Exercícios resolvidos de física222

FÍSICA A 3.aS
REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página I
Física
Curso Extensivo – A
3.a série – Ensino Médio

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página II
FÍSICA AC 3.aB/E

FÍSICA A 3.aS
– 1
REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 1
1. A taxa de álcool no sangue de uma pessoa depende da quantidade
de álcool ingerida, da massa da pessoa e do momento em que ela bebe
(em jejum ou durante as refeições).
A equação a seguir permite calcular a taxa de álcool no sangue (TAS),
medida em gramas por litro (g/).
Q = quantidade de álcool ingerido, em gramas
m = massa de pessoa, em kg
k é uma constante que vale 1,1 se o consumo de álcool é feito nas
refeições ou 0,7 se o consumo for feito fora das refeições.
Admita ainda que o tempo de reação tR de um motorista varia com a
taxa de álcool no sangue (TAS) de acordo com a relação:
tR = 0,5 + 1,0 (TAS)2
TAS medido em g/
tR medido em segundos.
Um motorista está dirigindo um carro com velocidade de módulo
V0 = 72,0 km/h quando avista uma pessoa atravessando a rua
imprudentemente à sua frente. Após o seu tempo de reação, o
motorista aciona o freio, imprimindo ao carro uma aceleração de
módulo constante a até a imobilização do veículo. O gráfico a seguir
mostra a velocidade escalar do carro em função do tempo. Sabe-se que
a distância percorrida pelo carro desde a visão do pedestre (t = 0) até
a sua imobilização (t = 5,5s) foi de 70,0m.
Determine
a) o tempo de reação do motorista tR e o módulo a da aceleração do
carro durante a freada.
b) a taxa de álcool no sangue do motorista (TAS) e a quantidade de
álcool ingerido Q, sabendo-se que o motorista tem massa m = 70 kg
e ingeriu bebida alcoó lica durante o almoço.
RESOLUÇÃO:
a) 1) Cálculo do tempo de reação tR:
Δs = área (v x t)
70,0 = (5,5 + tR)
7,0 = 5,5 + tR ⇒
2) Cálculo do módulo da aceleração a durante a freada:
a =
a = (m/s2) ⇒
b) 1) Cálculo da taxa de álcool no sangue (TAS):
tR = 0,5 + 1,0 (TAS)2
1,5 = 0,5 + 1,0 (TAS)2
1,0 = 1,0 (TAS)2 ⇒
2) Cálculo da quantidade de álcool ingerido Q:
Q = km (TAS)
Q = 1,1. 70 . 1,0 (g) ⇒
Respostas: a) 1,5s e 5,0 m/s2
b) 1,0 g/ e 77g
2. Uma lebre corre em linha reta com velocidade escalar constante
de 72,0km/h rumo à sua toca. No instante t = 0 a lebre está a 200m da
toca e neste instante um lobo que está 40m atrás da lebre parte do
repouso com aceleração escalar constante de 5,0m/s2 mantida durante
90m e em seguida desenvolve velocidade escalar constante. O lobo
descreve a mesma reta descrita pela lebre.
a) Faça um gráfico da velocidade escalar em função do tempo para os
movimentos da lebre e do lobo desde o instante t = 0 até o instante
em que a lebre chegaria à sua toca.
b) Determine se o lobo alcança a lebre antes que ele chegue à sua
toca.
RESOLUÇÃO:
a) 1) Instante t1 em que a lebre chega à toca:
Δs = Vt (MU)
200 = 20,0 t1 ⇒
2) Cálculo da velocidade final do lobo:
V2 = V0
2 + 2 γΔs
2 = 0 + 2 . 5,0 . 9,0 = 900
V1
Q
TAS = –––––
km
20,0
–––––
2
tR = 1,5s
ΔV
–––––
Δt
20,0
––––
4,0
a = 5,0 m/s2
TAS = 1,0 g/
Q = 77g
t1 = 10,0s
V1 = 30,0m/s
Revisão FÍSICA
MÓDULO 11 Cinemática Escalar

FÍSICA A 3.aS
2 –
3) Cálculo do instante t2 em que o lobo atinge sua velocidade
máxima:
V = V0 + γ t
30,0 = 0 + 5,0 t2 ⇒
4) gráficos V = f(t)
b) Distância percorrida pelo lobo até o instante t = 10,0s:
Δs = área (V x t)
d = (10,0 + 4,0) (m) = 210m
Quando a lebre chega na toca o lobo está a 30,0m da toca e, portanto,
não conseguiu alcança-la.
3. (Olimpíada de Portugal) – O João e a Maria são dois jovens
apaixonados pela Mecânica. Construíram cada um o seu veículo
automóvel, uma espécie de kart. Pretendem agora competir um com o
outro numa pista retilínea e horizontal, na propriedade da família de um
deles. O sistema de referência utilizado consiste num eixo horizontal
com origem no ponto de partida e o sentido do deslocamento dos carros
durante a corrida.
a) O carro do João deslocou-se inicialmente com aceleração escalar
constante de valor máximo que o motor permitiu. Após t1 = 30,0s,
quando o módulo da sua velocidade era V1J = 12,5m/s, o motor
avariou-se e o carro passou a deslocar-se com aceleração escalar
constante igual a a2J = –3,0 × 10–2m/s2, devido aos atritos. O tempo
total necessário para o João atingir meta foi de 200s, contado desde
a partida. Qual é o comprimento da pista?
b) A Maria preferiu ser mais cautelosa. No seu primeiro percurso após
a partida, de comprimento l1 = 400m, o módulo da acelaração
escalar do seu carro foi a1M = 0,20m/s2, após o que manteve a
velocidade escalar constante, durante 117s até atingir a meta. Quem
é que ganhou a corrida?
Adote 10 = 3,2
RESOLUÇÃO:
a)
1) Cálculo de V1:
a = ⇒ –3,00 . 10–2 = ⇒ ΔV = –5,1m/s
V1 = 12,5 – 5,1 (m/s) = 7,4m/s
2) L = área (V x t)
L = + (12,5 + 7,4) (m)
L = 187,5 + 1691,5 (m)
b) 1) Δs = V0 t + t2 (MUV)
2
400 = 0 + T1
T1
2 = 4000
T1 = 2010s = 20 . 3,2s = 64s
2) Ttotal = T1 + 117s = 185s
Como João gastou 200s para completar a corrida então Maria, que
gastou menos (181s), foi a ganhadora.
t2 = 6,0s
30,0
–––– –
2
ΔV
–––––
Δt
ΔV
–––– –
170
30,0 . 12,5
––––––––– –
2
170
––– –
2
L = 1879m
γ
–– –
2
0,20
––– –
2

FÍSICA A 3.aS
– 3
4. (Olimpíada de Portugal) – Há alguns séculos pensava-se que,
quando abandonados em queda livre, os corpos mais pesados
demoravam menos tempo a atingir o solo, do que os mais leves. No
século XVI Galileu Galilei verificou que esta ideia nem sempre estaria
correta. Uma das experiências que é frequentemente apresentada para
expor a conclusão de Galileu usa uma bomba de vácuo e um tubo de
vidro que contém um pedaço de chumbo e uma pena. A experiência
desenvolve-se em duas fases:
Fase I — Inverte-se o tubo e observam-se os movimentos de queda do
pedaço de chumbo e da pena.
Fase II — Extrai-se o ar do interior do tubo (usando a bomba de
vácuo), garantindo-se que o vácuo se mantém. Inverte-se
novamente o tubo e registram-se os movimentos de queda
dos objetos referidos.
Analise os esboços gráficos seguintes.
a) Qual dos gráficos traduz melhor a velocidade escalar de queda da
pena da galinha, em função do tempo,
a1) na fase I da experiência?
a2) na fase II da experiência?
b) Quais os gráficos que traduzem a evolução temporal da velocidade
escalar de queda do pedaço de chumbo nas fases I e II da
experiência. Justifique.
c) Considere agora que esta mesma experiência fosse realizada na Lua.
Esboçe o gráfico v = f(t), do movimento da pena, para as fases I e
II da experiência. Compare os valores do máximo da velocidade
atingido nas duas fases e os tempos de queda, na Lua, com os
valores obtidos na Terra. Considere a aceleração da gravidade da
Terra com módulo seis vezes maior do que na Lua.
RESOLUÇÃO:
a1) Com resistência do ar a aceleração da pena vai diminuindo até se
anular quando ela fica com velocidade constante (velocidade limite
de queda) o que corresponde ao gráfico C.
a2) Na fase II da experiência a queda se dá no vácuo e a acelaração
permanece constante e igual a da gravidade o que corresponde ao
gráfico B.
b) Para o chumbo a resistência do ar é desprezível em comparação com
o peso de chumbo e a aceleração é praticamente igual à da gravidade
e nas duas fases está correto o gráfico B.
c) Na Lua não tem atmosfera e a queda da pena ocorre com a aceleração
da gravidade da Lua gL = gT.
Nas duas fases o gráfico é análogo ao B
Na Terra: (vfT)2 = v0
2 + 2 gT L
vfT = 2gT L
Na Lua: vfL = 2gL L
⇒
2 ⇒TT =
Na Terra: L = TT
2 ⇒TL =
Na Lua: L = TL
⇒
1
–––
6
vfL gL –––– = ––––
vfT gT
vfL 1
–––– = –––
vfT 6
gT ––– –
2
2L
––– –
gT
gL ––– –
2
2L
––– –
gL
TL gT
–––– = ––––
TT gL
TL –––– = 6 TT

FÍSICA A 3.aS
1. (IFUSP) – Na figura podemos observar o movimento de três
partículas, num certo instante T. Todas elas deslocam-se no sentido
anti-horário sobre circunferências de raio 5,0m, com velocidades
variáveis (direção e/ ou módulo). Neste instante aparecem, indicados
nas figuras, também os vetores aceleração e seus módulos. Para cada
partícula, achar o módulo da velocidade vetorial e da aceleração
escalar.
Dados:
sen 37° = 0,60
cos 37° = 0,80
sen 30° = 0,50
cos 30° = 3/2
RESOLUÇÃO:
a) A aceleração vetorial só tem componente centrípeta:
1) γ1 = a→
4 –
t = 0
2) a→
2
cp = ⇒ 20,0 = ⇒
b) 1) γ2 = a→
t = a sen θ
γ2 = 16,0 . 0,60 (m/s2) ⇒
cp = a cos θ =
2) a→
2
16,0 . 0,80 = ⇒
c) 1) γ3 = a→
t = a cos θ
2
γ3 = 10,0 . (m/s2) ⇒
cp = a senθ =
2) a→
2
10,0 . 0,50 = ⇒
2. (UFG-2010) – O funcionamento de um dispositivo seletor de
velocidade consiste em soltar uma esfera de uma altura h para passar
por um dos orifícios superiores (O1, O2, O3, O4) e, sucessivamente,
por um dos orifícios inferiores (P1, P2, P3, P4), conforme ilustrado na
figura a seguir.
Os orifícios superiores e inferiores mantêm-se alinhados, e o sistema
gira com velocidade angular constante ω. Desprezando-se a resistência
do ar e considerando-se que a esfera é liberada do repouso, calcule a
altura máxima h para que a esfera atravesse o dispositivo.
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo da velocidade V1 com que a esfera atinge o orifício:
V2 = V0
2 + 2 γ Δs:
2 = 2gh ⇒V1 = 2g h
V1
2) Para que h seja máximo, V1 deverá ser máximo e a esfera percorre a
distância H em um tempo igual a um quarto do período de rotação do
cilindro (tempo mínimo)
Δs = V0 t + t2 onde t = = =
H = 2g h . + .
H – = 2g h
. H – . = 2g h
2g h = – ⇒ 2gh =
2
v2
––– –
R
v1
––– –
5,0
v1 = 10,0m/s
γ2 = 9,6m/s2
v2
––– –
R
v2
––– –
5,0
v2 = 8,0m/s
3
––– –
2
γ3 = 5,0 3 m/s2
v3
––– –
R
v3
2
––– –
5,0
v3 = 5,0m/s
γ
–– –
2
T
–––
4
2π
––– –
4ω
π
––– –
2ω
π
–––
2ω
g
–––
2
π2
––––
4ω2
g
–––
2
π2
––––
4ω2
π
–––
2ω
2ω
–––
π
g π2
–––––
8ω2
2ω
–––
π
2ωH
––––
π
gπ
––––
2ωH
––––
4ω π
gπ
– ––––

4ω 1 2ω H g π
2
h = –––– –––––– – ––––2g π 4ω
MÓDULO 22 Cinemática Vetorial

FÍSICA A 3.aS
– 5
3. (Olimpíada Iberoamericana) – Um observador A encontra-se no
centro da Praça de Espanha na cidade de Guatemala, observando o
movimento de dois motociclistas, B e C. Estes motociclistas
descrevem trajetórias circulares em torno de A, no mesmo sentido, e
de raios RB = 35,0m e RC = 60,0m. O observador A verifica que
motociclista B demora TB = 10,0s para completar uma volta, enquanto
C demora TC = 16,0s.
a) Calcular o menor número de voltas completas de B e C, contadas a
partir do instante inicial, para que essa mesma configuração se
repita (ver figura).
b) Determinar o tempo mínimo, a partir do instante inicial, até que A,
B e C estejam alinhados pela primeira vez.
c) Determinar o número (inteiro ou fracionário) de voltas dadas por B
e por C no intervalo de tempo obtido no item anterior.
RESOLUÇÃO:
a) B e C deverão dar um número completo de voltas e o intervalo de tempo
deverá ser múltiplo dos dois períodos. Isto ocorre pela primeira vez
para:
Δt = mmc (TB ; TC) = mmc (10,0s; 16,0s) = 80,0s
A moto B terá dado 8 voltas e a moto C terá dado 5 voltas
b) Movimento relativo: C é suposto parado e B girando com a velocidade
angular relativa:
ωrel = ωB – ωC
= –
Para ficarem alinhados pela primeira vez: Δϕ
rel = π rad
= –
= – =
c) fB = ⇒ = ⇒ nB =
fC = ⇒ = ⇒ nC =
4. (Olimpíada de Portugal) – Um grupo de amigos encontrou-se
numa margem do rio e resolveu ir fazer um piquinique num parque de
merendas que ficava na outra margem, 500m mais abaixo, para o lado
da foz. Naquela zona o rio tem largura 100m e a velocidade da
correnteza tem módulo igual a 1,0m/s. Os estudantes decidiram dirigir
o barco na direção perpendicular à margem (condição de tempo de
travessia mínimo) e esperar que a correnteza os levasse até ao
ancoradouro pretendido.
Qual é a o módulo da velocidade que devem imprimir ao seu barco,
relativamente à água, para conseguirem o se objetivo?
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo do tempo gasto usando o movimento de arrastamento
D = VARR . T
500 = 1,0 . T ⇒
2) Cálculo da velocidade relativa:
Vrel =
Vrel = (m/s) ⇒
Δϕ
rel ––––––
Δt
2π
–––
TB
2π
–––
TC
π
–––
Δt
2π
––––
10,0
2π
––––
16,0
1
––––
Δt
1
––––
5,0
1
––––
8,0
8,0 – 5,0
––––––––
40,0
40,0
Δt = –––– – s
3,0
nB ––––
Δt
1
––––
10,0
nB –––––––
40,0
–––––
3
4
–––
3
nC –––
Δt
1
––––
16,0
nC –––––––
40,0
–––––
3
5
–––
6
T = 500s
Δsrel –––––
Δt
100
––––
500
Vrel = 0,2m/s

