cm. O ponto P então se desloca de 5,0cm para ci -
ma, 10cm para baixo, 10cm para cima e, novamente, 5,0cm
para baixo. A distância total D então percorrida é de:
D = 5,0cm + 10cm + 10cm + 5,0cm
Observe que, após a passagem do pulso, o ponto P
retorna à sua posição inicial. Seu deslocamento então é
nulo.
c) Observamos na figura que o comprimento de onda λ do
pulso é de 16cm ou 0,16m. Pela Equação Fundamental da
Ondulatória, obtemos:
V = λf =
3,2 =
T = 5,0 . 10–2s
Para um deslocamento de 5,0cm, o ponto P realiza um
quarto de oscilação:
�t = T
�t = 5,0 . 10–2s
Respostas: a) Movimento Harmônico Simples
b) D = 30cm
c) �t = 1,25 . 10–2s
λ = 0,12m
n.° oscilações–––––––––––––
�t
10––––4,0
f = 2,5Hz
V = 0,30m/s
λ–––T
cm——
s
10–––—
2,5
V = 4,0cm/s
A–––10
A = 30cm = 0,30m
λ–––10
f = 5Hz
T–––2
λ–––T
λ–––––––––6,0 . 10–2
λ = 7,2 . 10–1m
D = 30cm
λ–––T
0,16––––
T
1–––4
1–––4
�t = 1,25 . 10–2s
8 –
n Módulo 25 – Fenômenos Ondulatórios
1) a) Frequência de batimentos (fBAT) =
= frequência maior (fA) – frequência menor (fB)
fBAT = 4,0 (o som fica forte e fraco quatro
vezes por segundo, porque
fA – fB < 10Hz)
fA – fB = 4,0Hz
fA – 1540 = 4,0
fA = 1540 + 4,0 (Hz)
b) Frequência do som resultante:
fr =
fr = (Hz)
Respostas: a) 1544Hz
b) 1542Hz
2) a) =
= .
fSI = (Hz)
b) fBAT = fSI – fLÁ desafinado com 10% a mais de frequência
fBAT = 450Hz – 110% da frequência do LÁ (Hz)
fBAT = 450Hz – . 400Hz
fBAT = 450Hz – 440Hz
Respostas: a) 450Hz b) 10Hz
3) fBAT = 10Hz
� f2 – f1 � = 10Hz
– = 10
– = 10
– = 10
– = 10
– = 10
= �
0,2 = �
= 0,04kg/m
Resposta: 40g/m
4) Ao percutir o diapasão B, o diapasão D também entra em vi -
bra ção:
A transmissão de energia de forma periódica de uma fonte de
ondas para um sistema que passa a vibrar numa de suas
frequências naturais denomina-se ressonância.
Resposta: D
5) Para ocorrer a ressonância entre os diapasões C e D, as suas
frequências de vibração, respectivamente fC e fD, devem ser
iguais (fC = fD).
Resposta: C
6) Os osciladores A e C entraram em ressonância, pois têm
frequências naturais iguais (fA = fC), o que não ocorre com o
oscilador B. Assim: fA = fC fB
Resposta: D
7) O violino trinca a lâmina de cristal à distância ao emitir deter -
minada nota musical.
batimentos–––––––––––
segundo
fA = 1544Hz
fA + fB––––––
2
média aritméticadas frequências ��
1544 + 1540–––––––––––
2
fr = 1542Hz
fSI––––fLÁ
15––––
8–––––––
5––3
fSI––––400
15––––
8
3–––5
400 . 9–––––––
8
fSI = 450Hz
110––––100
fBAT = 10Hz
1––––2L2
F2–––
1––––2L1
F1–––
1–––––––2 . 0,50
100–––
1–––––––2 . 0,25
36–––
10–––––
�
6–––––––0,5�
12–––––
�
10–––––
�
2–––––
�
2–––10
= 40g/m
– 9
O violino emite um som com frequência igual a uma das
frequências naturais do cristal, que, por ressonância, passa a
vibrar com amplitudes crescentes até trincar a lâmina.
