FÍSICA CADERNO 4 SEMIEXTENSIVO DE FRENTE MECÂNICA n Móulo Impulso, Quantiae e Movimento e Teorema o Impulso ) I F m t,0. 0 4.,0. 0 (SI) I,0. 0 N.s ) Quantiae e movimento em B: Q B m V B 5) Q 0 Q f mv Q B m gh Q 7,0. 0 kg. m/s Q Q 0 Q f mv Q 500. 50,4,6 (kg. m/s) Q 500. 4 (kg. m/s) ) I) A quantiae e movimento tem móulo constante (MU), porém varia em ireção. II) A energia potencial gravitacional (m g H) varia por que H é variável. III) A energia cinética permanece constante porque o mo - vimento a pera é uniforme. IV) O peso P m g é constante porque m e g são cons tan - tes. ) ) E e E cin 4) mv kx ) V k x m ) Q mv Q mk x kx m. k x m 6) TEC: τ E cin Q f τ m τ (Q f Q0) m τ (600 400) (J) 7) ) Como massa e aceleração são invariantes, então F ma também é invariante. ) Como F e t são invariantes, então I F. t também é invariante. ) Como o eslocamento não é invariante, então τ F cos também não é invariante. 4) Como a velociae não é invariante, então Q mv mv e E C também não são invariantes. τ 5) Como trabalho não é invariante, então Pot também t não é invariante. 4,0 Q 0 m τ,0. 0 J ) Conservação a energia mecânica: E B E A mv B (ref. em B) m g h V B gh 8) a) m/s é uniae e velociae linear; ra/s é uniae e velociae angular. b) N/m é uniae e pressão; N. m é uniae e torque (mo mento). c) J/K é uniae e capaciae térmica; J é uniae e calor (latente ou sensível). ) kg.m/s ou N.s são uniaes e quantiae e movi mento ou e impulso, que são granezas fisicamente homo gê - neas, isto é, têm a mesma equação imensional. e) W é uniae e potência; T (tesla) é uniae o vetor inução magnética.
9) a) O impulso a força aplicaa, por efinição, é ao por: I F m. t I 60. 0,50 (N.s) I 0N. s ) a) b) Aplicano-se o teorema o impulso, vem: ) Para a garota: I g m g V g 0 50 V g ) Para o rapaz: V g 0,60m/s I r m r V r 0 75 V r V r 0,40m/s Respostas: a) 0N.s b) V g 0,60m/s e V r 0,40m/s 0) a) TEC: τ at E cin mg D ( ) 0 V 0 D g b) TI: I at Q mg T 0 mv 0 V 0 T g mv 0 c) Quano V 0 uplica, T também uplica e D quaruplica. ) Cálculo o móulo a velociae a mocinha no ponto B (,0m o solo): V B V A + s (MUV) V B 0 +. 0. 80,0 V B 600 V B 40,0m/s ) ) Aplicano-se o teorema o impulso: I R Q (F m P) t m V B (F m 500) 0,05 50. 40,0 TI: I bola Q horizontal F m. t m[v ( V)] 60mg. t 4mV 60. 0. 0, 4V V 0m/s ) mv 0,50 a) E C. (0) (J) E C 5J b) TI: I bola Q bola F m. t m. V F m.,0. 0 0,50. 60 F m,0. 0 N Respostas: a) 5J b),0kn b) Aplicano-se a ạ Lei e Newton: F m P m. a 40,5. 0 0,5.0 50. a 40,0. 0 50. a a letal 8g 80m/s a 8,0. 0 a letal 80 Respostas: F m 40,5. 0 N 40,5kN a 8,0. 0 m/s a) 40,5kN b) 0 vezes maior. F m 500 40,0. 0 F m 40,0. 0 + 0,5. 0 (N) a 0 a letal
n Móulo Lei a Gravitação Universal ) Para que os passageiros experimentem a sensação e imponera biliae (graviae zero), é preciso que a força resultante sobre eles seja o seu próprio peso e, portanto, aceleração igual à a graviae. O avião e too o seu conteúo evem estar em quea livre, isto é, com aceleração igual à a graviae. b) Seno A T, vem: π.,4 ra A T,4. 0 7 T s A,0. 0 7 ra/s c) A resultante as forças gravitacionais no satélite no ponto L é a força centrípeta que o mantém em órbita: F r F S F T F cpl ) A aceleração centrípeta o satélite rasante é igual à aceleração a graviae nos pontos e sua órbita: a M a T g M g T GM g g M M M. R g T M T a M. () 4 a T 0 0 a M a T 5 R T R M G M F r S m G M T m (R ) M S M T F r Gm (R ) Respostas: a) G M S T R ) ) F G P GMm R GM m g g R () b) A,0. 0 7 ra/s M c) S M T F r Gm (R ) M ) M. Vol Vol 4 M. π R () G 4 () em (): g.. π R R 4 g π G R x T e R x R T g x g T g x g 4) a) Desprezano-se a força gravitacional que o satélite aplica na Terra, a força gravitacional que o Sol aplica na Terra será a força resultante centrí peta que vai manter a sua órbita: F G F cp G M S M T M T T R R 5) a) A aceleração centrípeta terá móulo ao por: a ω r ω velociae angular o satélite, que é igual à velociae angular e rotação a Terra π 4π r a r T T Seno π r 4,. 0 7 m T 9,0. 0 4 s a 4. 9. 4,. 0 7 (9,0). 0 8 a 0,9m/s m s b) Na órbita comum: E GMm r Na órbita geoestacionária: E GMm E a E E r r GMm r G M S T R 7,0. 0. 6,0. 0 4.,0. 0 7,0. 0 6 4,. 0 7 E a (J)
E a 4. 0 5 Respostas: a) 0,9m/s b) 5,0. 0 9 J n Móulo 4 Densiae, Pressão, Leis e Stevin e e Pascal ) m A + m B V A + V B ) ) Cálculo o volume e A: (J) m A 0 A 0,75 V A 60cm V A V A ) Densiae a mistura: m A + m B V A + V B 0 +,5. 40 (g/cm ) 60 + 40 40 (g/cm ) 400 E a 5,0. 0 9 J ) ) Cálculo as ensiaes: m 5,0kg 5,0 kg,0. 0 kg/m V 0,005m 5,0. 0 m m 0,0kg 0,5. 0 kg/m V 0,60.0 m m 6,0kg,5. 0 kg/m V 4,0.0. 0 6 m ) Comparano-se as ensiaes: > > (6,0,0) 4. 0 6 A V A + B V B V A + V B,80. V +,60. V (g/cm ) V,40g/cm,05g/cm m A + B V B V A + V B Na situação e equilíbrio estável, os líquios se posicionam com o mais enso abaixo o menos enso. 4) m V 80 F (g/cm ) 8,0g/cm 0 40 A (g/cm ) 0,8g/cm 50 F 0 A 5) ) Cálculo os volumes: V se π R V ci π R. R π R π R V co π R. R m ) m V V π R se. π R ci π R co. co se ci co ci se z w x 6) A pressão será inversamente proporcional à área e contato entre o tijolo e a mesa. A < A < A p > p > p 7) 0)Falsa. Como a resultante é nula, as forças em A e B têm in - ten si aes iguais. 0)Veraeira. F p F A F B p A > p B Área A A < A B 04)Falsa. 08)Falsa. 6)Falsa. Depene também a área e contato. )Veraeira. Resposta: 4 8) Não, pois caa pessoa teria e fazer uma força além a capaciae humana, conforme calculao abaixo. Para separar as caixas, caa pessoa teria e fazer uma força ( F) que superasse a força feita pela iferença e pressão externa (p atm ) e interna a caixa (p c ), seno: 4