FÍSICA A 3.aS
5. Um jogador de futebol bate uma falta imprimindo à bola uma
velocidade inicial V→
6 –
0 de módulo V0 e inclinada de θ em relação ao
plano do chão. A bola atinge a cabeça de um jogador de altura h = 2,0m
após um tempo de voo de 2,0s. A distância horizontal do jogador à
posição de onde foi batida a falta é de 22,0m. Despreze o efeito do ar
e adote g = 10,0m/s2.
Determine:
a) o ângulo θ e o valor de V0.
b) a altura máxima atingida pela bola.
RESOLUÇÃO:
a) 1) Δsx = Vox t (MU)
22,0 = Vox . 2,0 ⇒
Vox = 11,0m/s
γy –––
2
2) Δsy = Voy t + t2 (MUV) ↑ (+)
2,0 = Voy . 2,0 – 5,0 (2,0)2 ⇒
3) Vox = Voy ⇒
4) V0
2 = Vox
2 + Voy
2
Vo = 11,0 2 m/s
2 = Voy
b) Vy
2 + 2 γy Δsy
0 = (11,0)2 + 2 (–10,0) H
20,0 H = 121
Respostas: a) θ = 45° e V0 = 11,0 2 m/s
b) H = 6,05m
Vox = 11,0m/s
H = 6,05m
θ = 45°

FÍSICA A 3.aS
– 7
1. Imagine uma copa Mundial de Futebol que vai ser decidida nos
pênaltis. O goleiro cuja altura é de 2,0m está postado bem no meio do
gol que tem largura de 7,32m. A distância da marca de pênalti até a
linha de gol é de 11,0m. Considere que o batedor do pênalti imprimiu
a bola uma velocidade de módulo V0 e que a bola descreve movimento
retilíneo e uniforme junto ao solo indo na direção da trave conforme
indica a figura adiante, vista de cima.
–––
Admita que o goleiro vai iniciar seu movimento no instante em que o
batedor toca na bola e que ele consegue espalmar a bola que iria bater
na trave. O tempo T gasto pelo goleiro para chegar na bola é a soma de
duas parcelas: o seu tempo de reação TR que é de 0,20s e o tempo de
movimento TM que é igual ao tempo de queda livre vertical de uma
partícula, a partir do repouso, de uma altura igual à metade da altura do
goleiro.
Determine:
a) o tempo T gasto pelo goleiro para chegar na bola
b) o valor de V0 em km/h
c) a intensidade da força média que o batedor aplicou na bola sabendo-se
que a interação durou 2,0 . 10–2s e que a massa da bola vale
0,45kg.
Considere g = 10,0m/s2 e, se necessário, use a tabela de raízes
quadradas dada a seguir.
RESOLUÇÃO:
a) 1) Δs = V0 t + t2
2 ⇒TM 2 = 0,20 ⇒TM 0,45s
1,0 = 5,0 TM
2) T = TR + TM = 0,20s + 0,45s ⇒
b) V0= = 17,8m/s 64km/h
c) PFD: Fm = mam = m .
Fm = 0,45 . N
2. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – Dois blocos de massas iguais a
2,0kg, apoiados sobre superfícies horizontais, estão atados a um
terceiro corpo de massa 6,0kg.
Considere que
– as polias e os fios são ideais;
– o atrito e a resistência do ar são desprezíveis;
– a aceleração da gravidade tem módulo igual a 10,0m/s2.
Determine:
a) O módulo da aceleração com que o bloco pendurado desce.
b) A intensidade da força de tração em um dos fios do sistema.
RESOLUÇÃO:
a)
PFD (A): T = mAa
PFD (B): T = mBa
PFD (C): PC – 2T = mCa
PFD (A + B + C): PC = (mA + mB + mC)a
60,0 = 10,0a
AC
11,6m
N 0,20 0,40 0,60 0,65 0,80
N 0,45 0,63 0,77 0,81 0,89
γ
–––
2
17,8
–––––––––
2,0 . 10–2
T = 0,65s
Δs
–––
Δt
11,6m
–––––––
0,65s
ΔV
–––
Δt
Fm = 8,0 .102 N
a = 6,0m/s2
MÓDULO 33 Leis de Newton

FÍSICA A 3.aS
b) T = mA a
T = 2,0 . 6,0 (N)
Respostas: a) 6,0m/s2
8 –
b) 12,0 N
3. (Olimpíada de Portugal) – Um helicóptero de combate a incêndios
transporta um conteiner vazio de massa 600kg, suspenso por um cabo
de 20,0m de comprimento. Num dado momento em que o helicóptero
se afasta do fogo com velocidade constante e horizontal para ir se
reabastecer, verifica-se que o cabo faz um ângulo de 45° com a vertical.
a) Determine a intensidade da força de resistência que o ar exerce
sobre o conteiner.
b) Após o reabastecimento, o helicóptero regressa ao local do
incêndio, deslocando-se com a mesma velocidade horizontal em
módulo. O cabo faz agora um ângulo de 37° com a vertical.
Quantos litros de água transporta o conteiner?
A densidade da água é 1,0 . 103 kg/m3 e g = 10,0m/s2.
sen 37° = 0,60; cos 37° = 0,80
RESOLUÇÃO:
a) Para que a velocidade seja
constante devemos ter:
Ty = P = mg = 6,0 . 103 N
Far = Tx
Como o ângulo vale 45° temos:
Tx = Ty ⇒
b) Como a velocidade tem o mesmo módulo a força de resistência do ar
tem a mesma intensidade Far = 6,2 . 103 N
tg 37° = =
= ⇒ P1 = 8000 N ⇒ M1 = 800kg
ma = M1 – M ⇒
Respostas: a) 6,0 kN
b) 2,0 . 102kg
4. (Olimpíada Brasileira de Física) – Técnicos de um laboratório de
testes desejam determinar se um novo dispositivo é capaz de resistir a
grandes acelerações e desacelerações. Para descobrir isso, eles colam
tal dispositivo de 5,0 kg a uma plataforma de testes que depois é
deslocada verticalmente para cima e para baixo. O gráfico da figura
mostra a aceleração escalar durante um segundo do movimento. A
trajetória está orientada para cima considere g = 9,8m/s2.
a) Identifique as forças exercidas sobre o dispositivo.
b) Em que instante o peso aparente do dispositivo é máximo? Quanto
vale o módulo da aceleração neste instante?
c) O peso aparente do dispositivo é nulo em algum momento? Em
caso afirmativo, em que instante isso ocorre? Qual é o módulo da
aceleração neste instante?
d) Suponha que os técnicos se esqueçam de colar o dispositivo à
plataforma de testes. O dispositivo permanecerá sobre a plataforma
de testes durante o primeiro segundo de movimento ou ele sairá
voando da plataforma em algum instante de tempo? Em caso
afirmativo, em que instante isso ocorreria?
RESOLUÇÃO:
a)
b) O peso aparente corresponde à intensidade da força F que o dispositivo
troca com o seu apoio. F será máximo quando a aceleração for dirigida
para cima e tiver módulo máximo. Isto ocorre no instante t = 0 e a
aceleração tem módulo 19,6m/s2.
c) O peso aparente será nulo quando a plataforma estiver em queda livre,
isto é, aceleração dirigida para baixo com módulo g = 9,8m/s2. Isto
ocorre no instante t = 0,75s.
d) O dispositivo se desligará da plataforma quando sua aceleração for
dirigida para baixo e com módulo maior que 9,8m/s2. Isto ocorre a
partir do instante t = 0,75s.
T = 12,0 N
Far = 6,0 . 103 N
T1x ––––––
T1y
Far –––––
P1
0,60
–––––
0,80
6,0 . 103
––––––––
P1
ma = 200kg

FÍSICA A 3.aS
– 9
1. Pretende-se movimentar dois blocos A e B, cada um com massa
2m, colocados em cima de duas plataformas deslizantes que
apresentam com o solo coeficientes de atrito estático μE = 0,20 e
cinético μC = 0,12 e cada uma com massa m. O coeficiente de atrito
estático entre os blocos e as plataformas vale μ’ e é suficientemente
grande para que os blocos não deslizem em relação às plataformas. Os
blocos estão unidos por um fio horizontal ideal conforme indica a
figura.
A aceleração da gravidade tem módulo g.
a) Determine o módulo da força F→mínima para que o sistema comece
a se mover, a partir do repouso.
Quando a força aplicada tiver intensidade o dobro da força mínima
calculada no item (a) determine:
b) o módulo da aceleração do sistema
c) a intensidade da força que traciona o fio
d) o mínimo valor de μ’ para que os blocos não deslizem em relação
às plataformas.
RESOLUÇÃO:
a) Para iniciar o movimento: F Fatdestaque
F μe 6mg ⇒ ⇒
b) F’ = 2 Fmin = 12 μe mg = 2,4 mg
PFD : F’ – Fatdin
= Mtotal a
2,4mg – 0,12 . 6mg = 6 m a
0,40g – 0,12g = a ⇒
c) PFD: T – 0,12 . 3mg = 3m . 0,28g
T = 0,36mg + 0,84mg
d)
1) PFD(m): fat – Fat = m a
fat = 0,12 . 3mg + m . 0,28g
fat = 0,64mg
2) fat ≤ μ’ 2mg
0,64mg ≤ μ’ 2mg
μ’ ≥ 0,32
2. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma caixa de madeira de peso
P encontra-se em repouso sobre uma superfície plana. O coeficiente
de atrito estático entre a caixa e a superfície plana é μe. Posteriormente,
um garoto começa a empurrar a caixa com uma força F→crescente, que
faz um ângulo θ com a horizontal, até que a caixa começa a se mover,
como mostra a figura.
Calcule:
a) O menor valor de F→para que a caixa se mova.
b) A força de reação normal à superfície, (associada ao valor de F→do
item a,) sobre o bloco.
RESOLUÇÃO:
a) Fx = Fcos θ
Fy = Fsen θ
FN = P + Fy = P + Fsenθ
Para a caixa se mover: Fx Fatmax
Fcos θ μE (P + Fsen θ)
Fcos θ – μE Fsen θ μE P
F (cos θ – μE sen θ) μE P
F
Fmin 6 μe mg Fmin = 1,2 mg
a = 0,28g
T = 1,2 mg
μ’min = 0,32 μE P
––––––––––––––
cos θ – μE sen θ
μE P
Fmin ––––––––––––––
MÓDULO 44 Atrito e Plano Inclinado

FÍSICA A 3.aS
b) FN = P + F sen θ
FN = P +
FN = P
FN = P
μE P sen θ
––––––––––––––
μE sen θ
1 + ––––––––––––––
cos θ – μE sen θ + μE sen θ
–––––––––––––––––––––
3. (UFF-RJ) – Um trabalhador deseja empilhar areia em uma área
circular de raio R, formando um cone de altura h, conforme indicado
na figura abaixo.
O volume de um cone é dado por πR2h/3. Demonstre que o volume
máximo de areia é πμeR3/3, onde μe é o coeficiente de atrito estático
da areia com a areia.
RESOLUÇÃO:
1) Na situação de volume máximo um grão de areia estará na iminência
de escorregar, isto é, a força de atrito com sua intensidade máxima
(força de atrito de destaque).
10 –
FN = PN = mg cos θ
Pt = Fatdestaque
mg sen θ = μe mg cos θ
2) Da figura temos:
tgθ =
= μe ⇒
3) O volume máximo é dado por:
Vmax= = . μe R
c.q.d
tgθ = μe
h
–––
R
h = μe R
h
––––
R
π R2
–––––
3
π R2h
––––––
3
π μe R3
Vmax = ––––––––
3
P cos θ
FN = ––––––––––––––