Resposta: B
8)
A frequência dos saltos dos torcedores é igual a uma das
frequências naturais de vibração do concreto armado e dos
materiais que sustentam a estrutura do estádio, e ocorre o
fenômeno da ressonância. É importante notar que, à medida
que acontece a transferência de energia, o estádio oscila com
amplitudes crescentes que podem trincar colunas e vigas.
Resposta: D
n Módulo 26 – Cordas Sonoras
1)
Resposta: A
2) a) A frequência mínima f = 680Hz caracteriza o som mais gra -
ve da corda (1.° HARMÔNICO). O comprimento de onda do
1.° HARMÔNICO (λ1) e o dobro do comprimento da corda
(2L)
λ1 = 2L = 2 · 35(cm) ⇒ λ1 = 70cm = 0,70m
V = λf = 0,70m · 680Hz
b) No ar, a frequência f = 680Hz não se altera.
Vsom = λf
λar = =
Respostas: a) 476m/s
b) 0,50m
3) O comprimento de onda de uma onda estacionária em uma
cor da que oscila num harmônico de ordem n é dado por:
λn =
I) λn = 18cm
= 18
(I)
II) λn + 1 = 16
= 16
= 16
18n = 16n + 16
2n = 16
(II)
III) L = 9n
L = 9 · 8
Resposta: 72cm
4)
Nas duas situações, as velocidades das ondas na corda têm
módulos iguais:
V2 = V1
λ2f2 = λ1f1
2L2 · f2 = 2L1 · f1
0,48 · f2 = 0,60 · 220
f2 = = · 220
Resposta: 275Hz
V = 476m/s
Vsom––––––
f
340m/s–––––––680Hz
λar = 0,50m
2L–––n
2L–––n
L = 9n
2L–––––n + 1
2 · 9n––––––n + 1
n = 8
L = 72cm
5–––4
0,60 · 220–––––––––
0,48
f2 = 275Hz
10 –
5) f = = =
f = (Hz)
f = (Hz)
f = � 40 · 103 (Hz)
Resposta: B
6)
f = 100Hz
= 100
· =
= 50
= 50
102 · F = 2500
Respostas: 50cm e 25N
7) a) Falsa.
b) Falsa.
V = λf = 0,3m · 20Hz ⇒
c) Verdadeira.
V = 6,0m/s ⇒ = 6,0m/s ⇒ = 36 ⇒ F = 18N
F é o peso do bloco B
PB = 18N
mB · g = 18N
mB · 10 = 18
d) Falsa.
f5 = (5.° HARMÔNICO)
f5 = = · 6
e) Falsa.
f3 = (3.° HARMÔNICO)
f3 = = · 6 =
Resposta: C
n Módulo 27 – Densidade,
Pressão e Lei De Stevin
1) � = =
� =
Resposta: A
2) 1) Cálculo do volume de A:
dA = ⇒ 0,75 = ⇒ VA = 160cm3
2) Densidade da mistura:
d = =
d = (g/cm3)
d = (g/cm3)
Resposta: D
F––––m4L
F––––––––m
––– · 4L2
L
320–––––––––––––––––5,0 · 10–3 · 4 · 0,40
320 · 103
––––––––8,0
f = 200 Hz
λ = 50cm
F–––p
4–––2L
F––––m–––L
4–––––––2 · 1,0
100––––
2
FL–––m
F · 1,0––––––10–2
F = 25N
V = 6,0m/s
F–––––––––5,0 · 10–1
F–––
mB = 1,8kg
F–––
5–––2L
5–––1,2
18–––––––5 · 10–1
5––––––2 · 0,6
f5 = 25Hz
F–––
3–––2L
18–––1,2
3–––1,2
18–––––––
5,0 · 10–1
3––––––2 · 0,6
f3 = 15Hz
�AVA + �BVB––––––––––––––
VA + VB
mA + mB––––––––––
VA + VB
2,80 . 2V + 1,60 . V–––––––––––––––––––– (g/cm3)
3V
� = 2,40g/cm3
120––––––
VA
mA–––––
VA
mA + dB VB–––––––––––––
VA + VB
mA + mB––––––––––
VA + VB
F–––
1–––2L
120 + 1,25 . 240––––––––––––––––
160 + 240
420–––––400
d = 1,05g/cm3
– 11
3) 1) Cálculo das densidades:
�1 = = = = 1,0 . 103kg/m3
�2 = = = 0,5 . 103kg/m3
�3 = = = 1,5 . 103kg/m3
2) Comparando-se as densidades:
�3 > �1 > �2
Na situação de equilíbrio estável, os líquidos se posicionam
com o mais denso abaixo do menos denso.