p p atm p c,0 0, (atm) 0,9 atm A área e caa face (0,0m) 0,090m F > p. A 0,9.,0. 0 5. 0,090 (N) Obs: Caa pessoa everia ser capaz e levantar um objeto e 80kg e massa. 9) a) Pelo Teorema e Stevin, temos: p B p A gh (,0.0 ) (0) (0) (N/m ) p B p A,0. 0 5 N/m b) Entre os pontos B e C, o esnível h é nulo e, portanto: p B p C 0) a) A pressão hirostática é aa por: p H gh p H,00. 0. 0,0. 0,500 (Pa) p H 5,00. 0 Pa b) A pressão total ou absoluta é aa por: p p atm + p H p atm + gh p,00. 0 5 + 0,05. 0 5 (Pa) p,05. 0 5 Pa Note que, nos três líquios, os valores e p H e p são os mes mos. c) A força que o líquio exerce no funo tem intensiae F aa por: F pa F > 8,. 0 N H 0m ) p interna p atm p externa p atm + g H F p. A F g H. A Aotano-se g 0m/s, temos: F 00. 0. 00. 0,5 (N) F 5,. 0 5 N 4) A pressão total no funo e caa vaso é aa por: p p atm + g H A intensiae a força aplicaa no funo e caa vaso é aa por: F p A (p atm + g H) A Como os três vasos têm a mesma área A e a mesma altura H, as forças terão a mesma intensiae (F F F ) quano os líquios tiverem ensiaes iguais ( ). O fato e a pressão e a força no funo o vaso não epenerem a forma o recipiente nem a quantiae e líquio é chamao e paraoxo hirostático. 5) a) Supono-se que o gás no interior a bolha se comporte como gás ieal, a lei geral os gases perfeitos, vem: p V p V T T p atm. V T p V T em que A 0,00m é a área a base os recipientes. p p atm F,05. 0 5. 0,00 (N) F,05. 0 4 N ) ) p atm g H atm,0. 0 5,0. 0. 0,0. H atm H atm 0,0m ) p A p B p V + p H p atm (em coluna e água) 0, + H 0,0 H 9,7m ) p p 0 + g H,0. 0 5,0. 0 5 +,0. 0. 0. H 0 0 + H A pressão no funo o lago é a soma a pressão atmos - férica (p atm ) com a pressão a coluna líquia (p líq ). Assim: p p atm + p líq p atm p atm + p líq p líq p atm Como a pressão atmosférica (p atm ) equivale a 0,0 metros e coluna e água, a pressão que o líquio provoca no fun o o lago (p atm ) equivalerá a uma profuniae e 0,0m. b) Aplicano-se, novamente, a lei geral os gases perfeitos, vem: p V T p atm. V T p V T p V 0,96T 5
p,88p atm Mas p p atm + p líq,88 p atm p atm + p líq p líq,88p atm De uma regra e três simples e ireta, vem: p atm 0 p atm + 0,5. 0 4 p atm,05. 0 5 N/m p 0 Respostas: a) R p atm b) p atm p +,0. 0 4 h (SI) c) p atm,05. 0 5 N/m 0,0 metros p atm 8) x,88 p atm x 8,8 metros Respostas: a) 0,0m b) 8,8m 6) a) p g h p,0. 0. 0. h p,0. 0 4 h (SI) H b) p m g p m,0. 0 4. 0 (Pa) p A p B g H H c) F p m A g. L H F Respostas: p m,0. 0 5 Pa g L H F,0. 0. 0. 0. 400 F 6,0. 0 7 N (N) a) p,0. 0 4 h (SI) b) p m,0. 0 5 Pa c) F 6,0. 0 7 N 7) a) Para a temperatura constante, temos: p 0 V 0 p V (Lei e Boyle e Mariotte) 6 p atm V 0 p (V 0 + V) p V 0 500 R p atm V 0 + V 55 b) p A p atm p + a g h p atm p +,0. 0. 0h p atm p +,0. 0 4 h h em metros p atm e p em Pa (N/m ) 0 c) Para p p atm, temos: 0 p atm p atm +,0. 0 4. 0,50 0 R 9) Aotano-se p atm,0. 0 5 Pa e g 0m/s, temos: p p atm + g H Para p p máx 6,0. 0 5 Pa, temos: H H máx 6,0. 0 5,0. 0 5 +,0. 0. 0. H máx 5,0. 0 5 0 4 H máx H máx 50m Para t 5min p total,0atm e, portanto, p hirostática 0 (sub ma rino na superfície). 0) A pressão hirostática o soro é aa por: p H g H 9. 0,0. 0. 0. H H 0,9m ) Os pontos P e P estão no mesmo plano horizontal e perten - cem ao mesmo líquio em equilíbrio hirostático; portanto, e acoro com a Lei e Stevin, suportam pressões iguais: p p M g H (4cm Hg) ) A superfície livre o líquio, inepenentemente e sua natureza ou ensiae, em ambos os compartimentos o bule (corpo principal e bico), eve apresentar-se plana e horizontal, à mesma altura h em relação à linha e referência. A pressão exercia sobre o líquio nos ois ramos o sistema e vasos comunicantes é a pressão atmosférica. I (V) II (F) III (F) ) p p atm + g H p g h
p t g,0. 0 4,0. 0. 0. V V,0m/s h t b) p gás p atm + p H p gás constante Se p atm iminuir, então a pressão hirostática eve aumen tar e a coluna e mercúrio vai aumentar e altura. Respostas: a),5atm b) vai aumentar 4) 8) p A p B p gás p atm + p H p gás 70 + 0 (cm e Hg) F água p H. A g H. A F água,0. 0. 0. 0,50. 0. 0 4 (N) p gás 80cm Hg F água 0N Resposta: 80cm e Hg 5) p V p V 9) T T p gás p atm + p H 76 00 76 + 0,4 T T 40K 47 C p A p B p atm M g h Aumentano-se a altitue, p atm iminui e h iminui. 6) a) Nos ois esquemas, a pressão atmosférica é equilibraa pela pressão hirostática o líquio. p atm A g h A V g h V A h V 5,5 V h A 0 b) A mistura água-vinho teria ensiae maior que a o vi nho e, portanto, a altura seria menor que 5m. Respostas: a),5 b) menor que 5m 7) a) p p p gás p atm + p H 0) a) p gás p 0 + Hg gh p gás,0. 0 5 +,6. 0. 0.,04 (Pa) p gás,0. 0 5 +,4. 0 5 (Pa) p gás,4. 0 5 Pa b) F p. A F,4. 0 5.,0. 0 4 (N) F 48N Respostas: a),4. 0 5 Pa b) 48N ) a) As pressões nos pontos e são iguais: p p. atm 760mmHg p H 80mmHg p H 0,5atm p gás,5 atm 7
Seno p p at + B. g. h B e p p at + A. g. h A, vem: p at + B. g. h B p at + A. g. h A B. h B A. h A B. 80,0. 0. 50 B,5. 0 kg/m b) A pressão no interior o tubo na altura a linha e sepa - ração é p, que é igual à p. De p p at + B. g. h B, vem: p,0. 0 5 +,5. 0. 0. 0,80 (N/m ) p,0. 0 5 + 0,. 0 5 (N/m ) p,. 0 5 N/m 4) Os pontos A e B per tencem ao mesmo lí qui o e estão situaos no mesmo nível horizontal. Logo, su portam pressões iguais: p A p B p A p 0 + g h e p B p G + g h Logo: p 0 + g h p G + g h Seno h > h p 0 < p G 5) Respostas: a),5. 0 kg/m b),. 0 5 N/m ) Os pontos () e () pertencem ao mesmo líquio A e ao mesmo plano horizontal e, por isso, e acoro com a Lei e Stevin, suportam a mesma pressão: p p p atm + A g h A p atm + B g h B A h A B h B A. 0,75 h B. h B Da qual: 0,75 A p p p atm + A gh p atm + C g A C + C + B A B + B g n Móulo 5 Princípio e Arquimees ) Para o equilíbrio o objeto: h h ) E P objeto De acoro com Arquimees: E P líq. eslocao Portanto: P líq. eslocao P objeto A balança continua com a mesma inicação: P P p A p B p atm + g h + g h p atm + g h h + h h 0,5. 5,0 +.,0,5. 5,0,0,5,5 5,0g/cm ) Como a esfera está em equilíbrio, temos: E P esfera Por outro lao, e acoro com a Lei e Arquimees: E P líquio eslocao Portanto: P esfera P líquio eslocao Isso significa que, nos ois esquemas, o peso total no ramo esquero a alavanca é o mesmo e. Resposta: 8