FÍSICA A 3.aS
– 11
4. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma cunha de massa M
submetida a uma força horizontal F→ (ver figura) encontra-se sobre uma
superfície horizontal sem atrito. Coloca-se um bloco de massa m sobre
a superfície inclinada da cunha. Se o coeficiente de atrito estático entre
as superfícies da cunha e do bloco é μe, encontre os valores máximos
e mínimos da força F→para que o bloco permaneça em repouso sobre a
cunha.
RESOLUÇÃO:
Quando F for máxima a tendência do bloco é escorregar para cima e
teremos.
1) Na direção y:
FN cos θ = Fat . sen θ + P
FN cos θ = μE FN sen θ + P
FN (cos θ – μE sen θ) = Mg (1)
2) Na direção x:
FN sen θ + μE FN cos θ = Ma
FN (sen θ + μE cos θ) = Ma (2)
: =
a = g
––––––––––––––––
3) PFD (M + m) :
Fmax = (M + m) g –––––––––––––– cos θ – μE sen θ
Quando F for mínima a tendência do bloco é escorregar para baixo e a
força de atrito será dirigida para cima
FN . cos θ + μE FN sen θ = Mg
FN (cos θ + μE sen θ) = Mg (1)
FN sen θ – μE FN cos θ = Ma
FN (sen θ – μE cos θ) = Ma (2)
a
–––
g
: =
(2)
–––
(1)
sen θ – μE cos θ
––––––––––––––
cos θ + μE sen θ
PFD (M + m) :
(sen θ – μE cos θ)
Fmin = (M + m) g –––––––––––––––
cos θ + μE sen θ
sen θ + μE cos θ
––––––––––––––
a
–––
g
(2)
–––
(1)
sen θ + μE cos θ
sen θ + μE cos θ

FÍSICA A 3.aS
1. (UFF-RJ) – Um carro de massa igual a 1,0t percorre uma estrada
com velocidade de módulo constante igual a 36 km/h. Num certo
trecho, passa por uma curva circular de raio igual a 100m. O piso da
estrada é horizontal. Adote g = 10 m/s2.
a) Represente, num diagrama, as forças que atuam sobre o carro.
b) Calcule o módulo de cada uma das forças do item anterior.
c) Suponha que o coeficiente de atrito estático entre a estrada e os
pneus do carro seja igual a 0,9. Determine a máxima velocidade
escalar com a qual o carro pode realizar a curva sem deslizar. Essa
velocidade escalar depende da massa do carro? Justifique sua
resposta.
RESOLUÇÃO:
a)
P→: peso do carro
FN
→ : força normal aplicada pelo chão
F→
at: força de atrito aplicada pelo chão
F →
12 –
é a força resultante que o chão aplica no carro
b) 1) FN = P = mg = 1,0 . 103 . 10 (N)
FN = P = 1,0 . 104N
2) Fat = Fcp =
Fat = (N)
c) Fat ≤ μE FN
≤ μE mg
V2 ≤ μE gR
V ≤ μE g R
Vmax = μE g R
Vmax = 0,9 . 1 0 . 1 0 0 (m/s)
A velocidade máxima não depende da masa do carro (nos cálculos a
massa foi cancelada)
2. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – O limite de velocidade em
determinada estrada era pequeno, 20m/s, e, mesmo assim uma de suas
curvas, com raio de 80m e calçamento plano e horizontal, somava um
grande número de acidentes por perda de aderência dos pneus dos carros.
Dados: massa de um veículo = 1,0 . 103 kg
Módulo da aceleração da gravidade = 10m/s2
a) Determine a intensidade da força de atrito que um veículo,
movendo-se com velocidade escalar máxima, sofre lateralmente ao
realizar essa curva, sem derrapar.
b) Uma reforma na estrada fez com que o calçamento da curva ficasse
sobrelevado em um ângulo θ de tal forma que, agora, um veículo
movendo-se à velocidade escalar máxima, não precisasse contar
com o atrito para realizar a curva.
Determine o valor da tangente desse ângulo.
RESOLUÇÃO:
a) Fat = Fcp =
Fat = ⇒
b) 1) Fy = P = mg
2) Fx = Fcp =
3) tgθ= =
tgθ= =
Respostas: a) 5,0 kN
b) 0,5
mV2
––––
R
1,0 . 103 . 102
–––––––––––
100
Fat = 1,0 . 103N
mV2
––––
R
Vmax = 30m/s = 108 km/h
mV2
––––
R
1,0 . 103 . (20)2
––––––––––––– (N)
80
mV2
–––––
R
mV2 / R
––––––––
mg
Fx ––––
Fy
400
––––––
10 . 80
V2
––––
gR
tgθ = 0,5
Fat = 5,0 . 103 N
MÓDULO 55 Força Centrípeta

FÍSICA A 3.aS
– 13
3. O ROTOR
Em muitos parques de diversão existe um “brinquedo” chamado
ROTOR.
O rotor é um recinto com o formato de um cilíndro oco que pode girar
em torno de um eixo vertical central. A pessoa entra no rotor, fecha a
porta e permanece em pé encostada na parede do rotor.
O rotor começa sua rotação aumentando gradativamente sua
velocidade angular ω até atingir um valor pré estabelecido quando
então o chão se abre abaixo da pessoa revelando um fosso profundo. A
pessoa não cai permanecendo grudada na parede do rotor.
Indiquemos por R o raio do rotor e por μ o coeficiente de atrito estático
entre a roupa da pessoa e a parede do rotor.
Seja g o módulo da aceleração da gravidade.
Calcule:
a) o valor mínimo de ω em função de g, μ e R para que a pessoa não
escorregue.
b) Sendo a massa da pessoa igual a 50,0kg, o raio do rotor igual a
2,0m, a velocidade angular do rotor igual a 4,0 rad/s, determine a
força F→que a parede do rotor exerce na pessoa usando os versores
(horizontal) e k→(vertical), isto é, a resposta deve ser na forma:
F→ = Fxi →
i→
+ Fzk →
Fx = componente horizontal de F→
Fz = componente vertical de F→
Admita que a pessoa não escorregue e adote g = 10,0m/s2.
RESOLUÇÃO:
a)
1) Fat = P = mg
2) FN = Fcp = mω2 R
3) Fat ≤ μ FN
mg ≤ μ mω2 R
g
–––––
μR
ω2 ≥ ⇒ω≥
g
––– –
μ R
g
ωmin = ––––
μ R
b) Fx = FN = mω2 R = 50,0 . 16,0 . 2,0 (N) = 1,6 . 103 N
Fz = Fat = mg = 50,0 . 10,0 (N) = 5,0 . 102 N
F→ = 1,6 . 103 i →
+ 5,0 . 102k →
(N)
Respostas:a) ωmin =
g
––– –
μ R
b) F→ = 1,6 . 103i →
+ 5,0 . 102k →
(N)

FÍSICA A 3.aS
4. Um avião descreve uma trajetória circular de raio R em um plano
vertical mantendo uma velocidade escalar constante. O centro O da
trajetória está a uma altura H = 2R do solo terrestre, suposto horizontal.
O piloto experimenta um peso aparente no ponto A, mais baixo de sua
trajetória, duas vezes maior que o peso aparente no ponto B, mais alto
da trajetória. Quando o avião está no ponto mais alto de sua trajetória
um pacote é abandonado da janela do avião. A aceleração da gravidade
tem módulo g. Despreze o efeito do ar.
a) Determine o módulo V da velocidade do avião em função de g e R.
b) Determine, em função de R, a distância horizontal d percorrida pelo
pacote até chegar ao solo.
RESOLUÇÃO:
a) No ponto B: Fcp
14 –
B
= FN + P (1)
No ponto A: FcpA
= 2 FN – P (2)
Como o movimento é circular e uniforme:
FcpA
= FcpB
FN + P = 2FN – P ⇒
Em (1): = 3mg ⇒
b) 1) Cálculo do tempo de queda do pacote:
Δsy = V0y t + t2 (MUV)
3R = 0 + T2 ⇒
2) Cálculo do alcance horizontal:
Δsx = Vx t (MU)
d = 3g R . = 18 R 2
Respostas: a) V = 3g R
b) d = 32 R
FN = 2 P
m V2
–––––
R
V = 3g R
γy –––
2
g
–––
2
6 R
T = ––––
g
6 R
––––
g
d = 32 R

FÍSICA A 3.aS
– 15
1. (UNICAMP-SP-2010) – Os ímãs são magnetos permanentes
amplamente utilizados no nosso dia a dia. Pequenos ímãs de forma
cilíndrica são comumente empregados para fixar fotos ou bilhetes em
painéis metálicos. Quando necessário, use g = 10 m/s2 na solução dos
itens abaixo.
a) Considere um ímã de massa m = 20 g e o coeficiente de atrito estático
entre a superfície do ímã e a superfície do painel igual a μe = 0,80.
Qual é a intensidade da força magnética mínima entre o ímã e o
painel, que mantém o ímã em repouso aderido a esse painel em uma
parede perfeitamente vertical?
b) Quando um pequeno ímã é colocado para segurar uma foto, o ímã
e a foto deslizam juntos lentamente para baixo. A força magnética
entre o ímã e o painel nessa situação tem intensidade Fmag = 0,2 N
e o coeficiente de atrito cinético entre as superfícies da foto e do
painel em contato vale μc = 0,60. Calcule o trabalho realizado pela
força de atrito após um deslocamento de 20 cm do ímã.
RESOLUÇÃO:
a) Fat = P = mg
FN = Fmag
Fat ≤ μE FN
mg ≤ μE Fmag
Fmag ≥ Fmag (min) = = (N)
b) 1) Fatdin
= μD FN = μD Fmag
Fatdin
= 0,60 . 0,20 N = 0,12 N
2) τat = Fat . d . cos 180°
τat = 0,12 . 0,20 . (–1) (J)
Respostas: a) 2,5 . 10–1 N
b) –2,4 . 10–2 J
2. (Olimpíada Paulista de Física) – Um bloco de massa 6,0kg,
inicialmente em repouso, é puxado horizontalmente por uma força
constante, de intensidade igual a 49 N sobre uma superfície sem atrito.
Considere que a força age sobre o bloco durante um deslocamento de
3,0m.
a) Qual o trabalho realizado pela força sobre o bloco?
b) Qual a velocidade escalar final do bloco?
RESOLUÇÃO:
a) τF = F →
d →
cos 0°
τF = 49 . 3,0 (J) ⇒
b) TEC: τF = ΔEcin
τF = –
147 = V2
V2 = 49 ⇒
Respostas: a) 147 J
2
b) 7,0m/s
mg
–––
μE
mg
––––
μE
20 . 10–3 . 10
––––––––––––
0,80
Fmag (min) = 0,25 N
τat = –2,4 . 10 –2 J
τF = 147 J
mV2
–––––
2
mV0
––––––
2
6,0
–––
2
V = 7,0m/s
MÓDULO 66 Trabalho e Potência

FÍSICA A 3.aS
3. Um motorista dirige seu carro em linha reta, em um plano
horizontal, com velocidade constante de módulo V0 em uma direção
perpendicular a uma ferrovia com trilhos retilíneos.
Quando o carro está a uma distância d da ferrovia o motorista percebe
pelo ruido a passagem iminente de um trem e tem dois procedimentos
para evitar a colisão:
Procedimento 1: frear o carro travando as quatro rodas e o coeficiente
16 –
de atrito dinâmico entre os pneus e o chão é constante
e vale μC.
Procedimento 2: manter o módulo da velocidade do carro e fazer uma
curva circular de raio d de modo a passar tangen -
ciando a ferrovia, conforme ilustrado na figura.
No procedimento 1 admite-se que o carro vai parar junto à ferrovia e
no procedimento 2 o coeficiente de atrito estático entre os pneus e o
solo é constante e vale μE.
Para que os dois procedimentos possam ocorrer, conforme o que foi
descrito, qual a relação entre μE e μC?
a) μE = 4 μC b) μE = 2 μC
c) μE = 1,5 μC d) μE = μC
e) μE =
Nota: Despreze o efeito do ar.
RESOLUÇÃO:
Procedimento 1: TEC : τatrito = ΔEcin
μC mg d (–1) = 0 –
(1)
Procedimento 2: Fat = Fcp
μE mg =
2
(2)
2
2
Comparando-se (1) e (2) resulta: μE = 2 μC
Resposta: B
4. Um carro de massa M = 1,0 . 103kg descreve uma trajetória retilínea
em um plano horizontal. A força da resistência do ar que se opõe ao
movimento do carro tem intensidade F que varia com a velocidade
escalar V do carro segundo a relação:
F = 1,2 V2 (SI).
Despreze a força de atrito nas rodas não motrizes do carro. A
velocidade limite atingida pelo carro tem módulo igual a 180km/h.
Adote g = 10m/s2.
Determine:
a) a intensidade da força total de atrito nas rodas motrizes do carro,
aplicada pelo solo, ao ser atingida a velocidade limite.
b) a potência útil do motor do carro ao ser atingida sua velocidade
limite.
c) o aumento percentual da potência útil do motor se o carro passar a
subir uma rampa inclinada de 37° (sen 37° = 0,60) mantendo a
mesma velocidade limite.
RESOLUÇÃO:
a) Ao ser atingida a velocidade limite teremos:
2
Fat = F = 1,2 Vlim
Vlim = 180km/h = m/s = 50m/s
Fat = 1,2 (50)2 (N)
b) PotU = Fat Vlim
PotU = 3,0 . 103 . 50 (W) ⇒
c)
F’at = Pt + F
F’at = Mg senθ + F
F’at = 1,0 . 103 . 10 . 0,60 + 3,0 . 103 (N)
F’at = 9,0 . 103 N
Pot’U = F’at . Vlim
Como F’at = 3,0 Fat estão Pot’U = 3 PotU e o aumento foi de 200%
Respostas: a) 3,0kN
b) 1,5 . 105 W
c) 200%
μ ––C–
2
2
m V0
–––––
2
V0
μC = –––––
2 gd
m V0
–––––
d
V0
μE = –––––
gd
180
––––
3,6
Fat = 3,0 . 10 3 N
PotU = 1,5 . 10 5W

