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FÍSICA
LIVRO 3 – MECÂNICA
Capítulo 1 – Estudo do Plano Inclinado
9) A força indicada pela balança corresponde à força normal de
compressão que, com a balança inclinada, corresponde à
componente nor mal do peso do corpo.
cos � = = 0,80
PN = P cos � = 100 . 0,80 (N)
Resposta: D
10) Para um corpo em um plano inclinado sem atrito, temos:
PFD: Pt = ma
m g sen � = ma
Os dois blocos, I e II, terão a mesma aceleração a = g sen � e
um ficará parado em relação ao outro.
Resposta: A
11) Durante a descida do plano inclinado, a aceleração de cada
bloco é g sen 30°; a força resultante em cada bloco é a com -
ponente tangencial do respectivo peso e a força de interação
entre os blocos é nula, isto é:
�
Æ
f1 = �
Æ
0 e �
Æ
f2 = �
Æ
0
Resposta: A
12)
1) PFD: Pt = ma
mg sen � = ma
a = g sen �
a = 10 . 0,80 (m/s2)
2) VB
2 = VA
2 + 2 � �s (MUV)
VB = 288 = m/s = 80m/s
(80)2 = 0 + 2 . 8,0 . �s
Resposta: 4,0 . 102m
13) Esfera 1:
O módulo da aceleração da esfera é igual ao da gra vi dade:
.aÆ1. = g fi h = gt1
2 (1)
Esfera 2:
A componente da aceleração paralela ao plano é:
a = g sen 30° = 
Logo:
.
Æ
a2. = 
d = . . t22 = gt
2
2 � fi 2h = gt22
sen 30° = = fi d = 2h
h = gt22 (2)
Comparando-se as equações (1) e (2), obtemos:
gt1
2 = gt2
2 fi = fi
Resposta: =
40
–––
50
PN = 80N
a = g sen �
a = 8,0m/s2
288
–––
3,6
km
–––
h
�s = 4,0 . 102m
1
––
2
g
––
2
g
––
2
1
––
4
g
––
2
1
––
2
1
––
2
h
––
d
1
––
8
t1 1––– = ––
t2 2
1
––
4
t1
2
–––
t2
2
1
––
8
1
––
2
1
––
4
1
––
2
t1–––
t2
14)
1) PFD: Pt – Fat = ma
mg sen � – 
 mg cos � = ma
2) V2 = V0
2 + 2 � �s (MUV)
V2 = 0 + 2g (sen � – 
 cos �) L 
Resposta: C
15) a) tAB = tBC fi a1 = a2 fi FR1 = FR2
Pt = Fat – Pt
Fat = 2Pt

 P cos � = 2 P sen �
b) V = V0 + � t
VB = 5,0 . 1,0 (SI)
c)
Respostas: a)
b) 5,0m/s
c) ver gráfico
16)
PFD: F – Pt = m a
F – mg sen � = m a
F = m(a + g sen �)
F = 50(2,0 + 10 . 0,60) (N)
Resposta: A
17) 1) Conforme a figura: 
sen � = = 0,60 e cos � = = 0,80
2) Pt = Psen � = 50 . 0,60 (N) = 30N
3) Fat = 
 Pn = 
 P cos � = 0,40 . 50 . 0,80 (N) = 16N
4) PFD: F – (Pt + Fat) = m a
50 – (30 + 16) = 5,0a
50 – 46 = 5,0a fi
Resposta: B
18) a) PFD (M1 + M2): P2 – Pt1 = (M1 + M2) a
100 – 100 . 0,5 = 20 . a fi
b)
PFD (M1): T – Pt1 = M1 2a (1)
PFD (M2): P2 – 2T = M2 a (2)
(1) x 2: 2T – 2Pt1 = 4M1 a (3)
(3) + (2): P2 – 2Pt1 = (M2 + 4M1) a
100 – 100 = 50 . a fi
(sistema em equilíbrio)
Respostas: a) 2,5m/s2
b) a1 = a2 = 0
19)
Quando a massa de B é mínima, a tendência de movimento
do sistema é B subir e A descer; por isso, a força de atrito em
A é dirigida para cima e com intensidade máxima (20,0N).
Para o equilíbrio: PtA
= T + Fat
T = PtB
Portanto: PtA
= PtB
+ Fat fi mA g sen 30° = mB g sen 30° + Fat
10,0 . 10,0 . 0,50 = mB . 10,0 . 0,50 + 20,0 fi mB = 6,0kg e 
mágua = 4,0kg
Resposta: A
a = g(sen � – 
 cos �)
V = 
��������������2gL (sen � – 
 cos �)

