01. b

vst

T

T T s

=∆∆

=⋅ ⋅

=⋅ ⋅

⇒ =

483 660

2 0 26

0 52 60 3 1483 6

0 2

, ,

, ,,

,

π

02. b

v v v

s R

st

st

T

T

velocípede diant tras= =

∆ =∆∆

=∆∆

=

=

2

2 241

2 16

1624

π

π π

TT s=23

03. dPeríodo é o tempo gasto para completar uma volta. Assim:a) O ponteiro dos segundos gasta 60 s para dar uma volta. T = 60 s = 1 minuto.b) O ponteiro dos minutos gasta 60 min para dar uma volta. T = 60 min = 1 hora.c) O ponteiro das horas gasta 12 h para dar uma volta. T = 12 h = meio dia (é comum, por distração, de responder 24

horas como período para o ponteiro das horas).04. b

Período da engrenagem de 10 dentes: 0,5 min = 30 s

fT

f Hz= → =1 1

30

v10 = v24

ω10 · R10 = ω24 · R24

2 · π · f10 · R10 = 2 · π · f24 · R24

Portanto, f10 · R10 = f24 · R24

Como o número (N) de dentes de uma engrenagem é diretamente proporcional ao raio (R) dela, a equação anterior pode ser escrita as-sim:

f f f

f Hz

10 24 24

24

10 241

3010 24

172

⋅ = ⋅ → ⋅ = ⋅ →

=

Essa frequência de 1

72 Hz é a frequência também dos cilindros de

4 cm de raio e que puxam a cana para ser moída. Assim:

v R v f R

v

v cm s

= ⋅ → = ⋅ ⋅ ⋅ →

= ⋅ ⋅ ⋅

≈

ω π2

2 31

724

0 35, /

05. eCorredor 1) ω = 60 rad/h. Isso significa que a cada 1 hora ele descreve um ângulo de 60 radianos.Corredor 2) ω = 80 rad/h. Isso significa que a cada 1 hora ele descreve um ângulo de 80 radianos.Assim, a cada 1 hora, o corredor 2 se aproxima de 80 – 60 = 20 radia-nos do corredor 1. Como 1 radiano corresponde ao ângulo cujo arco tem comprimento igual ao raio (2000 m), 20 radianos corresponde à distância de 20 · 2000 = 40000 m. Assim, a cada 1 hora, o corredor 2 consegue “tirar” uma vantagem de 40000 m em relação ao corredor 1.Fazendo-se uma regra de três temos:Vantagem ----- tempo 40000 m ----- 1 h (3600 s) 100 m ----- tt = 360000/40000 = 9 s

06. aComo os pontos X e Y pertencem ao mesmo disco, possuem a mesma velocidade angular. Assim:

ω ωx YX

X

Y

Y

vR

vR Y Y

Y Y

= → = →+

=

= +

5020

10

50 200 1040Y = 200 → Y = 5 cmCálculo da velocidade angular do disco:

ω

ω

= =+

=

= = =

vR

rads

ou

vR

rad s

X

X

Y

Y

505 20

2

105

2

/

07. b

avR

vv m s

vst

vR

T

TT s

c

m

= → = → =

=∆∆

→ =

=⋅ ⋅

→ =

2 2

0 251

0 5

2

0 52 1

4

, , /

,

π

ππ

08. cRoda mais rápida:

vst

vvolta n voltas

tt n

m

ráp

=∆∆

→

= =+( )

∆∆ = ⋅ +( )

130

1

30 1

Roda mais devagar:

vst

vvolta n voltas

tt n

m dev=∆∆

→ = =∆

∆ = ⋅

135

35

30 · (n + 1) = 35 · n → 30n + 30 = 35n →5n = 30 → n = 6

∆ = ⋅∆ = = =

t n

t s e s

35

35 6 210 3 30. min

1

Resoluções

Extensivo Terceirão – Física 6A

6AFísicaAtividades Série Ouro

Veja outra forma de resolver:A roda-gigante mais rápida completa uma volta em 30 segun-dos. Assim, a pessoa que está no ponto mais baixo no instante t = 0, também passará por esse ponto nos instantes t = 30 s, t = 60 s, t = 90 s, ou seja, em instantes que são múltiplos de 30.A roda gigante mais rápida completa uma volta em 35 segun-dos. Assim, a pessoa que está no ponto mais baixo no instante t = 0, também passará por esse ponto nos instantes t = 35 s, t = 70 s, t = 105 s, ou seja, em instantes que são múltiplos de 35.Assim, para que ambas pessoas se encontrem passando pelo pon-to mais baixo de suas rodas gigantes, o tempo de encontro deve ser múltiplo de 30 e também de 35. Existem infinitos múltiplos comuns a 30 e 35, porém, como o examinador deseja saber o instante do pri-meiro encontro dessas pessoas, devemos pegar o menor desses múl-tiplos comuns, ou seja, o mínimo múltiplo comum entre 30 e 35, que é 210 segundos = 3 minutos e 30 segundos.

09. c1) a

vR

av

c c= → =2

112

81

2) avR

av

c c= → =2

222

100

Como as acelerações centrípetas são iguais, tem-se:

v vv v v

v12

22

1 2 12

81 10010 9

910

= → = → =

Calculando-se as velocidades:

1) vst

vR

T

Tv

m =∆∆

→ = →

=⋅ ⋅

11

1

11

2

2 81

π

π

2) vst

vR

T

Tv

m =∆∆

→ =

=⋅ ⋅

22

2

22

2

2 100

π

π

Como T2 – T1 = 4 segundos, tem-se:

2 100 2 814

2 100 2 81910

4

2 1

2 2

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= →

⋅ ⋅ ⋅ ⋅=

π π

π πv v

v v

−

−

2 100 2 904

5 4 52 2

2 1

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= →

= =

π π

π πv v

v v

−

e ,

Cálculo de T1 e T2:

Tv

T s11

12 81 2 81

4 536=

⋅ ⋅→ =

⋅ ⋅=

π ππ,

T2 – T1 = 4 → T2 = 40s

10. bÉ importante notar que as duas trajetórias possuem comprimentos idênticos, pois uma delas é formada por uma semicircunferência de raio 2R (comprimento = π · 2R) e a outra é formada por duas semicir-cunferências de raio R (comprimento = 2 · π · R).Assim, como os corredores possuem velocidades iguais, quando um deles completa ¾ da trajetória, o outro também completa ¾ da sua trajetória. No momento em que ambos os atletas percorreram ¾ de suas trajetórias, um deles estará no ponto C e o outro no ponto D mostrados na figura a seguir:

X AP R

R

CD

0 B

A distância OD é igual a 2R (raio da circunferência maior). A distância OC é R 2 (diagonal de um quadrado de lado R). Assim, a distância CD vale 2 2 2 1 4 0 6 R R R R R- - , ,= = .

11. a

Em Em Ec Ep Ec Ep

m vm g h

m vm g h

v

i f i i f f

ii

ff

i

= → + = +

⋅+ ⋅ ⋅ =

⋅+ ⋅ ⋅

+ ⋅

2 2

22 2

210 440 10 10

510 40 10 10

25 800 200

625

2

2 2

2

2 2

2

2

= + ⋅

+ ⋅ = + ⋅

+ = +

=

v

v

v

v

f

f

f

f

F N P

m vm g m g

RR m

R

Rc = −

⋅= ⋅ − ⋅

= ⋅ → =

2

3 5

6252 5 10 25

,

,

12. cCálculo da velocidade no ponto mais baixo:

Em Em Ec Ep Ec Ep

m g hm v

v v

i f i i f f= → + = +

+ ⋅ ⋅ =⋅

+

= ⋅ ⋅ → =

02

0

2 10 3 60

2

2 2

Cálculo da Tração no ponto mais baixo:Como são dois cabos, temos uma força equivalente a 2T para cima e o peso para baixo. Assim:FRc = 2T – P