FÍSICA A 3.aS
– 17
5. (UFF-RJ) – Um comercial da Chevrolet diz que o Corsa 1.0
partindo do repouso pode atingir a velocidade escalar de 20,0m/s em
8,0s em uma trajetória retilínea em um plano horizontal.
A massa do Corsa é igual a 1,2 . 103 kg. Sob essas condições e
desprezando-se as perdas por atrito e resistência do ar, determine
a) a potência média do motor
b) a intensidade da força resultante no carro, suposta constante
c) a potência instantânea do motor quando o carro atinge a velocidade
escalar de 20,0m/s
RESOLUÇÃO:
a) 1) Cálculo do trabalho:
TEC: τmotor =Δ Ecincarro
m Vf
2
τmotor = –
–––––
2
2
τmotor = (20,0)2 (J)
τmotor = 240 . 103 J = 2,4 . 105 J
2) Cálculo da potência média
Potm= =
b) PFD: FR = ma = m
FR = 1,2 . 103 . (N)
c) Potf = F Vf
Potf = 3,0 . 103 . 20,0 (W)
Respostas: a) 3,0 . 104W
b) 3,0 . 103 N
c) 6,0 . 104W
m V0
–––––
2
1,2 . 103
––––––––
2
τ ––m–o–to–r–
Δt
2,4 . 105 J
–––––––––
8,0s
Potm = 3,0 . 10 4W
ΔV
––––
Δt
20,0
–––––
8,0
FR = 3,0 . 10 3N
Potf = 6,0 . 10 4W

FÍSICA A 3.aS
MÓDULO 77 Energia Mecânica
1. (UNICAMP-SP) – Um brinquedo que muito agrada às crianças são
os lançadores de objetos em uma pista. Considere que a mola da figura
abaixo possui uma constante elástica k = 8,0 . 103 N/m e massa
desprezível. Inicialmente, a mola está comprimida de 2,0 cm e, ao ser
liberada, empurra um carrinho de massa igual a 0,20 kg. O car rinho
abandona a mola quando esta atinge o seu comprimento relaxado, e
percorre uma pista que ter mina em uma rampa. Considere que não há
perda de energia mecânica no movimento do carrinho.
a) Qual é o módulo da velocidade do carrinho quando ele aban dona a
mola?
b) Na subida da rampa, a que altura o carrinho tem velocidade de
módulo 2,0 m/s?
Adote g = 10m/s2
RESOLUÇÃO:
a) Usando-se a conservação da energia mecânica:
Eelástica = Ecin
18 –
=
V0 = x
2
k
––
m
V0 = 2,0 . 10–2 (m/s)
b) Para um referencial na pista horizontal, temos:
2
= + m g h
2
2 – V1
h = ⇔h = (m)
Respostas: a) 4,0 m
b) 0,60 m
2. (UFPE) – Em um dos esportes radicais da atualida de, uma pessoa
de 70kg pula de uma ponte de altura H = 50m em relação ao nível do
rio, amarrada à cintura por um elástico. O elástico, cujo com pri mento
natural é L = 10 m, se comporta como uma mola de constante elástica
k. No primeiro movi mento para baixo, a pessoa fica no limiar de tocar
a água e depois de várias osci lações fica em repouso a uma altura h, em
relação à su perfície do rio. Calcule h. Adote g = 10m/s2 e consi dere a
energia mecânica constante até o instante em que a pessoa atinge o
ponto mais baixo de sua trajetória.
RESOLUÇÃO:
(1)
(referência em B)
= m g H
= 70 . 10 . 50
k = N/m = N/m
(2) Fe = P
k (H – h – L) = mg
(50 – h – 10) = 700
40 – h = 16
Resposta: 24m
k x2
––––
2
m V0
––––––
2
V0 = 4,0 m/s
m V0
––––––
2
m V1
––––––
2
V0
2
–––––––
2g
16,0 – 4,0
–––––––––
20
h = 0,60 m
8,0 . 103
––––––––
0,20
EB = EA
k x2
––––
2
k . 1600
–––––––
2
175
––––
4
700
––––
16
175
–––––
4
h = 24m

FÍSICA A 3.aS
– 19
3. (UFF-RJ) – Um bloco de massa igual a 5,0 kg, deslizando sobre
uma mesa horizontal, com coeficientes de atrito cinético e estático 0,50
e 0,60, respectivamente, colide com uma mola de massa desprezível,
de constante elástica igual a 1,5 . 103 N/m, inicialmente relaxada (veja
figura). O bloco atinge a mola com uma velocidade de módulo igual a
2,0m/s. Adote g = 10,0m/s2 e despreze o efeito do ar.
a) Determine a deformação máxima da mola. Dado 12 2 5 = 35
b) Informe se após a mola ter atingido a compressão máxima, o bloco
retorna ou permanece em repouso. Justifique.
c) Determine o percentual da energia mecânica dissipada pelo atrito
até o bloco parar pela primeira vez.
RESOLUÇÃO:
a) Einicial = Efinal + τat
= + μd mg x
. (2,0)2= . x2 + 0,50 . 50,0x
2
750 x2 + 25,0x – 10,0 = 0
150 x2 + 5,0x – 2,0 = 0
(m)
x = (m) ⇒
b) Para a compressão máxima: Fmola = k x
Fmola = 1,5 . 103 . 0,10 (N) = 1,5 . 102 N
A força de atrito de destaque:
Fat = μE FN = 0,60 . 50,0 N = 30,0 N
Como Fmola Fatdestaque
o bloco retorna
c) Ed = τat = μd mg x
Ed = 0,50 . 50,0 . 0,10 (J) = 2,5 J
2
E0 = = . 4,0 (J) = 10,0 J
= = 0,25
4. (UFV-MG-2010) – Um pêndulo simples é formado por uma esfera
de 3,0 kg de massa suspensa em um fio inextensível de 1,50 m de
comprimento. A esfera é abandonada, a partir do repouso, de uma
distância h = 25 cm abaixo do teto, como ilustrado na figura abaixo, em
uma região onde o módulo da aceleração gravitacional é 10,0 m/s2.
Desprezando-se os atritos e o efeito do ar, faça o que se pede,
apresentando o raciocínio utilizado:
a) Desenhe, na própria figura, o diagrama das forças que agem sobre
a esfera, quando esta se encontra no ponto mais baixo de sua
trajetória.
b) Determine o módulo da velocidade da esfera no ponto mais baixo
de sua trajetória.
c) Determine o módulo da tração no fio no ponto mais baixo da
trajetória da esfera.
RESOLUÇÃO:
a)
P →
= peso da esfera
T →
B = força de tração aplicada pelo fio
b)
(ref. em A)
= mg (L – h)
2
VB = 2g ( L – h ) = 2 . 1 0 ,0 . 1 ,2 5 (m/s)
c) TB – P = FcpB
=
2
TB = 30,0 + (N)
mV0
–––––
2
k x2
––––
2
–5,0 ± 25, 0 + 1 20 0
x = ––––––––––––––––––
300
–5,0 ± 35,0
––––––––––
300
x = 0,10m
mV0
–––––
2
5,0
––––
2
Ed ––––
E0
2,5
––––
10,0
Ed = 25% E0
EB = EA
mVB
–––––
2
VB = 5,0m/s
mVB
–––––
L
3,0 . 25,0
–––––––––
1,5
TB = 80,0 N
5,0
––––
2
1,5 . 103
–––––––
2

FÍSICA A 3.aS
1. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – O punção é uma ferramenta
utilizada pelo serralheiro para criar sobre o metal, uma pequena
reentrância que guiará o perfeito posicionamento da broca nos
momentos iniciais da perfuração. Um modelo de punção muito prático
conta com a liberação de um martelete que se movimenta rapidamente,
a partir do repouso, de encontro ao marcador.
Admitindo-se que o tempo de interação entre o martelete e a mola que
o impulsiona seja de 0,15s, e sabendo-se que o impulso transferido para
o martelete nessa ação tem módulo de 3,0 kg . m/s, determine:
a) a intensidade da força média aplicada pela mola sobre o martelete;
b) O módulo da velocidade com que o martelete atinge o marcador,
sabendo-se que a massa do martelete é de 0,10 kg.
RESOLUÇÃO:
a) TI: I = Fm . Δt
20 –
3,0 = Fm . 0,15 ⇒
b) I = ΔQ = m V – mV0
3,0 = 0,10 . V ⇒
Respostas: a) 20 N
b) 30m/s
2. (UFF-RJ) – Um móvel de massa 1,5 . 102kg é acelerado a partir do
repouso em trajetória retilínea. Durante os primeiros 10 s a intensidade
da resultante das forças que nele atuam é dada por:
FR = F0 – Kt,
onde F0 = 1,0 . 102 N, K = 5,0 N/s e t é o tempo a contar desde o
instante da partida.
Determine:
a) a velocidade escalar do móvel após os 10s;
b) o trabalho da força resultante nestes 10s.
c) a potência média da força resultante nestes 10s.
d) a potência da força resultante no instante t = 10s.
RESOLUÇÃO:
a)
FR = 1,0 . 102 – 5,0t (SI)
1) IR = área (F x t)
IR = (100 + 50) (N . s) ⇒
2) TI : IR = ΔQ = m V1
7,5 . 102 = 1,5 . 102 . V1
2
b) TEC: τR = Δ Ecin ⇒ τR = ⇒ τR = (5,0)2 (J)
τR = 18,75 . 102 J ⇒
c) Potm = ⇒
d) Pot1 = F1 . V1 ⇒ Pot1 = 50 . 5,0 (W) ⇒
Respostas: a) 5,0 m/s b) 1,9 kJ c) 1,9 . 102 W d) 2,5 . 102W
Fm = 20 N
V = 30m/s
10
–––
2
IR = 7,5 . 102 N . s
V1 = 5,0m/s
m V1
––––––
2
1,5 . 102
––––––––
2
τR 1,9 . 103 J
τ ––R––
Δt
Potm = 1,9 102W
Pot1 = 2,5 . 102W
MÓDULO 88 Impulso e Quantidade de Movimento

FÍSICA A 3.aS
– 21
3. (EE MAUÁ-2010) – O diagrama mostra os gráficos horários das
posições de duas partículas A e B que se movimentam sobre o eixo x.
As partículas colidem unidimensionalmente no instante t = 1,0. Sabendo-se
que a massa da partícula A é mA = 4,0 kg, determine
a) as velocidades escalares das partículas A e B antes e depois da
colisão;
b) a massa da partícula B.
RESOLUÇÃO:
a)
Δx
V = ––––
Δt
– 1,0
––––––
1,0
VA = (m/s) = –1,0m/s
2,0
–––––
1,0
VB = (m/s) = 2,0m/s
2,0
–––––
1,0
V’A = (m/s) = 2,0m/s
V’B = (m/s) = 1,0m/s
b) Conservação da quantidade de movimento no ato da colisão:
Qf = Qi
mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB
mA . 2,0 + mB . 1,0 = mA (–1,0) + mB (2,0)
mB = 3,0 mA
Como mA = 4,0kg ⇒
4. (UNICAMP-SP-2010) – O lixo espacial é composto por partes de
naves espaciais e satélites fora de operação abandonados em órbita ao
redor da Terra. Esses objetos podem colidir com satélites, além de pôr
em risco astronautas em atividades extravei culares.
Considere que durante um reparo na estação espacial, um astronauta
substitui um painel solar, de massa mp = 80 kg, cuja estrutura foi
danificada. O astronauta estava inicial mente em repouso em relação à
estação e ao abandonar o painel no espaço, lança-o com uma
velocidade de módulo vp = 0,15 m/s.
a) Sabendo-se que a massa do astronauta é ma = 60 kg, cal cule o
módulo de sua velocidade de recuo.
b) O gráfico no espaço de resposta mostra, de forma simplificada, o
módulo da força aplicada pelo astro nauta sobre o painel em função
do tempo durante o lançamento. Sabendo-se que a variação de
momento linear é igual ao impulso, cujo módulo pode ser obtido
pela área do gráfico, calcule a intensidade da força máxima Fmax.
RESOLUÇÃO:
a) No ato de lançar o painel, o astronauta e o painel formam um sistema
isolado e haverá conservação da quantidade de movimento total:
→Q
após = →Q
antes
→Q
a + →QP = →0 ⇒ →Q
A = →Q
P
maVa = mP . VP
60 Va = 80 . 0,15
b) I =N área (F x t) = ΔQ = maVa
(0,9 + 0,3) = 60 . 0,20
0,6 Fmáx = 12
Respostas: a) Va = 0,20m/s
b) Fmáx = 20N
mB = 12,0kg
1,0
–––––
1,0
Va = 0,20m/s
F ––m–á–x–
2
Fmáx = 20N

FÍSICA A 3.aS
5. (UFES-2010) – Uma mola ideal de constante elástica k lança dois
blocos unidos por um dispositivo de massa desprezível. O bloco mais
próximo da mola tem massa M e o outro tem massa 3M. Após o
lançamento, os blocos se movem sobre uma superfície plana,
horizontal e lisa.
a) Sabendo-se que a mola estava comprimida de x0 antes do
lançamento, determine o módulo da velocidade dos blocos após o
lançamento.
Em um determinado instante, após o lançamento, o dispositivo
(explosivo) que une os blocos é acionado, lançando o bloco de
massa M de volta contra a mola.
b) Sabendo-se que o bloco de massa M, ao retornar, comprime a mola
de , determine os módulos das velocidades dos blocos de massa
M e de massa 3M imediatamente após a separação.
O bloco de massa 3M, após a separação, continua movendo-se no
mesmo sentido até chegar a uma região da superfície não lisa AB,
muito extensa.
c) Sabendo-se que o coeficiente de atrito cinético entre a região não
lisa e o bloco de massa 3M é μ , determine a distância percorrida por
esse bloco na região não lisa.
RESOLUÇÃO:
a) (conservação da energia mecânica)
22 –
2= x0
2
= ⇒V0
2 ⇒
2
b) 1) Para o bloco de massa M (bloco 1) temos:
=
2
⇒ V1
2 =
2
⇒
2
2) No ato da explosão o sistema formado pelos dois blocos é isolado
e haverá conservação da quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
3M V2 + M (–V1) = 4M V0
3 V2 – = 4
3 V2= x0 ⇒
c) TEC: τat = Δ Ecin
μ 3Mg d (–1) = 0 –
2 .
2
d = . . x0
2
Respostas: a) V0 =
b) V1 =
V2 =
c) d =
kx0
–––––
2
4M V0
––––––
2
k
––––
4M
x0 k
V0 = ––– ––––
2 M
M V1
–––––
2
k
–––
2
x0 ––– 4
k
––––
M
x0 ––– 4
x0 k
V1 = ––– ––––
4 M
x0 –––
4
k
––
M
x0 –––
2
k
––
M
9
–––
4
k
––
m
3 k
V2 = ––– x0 –––
4 M
2
3M V2
––––––
2
V2
d = –––––
2 μg
1
–––––
2 μg
9
–––
16
k
–––
M
9 k x0
d = ––– . –––––
32 μ Mg
Ei = Ef
x0 –––
2
k
––
M
x0 –––
4
k
––
M
3x0 –––
4
k
––
M
9
–––
32
2
k x0
–––––
μ M g
x0 –––
4

