– 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