��3

 = 2 tg � = 2 . ––––
3
m
VB = 5,0 –––s
F = 400N
8,0
–––––
10,0
6,0
–––––
10,0
a = 0,80m/s2
a = 2,5m/s2
a = 0
a1 = a2 = 0
2 
��3
––––––
3
2 –
20) a) 2.a Lei de Newton (A + B + C):
PA – PtC = (mA + mB + mC) a
mA g – mC g sen 30° = (mA + mB + mC) a
40 – 40 . = (4,0 + 2,0 + 4,0) a fi
b) PFD (A): PA – T1 = mA a
40 – T1 = 4,0 . 2,0 fi
c) PFD (C): T2 – PtC = mC a
T2 – 20 = 4,0 . 2,0 fi
d)
F2polia = T1
2 + T1
2 = 2T1
2
Fpolia = 
�2 T1 fi
Respostas: a) 2,0m/s2
b) 32 N
c) 28 N
d) 32 
�2 N
21)
F = Pt = P sen �
F = 200 . 10 . (N)
Resposta: B
22)
sen � = = 0,1
F = Pt = P sen �
F = 80 . 10 . 0,1 (N)
Resposta: C
23)
1) Fat = Pt = mg sen 	
2) Fat � 
 mg cos 	
mg sen 	 � 
 mg cos 	
tg 	 � 
O valor máximo de 	 independe de g.
Resposta: A
24)
1) sen � = = 
2) PFD (caixa):
Pt – Fat = ma
50,0 . 10,0 . – 137,5 = 50,0a
250,0 – 137,5 = 50,0a
Fpolia = 32 
�2 N
F = 1000N
1
––
2
0,4
–––
4,0
F = 80N
(tg 	)máx = 
1
–––
2
AC
–––
AB
T2 = 28N
T1 = 32N
a = 2,0m/s2
1
–––
2
1
–––
2
a = 2,25m/s2
– 3
3) V2 = V0
2 + 2� �s (MUV)
VB
2 = 0 + 2 . 2,25 . 2,0
VB
2 = 9,0 fi
Resposta: A
25)
1) Cálculo da aceleração do sistema:
�s = V0t + t
2 (MUV)
7,2 = 0 + (12)2
7,2 = � . 72 fi
2) PFD (sistema):
Pt – P = (M + m) a
10100 . 0,1 – m . 10 = (1010 + m) 0,1
10100 – 100m = 1010 + m
9090 = 101m
Resposta: A
m = 90kg
�
—
2
�
—
2
�� = 0,1m/s2
VB = 3,0m/s
4 –
FÍSICA
LIVRO 3 – MECÂNICA
Capítulo 2 – Componentes da Força Resultante
8) No trecho que contém o ponto P, o movimento do automóvel
é circular uniforme e a força resultante é centrípeta (dirigida de
P para M).
Resposta: D
9) No trecho retilíneo (MRU), a força resultante é nula. Nos tre -
chos circulares, a força resultante é centrípeta.
Fcp = 
Sendo R2 � R1 = R3 � R4 = R5, temos:
F2 � F1 = F3 � F4 = F5
Resposta: D
10) A força total de atrito terá uma com -
po nente tangencial que vai equilibrar
a força de resistência do ar, pois o
movi mento é uniforme e a resultante
tan gen cial é nula.
A força total de atrito terá uma compo -
nen te normal que fará o papel de
resultante centrípeta.
Resposta: B
11) a) A força aplicada pelo fio faz o papel de resul tante centrí -
peta.
T = Fcp =
Tmáx =
50 =
V2máx = 100 
b) Tmáx =
50 =
Respostas: a) Vmáx = 10m/s 
b) Lmín = 4,0m
12) a)
Vrel = fi 40 – 30 = 
b) Sendo o movimento circular e uniforme, a força re sul tante
é centrípeta:
Fcp =
F1(predador) = (N) = 4,8 . 10
4N
F2(presa) = (N) = 1,08 . 10
4N
Respostas: a) 6,0s
b) Predador: 4,8 . 104N ou 48kN
Presa: 1,08 . 104N ou 10,8kN
13) a)
b)
c) O erro foi admitir que a intensidade da tração, no ponto
mais baixo, era a mesma quando estava parado ou quan -
do estava em movi mento.
O seu teste não funcionou porque a força máxima que a
corda aguenta tem intensidade F tal que:
P < F < P + 
14) a) A sensação de peso é máxima no ponto I e mínima no
ponto II.
No ponto I:
NI – P = Fcp
P
–––
g
V2
–––
R
150 . (40)2
––––––––––
5,0
60 . (30)2
––––––––––
5,0
60
–––––
�t
�srel
––––––
�t
�t = 6,0s
mV2
–––––
R
mV2
––––
R
mV2
–––––
R
m V2máx––––––––
R
0,5 V2máx––––––––
1,0
Vmáx = 10m/s
m V2máx––––––––
R
0,5 (20)2
––––––––
Lmín
Lmín = 4,0m
mV2
NI = mg + ––––R
– 5
b) No ponto II:
NII + P = Fcp
NII = 0 fi P = Fcp
fi
15) A expressão que comparece no 2.° membro das opções é a
resultante centrípeta, que corresponde à resultante das forças
que têm a direção da normal (radial).
Portanto:
= Fcp = |T
Æ
A| + P cos � = .
Æ
TA. + Mg cos � 
Nota: Na direção da tangente, temos:
Mg sen � = M at fi
Resposta: E
16)
1) A resultante tangencial é nula:
2) A resultante centrípeta é dada por:
F3x – F1 = Fcp = 
F3x – 10,0 = 
3) F3
2 = F3x
2 + F3y
2
Resposta: E
17) a) A velocidade tangencial (linear) é dada por:
V = �R
V = 0,2 . 40(m/s) fi
b) A força da reação aplicada pelo chão, que corres ponde ao
seu peso aparente, faz o papel de resul tante centrípeta:
F = 
F = (N) fi
Respostas: a) 8,0m/s b) 128N
18) F – P = Fcp
F – mg = 
3mg – mg = 
V2 = 2 g R
R = = (m)
Resposta: C
19) Cada formiga terá MCU em torno do centro. A formiga 1 des -
creve uma circunferência de raio R1 = 2,0cm; a formiga 2, de
raio R2 = 6,0cm.
A aceleração centrípeta tem módulo a dado por:
a = �2R
Como � é o mesmo para as duas formigas, temos:
= = 3 fi
A força resultante é centrípeta e, como as formigas possuem
mas sas iguais, temos:
F = m a fi = = 3 fi
A velocidade tangencial V é dada por:
V = � R fi
Resposta: C
20) a) (F) A força de atrito máxima possível é dada por:
Fatmáx = 
E FN = 
E P
Fatmáx = 0,20 . 1800 . 10 (N) = 3600N
b) (V)A força normal aplicada pelo chão equilibra o peso e a
força de atrito faz o papel de resultante centrípeta.
Resposta: B
a2–––
a1
R2–––
R1
a2 = 3a1
F2–––
F1
a2–––
a1
F2 = 3F1
V2 = 3V1
V = 
��gR
mV2
mg = ––––
R
MVA
2
–––––
L
at = g sen �
F3y = F2 = 30,0N
m V2
–––––
R
3,0 . 16,0
–––––––––
1,6
F3x = 40,0N
F3 = 50,0N
V = 8,0m/s
m V 2
–––––
R
F = 128N
80 . 64
–––––––
40
m V2
–––––
R
m V2
–––––
R
(200)2
–––––
20,0
V2
–––
2g
R = 2000m
6 –
21) I. FALSA. A forçacentrífuga é uma força de inércia (pseu do -
for ça) que só pode ser considerada em relação a um refe -
rencial fixo no aparelho que está em rotação. Para um
referencial inercial, não existe força centrífuga.
II. VERDADEIRA. Todos os pontos girantes do aparelho em
rotação têm a mesma frequência, o mesmo período e a
mesma velocidade angular.
III. VERDADEIRA. A velocidade linear V é dada por V = �d, em
que d é a distância do ponto considerado ao eixo de rota -
ção e � é a velocidade angular de rotação. Quan to mais
afas tado estiver o ponto considerado do eixo de rotação,
maior será sua velocidade linear.
Resposta: D
29) 1) No bloco A:
F = PA = Mg (1)
2) No bloco B:
F = FCPB = m�
2R
F = m
2
R
F = mR (2)
3) Comparando-se (1 ) e (2), obtém-se:
Mg = . m R
Resposta: A
30) 1) Fat = P = mg
2) FN = Fcp = 
3) Fat = 
d FN
mg = 
d