) ) Quano a mão está totalmente imersa na água, ela eslo - ca um volume e água igual a 500cm 0,5 litro. Como a ensiae a água é,0kg/, a massa e água eslocaa é 0,5kg. ) De acoro com a Lei e Arquimees, o empuxo que o líquio exerce na mão a pessoa tem intensiae E aa por: E P líq. eslocao m eslocao g 0,5g (N) ) De acoro com a lei e ação e reação, a mão aplica sobre o líquio uma força vertical para baixo com a mesma intensiae E 0,5g (N), o que equivale a aumentar o peso corresponente a uma massa e 0,5kg. Como a balança está grauaa em massa, ela passa a inicar: M,5kg + 0,5kg,0kg 6) a) Para o bloco flutuano, em equilíbrio, temos: E P corpo m g E 0,6. 0,0 (N) E 6, N b) De acoro com a Lei e Arquimees: E L V i g 6, L. 500. 0 6. 0 L,6. 0 kg/m L,6g/cm De acoro com a tabela, o líquio em estuo é a glicerina. Respostas: a) 6,N b) glicerina 7) 4) Na situação, a balança inica o peso total o reci piente com o líquio. Nas situações e, a balança inica o peso total o recipiente com o líquio mais a intensiae o empuxo que o líquio exerce na esfera (ação e reação entre o líquio e a esfera). Na situação, o empuxo é maior que na situação, porque o volume imerso é maior: E L V i g V i() > V i() E > E P F balança() P P F balança () P + E P F balança () P + E Portanto: P > P > P ) E P L V i g S V g S V i L V 5) Com a esfera no interior o barco, temos: E total µ L V i g P E + P B S,0 0,60 S 0,60g/cm Se a esfera for e aço, ela afuna e entra em contato com o funo o recipiente. Nesse caso: ) P mg S V g P 0,60. 0. 000. 0 6. 0 (N) P 6,0N 8) E total + F N P E + P B E total < E total V i < V i H < H (V correta) Se a esfera for e isopor, ela flutua, o em pu xo total não se al - tera e H H (III cor re ta). Para o equilíbrio o bloco e gelo, temos: E P a V i g g V g g 9
Portanto, o volume imerso e gelo V i é ao por: ) a) Para o equilíbrio o tonel: g V g V i a () Quano o gelo errete, a massa e água obtia é igual à mas - sa e gelo. m a m g a V a g V g g V g V a a () Comparano-se as relações () e (), verificamos que o volu - me a água obtia com a fusão o gelo é igual ao volume e gelo que estava imerso e, portanto, o nível a água no bale não se altera. 9) Na situação e equilíbrio: E P a V i g mg m a V i m,0. 0. m 0kg 5. 50. 0 (kg) b) O volume ocupao pelo lastro corres pone ao volume V e caa ivisão a escala o cilinro. Na situação I, para o equilíbrio, temos: E P lastro + P recipiente a V g P lastro + P recipiente Na situação II, para o equilíbrio, temos: E P lastro + P água + P recipiente a 6 V g a V g + a n V g 6 + n n Portanto, a água eve preencher três ivisões o cilinro. E F + P a V g F + mg,0. 0. 50. 0. 0 F + 00 500 F + 00 F 00N Respostas: a) 0kg b) 00N 0) Na nova situação e equilíbrio, com os cilinros imersos no interior o líquio, os pesos aparentes everão ser iguais e, para tanto, os empuxos recebios pelos cilinros everão ser iguais. ) E A E B L V A g L V B g V A V B em que V A e V B são os volumes e A e B imersos no líquio. Como V área a base x altura, vem: S A h A S B h B S A. h A S A. h B h A h B h A é a altura e A imersa no líquio. h B é a altura e B imersa no líquio. Na opção B, temos h A 4u e h B u, que satisfaz a conição o problema. a) Para o bloco flutuano na superfície o líquio, te mos: E P L V i g B V B g B L V i V 4 B L,0g/cm 4 4 B 0,75g/cm 0
b) Para o equilíbrio o bloco, temos: E P + T L V B g B V B g + T T ( L B ) V B g T (,0 0,75). 0. 60. 0 6. 0 (N) T,5. 0 N Respostas: a) 0,75g/cm ou 7,5. 0 kg/m b) 0,5N ou,5. 0 N ) O acréscimo e peso na balsa eve ser equilibrao pelo acréscimo e empuxo a água sobre a balsa: P E ( m) g a V i g m a A ( 0 ) T 0,5N m 0 a A 000 0 (m),0. 0. 00 FRENTE ÓPTICA, ONDAS E TERMOLOGIA n Móulo Lentes Esféricas II Estuo Analítico, Vergência e Equação e Halley ) A istância focal vale f, a istância o objeto à lente é p f. Para se escobrir a istância entre o objeto e a imagem, é preciso antes encontrar p', a istância a lente à imagem. Usano-se Gauss, obtém-se: + ; + ; ; f p p f f p p f f p ; ; f f p f Esquematicamente, tem-se: f p 0. 0 m 0 cm 4) Logo, a istância entre objeto e imagem será: p + p' f + f 9f E P total a n V g (M + m) g,0. 0. n. 0,08 70 + n. 40 80n 70 + 40n 40n 70 70 n 40 n,75 n mín 5) A intensiae o empuxo é iretamente proporcional ao volume imerso (E água V i g). Como as três bolas têm iâ - metros iguais, apresentam volumes iguais e, por isso, uma vez totalmente imersas na piscina, eslocam volumes iguais e água, recebeno empuxos e intensiaes iguais. E A E B E C ) Para escobrirmos a istância p a imagem à lente, aa a istância focal f 6,0cm e a istância o objeto à lente, p 0cm, fazemos: f p + ; + ; ; p p 6 0 p p 6 0 5 ; 0 0 p 0 p cm 4 p' 7,5cm 4 0 ) Na primeira situação, como o objeto está muito afastao a lente, p. Também é ao p 6cm. Assim: f + ; + ; p p f 6 f f 6,0cm 6