m vT T

T T NR⋅

= − →⋅

= −

= → =

2

2 50050 60

102 500

2 800 400

2 Extensivo Terceirão – Física 6A

13. dPonto mais alto:FRc = T + P

m vR

T m g

T T N

⋅= + ⋅

⋅= + ⋅ → =

2

20 25 61

0 25 10 6 5,

, ,

Ponto mais baixo:FRc = T – P

m vR

T m g

T T N

⋅= ⋅

⋅= ⋅ → =

2

20 25 61

0 25 10 11 5

−

− ,

, ,

14. eF F

s

v R

m vR

k x

vv m

Rc el=

= ⋅ →

⋅= ⋅

⋅= ⋅ − → =

2

20 10 06

30 0 06 0 04 0 6,,

( , , ) , /

ω 00 6 0 06 10, , /= ⋅ → =ω ω rad s

15. ea) Errada. Assim, ao realizar uma curva, qualquer corpo tem por inér-

cia a tendência de escapar pela tangente (MRU), fugindo do centro da trajetória original, ou seja, sofrendo centrifugação.

b) Errada. Existe o fenômeno da centrifugação, existem as máquinas chamadas centrífugas, mas não existe uma força centrifugadora – a força centrífuga. Quando estamos num carro que realiza uma curva fechada, somos “jogados” para fora dela, ou seja, somos cen-trifugados. Isso ocorre devido à inércia e não pela ação de uma força que realmente existe.

c) Errada. Nas chamadas centrífugas, tubos de ensaio são postos a girar tendo seu fundo voltado para a parte externa da curva. Den-tro desses tubos, é colocado, por exemplo, sangue. Ao ser centri-fugado, o soro e o plasma, por possuírem densidades diferentes, apresentam diferentes tendências de escapar pela tangente e se separam.

d) Errada. Quando um carro faz uma curva com velocidade de mó-dulo constante, a resultante das forças que atuam nele é do tipo centrípeta e não é nula.

e) Certa. Realizando uma ultracentrifugação (centrifugação com velo-cidades elevadíssimas), consegue-se separar o U238 do U235, que é o mais útil para a realização da fissão com nêutrons.

3Extensivo Terceirão – Física 6A

Atividades Série Ouro 6

01. b O volume de um cone reto equivale a 1/3 do volume de um cilindro

cuja área da base e altura são os mesmos que as do cone. Em relação à pressão exercida na base, pela Lei de Stevin, conclui-se que pontos que estão em um mesmo nível, de um mesmo líquido em repou-so, em um mesmo recipiente, estão submetidos à mesma pressão. Como esses três elementos são iguais para o cone e o cilindro, con-clui-se que as pressões são as mesmas.

02. eA força exercida pelo líquido, a qual deve ser anulada pela força F, é exercida pela pressão do fluido sobre a área do êmbolo. Assim:

pFA

=

µ

µ

⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ ⋅

g hFA

F g h A

F = g )

F = g d /82

ρ π

ρ π

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

H d

H

2 2

2

(

03. aComo a massa que entra é igual à massa que sai, pela Lei da Con-servação da Energia, teremos que a velocidade com que a água sai do orifício é:Ep = Ec

m g h =

⋅ ⋅⋅

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ −

m v

v g h g H y

2

22 2 ( )

Como a água sai numa condição de lançamento horizontal, seu mo-vimento ao longo do eixo “x” será um MRU. Assim:

vst

=∆∆

Como o ∆s é o alcance (A), teremos:A v t

A g H y t I

= ⋅ ∆

= ⋅ ⋅ − ⋅ ∆2 ( ) ( )

Agora vamos calcular o tempo até que o alcance máximo seja atingi-do. Para tal vamos considerar que, no eixo “y” o corpo cai em queda livre. Assim, por Torricelli, teremos:v v a s

v g y

v g y

202

2

2

2

2

= + ⋅ ⋅ ∆

= ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

Como:v v a t g y g t

tg y

gII

= + ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅

=⋅ ⋅

0 2

2

( )

Substituindo II em I, teremos:

A g H yg y

g

A y H y III

= ⋅ − ⋅⋅ ⋅

= −

22

2

( )

( ) ( )

Para calcular o valor de y para o qual A é máximo, vamos partir da equação III, elevando ambos os membros ao quadrado.Assim:A2 = 4 (Hy – y2) (IV)Como IV é uma equação do 2o. grau, o gráfico de A2 em função de y será uma parábola, cuja concavidade é para baixo. Assim:

A2MÁX

A2

y

Os pontos em que a parábola corta o eixo y correspondem a A2=0. Assim, pela equação IV teremos:0 = 4 (Hy – y2) (IV)y = 0 e y = HConclui-se que os pontos em que a parábola corta o eixo são 0 e H. Pela simetria da parábola, o valor máximo de A2 (e consequentemente do alcance A), ocorre quando o valor de y está na metade do trecho entre O e H,

ou seja, ocorre para yH

=2

.