d = =
Resposta: E
31)
Supondo-se desprezível a influência do ar, a força gravitacional 
(
Æ
P ) desempenha o papel de resultante centrípeta no mo vimen -
to circular e uniforme do míssil.
Fcp = P fi = mg
V = 
��gR
Sendo g = 10m/s2 e R = 6,4 . 106m, calculemos V:
V = 
������10 . 6,4 . 106 (m/s) fi
b) V = fi T =
T = (s) fi T = 4800s
Respostas: a) 8,0km/s
b) 80min
32) a)
1) Cálculo do tempo de queda:
�sy = V0y t + t
2 ↓(+)
1,25 = 0 + T2 fi T2 = = 
2) Cálculo de V0:
V0 = fi V0 = m/s fi
2 . 3 . 6,4 . 106
––––––––––––––––
8,0 . 103
T = 80min
2��–––�
T
4�2
––––
T2
4�2
–––
T2
M 4�2R
––– = ––––––
m gT2
mV2
–––––
R

d = 0,50
10 . 1,8
–––––––
36
g R
––––
V2
mV2
––––
R
mV2
–––––
R
m km
V = 8,0 . 103 –– = 8,0 ––––
s s
2�R
––––
V
2�R
––––
T
�y
–––
2
25
–––
16
2,5
–––
1,6
1,6
–––
2
T = 1,25s
V0 = 12,0m/s
15,0
––––
1,25
�x
–––
�t
– 7
b)
FG = Fcp
m g = 
VS = 
������ g R
VS = 
������������������ 1,6 . 1,6 . 106 (m/s)
Respostas: a) 12,0m/s
b) 1,6km/s
33) a)
Æ
F: força aplicada pelo
apoio
Æ
P: peso do conjunto
b) A velocidade no ponto C será a mínima possível quan do a
for ça de contato com a gaiola se anular e, nesse caso, o pe -
so fará o papel de resultante cen trí peta.
FC = 0 fi P = FcpC
m g = 
VC = 
��gR = 
�����10 . 3,6 (m/s)
Respostas: a) Ver figura
b) 6,0m/s
34)
FN + P = Fcp
FN + m g = 
Quando V diminui, então FN também dimi nui.
Quando FN = 0, a velocidade V será a mínima pos sível:
mg = 
Vmín = 
������ g R
Vmín = 
����������� 10 . 2,5 (m/s)
Resposta: B
35) TA – P = Fcp
TA = mg + 
TA = m
TA = 1,0 N
Resposta: D
36) No ponto mais baixo da trajetória, a re sul -
tante entre a força normal do apoio 
Æ
FN e o
peso 
Æ
P faz o papel de resultante cen trípeta.
FN – P = Fcp
FN = mg + 
FN = m �g + �
Dados: m = 70kg
g = 10m/s2
V = 144 = (m/s) = 40m/s
R = 40m
FN = 70 �10 + �(N)
Resposta: C
37) a)
Fcp = (N) fi
mV2
–––––
R
V2
––––
R
144
––––
3,6
km
––––
h
TA = 26,0N
16,0
�10,0 + –––––�1,0
m VS
2
––––––
R
VS = 1,6 . 10
3m/s = 1,6km/s
mVC
2
–––––
R
VC = 6,0m/s
m V2
–––––
R
m Vmín
2
––––––––
R
Vmín = 5,0m/s
m V2
––––––
R
V2
�g + ––––�R
1600
–––––
40
FN = 3,5. 10
3N
mV2
Fcp = ––––R
Fcp = 24,0N
3,0 . 16,0
––––––––––
2,0
8 –
b) P – FN = Fcp
FN = P – Fcp
FN = (30,0 – 24,0) (N)
A força normal que o carrinho troca com o apoio corres -
ponde ao seu peso aparente.
Respostas: a) 24,0N
b) 6,0N
38) P – FN = Fcp
FN = P – Fcp
FN = mg –
FN = m �g – �
FN = 2,0 . 10
3 �10 – �(N)
P = 2,0 . 104N
= 0,60 fi FN = 0,60P
Resposta: C
39) a) 
b) Sendo o movimento uniforme, a ace lera ção é centrípe ta e
seu módulo é dado por:
acp = , sendo igual para os dois carros (in depende da
massa).
c) A força de atrito faz o papel de resul tante centrípeta e sua
intensidade é dada por:
Fat = macp = , sendo maior para o carro mais pesado.
d) Não. A máxima velocidade permitida na curva sem derra -
par independe da massa do carro e é dada por:
Fatmáx
= 