Resposta: D
4) =
F = (g/cm3) = 8,0g/cm3
A = (g/cm3) = 0,8g/cm3
Resposta: C
5) 1) Cálculo dos volumes:
Vse = π R3
Vci = π R2 . R = π R3
Vco = π R2 . R =
2) � = ⇒ m = � V
�se . π R3 = �ci π R3 = �co .
�se = �ci =
�co = 3 �ci = 2 �se
↓ ↓ ↓z w x
Resposta: D
6) A pressão será inversamente proporcional à área de contato
entre o tijolo e a mesa.
A3 < A2 < A1 ⇒ p3 > p2 > p1
Resposta: C
7) 01)Falsa. Como a resultante é nula, as forças em A e B têm in -
ten si dades iguais.
02)Verdadeira.
p = ⇒ pA > pB
04)Falsa.
08)Falsa.
16)Falsa. Depende também da área de contato.
32)Verdadeira.
Resposta: 34
8) Não, pois cada pessoa teria de fazer uma força além da
capacidade humana, conforme calculado abaixo.
Para separar as caixas, cada pessoa teria de fazer uma força
(�F) que superasse a força feita pela diferença de pressão
externa (patm) e interna da caixa (pc), sendo:
�p = patm – pc = 1,0 – 0,1 (atm) = 0,9 atm
A = área de cada face = (0,30m)2 = 0,090m2
�F > �p . A = 0,9 . 1,0 . 105 . 0,090 (N) ⇒
Obs: Cada pessoa deveria ser capaz de levantar um objeto de
810kg de massa.
9) a) Pelo Teorema de Stevin, temos:
pB – pA = �gh = (1,0.103) (10) (10) (N/m2)
b) Entre os pontos B e C, o desnível h é nulo e, portanto:
10) a) A pressão hidrostática é dada por:
pH = 1,00 . 103 . 10,0 . 0,500 (Pa)
b) A pressão total ou absoluta é dada por:
p = 1,00 . 105 + 0,05 . 105 (Pa)
Note que, nos três líquidos, os valores de pH e p são os
mes mos.
c) A força que o líquido exerce no fundo tem intensidade F
dada por:
em que A = 0,100m2 é a área da base dos recipientes.
F = 1,05 . 105 . 0,100 (N)
m2––––V2
0,30kg––––––––––––––
0,60.10–3m3
m3––––V3
6,0kg––––––––––––––4,0.103. 10–6m3
m––––
V
80––––10
40––––50
F–––– = 10
A
2––3
1––3
π R3
––––––3
m–––V
2––3
π R3
––––––3
2––3
�co––––––
3
FA = FB
AA < AB
F––––Área
�F > 8,1 . 103 N
pB – pA = 1,0 . 105N/m2
pB = pC
pH = �gh
pH = 5,00 . 103Pa
p = patm + pH = patm + �gh
p = 1,05 . 105 Pa
kg––––m3
5,0–––––––––5,0 . 10–3
5,0kg–––––––––0,005m3
m1––––V1
F = pA
F = 1,05 . 104 N
12 –
11) 1) patm = � g Hatm
1,0 . 105 = 1,0 . 103 . 10,0 . Hatm
Hatm = 10,0m
2) pA = pB
pV + pH = patm (em coluna de água)
0,3 + H = 10,0
Resposta: C
12) p = p0 + � g H
12,0 . 105 = 1,0 . 105 + 1,0 . 103 . 10 . H
120 = 10 + H
Resposta: B
13) pinterna = patm
pexterna = patm + � g H
F = �p . A
F = � g H . A
Adotando-se g = 10m/s2, temos:
F = 1020 . 10 . 100 . 0,5 (N)
Resposta: E
FRENTE 3 – ELETRICIDADE
n Módulo 24 – Campo Elétrico Resultante
1) O campo elétrico de uma partícula positiva é de afastamento
e o de uma negativa, de aproximação. O campo elétrico resul -
tante é uma soma vetorial.