04. a) Como a temperatura permanece constante, teremos:

P VT

P VT

1 1

1

2 2

2

⋅=

⋅

1 · (A · 5) = P2 · (A · 4) P2 = 1,25 atm = 1,25 x 105 Pab) Para calcular a altura H, usaremos a Lei de Stevin, usando como base a

pressão exercida pelo gás na superfície da água que está dentro do tubo. Chamaremos esse ponto de A e sua pressão será igual a do ponto B. Veja o desenho a seguir:

pA = pB pgás = patm + µ · g · h 1,25 x 105 = 1 x 105 + 103 · 10 · (H –1) H = 3,5 m

05. a) Pelos dados fornecidos, é possível usar a Equação de Clapeyron para cal-cular o número de mols de moléculas existentes em uma unidade de volume. Assim:P · V = n · R · T3,2 x 10–8 · 1 = n · 8 · 300n = (0,4/300) x 10–8

Como o número de moléculas (N) é igual ao número de mols (n) multipli-cado pelo número de Avogadro (NA), teremos:

nN

N

xN

x

A

=

=−0 4300

106 10

823

,

N = 8 x 1012 moléculas/m3

b) A pressão que a carcaça deve suportar é a diferença entre as pres-sões externa e interna.No caso da nave espacial, a pressão externa é praticamente zero enquanto a interna é de 1 atm. Logo, a carcaça da nave deve su-portar 1 atm. Assim: Pnave = 1 atm.No caso do submarino a 100 m de profundidade, a pressão externa é de11 atm (1 atm da atmosfera e 10 atm da coluna de água). Como a pressão interna é de 1 atm, a carcaça deve suportar a diferença.

1

Resoluções

Extensivo Terceirão – Física 6B

6BFísicaAtividades Série Ouro

Assim: Psub = 10 atm. A razão será:

PP

sub

nave

= =101

10

06. cA Lei de Stevin nos garante que a pressão varia linearmente com a altura da coluna líquida. Assim:ph = µ · g · hEmbora a vazão seja constante, a parte de cima do recipiente possui diâmetro menor. Isso implica o líquido aumentar sua altura mais ra-pidamente na parte de cima que na de baixo e, consequentemente, haverá uma taxa maior no aumento da pressão (maior inclinação do gráfico).

07. a) O ar (gás) que se encontra dentro do tubo sofre uma expansão. Considerando que ela obedeça à lei geral, teremos:

P VT

P V VT

P V P V V

VV V

PP

atm

atm

atm

⋅=

⋅ + ∆

⋅ = ⋅ + ∆

+ ∆=

0

0

0

0

0 0

0

0

( )

( )

Substituindo os valores medidos, teremos:P

P

PP

atm

atm

=+

= ≅

500500 25

2021

0 95,

b) Na situação III (vide figura), a pressão atmosférica (externa) anu-la a pressão interna, composta pela pressão da coluna líquida (µ · g · h ) e a pressão do gás (P). Assim:Patm = µ · g · h + PPatm = P + 104 h.

c) Usando a equação obtida no item b, substituiremos os valores medidos, apresentados no texto do problema. Assim:P P h

P P

P N m

atm

atm atm

atm

= +

= + ⋅

= ⋅

10

2021

10 0 5

1 05 10

4

4

5 2

,

, /

08. dSe, quando o registro é aberto, a diferença de pressão entre os pontos A e B provoca o escoamento da água para o recipiente de baixo, isso implica a pressão de A ser maior que a de B. Como inicialmente o sistema se encontra em equilíbrio, significa que, do lado esquerdo, a pressão em A mais a pressão da coluna líquida de 0,4 m de água equilibram a pressão atmosférica na superfície livre. Do lado direito, a pressão em B mais a pressão da coluna líquida de 1,2 m de água equilibram a pressão atmos-férica na superfície livre. Assim, a diferença de pressão entre os pontos A e B equivale a diferença de pressão entre as colunas de água. Portanto:∆p = µ · g · h∆p = 103 · 10 · 0,8∆p = 8000 Pa