FÍSICA A 3.aS
– 23
1. (UNICAMP-SP) – A terceira Lei de Kepler diz que “o quadrado do
período de revolução de um planeta (tempo para dar uma volta em
torno do Sol) dividido pelo cubo da distância média do planeta ao Sol
é uma constante”. A distância média da Terra ao Sol é equivalente a 1 ua
(unidade astronômica).
a) Entre Marte e Júpiter existe um cinturão de as teróides (vide figura).
Os asteróides são corpos sólidos que teriam sido originados do
resíduo de matéria existente por ocasião da formação do sistema
solar. Se no lugar do cinturão de asteróides essa matéria tivesse se
aglutinado formando um planeta, quanto duraria o ano deste planeta
(tempo para dar uma volta em torno do Sol)?
b) De acordo com a terceira Lei de Kepler, o ano de Mer cúrio é mais
longo ou mais curto que o ano terrestre?
Dado: 5 ≅ 2,2
RESOLUÇÃO:
a) O raio médio da órbita do hipotético planeta, de acordo com a escala
apresentada, é da ordem de 2,7 ua.
Aplicando-se a 3ª Lei de Kepler, comparando-se a Terra com o planeta
hipotético, vem:
=
3
RP = 2,7ua, RT = 1ua e TT = 1a
=
2 = (2,7)3 20 ⇒ TP = 2 5 anos
TP
3
b) De acordo com a 3.a Lei de Kepler, o período T é função crescente do
raio médio da órbita.
Como RMercúrio RTerra ⇒
Isto é: o ano de Mercúrio é menor que o ano da Terra.
Respostas: a) Aproximadamente 4,4 anos terrestres.
b) O ano de Mercúrio é mais curto que o ter res tre.
2. (UFV-MG-2010) – Considere um satélite artificial que será
colocado em uma órbita circular em torno da Terra. Nos seus
desenvolvimentos abaixo, use a seguinte notação: G = constante de
gravitação universal e M = massa da Terra.
a) Se quisermos que o raio da órbita do satélite seja R, calcule qual
deverá ser o módulo da velocidade orbital do satélite, em termos
de G, M e R.
b) Se quisermos que o satélite seja geossíncrono, ou seja, se quisermos
que seu período de translação seja igual ao período T de rotação da
Terra, calcule qual deverá ser o raio da órbita do satélite, em termos
de G, M e T.
RESOLUÇÃO:
a) FG = Fcp
= ⇒
b) V = =
= ⇒ =
r3 =
RT
––––
TT
2
RP
––––
TP
2
(1) 3
––––
12
(2,7)3
–––––
TP
2
TP 4,4 anos terrestres
TMercúrio TTerra
GMm
––––––
R2
mV2
––––
R
GM
V= ––––
R
GM
––––
r
2 π r
––––
T
GM
––––
r
4 π2 r2
–––––––
T2
r3
–––
T2
GM
––––
4π2
GMT2
––––––
4π2
GMT2
r =
3
–––––––
4π2
MÓDULO 99 Gravitação

FÍSICA A 3.aS
3. (Olimpíada Brasileira de Física) – Dois satélites de massa m se
movem em uma mesma órbita circular de raio r em torno de um planeta
de massa M, como ilustra a figura. Os dois satélites estão sempre em
extremidades opostas de um mesmo diâmetro enquanto realizam seu
movimento. Calcule o período do movimento orbital.
RESOLUÇÃO:
FcpA
= FCA + FBA
m ω2 r = +
ω2 r = + =
ω2 = =
24 –
2
=
4. (UFES) – Uma sonda espacial encontra-se em órbita circular em
torno de um planeta. Sabe-se apenas que a sonda tem massa m e a
órbita circular tem período T e raio R. Em relação à sonda, deter mine
a) o módulo da velocidade; b) a energia cinética;
c) a energia potencial; d) a energia mecânica total.
RESOLUÇÃO:
a) V = ⇒
b) Ec = =
c) Ep = –
Porém: FG = F cp
= ⇒ = mV2
Ep = – mV2 = − 2Ec ⇒
d) Em = EP + Ec
Ep = – 2Ec
Em = –2Ec + Ec ⇒ Em = – Ec ⇒
Respostas: a) V = b) Ec =
c) Ep = d) Em =
GMm
––––––
r2
Gmm
–––––––
4r2
GM
––––
r2
Gm
––––
4r2
4 GM + Gm
–––––––––––
4r2
G (4M + m)
–––––––––––
4r3
2π ––– T
T
––––
2π
4 r3
––––––––––––
G (4M + m)
4 π3
T = 2π ––––––––––
G (4M + m)
π3
T = 4π ––––––––––
G (4M + m)
NOTE E ANOTE
1) A força gravitacional entre dois corpos de massas M e m,
com centros de massa separados por uma distância d,
tem intensidade F dada por:
Mm
F = G –––––
d2
2) Para um referencial no infinito, a energia potencial gra -
vitacional Ep entre dois cor pos de massas M e m, com
centros de mas sa separados por uma distância d, vale:
– G M m
Ep = –––––––––
d
Δs
–––
Δt
V = –2–π–R––
T
mV2
––––
2
m
–––
2
4π2 R2
––––––
T2
2π2 m R2
Ec= –––––––––
Τ2
G M m
–––––––
R
G M m
–––––––
R2
mV2
–––––
R
G M m
–––––––
R
–4π2 m R2
Ep = ––––––––––
T2
2π2 m R2
Em = – –––––––––
T2
2π R
–––––
T
2π2 m R2
–––––––––
T2
–4π2 m R2
–––––––––
T2
2π2 m R2
– –––––––––
T2

FÍSICA A 3.aS
– 25
MÓDULO 11 00 Física Moderna e Dimensões
1. (UFPE-2010) – Quando um feixe de luz de comprimento de onda
4,0 . 10–7m (Efóton = 3,0 eV) incide sobre a superfície de um metal, os
fotoelétrons mais energéticos têm energia cinética igual a 2,0 eV.
Suponha que o comprimento de onda dos fótons incidentes seja
reduzido à metade. Qual será a energia cinética máxima dos
fotoelétrons, em eV?
RESOLUÇÃO:
1) Ec = Ef – τ
2,0 = 3,0 – τ
2) Ec = hf – τ
Ec = h – τ
E’c= –τ
E’c = 2 – τ
E’c = 2 . 3,0 – 1,0 (eV) ⇒
2. (UFRN-2010) – Sobre um átomo de hidrogênio no estado
fundamental, incidem três fótons, cujas energias, em elétrovolt (eV),
são, respectivamente, 13,20, 12,09 e 10,20. Uma vez num estado
excitado, o átomo de hidrogênio decairá, emitindo energia na forma de
fótons. Na figura abaixo, estão representadas as energias dos quatro
primeiros níveis de energia do átomo de hidrogênio.
A partir dessas informações:
a) determine quais desses fótons incidentes podem ser absorvidos pelo
átomo de hidrogênio no estado fundamental e explique qual o
estado final do átomo em cada caso;
b) represente, na figura localizada acima, as possíveis transições dos
elétrons que se encontram nos níveis excitados, após a emissão dos
respectivos fótons;
c) determine as energias dos fótons emitidos.
RESOLUÇÃO:
a) Para o fóton ser absorvido sua energia deve coincidir com aquela de
um salto quântico, isto é, diferença de energias entre dois níveis:
fundamental – 1.o nível: 10,2 eV
Podem ser absorvidos as fótons com energia de 10,20 eV (1.o nível) e
12,09 (2.o nível)
b)
c) As energias dos fótons emitidos são os mesmos dos fótons absorvidos:
10,20 eV e 12,09 eV
τ = 1,0 eV
hc
–––
λ
–––
2
E’c = 5,0 eV
c
––
λ
hc
–––
λ

FÍSICA A 3.aS
3. (UnB) – A biotecnologia tem aumentado a produtividade agrícola,
o que tem impulsionado o desenvolvimento de técnicas de
armazenamento e de conservação de alimentos. A radiação ionizante é
uma técnica eficiente na conservação dos alimentos, pois reduz perdas
naturais causadas por processos fisiológicos, tais como brotamento,
maturação e envelhecimento, além de eliminar ou reduzir
microrganismos, parasitas e pragas, sem causar prejuízo ao alimento.
As radiações ionizantes utilizadas no tratamento de alimentos se limi -
tam àquelas classificadas como ondas eletromagnéticas de alta fre quên -
cia. Nos equipamentos utilizados para a geração dessas ra dia ções,
ocorre a seguinte sequência de decaimento de radioisótopos.
26 –
60
27
Co ⎯→ 60
28
Ni ⎯→ 60
Ni
28
instável estável
Apesar de ocorrerem duas emissões diferentes de radiação, apenas uma
delas é empregada para radiar alimentos.
Internet: www.cena.usp.br (com adaptações).
Considere que, no momento em que um equipamento de radiação de
alimentos foi desativado, a massa do isótopo de cobalto-60 en contrado
em seu interior correspondia a 3,125% da massa inicial quando o
equipamento foi fabricado. Sabe-se que o tempo de meia-vida do
cobalto-60 é de 5,27 anos. Calcule o tempo decorrido, em anos, desde
a fabricação do referido equipamento, ou seja, quando havia 100% da
massa do isótopo de cobalto-60 em seu interior, até o instante da
desativação do referido equipamento.
RESOLUÇÃO:
1) m =
m0 = massa inicial do material radioativo
m = massa final do material radioativo após n meias-vidas
Dado: m = m0
= 3,125 . 10–2 = 2–n
2n = = 32 ⇒
2) Δt = nT = 5 . 5,27 anos = 26,35 anos
Resposta: 26,35 anos
4. Quando uma esfera de raio R se desloca em linha reta, no interior
de um líquido de viscosidade η, com velocidade de módulo V a força
de resistência ao seu movimento tem intensidade F dada pela lei de
Stokes:
A viscosidade η tem equação dimensional em relação à massa M,
comprimento L e tempo T dada por:
[η] = M L–1 T–1
Obter os expoentes x, y e z.
RESOLUÇÃO:
[F] = [η]x [R]y [V]z
MLT–2 = (ML–1T–1)x . Ly . (LT–1)z
MLT–2 = Mx L–x + y + z T–x – z
Identificando-se os expoentes:
–x + y + z = 1 (1)
–x – z = –2 (2)
Em (2)
–1 – z = –2 ⇒
Em (1)
–1 + y + 1 = 1 ⇒
Resposta: x = 1; y = 1; z = 1
m––0–
2n
3,125
–––––
100
m
–––
m0
100
––––––
3,125
n = 5
F = 6π ηx Ry Vz
x = 1
z = 1
y = 1

FÍSICA A 3.aS
– 27
1. (Olimpíada de Portugal) – Numa aula experimental de Física, um
grupo de alunos colocou sobre o prato de uma balança-dinamômetro:
• um recipiente de 120g de massa, contendo 200cm3 de água;
• um corpo de alumínio de 270g de massa e de volume igual a
100cm3.
a) Indique qual o valor indicado na balança-dinamômetro, calibrada
em newtons
b) Na fase seguinte da experiência os alunos suspenderam o corpo de
alumínio de um dinamômetro e mergulharam-no totalmente no
recipiente com água. Quais foram, nestas condições, os valores
indicados no dinâmometro e na balança-dinamômetro? Justifique
cuidadosamente a sua resposta.
Dados: densidade da água: 1,0 . 103kg/m3; g = 10,0m/s2
RESOLUÇÃO:
a) M = mR + ma + mal
M = 120 + 200 + 270 (g) = 590g = 0,59kg
P = Mg = 0,59 . 10,0 (N) = 5,9N
b) 1) E = μa V g
E = 1,0 . 103 . 100 . 10–6 . 10,0 (N)
E = 1,0N
2) Fdin + E = P
Fdin + 1,0 = 0,27 . 10,0
3) Fbalança = PR + Pa + E
Fbalança = 0,12 . 10,0 + 0,20 . 10,0 + 1,0 (N)
Fbalança = 1,2 + 2,0 + 1,0 (N)
2. (Olimpíada Brasileira de Física) – Um cone maciço e homogêneo
de base circular de densidade ρc e altura H flutua em um líquido de
densidade ρ. A parte do cone acima do líquido tem altura h, como
mostra a figura. Determine a altura h em função de H, ρc e ρ.
RESOLUÇÃO:
E = P
ρ Vi g = ρc VT g
=
=
3
Ve = VT – Vi
=
3
1 – =
3
⇒ 1 – =
3
=
3
=
Fbalança = 5,9N
Fdin = 1,7N
Fbalança = 4,2N
V ––––i –
VT
ρc ––––
ρ
Ve ––––
VT
h ––– H
VT – Vi –––––––
VT
h ––– H
Vi ––––
VT
h ––– H
ρc ––––
ρ
h ––– H
ρ – ρc –––––––
ρ
h ––– H
h
––––
H
ρ 3 – ρc
–––––––
ρ
3
ρ– h = H
ρc –––––––
ρ
MÓDULO 11 11 Hidrostática