 m g = 
(independe da massa)
40) a)
A força resultante é centrípeta; tem direção vertical, sen -
tido para baixo e módulo dado por:
FR = m �
2 R
FR = 30,0 . (0,40)
2 . 5,0 (N) fi
b) No ponto Q: P – FQ = Fcp
No ponto S: Fs – P = Fcp
Portanto: Fs – FQ = 2Fcp
41) No ponto mais alto da trajetória, a velocidade será a mínima
possível, com a condição de que o carvão não caia da lata,
quando a força normal apli cada pelo fundo da lata se anular,
e o peso será usado como resultante centrí peta.
FN + P = Fcp = 
Para V = Vmín ⇔ FN = 0
mg = fi Vmín = 
��g R
Vmín = 
������10 . 0,80 (m/s)
Resposta: C
FR = 24,0 N
Fs > FQ
mV2
–––––
R
mV2mín
–––––––
R
FN = 6,0N
mV2
–––––
R
400
––––
100
FN = 1,2. 10
4N
FN––––
P
FN = 60%P
V2
–––
R
m V2
–––––
R
m V2máx
–––––––
R
m V2máx–––––––
R
Vmáx = 
��� 
 g R
V2
––––
R
Vmín = 
��8,0 m/s = 2 
��2,0 m/s
– 9
42)
Considerando-se o movimento como sendo uniforme, a força
resultante será centrípeta e, no ponto B (mais baixo da
trajetória), será vertical e dirigida para cima.
Resposta: A
43) FN – P = Fcp
FN = mg + 
FN = m g + 
FN = 50 10 + (N)
Resposta: C
44)
Ponto mais alto (A): P – F1 = (1)
Ponto mais baixo (B): F2 – P = (2)
(2) + (1): F2 – F1 = 
Resposta: D
45)
1) FN = P + FAR = P + P = 2P = 2mg
2) Fat = Fcp = 
3) Fat � 
E FN
� 
E 2mg
V2 � 2
E g R
V � 
��������2
E g R
Vmáx = 
��������2
E g R
Vmáx = 
��������������2 . 1,25 . 10 . 100 (m/s)
Resposta: A
53) a) V = � R
a = �2 R
Como RA = 2RB, temos: VA = 2VB e aA = 2aB.
b)
Fcp = m �
2 R
T1 = FcpA
= m �2 2L (1)
T2 – T1 = FcpB
= m �2 L
T2 – 2m �
2 L = m �2L
T2 = 3 m �
2 L (2)
:
Respostas: a) VA = 2VB e aA = 2aB
b) 
Vmáx = 50m/s
T2 3–––– = –––
T1 2
(2)
–––– 
(1)
m V2
–––––
R
�V
2
––––
R�
�100–––––2,0�
FN = 3,0 . 10
3N = 3,0kN
mV2
––––
R
mV2
––––
R
2mV2
–––––
R
m v2
––––
R
m V2
–––––
R
T2 3–––– = –––
T1 2
10 –
54) a) 1) Ty = P = mg
2) Tx = Fcp = m �
2 R
3) sen � = fi R = L sen �
4) tg � = = 
= tg � fi �2 . L sen � = g . 
�2 = fi
b) = fi
Respostas: a) b)
55)
1) Fat = P = mg
2) FN = Fcp = 
3) Fat � 
 FN
mg �
V2 � V � fi
4) tg � = = 
Resposta: A
56)
1) tg � = a
2) Fy = P = m g
Fx = Fcp = 
tg � = = 
tg � =
V2 = g R tg � b
a em b:
V2 = g R . 
V2 = g h
V = 
��gh
V = 
������ 10,0 . 0,10 (m/s)
Resposta: E
57) a) Conforme o gráfico dado:
r = 1,6 . 1020m fi FG = 4,0 . 10
19N
FG = 
4,0 . 1019 = 
M = . 1040kg
b) Sendo a órbita circular, o movimento da estrela será unifor -
me e a força gravitacional fará o papel de resultante
centrípeta.
Como o módulo da velocidade não dependerá da massa da
estrela, podemos usar os dados do gráfico:
r = 1,6 . 1020 m fi FG = 4,0 . 10
19 N
FG = fi 4,0 . 10
19 = 
V2 = 4,0 . 1,6 . 109 (SI)
V2 = 64,0 . 108 (SI)
Respostas: a) M � 1,5 . 1040 kg
b) V = 8,0 . 104 m/s
58) a)
A componente vertical de F
Æ
deve equilibrar o peso da bo la B:
F sen � = Mg
F = = fi
4,0 . 2,56
–––––––––
6,7
M � 1,5 . 1040kg
1,0 . 1030 . V2
––––––––––––
1,6 . 1020
m V2
––––––
r
V = 8,0 . 104 m/s
R
–––
L
m �2 R
–––––––
m g
Tx
––––
Ty
sen �
–––––
cos �
�2 R
–––––
g
g
� = 
�����–––––––L cos �
g
–––––––
L cos �
L cos �
T = 2π 
�����–––––––gg
�����–––––––L cos �2
π
–––
T
mV2
––––
R

mV2
––––––
R
gR
Vmín =
�––––
gR
���–––
gR––––
Fat––––
FN
h
–––
R
h
–––
R
GM m
–––––––
r2
6,7 . 10–11 . M . 1,0 . 1030
––––––––––––––––––––––
2,56 . 1040
V = 1,0m/s
m V2
–––––
R
Fx
––––
Fy
m V2 / R
––––––––
m g
V2
–––––
g R
g
� = 
�����–––––––L cos � L cos �T = 2π 
�����–––––––g
F = 2,5 Mg
Mg
–––––
0,4
Mg
––––––
sen �
– 11
b)
A resultante vertical na bola A deve ser nula:
F sen 	 = F sen � + P
F (sen 	 – sen �) = Mg
2,5 Mg (sen 	 – sen �) = Mg
2,5 (sen 	 – sen �) = 1
sen 	 – sen � = 0,4
sen 	 – 0,4 = 0,4
sen 	 = 0,8
Portanto: k = = fi
c) 
A componente horizontal de 
Æ
F faz o papel de resul tante
centrípeta.
F cos � = M�2 R1
2,5 M . 10 . 0,9 = M�2 . 0,10
�2 = 25 . 9 fi
Sendo � = 2 π N, temos:
15 = 2 . 3 . N fi ou 
Respostas: a) 2,5Mg b) 2 c) 2,5Hz
59) Seja f a frequência com que “giram” os pontos do ventilador.
f = 60 rpm = Hz fi
a) A força que o prego transmite ao eixodo rotor tem inten -
sidade igual à da resultante centrípeta reque rida pelo prego
para realizar movimento circular e uniforme:
F = Fcp fi F = mp �
2 rp
F = mp (2�f)
2 R + 
F = 0,020 . 4�2 . 1,0 0,10 + (N)
F = 0,028�2 (N)
Fazendo-se � � 3, obtém-se:
F = 0,028 (3)2 (N) fi
b) Para que a força resultante horizontal no rotor seja nula, o
sistema rotor-eixo deve receber do contra peso uma força
de intensidade igual à da força recebida do prego, porém
em sentido oposto.
mp . �
2 . rp = M0 . �
2 . R
0,020 . 0,35 = M0 . 0,10
c)
O ponto D0, na borda do rotor, deve estar radialmente
oposto à posição do prego.
Respostas: a) 0,252N
b) 0,070kg
c) Ver figura
60) a)
O peso “aparente” do astronauta corresponde à força nor -
mal que ele recebe da estação e faz o pa pel de resul tante
centrípeta.
Pap = F = m�
2 R
Como se pretende simular uma gravidade apa rente igual a
g, vem
�2 R = g fi
k = 2
0,8
––––
0,4
sen 	
––––––
sen �
� = 15rad/s
N = 2,5HzN = 2,5 voltas/s
f = 1,0Hz
60
–––
60
�
L
––
2�
�
0,50
––––
2�
F � 0,252N
M0 = 0,070 kg
g
�� = 
�–––R
12 –
b)
O novo peso aparente será dado por:
Pap = m�
2 (R – h)
Sendo �2 = , vem
Pap = m (R – h)
Como R – h < R, o peso aparente vai diminuir.
Respostas: a) 
b) Pap = mg 
O peso aparente diminuiu.
61)
1) Para a roupa não escorregar para baixo, devemos ter:
Fat = P = mg
2) A força normal aplicada pela parede do tambor faz o papel
de resul tante centrípeta.
FN = Fcp = m �
2 R
3) Sendo o atrito estático, temos:
Fat � 
 FN
mg � 
 m �2 R

 �

 �

 � 0,10
Resposta: B
62)
1) Fat = P = mg
2) FN = Fcp = 
3) Fat � 
E FN fi mg � 
E
V2 � fi V �
Vmín = = (m/s)
Resposta: A
63)
mV2
–––––
R
mV2
–––––
R
gR
–––