09. aOs tubos A, B, C, D e E podem ser considerados vasos comunicantes pois são interligados pela base. Pela posição da ligação entre os tubos E e F, eles não serão vasos comunicantes. Como todos possuem dimensões iguais, o volume total de água contido nos cinco primeiros (exceto F) ficará igualmente distribuído, ou seja, cada tubo conterá no final 1/5 do volume total e, consequentemente, 1/5 da altura total. Assim:(8 + 7 + 6 + 5 + 4)/5 = 6Conclui-se, então, que os tubos A, B, C, D e E ficarão com altura iguais de água (6 dm) e, pelo fato de esta altura corresponder à comunica-ção entre E e F, não passará água para o último tubo, permanecendo em F uma altura de água igual à inicial.

10. bSe o carrinho estivesse em equilíbrio (repouso ou MRU), os dois la-dos do tubo em U estariam no mesmo nível e horizontais. Devido à inércia, quando acelerado para a direita, a superfície da coluna líqui-da ficará como mostra a letra B pois, a cada ponto, a massa tende a permanecer em repouso e, por se tratar de um fluido, ficará inclinada. Se o carrinho estivesse em movimento retardado também para a di-reita, a inclinação seria ao contrário.

11. ∆p = 250 N/m2 A variação de pressão é calculada pela relação da força extra aplicada no fundo do recipiente (esta força corresponde à reação ao empuxo) e a área da base. Assim:

∆ = =⋅ ⋅

∆ =

−

−pVgA

x

x

p N m

µ 10 5 10 10

2 10

250

3 5

3

2

/

12. eA tração TBC pode ser determinada através do equilíbrio da esfera.

TBC + E1 + E2

TBC + E1 + E2 = PTBC + ρ1 · V1 · g + ρ2 · V2 · g = ρ · V · gTBC + ρ1 · 0,6V · g + ρ2 · 0,4V · g = ρ · V · gTBC = ρ · V · g – ρ1 · 0,6V · g – ρ2 · 0,4V · gTBC = V g (ρ – 0,6ρ1 – 0,4ρ2)As três forças que atuam em B se anulam, e formam um triângulo retângulo (regra do polígono):

60º

30º

TAB

FEL

TBC

Assim:

senTT

TT

T T

T Vg

BC

AB

BC

AB

AB BC

AB

30

12

2

2 0 6 1

=

=

= ⋅= ⋅ − −( ,ρ ρ 00 4 2, )ρ

13. F – V – V – V(0) Falsa. Se o carrinho estivesse em equilíbrio (repouso ou MRU), os dois lados do tubo em U estariam no mesmo nível e horizontais. De-vido à inércia, quando acelerado para a direita, a superfície da coluna líquida ficará como mostra a fig. I pois, a cada ponto, a massa tende a permanecer em repouso e, por se tratar de um fluido, ficará inclina-da. Se o carrinho estivesse em movimento retardado também para a direita, a inclinação seria ao contrário.(1) Verdadeira. O objeto está sujeito a três forças: o empuxo e a tração na vertical para cima e o peso na vertical para baixo. A Lei de Arquime-des garante que todo corpo, total ou parcialmente mergulhado em um fluido em equilíbrio, recebe uma força de direção vertical e sentido para cima denominada empuxo cuja intensidade depende da densi-dade do fluido, do volume do corpo que se encontra submerso e da aceleração da gravidade. Assim:T + E = PAdicionando açúcar, a densidade do líquido aumentará, o que nos leva a concluir que o empuxo também aumentará, diminuindo a tração. Assim T1 > T2.(2) Verdadeira. Trata-se de uma situação de imponderabilidade e, portanto, não há troca de forças de contato entre as partículas do líquido e, consequentemente, não há pressão entre elas.(3) Verdadeira. Para que um corpo fique em equilíbrio estático sob ação

2 Extensivo Terceirão – Física 6B

exclusiva do seu peso e empuxo, sua densidade deverá ser igual à do fluido no qual se encontra.