Na seguna situação, p 8cm, e a istância p a imagem à lente será: + ; + ; ; f p p 6 8 p p 8 8 p 4) Como equivale a e equivale a, para encon - x p y p trar a istância focal, poem-se utilizar quaisquer coorenaas e um ponto o gráfico. Usano-se 5 e 0 (0;5), x y tem-se: + ; 5 + 0; 5; f m f x y f 0,m f 5 5) Deseja-se escobrir f e a posição e uma lente em relação ao objeto, o que significa encontrar p. i,0 Temos A A, e temos que a o 4,0 4 i s t â n c i a entre objeto e imagem vale 00cm. Assim, p p p 5p A p ; p + 00; 00; p 4 4 4 4 p 8 p 9,0cm 4. 00 5 p 80cm p + p 00cm. Situação : + ; + ; f p p 4 8 p ; p 4 8 p 8 8 Situação : + ; + ; f p p 4 6 p ; p 4 6 p x p (p + ) x (8,0 +,0) p b) A ; A p 6 Respostas: p 8cm p cm x,0cm A a),0cm b),0 A istância x será: 7) Para falarmos sobre as vergências V e V, poemos analisar as istâncias focais f e f. Como raios que inciem paralelamente ao eixo principal se refratam pelo foco a lente, vemos que a e b corresponem às istâncias focais, em que a f e b f. Como f < f, então V > V, pois a vergência é inversamente proporcional à istância focal. 8) Se a imagem é real, invertia e e mesmo tamanho, significa que o objeto e a imagem se encontram sobre os pontos antiprincipais a lente. f f A ; ; (f 80) 4f; f + 80 4f; 5f 80; f p 4 f 80 f 6cm 6) a) Temos f 4cm e, aos na primeira situação, um aumento linear A. Com estes, poemos encontrar a posição p o objeto na primeira situação. f 4 A ; ; 4 + p 4cm p 8cm f p 4 p Na seguna situação, aproximano a lente o objeto, te - re mos p p cm; p 6cm. Para encontrarmos a is - tância x entre as imagens a primeira e a seguna situação, assim como o novo aumento linear A, precisa - mos encontrar p e p. Se a istância entre o objeto e a imagem vale 4,0m, nesta configuração a istância o objeto à lente vale,0m e, como o objeto está sobre o ponto antiprincipal, que ista uas istâncias focais a lente, a istância focal será f m. Assim V f i; V,0i
n 9) Daos:,5; R +4,0cm (convexa); R +6,0cm (convexa); n busca-se f: + ; (,5 ) + f n n R R f 4 0,5. + ;. f 5 5 f 4 6 a A a B k k a A a B Respostas: a) f A f B b) a A a B f 4 5 4,8cm; f 4,8m ) Observamos na figura que, em uma mesma extensão, a ona (I) completa três oscilações enquanto a ona (II) completa quatro oscilações: 0) Para acharmos a convergência equivalente V, evemos somar as vergências iniviuais: V V + V ; V + ; V + ; f f 0, 0,4 λ I 4λ II 4 λ I λ II λ l > λ II Como as onas se propagam em meios iênticos e são e mesma natureza, suas velociaes e propagação são iguais: V 0 +,5 (i),5i; V,5 i V I V II Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: ) λ I f I λ II f II λ II f I λ II f 4 II f I 4 f II f I < f II Como os raios que inciem na primeira lente são paralelos e os emergentes a seguna também, as posições os focos F e F as uas lentes evem coinciir. Logo, f + f. n Móulo Equação Funamental a Onulatória ) a) Observamos na figura que, enquanto o movimento A realiza uma oscilação completa, o movimento B realiza três oscilações: f f A f B n. oscilações t t t f A f B b) Observamos na figura que a amplitue o movimento e A é igual a k e a amplitue o movimento e B é igual a k: ) a) A frequência f e vibração a lâmina, fonte a ona sonora, é e 50 ciclos por seguno, ou 50Hz: T b) Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: V λf 50 λ. 50 Respostas: a) T,0. 0 s b) λ 7,0m 4) a) A frequência f o som é eterminaa pelo número e vezes que os entes a roa percutem a palheta em caa seguno: f f f T (s) 50 T,0. 0 s λ 7,0m n. percussões t 5. 0 (Hz),0 f,0. 0 Hz
b) Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: V λf 40 λ. 00 Respostas: a) f,0. 0 Hz b) λ,4m 5) O comprimento e ona l, istância entre ois máximos consecutivos, é e 0,80m. Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: V λf V 0,80., (m/s) V 0,96m/s 6) I) CORRETA. Observamos na figura que, entre A e B, existem 0 cristas consecutivas: 0λ,m II) CORRETA. A frequência f a ona é aa por: n. oscilações f t 0 f (Hz) 4,0 f,5hz III) INCORRETA. Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: V λf V 0,.,5 (m/s) 7) Observamos na figura que a istância entre uas compres - sões máximas consecutivas é e 0cm: λ 0cm Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: λ V λf T 0 cm V,5 λ,4m λ 0,m V 0,0m/s s V 4,0cm/s 8) a) Observano-se a escala a figura, conclui-se que a écima parte a amplitue A a ona é e cm: A cm 0 A 0cm 0,0m b) Observano-se a escala a figura, conclui-se que a écima parte o comprimento e ona λ a ona é e 9cm. λ 0 8cm λ 80cm 0,80m Pela equação Funamental a Onulatória, obtém-se: V λf 4 0,8. f Respostas: a) A 0cm 0,0m b) f 5Hz 9) Para o ponto P retornar pela primeira vez à sua posição ini - cial, ele realiza meia oscilação: T,0. 0 s T 6,0. 0 s Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: λ V λf T λ 6,0. 0 λ 7,. 0 m 0) a) Como se trata e um pulso senoial, o ponto P realiza um Movimento Harmônico Simples. b) O ponto P retorna à sua posição inicial, após ser atingio por uas cristas e um vale a ona, que possui amplitue A e 5,0cm. O ponto P então se esloca e 5,0cm para ci - ma, 0cm para baixo, 0cm para cima e, novamente, 5,0cm para baixo. A istância total D então percorria é e: D 5,0cm + 0cm + 0cm + 5,0cm Observe que, após a passagem o pulso, o ponto P retorna à sua posição inicial. Seu eslocamento então é nulo. c) Observamos na figura que o comprimento e ona λ o pulso é e 6cm ou 0,6m. Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: λ V λf T, f 5Hz D 0cm 0,6 T T 5,0. 0 s Para um eslocamento e 5,0cm, o ponto P realiza um quarto e oscilação: t T 4 4