E
gR
–––

E
10,0 . 3,2
–––––––––
0,5
gR
–––

E
Vmín = 8,0m/s
g
–––
R
g
–––
R
R – h
Pap = mg �––––––�R
�
R – h
–––––
R�
g
––––
�2R
10
–––––––
100 . 1,0

(mín) = 0,10
Observações:
1) O funcionamento do centrifugador não depende da massa do
corpo.
2) Por maior que seja a velocidade angular �, a força de atrito
nunca será maior que o peso e a roupa nunca subirá.
3) Se o referencial adotado é o solo terrestre (referencial iner -
cial), não existe força centrífuga atuando na roupa.
4) Se o referencial adotado é o centrifugador, a roupa está em
repouso e, além das forças reais, passa a atuar na roupa uma
força de inércia (chamada força fictícia ou pseudoforça)
centrífuga que não é aplicada por nenhum agente físico e não
é do tipo ação-reação. A força centrífuga é resultado do fato
de o referencial adotado estar em rotação em relação ao solo
terrestre e foi criada para explicar o fato de a roupa ficar em
repouso em relação ao cilindro.
g
�� = 
�–––R
– 13
1) Ty = P = 6,0 . 10
2N
2) cos � = =
T = = (N)
Resposta: D
64)
A força normal F
Æ
N que a pista exerce no veículo admite uma
componente vertical F
Æ
y e uma componente ho rizontal F
Æ
x tais
que:
Fy = P = mg
Fx = Fcp = 
Conforme a figura: tg 	 = = 
tg 	 = 
tg 	 = = � 0,305
Da tabela, o valor que mais se aproxima de 	 é 17°.
Resposta: D
P
––––
T
Ty
––––
T
6,0 . 102
––––––––
0,50
P
–––––
cos �
T = 1,2 . 103N
m V2–––––
R
m V2/R
–––––––
mg
Fx––––
Fy
V2––––
g R
2 500
–––––
8 200
(180/3,6)2
–––––––––
10 . 820
14 –
FÍSICA
LIVRO 3 – MECÂNICA
Capítulo 3 – Trabalho
7) �F = �Fx = Fx . d
A componente Fy não realiza trabalho porque é perpendicu lar
ao des locamento.
�F = 15 . 2,0 (J)
Resposta: D
8) A força de atrito é uma força dissipativa que transforma
energia mecânica em térmica.
A força aplicada pela mola é uma força conservativa que
transforma energia potencial elástica em energia cinética ou
vice-versa.
Resposta: A
9)
a) A distância percorrida pela base do tubo até atingir a
cabeça do executivo corresponde à altura H = 3,2m.
Usando-se a Equação de Torricelli:
V2 = V0
2 + 2��s
Vf
2 = 0 + 2 . 10 . 3,2 � 
b) O trabalho do peso é dado por:
�P = – m g H
�P = – 450 . 10 . 5,5 (J)
Respondendo com notação científica e com dois alga ris -
mos significativos, temos:
Respostas: a) 8,0m/s
b) –2,5 . 104J (aproximadamente)
10) A força de tração aplicada pelo fio faz o papel de resultante
centrípeta e, por ser normal à trajetória, não realiza trabalho.
Resposta: A
11) a) 1) A distância percorrida, em relação à esteira, é dada por:
d = V . �t
2) O deslocamento vetorial do jovem, em relação ao solo
terrestre, é nulo.
b)
1) A força que movimenta a esteira é a força de atrito que
o jovem aplica com seus pés:
2) A energia consumida para movimentar a esteira é dada
por:
E = 300kcal = 300 . 103 . 4,0J
Esta energia pode ser medida pelo trabalho realizado
pelo jovem, que é equivalente a:
� = F . d
1,2 . 106 = F . 4,8 . 103
Respostas: a) 4,8km e zero
b) esquema e 2,5 . 102N
12)
1) Na direção vertical, temos:
FN + Fy = P
FN + F sen 37° = mg
FN + 250 . 0,60 = 1000 fi
E = 1,2 . 106J
F = 2,5 . 102N
7,2
d = ––––– . 40 . 60 (m)
3,6
d = 4,8 . 103m = 4,8km
�P = – 24750 J
�P = – 2,5 . 10
4 J
�F = 30J
Vf = 8,0m/s
FN = 850 N
– 15
2) O trabalho do atrito é dado por:
�at = Fat . d . cos 180°
�at = 
d FN . d (– 1)
�at = – 0,50 . 850 . 10 (J)
Resposta: E
13)
� �F = � 
Æ
F � � 
Æ
d � cos 35°
� �F = 10 . 3,4 . 0,8 (J)
Respostas: B
14) (I) Cálculo da “distância percorrida” pela jovem:
V = 5,4km/h = m/s = 1,5m/s; �t = 7,0min = 420s
V = fi d = V �t
d = 1,5 . 420(m) fi
(II) Cálculo da intensidade da força:
� = 36 . 103cal = 36 . 103 . 4,2J = 151200J
� = Fd fi F = 
F = (N) fi
Resposta: D
15) � = Fat �s = 
Fn . 20 2�R
� = 0,2 . 200 . 20 . 6 . 0,3(J)
Resposta: A
16) Para 1� de gasolina, o automóvel percorre 15km e a energia
que vai para os pneus é dada por:
E = 0,13 . 30 . 106J = 3,9 . 106J
Esta energia corresponde ao trabalho realizado:
E = Fm . d
3,9 . 106 = Fm . 15 . 10
3
Resposta: B
17) 1) �P = – mTgH
4500 = mT . 10 . 5
2) mT = mP + mA + mF
90 = 5 + mA + 25
Resposta: C
18) Como o peso é vertical e os dois deslocamentos são hori -
zontais (x e y são eixos horizontais), o trabalho do peso é nulo.
Resposta: A
19) 1) Cálculo do trabalho do peso:
�P = mgh
�P = 50 . 10 . 10(J)
2) Cálculo do trabalho da força de atrito:
�at = Fat . d . cos 180°
sen � = 
d = 
�at = –
mg cos � . d = –
mg cos � . 
�at = –0,50 . 500 . 0,70 (J)
3) O trabalho total é dado por:
�total = �P + �at
�total = 5,0kJ – 2,5kJ
Resposta: B
27) TEC: �at = �Ecin

mg �s cos 180° = 0 – 
�s = (m) = 100m
Resposta: D
�P = 5,0 . 10
3J = 5,0kJ
h
–––
d
h
–––––
sen �
10
–––––
0,70
�at = –2,5 . 10
3J = –2,5kJ
�total = 2,5kJ
m V20––––––
2
V20
�s = –––––
2
g
(20,0)2
––––––––––
2 . 0,2 . 10
Fm = 260N
mT = 90kg
mA = 60kg
�at = – 4250 J
��F = 27,2J
5,4
––––– 
3,6
d
––––– 
�t
d = 630m
�
––– 
d
F = 240N
151200
–––––––
630
� = 1440J
h
–––––
sen �
16 –
28) TEC: �at = �Ecin