FÍSICA A 3.aS
3. (UFF) – Um corpo de chumbo com volume de 12cm3 é preso por
um fio e mergulhado em um recipiente de 50g de massa contendo 60g
de água. Todo o sistema está apoiado sobre uma balança, e o bloco de
chumbo não toca no fundo, conforme ilustrado na figura abaixo.
Calcule o valor marcado pela balança, em gramas. Justifique sua
resposta aplicando o príncipio de Arquimedes e as Leis de Newton.
Dados: densidade da água, ρ = 1,0g/cm3.
28 –
g = 10m/s2
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo do empuxo:
E = ρ V g
E = 1,0 . 103 . 12 . 10–6 . 10 (N)
2) De acordo com a lei da ação e reação o corpo de chumbo aplicará na
água uma força vertical para baixo de 0,12 N, isto é, a contribuição do
chumbo para o peso do sistema é de 0,12 N ou ainda uma contribuição
em massa de 0,012kg = 12g
3) A balança indicará a massa do recipiente, mais a massa de água e mais
os 12g que correspondem à contribuição do corpo de chumbo:
Mindicada = 50g + 60g + 12g = 122g
Resposta: 122g
4. (UnB-2010-Adaptado) – Considere um balão com volume igual a
5,0 . 106 L deslocando-se horizontalmente a uma altitude constante na
qual a pressão atmosférica e a temperatura são iguais, respectivamente,
a 50kPa e 283K. Sendo g = 10m/s2 calcule a massa total do balão e de
seu conteúdo. A massa molar média do ar vale 0,0289kg/mol) e a
constante universal dos gases perfeitos vale 8,3 J . mol–1K–1.
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo da densidade do ar:
p V = R T
p = R T ⇒ μ =
μ = (kg/m3) 0,62kg/m3
2) Cálculo do empuxo:
E = μar V g
E = 0,62 . 5,0 . 103 . 10 (N) = 3,1 . 104 N
3) E = mg
3,1 . 104 = m . 10
Resposta: 3,1 . 103kg ou 3,1t.
E = 0,12N
m
––––
M
μ
––––
M
p M
––––
R T
50 . 103 . 0,0289
––––––––––––––
8,3 . 283
m = 3,1 . 103kg

FÍSICA A 3.aS
– 29
1. (UFTM-MG) – Em hospitais, o tradicional termômetro a mer -
cúrio está sendo trocado por termômetros eletrônicos cujo funcio -
namento conta com o uso de semicondutores. A tendência vem ao
encontro do movimento de preservação do planeta uma vez que o
mercúrio, por ser um metal pesado, contamina os mananciais e provoca
danos irreversíveis quando ingerido.
a) O termômetro esquematizado está indicando um quadro febril. De -
termine o valor correspondente a essa temperatura na escala
Fahrenheit.
b) Considere as seguintes informações sobre esse termômetro:
• a distância entre a marca dos 37ºC até a marca dos 39ºC é de
18mm;
• a 37ºC, o volume do mercúrio contido no termômetro é de
6mm3;
• o coeficiente de dilatação volumétrico do mercúrio é
1,8 . 10–4 ºC–1.
Determine, em mm2, a área da secção transversal do cilindro que
constitui o tubo capilar desse termômetro.
RESOLUÇÃO:
a) O termômetro indica a temperatura de 38ºC.
A conversão para a escala Fahrenheit é feita através da expressão:
=
=
68,4 = θF – 32
b) Na dilatação do mercúrio, supondo que o vidro não dilatou, temos:
ΔV = V0 γ Δθ
Ah = V0 γ Δθ
A . 18 = 6 . 1,8 . 10–4 . (39 – 37)
Respostas: a) 100,4ºF b) 1,2 . 10–4mm2
2. Você conta com seus conhecimentos de Física e com as seguintes
informações:
I. A antiga escala de temperaturas Réaumur assinala zero (0) para o
ponto do gelo e oitenta (80) para o ponto do vapor.
II. Um paciente internado em um hospital apresentou o seguinte
gráfico de temperaturas (em Celsius), do momento da internação
(10 horas) até a sua alta (18 horas).
Qual a temperatura desse paciente às 12 horas e 30 minutos, expressa
na escala Réaumur?
RESOLUÇÃO:
No gráfico, temos:
Às 12h30min, a temperatura do paciente era 37,5°C.
Fazendo-se a conversão para a escala Réaumur, vem:
θR – 0 37,5 – 0
–––––– = ––––––––
80 – 0 100 – 0
θR 37,5
–––– = –––––
80 100
Resposta: 30°R
θ ––c–
5
θF – 32
––––––––
9
38
–––
5
θF – 32
––––––––
9
θF = 100,4ºF
A = 1,2 . 10–4mm2
θR = 30°R
MÓDULO 11 22 Termologia I

FÍSICA A 3.aS
3. Uma lei para transferência de calor em regime estacionário é a
Lei de Fourier. Ela diz o seguinte: “A quantidade de calor que flui por
unidade de área em um dado material homogêneo é proporcional à
variação da temperatura, na razão direta, e à espessura, na razão
inversa”. A constante de proporcionalidade é chamada condutibilidade
ou condutividade térmica. Considere, agora, uma cabana de inverno,
com temperatura interna constante e igual a 22°C e a externa igual a
0°C. Considere, ainda, a cabana bem isolada termicamente, e que
ocorra perda de calor somente pela única janela, feita de vidro e cuja
dimensão é 1,0m x 1,0m e espessura 5,0cm.
Responda:
a) Qual o sentido do fluxo de calor? Justifique.
b) Qual o valor do fluxo de calor através dessa janela? Dê a resposta
em watts.
c) Dobrando-se a área da janela e usando-se o mesmo tipo de vidro
com espessura 10,0cm, o que ocorre com o fluxo de calor?
RESOLUÇÃO:
a) O fluxo de calor é de A para B, pois o fluxo de calor tem sentido do meio
de maior temperatura para o de menor temperatura.
b) Lei de Fourier
φ = =
φ = (W)
c) Dobrando-se a área da janela, o fluxo dobra. Dobrando-se a espessura
do vidro da janela, o fluxo de calor se reduz à metade. Assim, o
resultado dessas duas ações é manter o mesmo fluxo.
Respostas: a) De A para B
30 –
b) 352 W
c) 352 W
4. O esquema a seguir representa o aparelho de Searle, no qual se
notam duas câmaras, A e B, por onde circulam fluidos a temperaturas
constantes e respectivamente iguais a 100°C e 0°C. Duas barras
metálicas, 1 e 2, de mesma secção transversal, são associadas como se
indica; as extremidades da associação adentram as câmaras A e B. Os
comprimentos das barras 1 e 2 valem, respectivamente, 10cm e 16cm
e os coeficientes de condutibilidade térmica, na mesma ordem, são
1,0cal/s cm °C e 0,4cal/s cm °C.
a) Estabelecido o regime permanente de condução, qual é a tempe -
ratura na junção da associação das barras?
b) Construa o gráfico da temperatura ao longo das barras. Considere
a origem do gráfico na extremidade esquerda da barra 1.
RESOLUÇÃO:
a) No regime estacionário vale a relação: φ1 = φ2
Os fluxos através das barras 1 e 2 são iguais.
Utilizando-se a Lei de Fourier:
φ =
vem:
=
=
4 θ = 1600 – 16 θ⇒
b) Representando os valores em um gráfico temperatura (θ) x compri -
mento (L), temos:
Respostas: a) 80°C
b) ver gráfico
ambiente
0°C
A vidro B
cabana
22°C
Q
–––
Δt
C S Δθ ––––––
L
0,80 . 1,0 . 1,0 . (22 – 0)
–––––––––––––––––––––
5,0 . 10–2
φ = 352 W
φ’ = 352 W
K A Δθ ––––––––
L
K1 A Δθ1 ––––––––
L1
K2 A Δθ2 ––––––––
L2
1,0 (100 – θ)
––––––––––––
10
0,4 (θ – 0)
–––––––––––
16
θ = 80°C

FÍSICA A 3.aS
– 31
5. (UFG-2010) – Para realizar a medida do coeficiente de dilatação
linear de um objeto, cujo material é desconhecido, montou-se o ar-ranjo
ex perimental ilustrado na figura a seguir, na qual d = 3,0cm e
D = 150,0cm.
O objeto tem um comprimento inicial de 4,0 cm. Após ser submetido
a uma variação de temperatura de 250°C, sua imagem projetada na tela
aumentou 1,0cm. Com base no exposto, calcule o valor do coeficiente
de dilatação linear do objeto.
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo do aumento linear produzido pela lente esférica.
A =
Assim:
A = =
A = – 50
A imagem projetada é invertida, com tamanho 50 vezes ao objeto.
2) Se a imagem aumenta de 1,0cm, o objeto correspondente aumenta:
ΔL =
ΔL = 2,0 . 10–2cm
3) Aplicando-se a equação da dilatação linear, temos:
ΔL = L0 α Δθ
2,0 . 10–2 = 4,0 . α . 250
Resposta: 2,0 . 10–5 °C–1
6. (UFG-2010) – Um recipiente, cujo volume é exatamente 1.000cm3,
à temperatura de 20°C, está completamente cheio de glicerina a essa
temperatura. Quando o conjunto é aquecido até 100°C, são entornados
38,0cm3 de glicerina.
Dado:
coeficiente de dilatação volumétrico da glicerina = 0,5 x 10–3°C–1.
Calcule:
a) a dilatação real da glicerina;
b) a dilatação do frasco;
c) o valor do coeficiente de dilatação volumétrica do recipiente.
RESOLUÇÃO:
a) Cálculo da dilatação real da glicerina.
ΔVg = V0 γg Δθ
ΔVg = 1000 . 0,5 . 10–3 (100 – 20) (cm3)
b) Cálculo da dilatação volumétrica do frasco:
ΔVf = ΔVg – ΔVap
ΔVf = (40,0 – 38,0) cm3
c) Aplicando-se a dilatação volumétrica para o recipiente, temos:
ΔV = V0 γ Δθ
2,0 = 1000 . γ . (100 – 20)
Respostas: a) 40,0cm3
b) 2,0cm3
c) 2,5 . 10–5°C–1
– p’
–––
P
– D
–––
d
– 150cm
––––––––
3cm
1,0cm
––––––––
50
α = 2,0 . 10–5 . C–1
ΔVg = 40,0cm3
ΔVf = 2,0cm3
γ = 2,5 . 10–5 °C–1

FÍSICA A 3.aS
1. (UNICAMP) – Uma dona de casa dispõe de água à temperatura
ambiente (25ºC) e de um fogão, mas não de um termômetro. Ela
necessita de 1,0 litro de água a temperatura de 50ºC.
a) Para obter o que deseja sem que haja desperdício de água, que
quantidade de água fervendo e à temperatura ambiente a dona de
casa deve misturar?
b) Quanta energia a dona de casa gastou para aquecer a quantidade de
água à temperatura ambiente determinada no item anterior até que
ela fervesse?
Considere que a dona de casa está no nível do mar, a densidade da água
vale 1,0 x 103kg/m3 e o calor específico da água vale
1,0 x 103cal/kgºC.
RESOLUÇÃO:
a) Utilizando-se o balanço energético, temos:
Qcedido + Qrecebido = 0
(m c Δ θ)água quente + (m c Δ θ)água fria = 0
mq c (50 – 100) + mf c (50 – 25) = 0
25 mf = 50 mq
mf = 2mq
Mas:
μ = ⇒ m = μ V
Assim:
μVf = 2 μ Vq
Vf = 2Vq
Como:
Vf + Vq = 1
Vem:
2Vq + Vq = 1
32 –
e
b) Usando-se a equação fundamental da Calorimetria, temos:
Q = m c Δ θ
Q = μ V c Δ θ
Q = 1,0 . 103. . 10–3 . 1,0 . 103 (100 – 25) (cal)
Respostas: a) e
b) 2,5 . 104cal
2. (VUNESP-FMJ-SP) – Num calorímetro ideal, são misturados
300g de um líquido a 80°C com 700g do mesmo líquido a 20°C e, após
alguns minutos, eles entram em equilíbrio térmico a uma temperatura
θ. Em seguida, o calorímetro é aberto, e o sistema passa a perder calor
para o ambiente, que está uma temperatura constante de 15°C, até
entrar em equilíbrio térmico com ele.
Sabendo que desde a abertura do calorímetro até ser atingido o
equilíbrio término com o ambiente o sistema perdeu 18 400cal,
determine o calor específico do líquido, em cal/(g°C).
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo da temperatura θ.
(m c Δ θ)quente + (m c Δ θ)frio = 0
300 . c (θ – 80) + 700 . c (θ – 20) = 0
3θ – 240 + 7θ – 140 = 0
10θ = 380
θ = 38°C
2) No resfriamento de toda a massa líquida, de 38°C para 15°C, o sistema
perdeu 18 400cal.
Assim:
Q = m c Δ θ
–18 400 = (300 + 700) c (15 – 38)
–18 400 = –23 000 c
c = (cal/g°C)
Respostas: a) 38°C
b) 0,80 cal/g°C
m
–––
V
1
Vq = ——
3
2
Vf = ——
3
1
–––
3
Q = 2,5 . 104 cal
1
–––
3
2
–––
3
18 400
––––––––
23 000
c = 0,80 cal/g°C
MÓDULO 11 33 Termologia II