2) O campo elétrico de uma partícula positiva é radial e
orientado para fora dela, enquanto o campo elétrico de uma
partícula negativa é radial e orientado para ela. O campo
elétrico resultante é uma soma vetorial.
Note que E1
→e E2
→possuem o mesmo módulo e, portanto, de -
vem ser representados por flechas de mesmo compri mento.
Resposta: E
3) O campo elétrico resultante em P está orientado de (1) para
(2) e seu módulo é dado por:
ER = E1 + E2
ER = +
ER = 2
ER = 2 (N/C)
ER = 180N/C
4) O módulo do campo elétrico resultante pode ser calculado
pela lei dos cossenos, como mostra a figura.
No entanto, os módulos de E1
→e E2
→são iguais:
E1 = = (N/C) = 9,0 . 105N/C
H = 9,7m
H = 110m
F = 5,1 . 105NK . . –Q .
–––––––––d2
K . . +Q .–––––––––
d2
K . Q–––––––
d2
9,0 . 109 . (4,0 . 10–8)––––––––––––––––––––––
22
9,0 . 109 . . 4,0 . 10–6 .––––––––––––––––––––
(20 . 10–2)2
K . . q1 .–––––––––
d12
– 13
E2 = = (N/C) = 9,0 . 105N/C
e, consequentemente, o triângulo CDF, indicado na figura, é
equilátero. Assim sendo, temos que
Resposta: B
5) a) O módulo da força elétrica é dado pela Lei de Coulomb:
F =
F = (N)
b) No ponto médio, as partículas geram campos elétricos de
mesmo módulo e orientados em sentidos opostos. Dessa
forma, o campo elétrico resultante nesse ponto é nulo.
6)
E1 = = (N/C) = 9,0 . 105N/C
E2 = = (N/C) = 9,0 . 105N/C
ER = E1 – E2 = 0
Resposta: A
7) Nos dois casos, a intensidade do campo elétrico resultante é
nula, pois todas as cargas possuem o mesmo valor e encon -
tram-se dispostas simetricamente em relação ao baricentro.
8) Não há componente de força resultante na direção da dia -
gonal que passa pelas partículas (–Q) e q1. Disso concluímos
que q1 = – Q. Para justificar uma força resultante como indi -
cada, devemos supor que
. q2 . < Q
e, consequentemente,
q1 + q2 < 0
já que . q1 . > . q2 .
Resposta: D
n Módulo 25 – Potencial Elétrico
e Energia Potencial
1) O potencial elétrico em P pode ser calculado pela expressão
V =
Sendo Q = + 4,0nC = 4,0 . 10–9C
d = 1,0 . 10–3m
K0 = 9,0 . 109N.m2/C2
Temos
V = (V)
V = 36 . 103V = 36kV
2) O potencial elétrico é dado por
V =
Sabendo que
V = 7,2 . 104V
K0 = 9,0. 109N.m2/C2
d = 1,0m
Obtemos
7,2 . 104 =
Q = 8,0 . 10–6C
Q = 8,0�C
Resposta: B
3) a) A força elétrica entre Q1 e Q2 tem módulo dado pela Lei de
Coulomb:
F =
Para Q’2 = 2Q2 e d’ = 2d, temos:
F’ = =
F’ = .