C m g d cos 180° = 
2
– V2

C d g (–1) = – V2 = –
Resposta: A
29)
a) 1) Cálculo do tempo de queda:
�sy = V0yt + t
2 (MUV) ↓�
1,25 = 0 + tQ
2
tQ
2 = 0,25 fi
2) Cálculo da velocidade horizontal V1:
�sx = V1 t 
5,0 = V1 . 0,50 fi
b) A força de atrito é a força resultante utilizada na freada do
carro.
Aplicando-se o teorema da energia cinética:
�at = �Ecin

 m g d cos 180° = –
0,7 . 10 . 12,5 (–1) = – 
– 87,5 = 112,5 – 
= 200
V0
2 = 400 fi
Respostas: a) 10m/s
b) 20m/s ou 72km/h
30) Teorema da energia cinética:
�total = �Ecin
�P + �F = 0
m g H – F h = 0
m g H = F h
Resposta: 
31) a) �F = �
Æ
F � �
Æ
d � cos 0°
�F = 30 . 3,0 . 1 (J) fi
b) 1) ��P = –mgH
�P = –1,0 . 10 . 3,0 (J) fi
2) TEC: �total = �Ecin
�F + ��P + ��ar = �Ecin
90 – 30 + �ar = 40
�ar = (40 – 60) (J)
Respostas: a) 90J
b) –20J
32) TEC: ��at + �P = �Ecin
– 
mgd + mgH = 0
d = = = 5,0m
O menino percorre 5,0m na região de atrito:
2,0m de B para C
2,0m de C para B
1,0m de B para M (ponto médio entre B e C)
Resposta: A
33) a) De A para B: 
mg H = – fi
b) De A para C: 
mgH + 
mg D cos 180o = 0
��F = 90 J
��P = –30 J
��ar = –20J
1,0m
–––––
0,2
H
–––
�P = �Ecin
vB = 
������2g H
mvA
2
–––––
2
mvB
2
–––––
2
�P + �at = �Ecin
m g H
h = –––––––
F
m g Hh = –––––––
F
�y
–––
2
10
–––
2
tQ = 0,50s
V1 = 10m/s
mV0
2
–––––
2
mVf
2
–––––
2
V0
2
–––
2
(15)2
––––
2
V0
2
–––
2
V0
2
–––
2
V0 = 20m/s
3V2

C = –––––8gd
�3V
2
–––
4�
1
–––
2�
V2
–––
4�
1
–––
2
��V–––2��
m
–––
2
– 17
H = 
D fi
Respostas: a) 
������2g H b) 
34)
TEC: �total = �Ecin
�P + �F = 0
mg (H + d) + F . d . cos 180° = 0
mg (H + d) = F d
F = 
F = (N)
Resposta: C
35) 1) �F = área (Fxd) = (10,0 + 5,0) (J) = 75,0J
2) �P = –mgH = – 0,50 . 10 . 10,0 (J) = – 50,0J
3) TEC: �total = �Ecin
V2 = 100 fi
Resposta: C
36) a) A intensidade da força de atrito é dada por:
Fat = 
 FN
Fat = 0,50 . 100 (N) fi
b) 1) O trabalho do atrito é dado por:
�at = |
Æ
Fat| |
Æ
d | cos 180°
�at = 50 . 2,0 . (–1) (J)
2) O trabalho da força 
Æ
F é medido pela área sob o gráfico
(F x d):
�F = (J)
3) O trabalho total é dado por:
�total = �F + �at
c) O módulo da velocidade (V) é cal culado pelo teorema da
energia cinética:
125 = V2 fi
Respostas: a) 50N
b) 125J
c) 5,0m/s
37)
a) Logo após o ciclista parar de pedalar, entre os ins tantes 
t0 = 0 e t1 = 4s, o gráfico V = f(t) é praticamente retilíneo e
a aceleração escalar é constante e dada por:
A = = (m/s2) fi
b) Imediatamente após o ciclista deixar de pedalar, a força de
resistência ao movimento é responsável pela aceleração
do veículo já calculada.
Aplicando-se a 2.a Lei de Newton:
| FR | = M |A|
|FR | = 90 . 0,25 (N) fi
c) 1) Durante a fase de movimento retilíneo uniforme, a força
motriz tem a mesma intensidade da força de resistên -
cia:
|Fm| = |FR | = 22,5N
(150 + 75) 2,0
–––––––––––––
2
�
F = 225J
�
total = 125J
mV2 mV0
2
�
total = ––––– – –––––2 2
V = 5,0m/s
10
––––
2
A = – 0,25m/s2
–1
–––
4
�V
––––
�t
Fat = 50N
�
at = –100J
H

 = –––
D
mg (H + d)
––––––––––
d
10,0 (24,2)
–––––––––––
0,2
F = 1,21 . 103N
10,0
––––
2
m V2 m V0
2
�F + �P = –––––– – –––––––2 2
0,50V2
75,0 – 50,0 = –––––––– – 0
2
V = 10,0m/s
H