t 4 5,0. 0 s L F F 0 L t,5. 0 s Respostas: a) Movimento Harmônico Simples b) D 0cm c) t,5. 0 s n Móulo 4 Fenômenos Onulatórios ) a) Frequência e batimentos (f BAT ) frequência maior (f A ) frequência menor (f B ) f BAT 4,0 f A f B 4,0Hz f A 540 4,0 batimentos (o som fica forte e fraco quatro vezes por seguno, porque seguno f A f B < 0Hz) f A 540 + 4,0 (Hz) f A 544Hz b) Frequência o som resultante: f r f r f A + f B 544 + 540 méia aritmética as frequências (Hz). 0,50 0 0, 0,04kg/m 40g/m Resposta: 40g/m 4) Ao percutir o iapasão B, o iapasão D também entra em vi - bra ção: 00 6 0. 0,5 0 6 0 0,5 0 0 0 f r 54Hz Respostas: a) 544Hz b) 54Hz f SI ) a) f LÁ 5 8 5 f SI 5. 400 8 5 400. 9 f SI (Hz) 8 f SI 450Hz b) f BAT f SI f LÁ esafinao com 0% a mais e frequência f BAT 450Hz 0% a frequência o LÁ (Hz) 0 f BAT 450Hz. 400Hz 00 f BAT 450Hz 440Hz f BAT 0Hz Respostas: a) 450Hz b) 0Hz A transmissão e energia e forma perióica e uma fonte e onas para um sistema que passa a vibrar numa e suas frequências naturais enomina-se ressonância. 5) Para ocorrer a ressonância entre os iapasões C e D, as suas frequências e vibração, respectivamente f C e f D, evem ser iguais (f C f D ). 6) Os oscilaores A e C entraram em ressonância, pois têm frequências naturais iguais (f A f C ), o que não ocorre com o oscilaor B. Assim: f A f C f B ) f BAT 0Hz f f 0Hz 7) O violino trinca a lâmina e cristal à istância ao emitir eter - minaa nota musical. 5
O períoo T 0 o pênulo o relógio e comprimento 0 num campo gravitacional e móulo g é calculao por: T 0 π 0 g O aquecimento o pênulo provoca um aumento o seu com - pri mento para ( 0 + ), que aumenta o períoo para T. O relógio passa a oscilar num tempo maior, fica mais lento e atrasa. 8) O violino emite um som com frequência igual a uma as frequências naturais o cristal, que, por ressonância, passa a vibrar com amplitues crescentes até trincar a lâmina. ) I) Veraeira. Para os três laos o triângulo, L L 0 α. II) Veraeira. Os três laos o triângulo sofrem o mesmo aumento relativo e comprimento, isto é, são acrescios a mesma porcen tagem. L L ou. 00% L 0 L 0 % Os ângulos internos o triângulo não se alteram, o que justifica a citaa semelhança. III) Falsa. A frequência os saltos os torceores é igual a uma as frequências naturais e vibração o concreto armao e os materiais que sustentam a estrutura o estáio, e ocorre o fenômeno a ressonância. É importante notar que, à meia que acontece a transferência e energia, o estáio oscila com amplitues crescentes que poem trincar colunas e vigas. ) O viro pirex tem baixo coeficiente e ilatação térmica e, por isso, as iferenças e temperaturas provocam menos ten sões entre as partes mais frias e mais quentes, mini mi - zano o risco e trincas, ao contrário o que ocorre com o viro que possui coeficiente maior. 4) n Móulo 5 Dilatação Térmica os Sólios e os Líquios ) 5) Quano uma lâmina bimetálica é aquecia, ela curva-se, fi - can o o lao externo (convexo) o material que se ilata mais. Quano é esfriaa, ocorre o contrário, o que se ilata mais fica na parte interna (côncavo), pois esse material tam - bém se contrai mais. Assim, nesta questão o material aequao para a placa M eve ser o alumínio, que tem coeficiente e ilatação maior. 6
6) Deve-se mergulhar a tampa o frasco na água quente. O zin - co irá ilatar-se mais que o viro, soltano-se o gargalo. Na situação final, os comprimentos as barras L A e L B ficam iguais: 7) O espaçamento é igual à ilatação linear L o trilho: L L 0 L m.,. 0 5 C. (40 C 0) L.,. 40. 0 5 (m) L 58. 0 5 m L 0,58. 0 m L 0,5cm 8) O comprimento a barra a 0 C vale: 0 + 00 + 0 00 + 00 (0 0) L A L B L 0A + A L 0B + B 000 + L 0A. A. 00 + L 0B. B. 000 + 000.,0. 0 5 ( 0) 00 + 000.,0. 0 5 ( 0),0. 0 ( 0),0. 0 ( 0) 00 000 ( 0) (,0. 0,0. 0 ) 0 0 0 50 50 + 0,0. 0 00 Cálculo o Coeficiente e Dilatação 00 + 00.,. 0 5. 00 (m) 00 +,. 0 00 + 0, (m) 00,m 0 6. 0 00.. 50 6. 0 ( C ) 5. 0,. 0 5 C 70 C 0) Cálculo a ilatação linear L e uma barra cujo compri men - to inicial é L 0 80cm ao sofrer uma variação e temperatura 0 C: L L 0 L 80 0 L L 0,0. 0 000..,0,0. 0 5 C cálculo o coeficiente e 9) ilatação linear L 80.,0. 0 5. 0 (cm) L 00. 0 5 cm L 0,. 0 4. 0 5 cm L 0,. 0 cm L 0,mm 7
) Q,8. 0 L 0. 0,0.,5. 0 5 L 0 Q 0,70. 0 cal Q 70 cal ) A barra B tem o comprimento inicial maior (L 0 ) que a barra A (L 0 ) e, como a iferença e comprimento entre elas não varia (L 0 ) para qualquer variação e temperatura ( T), o coeficiente e ilatação térmica a barra menor A eve ser proporcional ao a barra B (α A α B ). Graficamente, tería - mos: L 0 α B L 0 α A α B α A O coeficiente e ilatação a lâmina B é maior que o a lâmina A. 4) ) L A L B L 0 α A. L 0 α B α A α B 5) A estrutura o forno é feita e cobre, cujo coeficiente e ilatação méio é igual a 7. 0 6 C. Para que os pa rafusos não forcem e nem afrouxem em emasia a estrutura o for - no nos furos, eve ser escolhio um material cujo coe ficiente e ilatação méio seja o mais próximo pos sí vel o valor acima citao. Analisano os materiais relacionaos no texto, concluí mos que a melhor opção é o latão (9. 0 6 C ). 6) I) FALSA. Seno Zn > aço, a chapa irá ilatar-se mais o que a esfera. O orifício também irá aumentar e a esfera passará com folga. II) CORRETA. Aqueceno-se apenas a chapa, o orifício irá aumentar e a esfera conti nuará com as mesmas imensões. A esfera passará com folga pelo orifício. III) CORRETA. Ao resfriarmos o conjunto, a chapa irá contrair-se mais ( zinco > aço ). O orifício ficará menor o que a esfera e esta não mais passará. Assim: L B L A 8