F’ = F = . 0,2N
F’ = 0,1N
b) O potencial elétrico de Q1 no ponto médio é dado por:
V1 = = (V)
V1 = 1,8 . 103V ou V1 = 1,8kV
4) Os valores do potencial elétrico (V) e do campo elétrico (E)
são calculados pelas expressões:
V = E =
K . . q2 .–––––––––
d22
9,0 . 109 . . –4,0 . 10–6 .–––––––––––––––––––––
(20 . 10–2)2
ER = 9,0 . 105N/C
K . . Q1 . . . Q2 .––––––––––––––
d2
9 . 109 . (5 . 10–6) . (5 . 10–6)––––––––––––––––––––––––––
12
F = 2,25 . 10–1N
9,0 . 109 . . 4,0 . 10–6 .–––––––––––––––––––––
(0,20)2
K . . Q1 .–––––––––
d12
9,0 . 109 . . 1,0 . 10–4.–––––––––––––––––––––
(1,0)2
K . . Q2 .–––––––––
d22
K0 . Q–––––––
d
9,0 . 109 . 4,0 . 10–9
––––––––––––––––––1,0 . 10–3
K0 . Q–––––––
d
9,0 . 109 . Q––––––––––––
1,0
K . . Q1 . . . Q2 .––––––––––––––
d2
K . . Q1 . . . 2Q2 .––––––––––––––
(2d)2
K . . Q1 . . . Q’2 .––––––––––––––
(d’)2
K . . Q1 . . . Q2 .––––––––––––––
d2
1––2
1––2
1––2
9 . 109 . 4 . 10–8
––––––––––––––––0,40––––
2
K . Q1––––––––
d––2
K . . Q .–––––––
d2
K . Q–––––––
d
14 –
De acordo com as informações do problema:
VA = = 16V EB = = 4,0N/C
Devemos concluir que a partícula fixa em P é positiva, já que
o potencial elétrico em A é positivo. Além disso, sabemos
que dB = 2 . dA. Assim:
V = = 16 ⇒ KQ = 16 . dA
EB = ⇒ EB = ⇒ 4,0 =
4,0 =
Resposta: D
5) Chamemos de Q1, Q2 e Q3 as cargas das três partículas, de
modo que Q1 = Q2 = Q3 = Q. Seja d a distância entre uma
partícula e outra, que corresponde ao comprimento de um
lado do triângulo equilátero. A energia potencial do sistema
é dada por:
U = + +
U = 3
Substituindo Q1 por Q’1 = 2 . Q1 , a energia potencial do
sistema passa a ser:
U’ = + +
U’ = 2 . + 2 . +
U’ = 5
Portanto:
= ⇒
Resposta: C
6) A energia potencial eletrostática de um par de cargas é dada
por:
Epot =
No caso, como Q1 = Q2 = Q e d = L, temos
Epot =
Note que podemos formar 6 pares diferentes com a configu -
ração e, portanto, a energia total é:
E = 6 .
Resposta: D
n Módulo 26 – Potencial Elétrico Gerado
por Diversas Cargas
1) a) O potencial resultante em M é:
VM = V1 + V2 = +
VM = + (V)
VM = 5,4 . 103V
VM = 5,4kV
b) VP = +
VP = + (V)
VP = 0
2) Das definições de potencial elétrico e campo elétrico, temos:
V = = 1200V
E = = 800N/C
A partícula tem carga positiva, pois o potencial em P é
positivo. Dividindo uma expressão pela outra, encontramos:
= =
. = 1,5
Resposta: B
3) Observe, com base na figura, que a distância entre Q e A vale
D = 2d:
�ADE
sen 30° =
=
y =
D = y + d + y
D = + d +
D = 2d
K . Q–––––––
dA
K . . Q .–––––––
dB2
KQ––––dA
KQ––––d
B2
KQ–––––––(2dA)2
16.dA–––––––4 . dA
2
4,0––––dA
dA = 1,0m
K . Q1 .Q2–––––––––––
d
K . Q1 .Q3–––––––––––
d
K . Q2 .Q3–––––––––––
d
K . Q2
–––––––d
K . Q’1 .Q2–––––––––––
d
K . Q’1 .Q3–––––––––––
d
K . Q2 .Q3–––––––––––
d
K . Q1 .Q2–––––––––––
d
K . Q1 .Q3–––––––––––
d
K . Q2 .Q3–––––––––––
d
KQ2
––––––d
U’–––U
5–––3
5U’ = ––– . U
3
K0 . Q1 .Q2–––––––––––
d
K0 . Q2
––––––––L
K0 . Q2
––––––––L
K0 . Q2 ––––––––
dBM
K0 . Q1 ––––––––
dAM
9,0 . 109 . (–1,0 . 10–8)––––––––––––––––––––
5,0 . 10–2
9,0 . 109 . 4,0 . 10–8
––––––––––––––––––––5,0 . 10–2
K0 . Q2 ––––––––
dBP
K0 . Q1 ––––––––
dAP
9,0 . 109 . (–1,0 . 10–8)––––––––––––––––––––
2,0 . 10–2
9,0 . 109 . 4,0 . 10–8
––––––––––––––––––––8,0 . 10–2
K . Q––––––
d
K . .Q.––––––
d2
1200–––––800
KQ––––––
d–––––––––
KQ––––d2
V–––E
d2
––––––KQ
KQ––––
d
d = 1,5m
y–––d
y–––d
1–––2
d–––2
d–––2d
–––2
– 15
O potencial resultante em A é
VA = 2 . Vq + VQ = 0
2 . + = 0
= –
= –
Resposta: D
4) O potencial elétrico é uma grandeza escalar e, portanto, o
potencial elétrico resultante é uma soma algébrica. É nulo
nas situações das opções a, c e e.