14. bDevido à inércia, quando acelerado para a direita, a superfície da colu-na líquida ficará como mostra a superfície livre do líquido (veja figura). A cada ponto, a massa tende a permanecer em repouso e, por se tratar de um fluido, ficará inclinada. Porém, o balão, pela posição dele na fi-gura, conclui-se ser ele menos denso que o líquido e, portanto, possui menor inércia. Logo não terá a mesma tendência de permanecer em repouso como o líquido, ficando na posição correspondente ao ângulo α. Se uma experiência similar fosse realizada em um carro, veríamos o balão também inclinado para frente.

15. 3As forças que atuam nas garrafas são: o peso (P) na vertical para baixo e o empuxo (E) na vertical para cima. Para saber se as garrafas sobem ou descem espontaneamente, vamos calcular suas densidades.Garrafa A:mA = 250 g; VA = 500 mL = 500 cm3

dA = 0,5 g/ cm3

Garrafa B:mB = 750 g; VB = 1000 mL = 1000 cm3 dB = 0,75 g/ cm3

Como ambas possuem densidades menores que a da água, conclui--se que subirão em movimento acelerado e o empuxo será maior que o peso. Usando a 2a. Lei de Newton, temos:Garrafa A:FR = m · aEA – PA = mA · aAµágua · VS · g – mA · g = mA · aA 1 · 500 · g – 250 · g = 250 · aAaA = gGarrafa B:FR = m · aEB – PB = mB · aB

µágua · VS · g – mB · g = mB · aB 1 · 1000 · g – 750 · g = 750 · aBaB = g/3

Calculando a relação aa

A

B:

aa

gg

A

B

= =

3

3

3Extensivo Terceirão – Física 6B

Atividades Série Ouro 6

01. b

q

30º

30º30º

+Q

R

F

–Q

30º+ –

+ FR

F

F FR x= 2

FR = 2 F · cos 30°

FkQq

R

FkQq

R

R

R

= ⋅

=

2 32

3

2

2

02. d

q

q

F2F12

F3F1

dd

d

d

+

+–

Q

Q

–1

32

Cálculo de F1 e F2:

F FkQq

d1 2 2= =

Cálculo de F12:

F F F

F F

FkQq

d

122

12

22

12 1

12 2

2

2

= +

=

= ⋅

No equilíbrio:

F F

k Q q

d

k Q Q

d

Qq

12 3

2 222

2 2

=

⋅ = → = ( )

Obs.: Repare na figura que Q e q têm sinais contrários, então a

razão é negativa.

03. e

Figura I

Forças que agem na carga negativa colocada em P:

F

F

F

F

F θ–

θ

Cálculo de F1:

F F F sen1 2= +

Figura II

2F

F

2F

2F

F θ–

θ

Cálculo de F2:F F F F F

F F

sen sen2

2 1

2 2 2 2 2

2

= + ⋅ +

=

=

( )

04. bForças que atuam em Q:

45º

45ºF

F

TT

P

P

tgFP

F P

kQQ

dmg

dkQQmg

d

o45

9 10 30 10 30 1

2

2

29 6

=

=

=

=

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅− 00

1 10

0 9

6−

⋅=

d m,

05. b

3q

d

P

d α

α

Z

F

q q

+

+ +

d2 + Z2

No equilíbrio:P Fy

P F sen

mgkq q

d Z

Z

d z

mkq Z

g d Z

== ⋅

=⋅

+⋅

+

=+

2

2

2 3

6

2 2 2 2 2

2

2 2

α

( )

( ))3 2

06. a) F F

kqq

R

mvR

v qk

mR

EL cp=

= → =2

2

b)

vR

T

TR

vR

qk

mR

Rq

mRk

=

= = =

2

2 2 2

π

π π π

1

Resoluções

Extensivo Terceirão – Física 6C

6CFísicaAtividades Série Ouro

07. bForça entre Q e q:

FkQq

R= 2

Força entre Q e 2q:

FkQ q

R

FkQq

R

kQq

R

F

’

’

=⋅

( )

= = =

2

2

2

4 2 2

2

2 2

08. Cálculo FA:

d/2q

q0

–q

F+

d/2+ –

F

F F

FKqq

d

Kqq

d

A

A

=

=

=

2

2

2

802

02

Cálculo de FB:

d

F

FB

60ºP

d

+ –q –q

q0

F Fx

F F

FKqq

d

FKqq

d

FF

B

B

B

BA

B

== ⋅

= ⋅

= → =

2

2 60

212

8

02

02

cos

09. e

E

EE

+

+

+Q Q

Q

O vetor campo elétrico no centro da circunferência é nulo, pois os vetores têm a mesma intensidade e formam um ângulo entre cada um deles de 120°.