7) L 00 + 00 6,0. 0 5. 500 (cm) L 00 + 00.. 0 5. 500 (cm) L 00 + 0. 0 (cm) L 00 + (cm) S S 0 S S 0. 4,4. 0 5. (70 0) S S 0. 4,4. 0 5. 50 S S 0. 00. 0 5 S S 0.,. 0. 0 5 S,. 0 S 0, S S 0,% e S 0 00 A ilatação superficial S é igual a,% a área inicial S 0. L 0cm 9) a) O termômetro inica a temperatura e 8 C. A conversão para a escala Fahrenheit é feita pela expres - são: C 5 8 5 F 9 F 9 68,4 F F 00,4 F 8) b) Na ilatação o mercúrio, supono que o viro não se ila tou, temos: V V 0 Ah V 0 A. 8 6.,8. 0 4. (9 7) A,. 0 4 mm Respostas: a) 00,4 F b),. 0 4 mm V 6,0cm V 0 6,0 00. (50 0) 6,0 00 500 6,0 6,0 00 000 6,0. 0 5 C 0) V V 0 V,0. 0 4. 9,0. 0 4 C. (0 C 0 C) V,0. 0 4. 9,0. 0 4. ( 0 C) C V 80 O sinal negativo inica a contração o volume e a pera a companhia em litros (80 ). ) ΔV V 0 ΔV 0.,. 0 C. (0 C 0 C) ΔV 0.,. 0. 0 C C ΔV 880. 0 ( ) Dilatação Linear L L 0 + L L 00 + L 0 L 00 + 00 (50 0) V,88 ) Como o mercúrio apresenta um coeficiente e ilatação maior que o cobre, seu aumento e volume everia cobrir o aumento o gás e o recipiente: V Hg V Gás + V R 9
Porém, o exercício afirma que o gás eve permanecer com volume constante, ou seja, V Gás 0. Assim, como o aumento e temperatura é igual para toos: 5) O volume e uma certa massa e água é mínimo a 4 C. Assim, o gráfico correto para a ilatação anômala a água é o a. V Hg 0 + V R ; V 0Hg. Hg. V 0R. cobre. V 0Hg. 80. 0 6 4. 45. 0 6 ; V 0Hg 80. 0 6 80. 0 6,0 ) É-nos ao 0,0g/cm ; 0,00g/cm ; 00 C; F e pee-se o coeficiente e ilatação linear. Sabemos que. e poemos utilizar a expressão ( +. ) para achar. Porém, antes precisamos transformar F em graus Celsius. C F C ; ; 0 C 5 9 5 9 +. 0,00 0,0 ; 0,0. ( 00 ) 0,00 ( + (0 00) 0,0 00 0,00. 0 00 0,0; C. 0 5 C 0. 0 6 C 00 4) ) Cálculo a massa: 0 m g V g V g m a V a V a V V g V a m m V m g a g a V m m (g) ) Calor ceio pela água: Q m c + m L m (c + L) Q 80 (,0. 0 + 80) (cal) ( a g ) g. a V g a m a g 0. 0,9.,0,0 0,9 Q 8000 cal 0. 0 6 C m g m a m 80g 0. 0 6 C FRENTE ELETRICIDADE n Móulo Força Eletrostática ) Seno ambas positivas, as partículas se repelem com uma força aa por F K 0 9. 0 9 N. m /C Q Q 8,0. 0 6 C 0cm,0. 0 m F K 0. Q. Q 9. 0 9. 8,0. 0 6. 8,0. 0 6 (,0. 0 ) F 6,4N ) A força eletrostática entre os ois corpúsculos é aa por Q F K. Q 0 Seno: K 0 9. 0 9 N. m /C Q Q Q,0cm,0. 0 m F,6. 0 N Substituino: 9. 0 9. Q,6. 0 (,0. 0 ) Q. 0 6 C Q C Q ) F K. Q 0 Q. Q 0,6 9. 0 9. 6. 0 6. 0 9. Q Q. 0 0 Q. 0 5 C Q 0. 0 6 C (N)
4) a) As esferas possuem cargas opostas e por isso se atraem. A força e atração poe ser calculaa pela Lei e Coulomb: Q F K. Q 0 seno: K 0 9. 0 9 N. m /c Q. 0 9 C Q 5. 0 0 C 0,m temos: F 9. 0 9. 0. 9. 5. 0 0 (N) (0,) F 5. 0 8 N b) Após o contato, as novas cargas serão iguais: Q Q Q + Q. 0 9 5. 0 0 (C),5. 0 0 C A nova força entre elas tem móulo: F K 0. Q. Q (,5. 0 0 ) 9. 0 9. (N) (0,) F 6,5. 0 9 N e como ambas são positivas, F é repulsiva. 5) F K. Q. Q K.. Q F.. Q 4K. Q. Q K. Q. Q () 4. F F 6) I. Correta As cargas o próton e o elétron são iguais em móulo (e,6. 0 9 C) e o móulo a força, ao pela Lei e Coulomb, é o mesmo nos três esquemas: Q F K.. Q e K. II. Correta De acoro com a lei a ação e reação. III. Correta IV. Erraa A força é atrativa apenas no esquema. 7) Após o contato, ambas aquirem a mesma carga, aa por: Q + Q 6 + ( 4,0) Q Q ( C) 6,0 C 6,0. 0 6 C A força e repulsão entre elas tem móulo ao pela Lei e Coulomb: Q F K 0.. Q (6,0. 0 6 ) 9. 0 9. (N) (,0. 0 ) F 60N 8) Q a) F K 0.. Q 0,8N Q F K 0.. Q Q. K 0.. Q. 0,8 0,0N () 9 9 0,5.Q b) F K 0. 0,5.Q 0,5 0,5 K 0. Q. Q. 0,8 (0,5) 0,5. 0,5 F 0,8N 9) A força e atração elétrica atua como força centrípeta: m V F elé R K. e. e R K. e m V R 9,. 0. V 0) A força e atração elétrica atua como força centrípeta. Seja m a massa o corpo em movimento circular. Assim, F elé V Se o raio a trajetória passar a valer r r, então a nova velociae será: Kq Kq V m. r m. r V. V racionalizano, V m V R 9. 0 9. (,6. 0 9 ) 0 0 V,6. 0 6 m/s m V R K. q. +q r K. q m V r K. q m. r m V r V Kq m r
) O corpo A possui excesso e prótons e, portanto, sua carga elétrica é positiva: q A + n A. e, em que e é a carga elementar. O corpo B possui excesso e elétrons e, consequentemente, sua carga é negativa: q B n B. e. Após o processo e eletriza - ção, a nova carga e B passou a valer: q B ( n B e) ( n B. e) + n B. e Inicialmente, a força entre A e B vale: K. q F A. q B K. n A. e. n B. e e após a eletrização e B, vale: as quais concluímos que F F ) Seja F a força e repulsão elétrica entre Q e q e seja F a força e repulsão elétrica entre q e Q. Aplicano a Lei e Coulomb, temos: K.e. n A. n B F K. q A. q B K. n A. e. n B. e K.e. n A. n B K. Q. q F (L) K. Q. q L K. q. Q F L Observe que F F e a força resultante tem móulo: F R F F F F F. Portanto, a força resultante tem sentio e q para Q e vale K. Q. q. L Portanto, a força resultante tem móulo F R,00. 0 6 N 0,5. 0 6 N F R,75. 0 6 N orientaa para a ireita. 4) Da Lei e Coulomb, aplicaa para as partículas B e C, temos: F BC,0. 0 6 K. Q B. Q C BC KQ 7. 0 0 A força entre A e B tem móulo ao por: K. Q K. Q 7. 0 0 F CB A. Q B (N) (,0. 0 ),0. 0 4 AB F AB 7. 0 6 N Portanto, a força resultante tem intensiae: F R 7. 0 6 N,0. 0 6 N F R 4. 0 6 N K.Q (,0. 0 ) Orientaa para a ireita. 5) Na situação a figura I, a carga e prova está sujeita à ação e cinco forças repulsivas iguais. ) Após o contato, as esferas A e C aquirem cargas + Q/ caa uma. Assim, a força e repulsão entre A e C, separaas por uma istância, tem móulo: F AC,00. 0 6 K. Q/. Q/ KQ. 0 0 K. Q /4 (. 0 ) A força e repulsão entre C e B é aa por: K. Q/. Q K. Q / F CB KQ (8. 0 ) 8. 0 4. 0 0 F CB (N) 0,5. 0 6 N 8. 0 4 Note, pela simetria a figura, que a força resultante F é a soma vetorial entre F B, FC e FD, já que FA e FE se anulam. Na situação a figura II, aparecem mais três forças atrativas, e mesmo móulo que as cinco anteriores, nas mesmas ireções e F B, FC e FD.