 = –––
D
|FR | = 22,5N
18 –
2) O trabalho realizado pelas forças musculares da pessoa
é dado por:
� = Fm . �s = Fm . V �t
3) A energia E é dada por:
� = fi E = 
E = = (J)
Respostas: a) –0,25m/s2
b) 22,5N
c) 9,0 . 102kJ 
38) a) A massa de água remanescente no balde é dada por:
m = m0 – k t
Como a velocidade é constante, temos:
V = fi t = 
Portanto: m = m0 – h fi m = m0 – C h
C
Para h = 20m, temos m = 10kg.
10 = 30 – C . 20 fi 20 C = 20 fi C = 1 (SI)
(SI)
b) Sendo o movimento uniforme, temos:
F = P = mg = (30 – h) 10
(SI)
c)
�F = área (F x d)
�F = (300 + 100) (J) fi
Respostas: a) m = 30 – h (SI)
b) F = 300 – 10h (SI)
c) 4,0kJ
39)
1) Fx = F cos 	 = F sen � = 8,0 . 0,64 (N)
2) FR = 0 fi Fat = Fx = 5,12N
3) �at = Fat . d . cos 180°
�at = 5,12 . 100 . (–1) (J)
�at = –512J
Resposta: B
Outra maneira:
1) �F = | F
Æ
| | d
Æ
| cos 	
�F = 8,0 . 100 . 0,64 (J)
�F = 512J
2) TEC: �total = �Ecin
�F + �at = 0
�at = –�F = –512J
40) TEC: �at = �Ecin
�at = 0 –
�at = – . (28)
2 (J)
�at = –1,96J
Resposta: B
41)
Sendo cons tante a velocidade com que o bloco se des loca, em
decorrência do teorema da energia cinética, te mos:
�F 
 = 
�Fat 
�F 
 = Fat . d
�F 
 = 
mgd
�F 
 = 0,2 . 5,0 . 10
4 . 10 . 3,0 . 104 (J)
�F 
 = 3,0 . 10
9J
Fx = 5,12N
| �at | = 512J
mV20––––––
2
5,0 . 10–3
–––––––––
2
| �at | � 2,0J
� = 4,0 . 103J = 4,0 kJ
20
–––
2
�
––
�
�
––
E
22,5 . 5,0 . 1800
––––––––––––––
0,225
Fm . V �t
–––––––––––
�
E = 9,0 . 105J = 9,0 . 102kJ
h
–––
V
h
–––
t
k
–––
V
m = 30 – h
F = 300 – 10h
– 19
Porém, o trabalho (�F ) é realizado por 500 pessoas; as sim, o
valor médio para o trabalho realizado por indivíduo pode ser
calculado por:
�individual = 
�individual = (J)
�individual = 6,0 . 10
6 J = 6,0 . 103kJ
Resposta: D
42) 1) Se o bloco se move com velocidade constante, a força
resultante sobre ele é nula:
2) Aplicando-se o teorema da energia cinética (TEC), obtém-
se:
�total = �Ecin
�F + �P = 0
�F – mgh = 0 
Portanto: 
Resposta: B
43) TEC: �R = �Ec
Fm . d . cos 180° = (V
2 – V20)
Fm . 0,10 . (–1) = . 10
–3 (9,0 . 104 – 16,0 . 104)
Resposta: D
44) 1) 
 = fi m = 
 . vol = 1,05 . 103 . 7,5(kg) � 7,9 . 103kg
2) TEC: �total = �Ec
�c + �p = 0
�c – mgH = 0
�c = mgH
�c = 7,9 . 10
3 . 10,0 . 1,7(J)
Resposta: D
45) Desprezando-se a velocidade do atleta no ponto mais al to de
sua trajetória parabólica e aplicando-se o teorema da energia
cinética, obtém-se:
�total = �Ecin
Como foi desprezado o trabalho muscular interno, te m-se:
�peso = – 
–mgH = 0 – 
V0
2 = 2gH
V0 = 
����2gH
V0 = 
������2 . 10 . 3,2 (m/s)
Resposta: D
mV0
2
––––
2
mV2
––––
2
mV0
2
––––
2
V0 = 8,0m/s
�c = 1,3 . 10
5J
�F––––––
500
3,0 . 109
–––––––––
500
�F = mgh
�I = �II
m
–––
2
20
–––
2
Fm = 7,0 . 10
3N
m
–––
vol
20 –
FÍSICA
LIVRO 3 – MECÂNICA
Capítulo 4 – Potência Mecânica
9)
1) Conforme a figura: sen 30° = 
= fi
2) TEC: 
�motor + �p = 0 (MU)
�motor – mgH = 0
�motor = mgH = 15 . 200 . 6,0 (J)
3) 
Potm = fi
Resposta: C
10) a) A senhora aplica sobre a escada uma força vertical para
baixo de intensidade igual à de seu peso e que sofre um
deslocamento vertical H = 7,0m.
Portanto: � = PS . H
� = 60 . 10 . 7,0 (J) fi
A potência cedida à escada é dada por:
Pot = = fi
b) 1) O número de degraus da escada é dado por:
H = n h
7,0 = n . 0,2 fi
2) Para que os tempos gastos pelo homem e pela mulher
se jam iguais, devemos ter:
VR(homem)
= VR(mulher)
A velocidade resultante do homem é dada por:
VR(H)
= VH – VE
A velocidade resultante da mulher é dada por:
VR(M)
= VE
Portanto: VH – VE = VE fi
Sendo e a extensão do degrau, temos:
= 2 
Portanto: 
c) Para um referencial fixo na escada, o homem tem ve -
locidade escalar constante 2V e sobe uma altura 2H, em
que H é a altura da escada em relação ao solo.
Aplicando-se o teorema da energia cinética, obtém-se:
�interno + �Peso = �Ecin
�interno – 2mgH = 0 fi
�interno = 2 . 80 . 10 . 7,0 (J)
Respostas: a) 1,4 . 102W 
b) 70 
c) 11,2kJ
11) 1) �motor = �Ecin = –
�motor = (J) = 450 . 10
3J
2) Potmotor = – = 45 . 10
3W = 45kW
Resposta: A 
12) a) Quando o elevador se movimenta com velocidade cons -
tante, a força resultante sobre ele é nula e a força aplicada
pelo cabo equilibra o peso do elevador.
F1 = P = Mg
F1 = 5,0 . 10
3 . 10 (N)
b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton para o instante con -
siderado, temos:
F1 = 5,0 . 10
4N
� = 4,2 . 103J
Pot = 1,4 . 102W
4,2 . 103J
–––––––––––
30s
�
––––
�t
n = 35
VH = 2VE
n e
–––––
�t
n’e
–––––
�t
n’ = 2n = 70
�interno = 2mgH
�interno = 1,12 . 10
4 J = 11,2 kJ
mV20–––––
2
mV2f–––––
2
1,0 . 103 . 900
–––––––––––––
2
450 .103J
–––––––––
10s
�motor–––––
�t
H
––––
AB
H = 6,0m
H
–––
12
1
–––
2
�total = �Ecin
�motor
= 18 . 103J
�motorPotm = ––––––
�t
Potm = 3,0 . 10
2W
18 . 103J
––––––––
60s
– 21
F2 – Mg = Ma
F2 = M (a + g)
F2 = 5,0 . 10
3 . 15 (N)
F2 = 75 . 10
3N
c) No instante T, em que a = 5,0m/s2, temos 
Pot = F2V2 (constante)