FÍSICA A 3.aS
– 33
3. (UEG-2010) – Foi realizado o seguinte experimento em uma aula
de Laboratório de Física:
Uma jarra de vidro aberta foi aquecida até que a água no seu interior
fervesse. Cessando-se o aquecimento, a água parou de ferver.
Posteriormente, a jarra foi tampada e em cima dela despejou-se água à
temperatura ambiente. Então, observou-se que a água voltou a ferver.
Sobre esse experimento, responda ao que se pede.
a) Justifique o motivo que levou a água a voltar a ferver.
b) Se esse mesmo experimento fosse realizado a uma altitude superior
em relação ao anterior, a temperatura de ebulição da água aumen -
taria, diminuiria ou permaneceria constante? Justifique.
RESOLUÇÃO:
a) A água fria provoca condensação de parte do vapor existente no interior
do recipiente. Esse fato produz redução na pressão sobre o líquido. A
redução de pressão diminui a temperatura de ebulição. Dessa forma, o
líquido volta a entrar em ebulição.
b) Em uma altitude maior, a pressão atmosférica fica menor. Assim, a
ebulição do líquido ocorre em uma temperatura menor do que aquela
no laboratório.
Respostas: a) ver justificativa
b) Diminuirá.
4. (UFF-RJ) – Um grupo de amigos se reúne para fazer um churrasco.
Levam um recipiente térmico adiabático contendo uma quantidade de
gelo a – 4°C e 60 latas com 350m de refrigerante, cada uma. As latas
são de alumínio e quando foram colocadas no recipiente estavam a uma
temperatura de 22°C.
Considere que a densidade e o calor específico do refrigerante sejam,
aproximadamente, iguais aos da água.
Sabendo-se que, no equilíbrio térmico, a temperatura no interior do
recipiente adiabático é 2°C, calcule
a) a quantidade de calor cedida pelas latas e pelo refrigerante;
b) a massa de gelo, em quilogramas, que foi colocada no recipiente.
Dados:
calor específico sensível do gelo cg ≅ 0,50 cal/g°C;
calor específico sensível da água ca ≅ 1,0 cal/g°C;
calor específico sensível do alumínio cA ≅ 0,22 cal/g°C;
calor específico latente de fusão do gelo L ≅ 80 cal/g;
massa de alumínio em cada lata mlata ≅ 30 g;
densidade da água ρa ≅ 1,0 g/cm3
RESOLUÇÃO:
a) Cálculo do calor cedido pelas latas e pelo refrigerante.
Q = Qlatas + Qrefrigerante
Q = (m c Δ θ)latas + (m c Δ θ)refrigerante
Mas:
1 – Latas
mL = 60 . 30g = 1800g
2 – Refrigerante
d = ⇒ m = d V
m
–––
V
mR = 1,0 . 60 . 350g = 2,1 . 104g
Assim:
Q = [1800 . 0,22 . (2 – 22) + 2,1 . 104 . 1,0 (2 – 22)] (cal)
Q = (–7920 – 420 000) (cal)
|Q| = 427 920 cal
O sinal negativo indica que essa energia saiu das latas e do refrigerante.
b) Utilizando-se o balanço energético, vem:
– 427 920 + [(m c Δ θ)gelo + (m LF)gelo + (m c Δ θ)água] = 0
– 427 920 + m 0,50 [0 – (– 4)] + m 80 + m . 1,0 . (2 – 0) = 0
– 427 920 + 2m + 80m + 2m = 0
84m = 427 920
m ≅ 5094g
m ≅ 5,1kg
Respostas: a) 427 920cal b) 5,1kg

FÍSICA A 3.aS
5. (FUVEST-SP) – Um roqueiro iniciante improvisa efeitos especiais
utilizando gelo seco (CO2 sólido) adquirido em uma fábrica de
sorvetes. Embora o início do show seja à meia-noite (24 h), ele o
compra às 18 h, mantendo-o em uma “geladeira” de isopor, que
absorve calor a uma taxa de aproximadamente 60 W, provocando a
sublimação de parte do gelo seco. Para produzir os efeitos desejados,
2 kg de gelo seco devem ser jogados em um tonel com água, à tem -
peratura ambiente, provocando a sublimação do CO2 e a produção de
uma “névoa”. A parte visível da “névoa”, na verdade, é constituída por
gotículas de água, em suspensão, que são carregadas pelo CO2 gasoso
para a atmosfera, à medida que ele passa pela água do tonel. Estime:
a) A massa de gelo seco, Mgelo, em kg, que o roqueiro tem de com prar,
para que, no início do show, ainda restem os 2 kg necessários em
sua “geladeira”.
b) A massa de água, Mágua, em kg, que se transforma em “névoa” com
a sublimação de todo o CO2, supondo que o gás, ao deixar a água,
esteja em CNTP, incorporando 0,01g de água por cm3 de gás
formado.
NOTE E ADOTE:
Sublimação: passagem do estado sólido para o gasoso.
Temperatura de sublimação do gelo seco = – 80º C.
Calor latente de sublimação do gelo seco = 648 J/g.
Para um gás ideal, PV = nRT.
Volume de 1 mol de um gás em CNTP = 22,4 litros.
Massa de 1 mol de CO2 = 44 g.
Suponha que o gelo seco seja adquirido a – 80ºC.
RESOLUÇÃO
a) Cálculo da massa inicial Mgelo da barra:
Pot Δt = (Mgelo – m)Ls
60 · 6 · 3600 = (Mgelo – 2000) · 648
Mgelo = 4000 g
Mgelo = 4 kg
b) A sublimação de 2 kg de CO2 “carrega” uma massa Mágua de vapor-d’água,
Mágua ≅ 10 kg
34 –
que representa 0,01 g/cm3.
Assim:
0,01 g 1 cm3
Mágua V(cm3)
Mágua = V · 0,01 (g)
Como cada 44 g de CO2 ocupam 22,4 , temos:
44 g de CO2 22,4
2000 g de CO2 V()
2000 · 22,4
–––––––––
V = ⇒V = 1018,18 · 103 cm3
44
Portanto:
Mágua = 1018,18 · 103 · 0,01 (g)
Mágua ≅ 10,18 · 103 g
Respostas: a) 4 kg b) 10 kg

FÍSICA A 3.aS
– 35
1. (ITA) – Estime a massa de ar contida em uma sala de aula. Indique
claramente quais as hipóteses utilizadas e os quantitativos estimados
das variáveis empregadas.
Dados:
M (O2) = 32g M(N2) = 28g
RESOLUÇÃO:
Professor, procure exercitar a criatividade do aluno.
Uma sala de aula típica, destinada a 45 alunos, deve ter área próxima de
50m2 e pé-direito (altura) de 3,0m. Assim, o volume de ar contido nessa sala
fica determinado por:
V = Ah = 50 . 3,0 (m3) ⇒
Supondo-se que o ar se comporta como gás perfeito, pode-se aplicar a
Equação de Clapeyron:
pV = RT ⇒ m =
Adotando:
p = 1,0 atm, R = 0,082 atm /mol. K, T = 27°C = 300K,
Mar = 30% O2 + 70% N2 = 29,2 . 10–3kg e V = 150 . 103,
calculemos a massa de gás contida na sala:
m = (kg) ⇒
Atenção que M(O2) = 32g e M(N2) = 28g
Resposta: 178kg
2. (UFC-2010) – Um cilindro de área de seção reta S e comprimento
L, completamente isolado, é dividido em partições A e B, ambas de
volumes iguais, por uma parede diatérmica, móvel e impermeável.
Cada partição é preenchida com um gás ideal, de modo que a partição
A possui o dobro do número de mols da partição B. Ambas as partições
encontram-se em uma mesma temperatura T durante o processo.
Despreze quaisquer efeitos de atrito e, quando o sistema estiver em
equilíbrio, determine:
a) os volumes das partições A e B em função de S e L.
b) o módulo do deslocamento da parede em função de L.
RESOLUÇÃO:
a) No equilíbrio, as pressões exercidas nas faces da parede diatérmica (que
separa as porções de gás) são iguais:
PA = PB
Como, a equação de Clapeyron garante que:
P =
temos: =
Sendo nA = 2 nB, vem:
= ⇒ VA = 2 VB
mas: V = S . h
Sendo S constante, temos hA = 2hB e hA + hB = L
Assim:
Portanto:
e
b) No início os volumes são iguais.
No final, o volume da parte A vale:
Assim, o deslocamento da parede diatérmica foi de:
Respostas: a) ;
b)
V = 150m3
m
–––
M
pVM
–––––
RT
1,0 . 150 . 103 . 29,2 . 10–3
––––––––––––––––––––––––
0,082 . 300
m ≅ 178kg
n R T
–––––
V
nA R T
––––––––
VA
nB R T
––––––––
VB
2 nB –––––
VA
nB ––––
VB
2
hA = –– L
3
1
hB = –– L
3
2
VA = –– S L
3
1
VB = –– S L
3
L
VA = S –––
2
3L
VA = S –––
2
2L L 4L – 3L
Δx = S ––– – —— = ––––––––
3 2 6
L
Δx = –––
6
2
–– S L
3
1
–– S L
3
L
––
6
MÓDULO 11 44 Termologia III

FÍSICA A 3.aS
3. (FUVEST-2010) – Um balão de ar quente é constituído de um
envelope (parte inflável), cesta para três passageiros, queimador e
tanque de gás. A massa total do balão, com três passageiros e com o
envelope vazio, é de 400 kg. O envelope totalmente inflado tem um
volume de 1500 m3.
a) Que massa de ar M1 caberia no interior do envelope, se totalmente
inflado, com pressão igual à pressão atmosférica local (Patm) e
temperatura T = 27°C?
b) Qual a massa total de ar M2, no interior do envelope, após este ser
totalmente inflado com ar quente a uma temperatura de 127°C e
pressão Patm?
c) Qual a aceleração do balão, com os passageiros, ao ser lançado
nas condições dadas no item b) quando a temperatura externa é
T = 27°C ?
RESOLUÇÃO:
a) Usando-se a equação da densidade volumétrica, temos:
μ =
Assim:
1,2 = ⇒
b) Da Equação de Clapeyron, vem:
pV = nRT
pV = RT
36 –
= mT = constante
Assim:
M1T1 = M2T2
1800 . (27 + 273) = M2 (127 + 273)
= M2
c) Nas condições do item b, temos:
E – P = m a
μar g V – mg = ma
1,2 . 10 . 1500 – (1350 + 400) . 10 = (1350 + 400) . a
18000 – 17500 = 1750 . a
500 = 1750 . a
Respostas: a) 1800 kg
b) 1350 kg
c) ≅ 0,29 m/s2
4. (UFES-2008) – No interior de um recipiente cilíndrico, encon-tra-
se um pistão de massa nula preso
a uma mola ideal de constante elás -
tica 8,3 . 106 N/m. A extremi dade
su perior da mola está presa à base
superior do cilindro. Entre a base
inferior e o pistão, encontram-se
2,0 mols de um gás ideal monoa tô -
mico e, entre o pistão e a base su -
perior, é feito vácuo. As paredes do
cilindro são adiabá ticas, exceto a base inferior, que é diatérmica. Com
base nessas informações e considerando a constante universal dos
gases 8,3J mol–1 K–1, faça o que se pede.
a) Sabendo que o sistema se encontra em equilíbrio inicialmente a
uma temperatura 200K e com o pistão a uma distância h0 = 4,0cm
da base inferior, determine a compressão inicial da mola.
A temperatura do gás é, então, aumentada muito lentamente até que
a distância do pistão à base seja 3h0/2. Determine
b) a variação de energia interna sofrida pelo gás durante esse pro cesso;
c) a quantidade de calor recebida pelo gás durante esse processo.
RESOLUÇÃO:
a) A pressão exercida pelo gás, no êmbolo, é dada por:
p0 = ⇒ p0A = kx0
Da equação de Clapeyron, obtemos:
pV = nRT
Sendo V = Ah, temos:
pAh = nRT
pA =
Assim:
kx0= (I)
8,3 . 106 . x0 =
x0 = 1 . 10–2m
b) A nova altura h do êmbolo é dada por:
h = =
h = 6,0cm
Dessa forma, o êmbolo subiu 2,0cm fazendo a mola ficar comprimida
de 3,0cm (x = 3,0cm).
Usando-se a expressão (I) do item a, tem-se:
kx =
8,3 . 106 . 3,0 . 10–2 =
T = 900K
Sendo o gás monoatômico, a energia interna é calculada por:
U = nRT
ΔU = nRΔT
ΔU = . 2 . 8,3 . (900 – 200) (J)
NOTE E ADOTE:
Densidade do ar a 27°C e à pressão atmosférica local = 1,2 kg/m3.
Aceleração da gravidade na Terra, g = 10 m/s2.
Considere todas as operações realizadas ao nível do mar.
Despreze o empuxo acarretado pelas partes sólidas do balão.
T (K) = T (°C) + 273
Indique a resolução da questão. Não é suficiente ape nas escrever as
respostas.
m
–––
V
M1 –––––
1500
M1 = 1800 kg
m
–––
M
pV M
––––––
R
1800 . 300
–––––––––
400
M2 = 1350 kg
a ≅ 0,29 m/s2
F
–––
A
nRT
––––
h
nRT0 –––––
h0
2 . 8,3 . 200
––––––––––
4,0 . 10–2
x0 = 1,0cm
3h0 ––––
2
3 . 4,0cm
–––––––––
2
nRT
––––
h
2 . 8,3 . T
––––––––––
6,0 . 10–2
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
ΔU = 17430J

FÍSICA A 3.aS
– 37
c) O trabalho realizado pelo gás na sua expansão transfere energia para
a mola. Assim:
τgás= –
2
τgás = [(3 . 10–2)2 – (1 . 10–2)2] (J)
τgás = (9 . 10–4 – 1 . 10–4) (J)
τgás = 8 . 10–4 (J)
τgás = 3320J
Da 1.ª Lei da Termodinâmica, temos:
Q = τ + ΔU
Q = (3320 + 17430) J
Respostas: a) 1,0cm b) 17 430J c) 20 750J
5. (VUNESP-SP) – Certa quantidade de um gás é man tida sob pressão
constante dentro de um cilindro, com o auxílio de um êmbolo pesado,
que pode deslizar livremente. O peso do êmbolo mais o peso da coluna
do ar acima dele é de 300 N. Através de uma resistência elétrica de 5,0
Ω, em contato térmico com o gás, se faz circular uma corrente elétrica
de 0,10 A durante 10 min.
a) Determine a quantidade de calor fornecida ao sis tema.
b) Desprezando as capacidades térmicas do cilindro, êmbolo e resis -
tência, e sabendo que o êmbolo se eleva lentamente de 0,030 m
durante o processo, determine a variação de energia interna do gás.
RESOLUÇÃO:
a) A energia elétrica dissipada no resistor será fornecida ao sistema na
forma de calor.
Eel = Q = P . Δt
Eel = Q = R i2 Δt = 5,0 . (0,10)2 . 600 (J)
b) As forças de pressão do gás têm um valor F, em módulo, igual ao peso do
êmbolo mais a força aplicada pela atmosfera sobre o êmbolo (F = 300N).
O trabalho τ das forças de pressão do gás será dado por:
τ = F . h τ = 300 . 0,030 (J) τ = 9,0J
A variação da energia interna do gás nesse pro cesso será dada por:
ΔU = Q – τ
ΔU = 30,0 – 9,0 (J)
Respostas: a) 30,0J b) 21,0J
kx2
––––
2
kx0
––––
2
8,3 . 106
––––––––
2
8,3 . 106
––––––––
2
8,3 . 106
––––––––
2
Q = 20 750J
Eel = Q = 30,0J
ΔU = 21,0J