Logo, a soma vetorial entre F F, FG e FH é exatamente igual a F, o que nos fornece uma força total resultante F. n Móulo Campo Elétrico ) O móulo o campo elétrico é ao por K. Q E Seno Q 4,0 C 4,0. 0 6 C K 9,0. 0 9 N. m /C,0mm,0. 0 m Temos 9,0. 0 9. 4,0. 0 6 E (N/C) (,0. 0 ) E 9,0. 0 9 N/C ) A intensiae o campo elétrico poe ser calculaa pela expressão F E q Seno F 0,80N q,0. 0 6 C 0,80 Temos E (N/C),0. 0 6 E 4,0. 0 5 N/C ) A intensiae o campo elétrico poe ser calculaa pela expressão F E q Seno F,N q 4,0 C 4,0. 0 6 C, Temos E (N/C) 4,0. 0 6 E,0. 0 5 N/C 4) De acoro com a ạ Lei e Newton, F R m. a Como a força elétrica é a única força atuante, temos que F elétrica m. a q. E m. a q. E a m Seno q 4 C 4. 0 6 C m 5g 5. 0 kg E. 0 N/C Temos: 4. 0 6.. 0 a (m/s ) 5. 0 a,4m/s 5) O campo elétrico e uma partícula positiva é raial e orienta - o para fora ela, como nos casos as figuras e, e orienta - o para a partícula quano ela é negativa, como mostra a figura. Na figura, F e E possuem o mesmo sentio e, portanto, q é positiva. Nas figuras e, F e E possuem sentios contrários, logo q é negativa. Assim, apenas as afirmações I e III são veraeiras. 6) O móulo o campo elétrico é calculao por K. Q E Note que E e são granezas inversamente proporcionais, cujo gráfico é representao corretamente pela alternativa e. 7) O móulo o campo elétrico é ao por K. Q E Para outra situação, na qual Q Q tem-se K. Q K. Q K Q E ( ) () 9 E E 9 8) O campo elétrico e uma partícula é raial. As retas suportes os vetores que representam o campo nos pontos A e B evem encontrar-se no local em que se situa a carga geraora o campo.
Note que E e Epossuem o mesmo móulo e, portanto, e - vem ser representaos por flechas e mesmo compri mento. Note que a istância entre P e Q é o obro a istância entre B e Q: p B Os móulos o campo elétrico em B e em P são calculaos por: ) O campo elétrico resultante em P está orientao e () para () e seu móulo é ao por: E R E + E K. Q E B 4N/C B K. Q K Q K Q K. +Q K. Q E p 4. 4N/C E R + p ( B ) B 4 E p 6,0 N/C 9) O campo elétrico e uma partícula positiva é e afastamento e o e uma negativa, e aproximação. O campo elétrico resul - tante é uma soma vetorial. K. Q E R 9,0. 0 9. (4,0. 0 8 ) E R (N/C) E R 80N/C ) O móulo o campo elétrico resultante poe ser calculao pela lei os cossenos, como mostra a figura. No entanto, os móulos e E e E são iguais: 0) O campo elétrico e uma partícula positiva é raial e orientao para fora ela, enquanto o campo elétrico e uma partícula negativa é raial e orientao para ela. O campo elétrico resultante é uma soma vetorial. 4 K. q 9,0. 0 9. 4,0. 0 6 E (N/C) 9,0. 0 5 N/C (0. 0 ) K. q 9,0. 0 9. 4,0. 0 6 E (N/C) 9,0. 0 5 N/C (0. 0 ) e, consequentemente, o triângulo CDF, inicao na figura, é equilátero. Assim seno, temos que E R 9,0. 0 5 N/C
) a) O móulo a força elétrica é ao pela Lei e Coulomb: 4) F K. Q. Q 9. 0 9. (5. 0 6 ). (5. 0 6 ) F (N) F,5. 0 N b) No ponto méio, as partículas geram campos elétricos e mesmo móulo e orientaos em sentios opostos. Dessa forma, o campo elétrico resultante nesse ponto é nulo. Temos 9,0. 0 9. 4,0. 0 9 V (V),0. 0 V 6. 0 V 6kV ) O potencial elétrico é ao por K V 0. Q Sabeno que V 7,. 0 4 V K 0 9,0. 0 9 N.m /C,0m Obtemos 7,. 0 4 9,0. 0 9. Q,0 Q 8,0. 0 6 C Q 8,0 C K. Q 9,0. 0 9. 4,0. 0 6 E (N/C) 9,0. 0 5 N/C (0,0) K. Q 9,0. 0 9.,0. 0 4 E (N/C) 9,0. 0 5 N/C (,0) E R E E 0 5) Nos ois casos, a intensiae o campo elétrico resultante é nula, pois toas as cargas possuem o mesmo valor e encon - tram-se ispostas simetricamente em relação ao baricentro. 6) Não há componente e força resultante na ireção a ia - gonal que passa pelas partículas ( Q) e q. Disso concluímos que q Q. Para justificar uma força resultante como ini - caa, evemos supor que q < Q e, consequentemente, q + q < 0 já que q > q ) a) A força elétrica entre Q e Q tem móulo ao pela Lei e Coulomb: K. Q F. Q Para Q Q e, temos: K. Q K. Q F. Q. Q ( ) () K. Q F.. Q F F. 0,N F 0,N b) O potencial elétrico e Q no ponto méio é ao por: K. Q 9. 0 9. 4. 0 8 V (V) 0,40 V,8. 0 V ou V,8kV 4) Os valores o potencial elétrico (V) e o campo elétrico (E) são calculaos pelas expressões: K. Q K. Q V E n Móulo 4 Potencial Elétrico ) O potencial elétrico em P poe ser calculao pela expressão V Seno K 0. Q Q + 4,0nC 4,0. 0 9 C,0. 0 m K 0 9,0. 0 9 N.m /C De acoro com as informações o problema: K. Q K. Q V A 6V E B 4,0N/C A B Devemos concluir que a partícula fixa em P é positiva, já que o potencial elétrico em A é positivo. Além isso, sabemos que B. A. Assim: V KQ A 6 KQ 6. A 5