10. cPara campo nulo no ponto P, os campos produzidos por cada car-ga devem ter mesmo módulo e sentidos contrários; sendo assim, as cargas têm sinais opostos.

d

qQ PEQ Eq

x

– +

E Eq

k Q

d x

k q

xQ

q d x

x

Q =

+= → = −

+( )

( )2 2

2

2

11. d

θ

θ

P

PT

T

5 cm4 cm

3 cmFEL FEL

tgFPELθ =

tgEqmg

θ =

34

=⋅E q

mg

qm

g

E=

34

12.

E

30º

30º

Px

FELx

F Px

Ex q mg sen

E q mg sen

E

EL x=

⋅ = °⋅ ° ⋅ = °

⋅ ⋅

30

30 30

32

cos

22 10 4 10 1012

2 33

10

6 2

5

⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

E N C/

13. b

E

4μc

4μc

1μc4μc

4μc

4μc

E

30 cm

EE

EE’

E E E

EkQ

d

kQ

d

E

R

R

R

= −

= −

=⋅

⋅⋅ − ⋅−

−

’

’

( )(

2 2

9

1 269 10

3 104 10 1 1

00

3 10

6

5

−

= ⋅

)

/E N CR

14. a)

P

Q

N

EN

+

EP

b) Pela figura, temos:

E E

E N CP

P

=

= ⋅ ⋅ = ⋅

2

2 2 10 4 103 3 /

(temos 4 quadrinhos do ponto P até Q). Cálculo de EM (temos 2 quadrinhos do ponto M até Q).

EkQ

dN C

EkQ

d

kQ

d

EkQ

d

P

M

M

= = ⋅

= =

= = ⋅ ⋅

23

2 2

23

4 10

24

4 4 10

/

’

EE N CM = ⋅16 10 3 /

2 Extensivo Terceirão – Física 6C

Cálculo da força na carga de prova.

F E q

F

F x N

M= ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

=

−

−

16 10 3 10

4 8 10

3 6

2,

15. a) Utilizando o conceito de carga-imagem e Lei de Coulomb, te-mos,

FkQQ

d

F

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

= ⋅

−

−

−

2

9 9 2

2 2

6

9 10 1 5 10

2 5 10

2 0 10

( , )

( )

, NN

b)

EkQ

d

E V

D

D

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

= ⋅

−

−2

9 9

2 2

3

9 10 1 5 10

2 5 10

135 10

,

( )

, /mm

c)

D

45º 45º E+

Er

E–

DD

+Q

–Q

2

d)

E E E E

E E

EkQ

D

E

R

R

R

R

2 2 2 2

2

9

2

2

22

9 10 1 5 10

= + =

=

=( )

⋅

=⋅ ⋅ ⋅

+ − +

+

−

, 99

2

2

2 0 05

2 700 2

⋅

=

( , )

/E N CR

3Extensivo Terceirão – Física 6C

Atividades Série Ouro 6

01. 26 (02, 08, 16)01) INCORRETA.

Tf

T

T

T s

=

=⋅

= ⋅

= ⋅

−

−

1

1

106 9 10

0 00935 10

9 35 10

6

6

9

,

,

,

02) CORRETA.

V f

m

= ⋅

⋅ = ⋅ ⋅

= ⋅

=

λ

λ

λ

λ

3 10 106 9 10

0 028 10

2 8

8 6

2

,

,

,

04) INCORRETA.

IPA

I

I

I w m

=

=⋅

=⋅

= ⋅ −

10

4 10

10

4 10

8 0 10

3

4 2

3

8

5 2

π

π

( )

, /

08) CORRETA.