FÍSICA A 3.aS
1. Fotografias obtidas diante de um ou mais espelhos planos são bas -
tan te comuns. Com essa técnica, que exige especiais cuidados do
fotógrafo, belos e curiosos efeitos visuais podem ser registrados.
No esquema abaixo se vê, de cima, o jovem Paulo, um fotógrafo
principiante, posicionado no local P diante da superfície refletora de
um espelho plano vertical E. Paulo deseja fotografar a imagem
fornecida por E para o corpo de sua irmã, Regina, posicionada no local
R. Os comprimentos d1, d2 e d3, indicados na figura, são tais que
d1 = 4,0 m, d2 = 3,6 m e d3 = 0,8 m.
a) Para que distância Paulo deverá regular sua câmara para obter uma
foto devidamente focalizada da imagem de Regina? Em relação a
E, essa imagem é de natureza real ou virtual?
b) Supondo-se que Paulo queira obter uma foto de sua própria imagem
utilizando um flash acoplado à câmara (o que não deve ser feito
quando se dirige, como no caso de Paulo, o eixo do equipamento
perpendicularmente ao espelho, sob pena de se inserir na imagem
um brilho comprometedor), qual o intervalo de tempo, em nano
segundos (1 ns = 10–9 s), gasto pela luz do flash para retornar à
câmara após o disparo? Adote para a velocidade da luz o va -
lor c = 3,0 . 108 m/s.
RESOLUÇÃO:
a) A imagem de Regina, R’, é simétrica do objeto em relação à superfície
refletora.
38 –
Aplicando-se o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo POR’, vem:
D2 = (d1 + d3)2 + d2
2 ⇒ D2 = (4,0 + 0,8)2 + (3,6)2
D2 = (4,8)2 + (3,6)2 ⇒
D = 6,0 m
Em relação a E, a imagem R’ é de natureza virtual.
2d1 ––––
Δt
b) c = ⇒ 3,0 . 108 =
Δt ≅ 2,7 . 10–8 s ⇒
2 . 4,0
––––––
Δt
Δt ≅ 27 ns
Respostas: a) 6,0 m; virtual;
b) aproximadamente 27 ns
2. Considere um espelho plano retangular, disposto perpendicular -
mente ao solo, considerado plano e horizontal. O espelho tem altura h
desprezível em comparação com o comprimento de sua base. Admita
que esse espelho esteja em movimento na direção do seu eixo
longitudinal, com velocidade v→de módulo 1,0 m/s, conforme ilustra o
esquema a seguir, que também mostra um garoto G que pode caminhar
sobre o solo.
MÓDULO 11 55 Óptica (I)

FÍSICA A 3.aS
– 39
a) Supondo G em repouso em relação ao solo, qual o módulo da
velocidade da imagem de G em relação ao espelho?
b) Supondo que G se aproxime do espelho, percorrendo a reta r
coplanar à reta s com velocidade de módulo 4,0 2 m/s em relação
ao solo, qual o módulo da velocidade da imagem de G em relação
ao espelho?
RESOLUÇÃO:
a) Com G em repouso em relação ao solo, sua imagem G’ também se
apresenta em repouso em relação ao solo. Como o espelho tem velo -
cidade v→em relação ao solo, G’ tem velocidade v→
G’ = –v →
em relação ao
espelho (propriedade simétrica). Logo:
b)
|v →
G’ | = |v →
A velocidade da imagem G’ em relação ao espelho E é v→
G’,E, dada pela
seguinte expressão vetorial:
v →
G’,E = v→
G’ – v→
O módulo de v→
G’,E é obtido aplicando-se a Lei dos Cossenos.
|v →
G’,E |2 = (4,0 2 )2 + (1,0)2 – 2 . 4,0 2 . 1,0 cos 45°
Da qual
Respostas: a) 1,0 m/s
b) 5,0 m/s
3. Espelhos esféricos podem ser utilizados para diversos fins. Os
côncavos, por exemplo, encontram largo uso em sistemas de ilumi -
nação, como holofotes, faróis e lanternas. Suponha que em um farol de
automóvel, dois espelhos esféricos côncavos, admitidos em operação
de acordo com as condições de Gauss, sejam utilizados para se obter
um feixe de luz paralelo a partir de uma lâmpada S aproximadamente
pontual. O espelho principal E1 tem raio de curvatura igual a 16,0 cm,
enquanto o espelho secundário E2, tem raio de curvatura igual a
2,0 cm. A figura abaixo ilustra a montagem do farol.
Para que o feixe luminoso produzido seja efetivamente paralelo, quais
as distâncias de S aos vértices M e N, respectivamente de E1 e E2?
RESOLUÇÃO:
A lâmpada S encontra-se no foco principal de E1, já que os raios incidentes
nesse espelho a partir de S refletem-se paralelamente ao eixo principal.
Logo:
SM = ⇒ SM = cm ⇒
Por outro lado, a lâmpada S encontra-se no centro de curvatura de E2, já
que os raios incidentes nesse espelho a partir de D refletem-se sobre si
mesmos. Assim:
SN = R2 ⇒
Respostas: SM = 8,0 cm
SN = 2,0 cm
|v →
G’E | = 5,0 m/s
| = 1,0 m/s
SM = 8,0 cm
16,0
––––
2
R1 –––
2
SM = 2,0 cm

FÍSICA A 3.aS
4. Coloca-se um lápis AB de comprimento L sobre o eixo principal de
um espelho esférico côncavo E, de distância focal igual a f, que obede -
ce às condições de estigmatismo de Gauss. A extremidade B do lápis
é posicionada diante da superfície refletora a uma distância D (D f)
do vértice V do espelho, conforme indica a figura abaixo.
a) Calcule o comprimento C da imagem do lápis produzida por E, em
função de f, L e D.
L
–––
2
b) Admitindo-se C = , determine a relação entre L e f para o caso
particular de a imagem da extremidade B do lápis se formar sobre
a mesma posição de B.
RESOLUÇÃO:
a) Equação de Gauss: = +
Posição da imagem B:
40 –
= + ⇒ = – ⇒ =
Da qual:
Posição da imagem A:
= + ⇒ = – ⇒ =
Da qual:
Cálculo de C:
C = p’B– p’A
⇒ C = –
C =
C =
Donde:
b) Se p’B = D (a imagem do ponto B forma-se sobre esse mesmo ponto),
vem:
D = ⇒ D – f = f ⇒ D = 2f
Levando em conta a condição de C = , temos:
= ⇒ f(f + L) = 2f2 ⇒ f + L = 2f ⇒ L = f
Portanto:
Respostas: a) C =
b)
5. Um automóvel cujo velocímetro não funciona está se deslocando
em movimento uniforme ao longo de uma avenida retilínea em que a
velocidade máxima permitida é de 50 km/h. Esse veículo possui um
espelho retrovisor esférico (convexo) de raio de curvatura igual a 2,0 m.
Ao passar diante de uma estaca vertical de altura 1,8 m, o motorista
põe em marcha um cronômetro, verificando que transcorreram 14 s
desde o instante em que foi acionado o instrumento até o instante em
que a altura da imagem da estaca dada pelo espelho é de 10 mm.
Considerando válidas as condições de Gauss no funcionamento do
espelho retrovisor, determine se o automóvel trafega ou não dentro do
limite de velocidade da avenida.
RESOLUÇÃO:
I) A = = ⇒
(A 0 ⇒ imagem direita)
II) A = = =
– 1,0 – p = – 180 ⇒
(f 0 ⇒ espelho convexo; foco virtual)
III) V = = = . 3,6 km/h
Da qual:
Resposta: O automóvel trafega dentro do limite de velocidade, já que sua
velocidade (46 km/h) é menor que a máxima permitida na
avenida (50 km/h).
f (D + L)
p’A = ––––––––––
D + L – f
Df
–––––
D – f
f (D + L)
––––––––
D + L – f
Df (D + L – f) – (Df + Lf) (D – f)
–––––––––––––––––––––––––––––
(D – f) (D + L – f)
D2f + DfL – Df2 – (D2f – Df2 + DfL – Lf2)
–––––––––––––––––––––––––––––––––––
(D – f) (D + L – f)
Lf2
C = ––––––––––––––––
(D – f) (D + L – f)
Df
––––––
D – f
L
–––
2
Lf2
––––––––––––––––
(2f – f) (2f + L – f)
L
–––
2
L
–– = 1
f
Lf2
––––––––––––––––
(D – f) (D + L – f)
L
––– = 1
f
1
A = ––––
180
10 mm
–––––––––
1800 mm
i
–––
o
– 1,0
––––––––
– 1,0 – p
1
––––
180
f
–––––
f – p
p = 179 m
179
––––
14
179 m
––––––
14 s
Δp
–––
Δt
V 46 km/h
Df
p’B = ––––––
D – f
D + L – f
–––––––––
f (D + L)
1
–––
p’A
1
–––––
D + L
1
–––
f
1
–––
p’A
1
–––
p’A
1
–––––
D + L
1
–––
f
D – f
––––––
Df
1
–––
p’B
1
–––
D
1
–––
f
1
–––
p’B
1
–––
p’B
1
–––
D
1
–––
f
1
–––
p’
1
–––
p
1
–––
f

FÍSICA A 3.aS
– 41
1. (UNIRIO-RJ-2010) – Um raio de luz monocromática incide sobre
a superfície de uma lâmina delgada de vidro, com faces paralelas,
fazendo com ela um ângulo de 30°, como ilustra a figura abaixo. A
lâmina está envolvida pelo ar e sua espessura é de 3 cm. Sabendo-se
que os índices de refração desse vidro e do ar valem, respectivamente,
3 e 1, determine o deslocamento lateral x, em mm, sofrido pelo raio
de luz ao atravessar a lâmina.
RESOLUÇÃO:
I) Lei de Snell: nv sen r = nar sen i
3 sen r = 1 . sen 60° ⇒ 3 sen r =
sen r = ⇒
II) Triângulo retângulo ABC:
cos r = ⇒ cos 30° =
= ⇒
III) α + r = i ⇒α+ 30° = 60° ⇒
IV) Triângulo retângulo ABD:
sen α = ⇒ sen 30° =
= ⇒
Resposta: 10 mm
3
–––
2
1
–––
2
r = 30°
e
–––
AB
3
–––
AB
3
–––
2
3
–––
AB
AB = 2 cm = 20 mm
α = 30°
x
–––
AB
x
–––
20
1
––
2
x
–––
20
x = 10 mm
MÓDULO 11 66 Óptica (II)

FÍSICA A 3.aS
2. (UNICAMP-2010) – Há atualmente um grande interesse no de sen -
volvimento de materiais artificiais, conhecidos como metamateriais,
que têm propriedades físicas não convencionais. Este é o caso de
metamateriais que apresentam índice de refração negativo, em contras -
te com materiais convencionais que têm índice de refração positivo.
Essa propriedade não usual pode ser aplicada na camuflagem de
objetos e no desenvolvimento de lentes especiais.
a) Na figura no espaço de resposta é representado um raio de luz A
que se propaga em um material convencional (Meio 1) com índice
de refração o n1 = 1,8 e incide no Meio 2 formando um ângulo
θ1 = 30° com a normal. Um dos raios B, C, D ou E apresenta uma
trajetória que não seria possível em um material convencional e que
ocorre quando o Meio 2 é um metamaterial com índice de refração
negativo. Identifique este raio e calcule o módulo do índice de
refração do Meio 2, n2, neste caso, utilizando a lei de Snell na
forma:
|n1| sen θ1= |n2| sen θ2. Se necessário use 2 = 1,4 e 3 = 1,7.
b) O índice de refração de um meio material, n, é definido pela razão
entre as velocidades da luz no vácuo e no meio. A velocidade da
luz em um material é dada por v = , em que ε é a permissi-vidade
42 –
elétrica e μ é a permeabilidade magnética do material.
Calcule o índice de refração de um material que tenha
ε = 2,0 . 10–11 e μ = 1,25 . 10–6 . A velocidade da luz
no vácuo é c = 3,0 . 108 m/s.
RESOLUÇÃO:
a) O raio luminoso que está em desacordo com um material convencional
é o E.
Aplicando-se a Lei de Snell com os dados indicados na figura (θ1 = 30°
e θ2 = 45°) e lembrando-se de que n1 = 1,8, determinemos o módulo do
índice de refração, |n2|, do meio 2.
|n1| sen θ1 = |n2| sen θ2
1,8 . sen 30° = |n2| sen 45° ⇒ 1,8 . 0,5 = |n2|
0,9 = |n2| ⇒
b) A intensidade da velocidade de propagação da luz no material consi -
derado é obtida fazendo-se:
V = ⇒V = (m/s)
Da qual:
O índice de refração n fica determinado por:
n = ⇒ n =
Da qual:
Respostas: a) Aproximadamente 1,3
b) 1,5
––1–––
ε μ
C2
–––––
Nm2
Ns2
–––––
C2
2
–––
2
1,4
–––
2 |n2| 1,3
1
––––
ε μ
1
––––––––––––––––––––––
2 ,0 . 1 0 – 1 1 . 1 ,2 5 . 1 0 – 6
V = 2,0 . 108 m/s
c
–––
V
3,0 . 108
––––––––
2,0 . 108
n = 1,5

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