KQ KQ 6. E B E B 4,0 A ( A ) B 4. A K b) V P 0. Q + AP K 0. Q BP 4,0 4,0 A A,0m 9,0. 0 9. 4,0. 0 8 V P 9,0. 0 9. (,0. 0 8 ) + (V) 8,0. 0,0. 0 V P 0 5) Chamemos e Q, Q e Q as cargas as três partículas, e moo que Q Q Q Q. Seja a istância entre uma partícula e outra, que correspone ao comprimento e um lao o triângulo equilátero. A energia potencial o sistema é aa por: K. Q U.Q K. Q +.Q K. Q +.Q K. Q U Substituino Q por Q. Q, a energia potencial o sistema passa a ser: K. Q U.Q K. Q +.Q K. Q +.Q K. Q U..Q K. Q +..Q K. Q +.Q KQ U 5 Portanto: U 5 5 U. U U 6) A energia potencial eletrostática e um par e cargas é aa por: E pot No caso, como Q Q Q e L, temos E pot Note que poemos formar 6 pares iferentes com a configu - ração e, portanto, a energia total é: E 6. K 0. Q.Q K 0. Q L K 0. Q L 7) a) O potencial resultante em M é: K V M V + V 0. Q + AM K 0. Q BM 9,0. 0 9. 4,0. 0 8 V M 9,0. 0 9. (,0. 0 8 ) + (V) 5,0. 0 5,0. 0 8) Das efinições e potencial elétrico e campo elétrico, temos: V K. Q 00V K. Q E 800N/C A partícula tem carga positiva, pois o potencial em P é positivo. Diviino uma expressão pela outra, encontramos: V E KQ KQ.,5 KQ,5m 9) Observe, com base na figura, que a istância entre Q e A vale D : ADE y sen 0 O potencial resultante em A é V A. V q + V Q 0 k. q k. Q. + 0 D kq D kq KQ kq kq 00 800 y D y + + y D + + D y 6 V M 5,4. 0 V V M 5,4kV Q 4. q
0) O potencial elétrico é uma graneza escalar e, portanto, o potencial elétrico resultante é uma soma algébrica. É nulo nas situações as opções a, c e e. O campo elétrico é um conceito vetorial e, assim seno, é nulo nas situações as opções a e. Portanto, o potencial elétrico resultante e o campo elétrico resultante são nulos, simultaneamente, apenas na opção a. ) O potencial elétrico resultante é ao por: K V P V + V 0. Q K + 0. Q 9. 0 9.. 0 6 V P 9. 0 9. (. 0 6 ) + (V) 0, 0, V P 0 O campo elétrico resultante é uma soma vetorial: U E E 40. 0 V/m ) Como A e B estão na mesma linha equipotencial, não há va - riação o potencial elétrico, logo: V A V B V A 0 U E. U BC 0. 4 (V) U BC 40V 80V. 0 m V E 4,0. 0 m U BC V B V C 40 0 V C V C 40V ) a) E. U 5. 0. 50,0. 0 m b) Inepenentemente o caminho, o trabalho o campo elétrico (conservativo) é sempre ao por: τ AB q. (V A V B ). 0 6. (00 50) (J) K E 0. Q 9. 0 9.. 0 6 (N/C). 0 5 N/C 0, K E 0. Q 9. 0 9.. 0 6 (N/C). 0 5 N/C 0, O móulo o vetor campo elétrico resultante poe ser calculao pela lei os cossenos, mas, em particular, E R tem o mesmo móulo e E ou e E, já que o triângulo PAB é equilátero: E R. 0 5 N/C n Móulo 5 Campo Elétrico Uniforme Esfera Eletrizaa τ AB,0. 0 4 J Respostas: 4) I. Incorreta. F resultante F elétrica ma q E a q E m a),0. 0 m b) τ AB,0. 0 4 J q A aceleração que esvia a carga epene a razão. m II. Correta. ) Consieremos os potenciais as placas: U V A V B U 60 80 (V) U 80V cm. 0 m A relação entre a intensiae o campo elétrico e a..p. é aa por: E. U III. Incorreta. q O esvio epene a razão. m 7
5) A partícula que atinge o ponto P não sofreu nenhuma ação o campo elétrico; logo, é um nêutron. As partículas que atingem Q e R são prótons, pois se afastam a istribuição e cargas positivas. Então, temos: nêutron, próton, próton. 6) Equilibrar uma gotícula e óleo: F e P q E mg mg,6. 0 7 q (C) E 00 q,6. 0 9 C q,6. 0 9 C O campo elétrico (E) é escenente, pois eve prouzir uma força ascenente no elétron para equilibrá-lo. 7) I. CORRETA. Numa esfera conutora em equilíbrio eletrostático, toos os pontos têm o mesmo potencial elétrico. Logo, essa proprieae se estene também para os pontos a superfície. Concluino: a superfície a esfera é equipotencial. II. CORRETA. Para qualquer superfície eletrizaa, vale a proprieae: em pontos próximos e seu entorno, o campo elétrico não é nulo e tem ireção perpenicular à superfície. III. CORRETA. É válio para too corpo conutor em equilíbrio eletros - tático: o campo elétrico em pontos internos é nulo. Resposta : E ) ERRADA. As cargas a esfera estão sempre na superfície externa a esfera, mesmo seno negativas. e) ERRADA. E ext istância o ponto externo ao centro a esfera. 9) Em A, ponto interno à superfície esférica, o campo elétrico é nulo. Em pontos externos à superfície esférica, temos: E K 0. Q () A istância, que aparece na equação (), é meia o centro a esfera ao ponto externo. Temos B < C E B > E C Resumino: E A < E C < E B, seno que E A 0 0) ) No interior a esfera, o potencial elétrico vale: V A k 0. K. Q Q R Temos: k 9,0. 0 9 (SI) Q,0 C,0. 0 6 C R 0cm 0,0m,0. 0 m 8) a) ERRADA. Nas conições e equilíbrio eletrostático, sempre teremos E int 0 V A 9,0. 0 9,0. 0 6,0. 0 8,0. 0 4 V b) ERRADA. O potencial elétrico epene o raio R a esfera KQ V int V sup. R c) CORRETA. ) No ponto externo B: V B k 0. Q Temos: 0,0cm 0,0m,0. 0 m V B 9,0. 0 9,0. 0 6,0. 0 9,0. 0 4 V ) Calculano a p ente A e B: V A V B 8,0. 0 4 V 9,0. 0 4 V V A V B 9,0. 0 4 V 8