O campo elétrico é um conceito vetorial e, assim sendo, é
nulo nas situações das opções a e d.
Portanto, o potencial elétrico resultante e o campo elétrico
resultante são nulos, simultaneamente, apenas na opção a.
5) O potencial elétrico resultante é dado por:
VP = V1 + V2 = +
VP = + (V)
VP = 0
O campo elétrico resultante é uma soma vetorial:
E1 = = (N/C) = 1 . 105N/C
E2 = = (N/C) = 1 . 105N/C
O módulo do vetor campo elétrico resultante pode ser
calculado pela lei dos cossenos, mas, em particular, ER
→tem o
mesmo módulo de E1
→ou de E2
→, já que o triângulo PAB é
equilátero:
ER = 1 . 105N/C
Resposta: A
n Módulo 27 – Campo Elétrico Uniforme
1) Consideremos os potenciais das placas:
U = VA – VB
U = 160 – 80 (V)
U = 80V
d = 2cm = 2 . 10–2m
A relação entre a intensidade do campo elétrico e a d.d.p. é
dada por:
E . d = U
E = =
E = 40 . 102V/m
Resposta: C
2) Como A e B estão na mesma linha equipotencial, não há va -
riação do potencial elétrico, logo:
VA = VB
VA = 0
U = E . d
UBC = 10 . 4 (V)
UBC = 40V
UBC = VB – VC
40 = 0 – VC
VC = – 40V
Resposta: D
3) a) E . d = U
5 . 102 . d = 50
d = 1,0 . 10–1m
b) Independentemente do caminho, o trabalho do campo
elétrico (conservativo) é sempre dado por:
τAB = q . (VA – VB) = 2 . 10–6 . (100 – 50) (J)
τAB = 1,0 . 10–4J
Respostas: a) d = 1,0 . 10–1m
b) τAB = 1,0 . 10–4J
4) I. Incorreta.
Fresultante = Felétrica
ma = q E
a =
A aceleração que desvia a carga depende da razão .
k . q––––––
d
k . Q––––––
D
kQ–––––
D
kq2 ––––
d
kQ–––––
2d
kq2 ––––
d
Q = – 4 . q
K0 . Q1 –––––––
d
K0 . Q2 –––––––
d
9 . 109 . 1 . 10–6
––––––––––––––––––0,3
9 . 109 . (–1 . 10–6)––––––––––––––––––
0,3
9 . 109 . . 1 . 10–6 .––––––––––––––––––
0,32
K0 . . Q1.–––––––––
d2
9 . 109 . . –1 . 10–6 .––––––––––––––––––
0,32
K0 . . Q2.–––––––––
d2
80V–––––––––2 . 10–2m
U––––
d
VE = 4,0 . 103 –––
m
q E––––m
q––––m
16 –
II. Correta.
III. Incorreta.
O desvio depende da razão .
Resposta: B
5) A partícula que atinge o ponto P não sofreu nenhuma ação do
campo elétrico; logo, é um nêutron.
As partículas que atingem Q e R são prótons, pois se afastam
da distribuição de cargas positivas.
Então, temos: nêutron, próton, próton.
Resposta: E
6) Equilibrar uma gotícula de óleo:
Fe� = P
. q . E = mg
. q . = = (C)
. q . = 1,6 . 10–19C
O campo elétrico (E) é descendente, pois deve produzir uma
força ascendente no elétron para equilibrá-lo.
Resposta: B
q––––m
1,6 . 10–17
––––––––––100
mg––––
E
q = – 1,6 . 10–19C
– 17