β

β

βπ

π

µ

µ

β

02 0

02 0

02

7 3

8 4

2

2

2 4 10 10

3 10 4 10

2

=⋅

=⋅

=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

−

Ic

PcA

( )2

3310 10− T

16) CORRETA.

E c I

E cPA

E

02

0

02

0

02 8 7

3

4

2

2

2 3 10 4 1010

4 10

= ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

−

µ

µ

ππ ( )22

026 10E v m= ⋅ − /

02. d(F) Não se produzem ondas eletromagnéticas com cargas estacio-

nárias.(V) VERDADEIRA.(F) Onda eletromagnética se propaga com a mesma velocidade da

luz, no vácuo tem o valor de aproximadamente c m s= ⋅3 10 8 / .(V) VERDADEIRA.

03. b I. CORRETA. II. CORRETA. III. INCORRETA. A radiação X possui poder de penetração nos tecidos

osseos. IV. Correta

04. d

Como ncv

= , o índice de refração e a velocidade são grandezas in-

versamente proporcionais, portanto.n n nx y z> >

05. 03 (01, 02)

01) CORRETA. β e E são perpendiculares entre si.02) CORRETA. λ e f são inversamente proporcionais .04) INCORRETA. T e f são inversamente proporcionais.08) INCORRETA. A razão entre as velocidades será igual a 1 (cm), pois

em ambos os casos se propagam com a velocidade da luz (c).16) INCORRETA. Não existe velocidade superior a c.

06. 28 (04, 08, 16)01) INCORRETA. Calor se propaga na faixa da radiação infravermelha.02) INCORRETA. Ver 01.04) CORRETA. Essa afirmativa se justifica pela Lei de Fourier.08) CORRETA. 16) CORRETA.

07. e I. INCORRETA.

V f

f

f Hz

= ⋅=

=

λ340 8 5

40

,

II. INCORRETA. Apesar do meio com certeza não ser o vácuo. III. INCORRETA. Calculado na figura.

08. aNos três casos, A,B e C o raio atingirá o prisma com o mesmo ângulo ou paralelamente ao solo, como o material do prisma é o mesmo, esse raio sofrerá o mesmo desvio angular, portanto θ θ θA B C= =

09. a)

V f

m

= ⋅

= ⋅ ⋅

=

λ

λ

λ

310 2 4 10

0 125

8 9,

,

b)

0 25 0 40

0 252

0 40

0 5 0 125 0 80 4

, ,

, n ,

, , ,

< <

< <

< ⋅ < → <

L

n n

λ

<=

= → = ⋅

=

6 4

5

25

0 1252

31 25

,

,

,

n

Ln

L

L cm

λ

c)

PQ

t

t

=∆

=∆

50040000

Q m c

Q

Q J

t s

= ⋅ ∆= ⋅ ⋅= ⋅

∆ =

0

0 5 4000 20

40 000

80

,

1

Resoluções

Extensivo Terceirão – Física 6D

6DFísicaAtividades Série Ouro

10. cVerificar o quadro do espectro situado na aula 16 página 1.

11. bTeoria moderna da luz enunciada por Louis De Broglie (dualidade onda – partícula).

12. F – V – F – V – V(F) Interferência é um fenômeno ondulatório que ocorre também

com ondas mecânicas.(V) λ e f são grandezas inversamente proporcionais.(F) Só se polariza onda transversal.(V) Verdadeira(V) Aplicando v f= ⋅λ encontra-se a faixa de “λ” do celular.

13. V – F – F – F(V) VERDADEIRA.

(F) O violeta é a radiação de maior índice de refração, portanto sofre o maior desvio.

(F) FALSA.(F) Em um triângulo isósceles, se o raio incidir perpendicularmente

em uma das faces, o ângulo de incidência será menor do que 48°, portanto não ocorrerá a reflexão total.

14. cAs ondas eletromagnéticas possuem diferentes frequências, portan-to diferentes períodos.

15. 1. A luz tem natureza dual (onda-partícula)2. Distração – é um fenômeno ondulatório que prova o caráter on-

dulatório da luz. Efeito Fotoelétrico – é um fenômeno corpuscular que prova o caráter partículas da luz.

2 Extensivo Terceirão – Física 6D