150 . 103 = 75 . 103V2 fi
d) Como a potência é constante, a velocidade máxima VL
ocorre quando a respectiva força aplicada pelo ca bo é míni -
ma; isto ocorre quando F = P = 5,0 . 104N.
Pot = Fmín VL = constante
150 . 103 = 50 . 103 VL fi
Respostas: a) 5,0 . 104N b) 7,5 . 104N
c) 2,0m/s d) 3,0m/s
13)
1) MRU: Fmotriz = Fr = kV
2) Potmotriz = Fmotriz . V . cos 0°
Potmotriz = kV . V = k V
2
Quando V duplica, a potência motriz fica mul ti pli cada por 4.
Resposta: A
14) a) 1) Para uma dada velocidade, a aceleração será máxima
quan do o motor estiver desen vol vendo sua potência
máxima:
Potmáx = Fmáx . v
2,64 . 106 = Fmáx . 120 fi
2) 2.a Lei de Newton:
Fmáx = m amáx 
2,20 . 104 = 1,10 . 103 amáx fi
b) A força que acelera o veículo é recebida do chão por meio
do atrito e, portanto:
F � Fatdestaque
Fmáx = 
 (P + Fa)
2,20 . 104 = 0,50 (1,10 . 104 + Fa)
4,40 . 104 = 1,10 . 104 + Fa fi
c) Para as rodas derrapando, o atrito é dinâmico e a força de
atrito terá intensidade dada por:
Fat = 
 P = 0,50 . 1,10 . 10
4 (N) =5,50 . 103N
A velocidade dos pontos da periferia da roda tem módulo
v dado por:
v = � R = 600 . 0,40 (m/s) = 240m/s
Como o carro ainda não se movimentou, toda a potência
forne cida pelo motor foi consumida pelo atrito:
Potmotor = |Potatrito| = Fat . V
Potmotor = 5,50 . 10
3 . 240 (W) fi
Respostas: a) 20,0m/s2
b) 3,30 . 104N
c) 1,32 . 106W
15)
a) 1) A potência útil do motor do carro é dada por:
Pot = FV
120 . 103 = F . 60 fi F = 2,0 . 103N
2) Sendo constante a velocidade do carro, a força
resultante é nula e portanto:
Far = F = 2,0 . 10
3N fi
b)
Estando o carro com o motor desligado (motor desa copla -
do), a força de atrito trocada com o plano será nula e, para
manter a velocidade constante, teremos:
Pt = Far
Mg sen 	 = Far
800 . 10 . sen 	 = 2,0 . 103 fi
c)
sen 	 = 0,25
V2 = 2,0m/s
VL = 3,0m/s
Fmáx = 2,20 . 10
4N
amáx = 20,0m/s
2
Fa = 3,30 . 10
4N
Potmotor = 1,32 . 10
6 W
Far = 2,0 . 10
3N
F2 = 7,5 . 10
4N 
F2 = 7,5 . 10
4N
22 –
1) Para manter a velocidade constante, a força re sul tante
é nula e portan to:
F’ = Pt + Far fi F’ = Mg sen � + Far
F’ = 800 . 10 . 0,3 + 2,0 . 103 (N) fi
2) A potência útil desenvolvida pelo motor será da da por:
Pot = F’ V
Pot = 4,4 . 103 . 60 (W) fi Pot = 264 . 103W
Respostas: a) 2,0 . 103N
b) sen 	 = 0,25
c) 264 kW
16) 1) A areia deve receber da esteira uma força horizontal dirigida
para a direita. Essa força, su posta constante, terá intensidade
F dada por:
PFD: F = ma = 
Como = 3,0 kg/s e V = 4,0m/s, vem:
F = 3,0 . 4,0 (N) fi
2) Pela lei da ação e reação a areia aplica na esteira uma força
horizontal para a esquerda de mesmo módulo F = 12,0N.
3) Para manter a esteira com velocidade constante, devemos
aplicar-lhe uma força para frente com a mesma intensidade
F e cuja potência será dada por:
PotF = F . V . cos 0°
PotF = 12,0 . 4,0 . 1 (W) fi
Resposta: E
17) a) TEC: �total = �Ecin
�B + �P = – 
�B – mgh = 
�B = mgh + = m gh + 
�
B = 1000 10 . 7,0 + (J)
�B = 1000 (70 + 50) (J) = 1000 . 120 (J)
b) PotB = 
PotB = = 0,20 . 10
3W
Resposta: B
18) a) A energia que deixa de ser produzida por uma turbina em
3,0 h cor responde a:
Eturbina = Pot · �t fi Eturbina = 680 · 10
3 · 3,0 (kWh)
Eturbina = 2040 · 10
3 (kWh) fi Eturbina = 2,04 · 10
6 kWh
Cada domicílio consome E1 = 4,0 kWh. Assim, o número de
domicílios N que deixariam de ser atendidos é dado por:
N · E1 = Eturbina fi N · 4,0 = 2,04 · 10
6
b) De acordo com os dados, a turbina recebe um volume de
600 m3 de água em um segundo. Temos, então:
dágua = fi M = dágua · V = 1,0 · 10
3 · 600 (kg)
c) A potência mecânica da turbina (P) pode ser obtida por:
P = fi P = fi P = 
P = dágua · Z · g · H fi P = 1,0 · 10
3 · 600 · 10 · 120 (W)
P = 7,2 · 108 W fi P = 720 MW
Respostas: a) N = 5,1 · 105
b) M = 6,0 · 105 kg
c) P = 720 MW
19) A energia pode ser medida como o produto da potência pelo
tempo.
Portanto, se medirmos a potência em megawatts e o tempo
em horas, a energia poderá ser medida na unidade:
megawatts x hora (MWh)
A unidade de energia foi indicada de modo incorreto nas
expressões:
15 mil megawatts por h (MW/h)
5000 megawatts por h (MW/h)
1450 megawatts (MW)
Resposta: D
20)
1) Elevador original:
F1 = P1 = 1000 . 10 (N) = 1,0 . 10
4N
V1 = = = m/s
Pot1 = F1 V1 = . 10
4W
2) Novo elevador:
F2 = P2 = 8,0 . 10
3N
F’ = 4,4 . 103N
Pot = 264 kW
mV
–––
�t
m
–––
�t
F = 12,0 N
PotF = 48,0 W
mV0
2
–––––
2
mV2
–––––
2
mV2
–––––
2
�V
2
–––
2�
mV2
–––––
2
�100–––2�
�B = 1,2 . 10
5 J
�B–––
�t
1,2 . 105J
–––––––––
6,0 . 102s
PotB = 200W
N = 5,1 · 105 domicílios
M
–––
V
M = 6,0 · 105 kg
dágua . V . g . H
––––––––––––––
�t
mgH
–––––
�t
�P
–––
�t
2
––
3
20m
––––
30s
�s1
––––
�t1
2
––
3
– 23
V2 = = = 1,5 m/s
Pot2 = F2 V2 = 1,2 . 10
4W
Portanto:
F2 < F1
Pot2 > Pot1
Resposta: B
21) 1) A potência útil do motor é dada por:
Potu = 
TEC: �total = �EC
�motor + �P = 0
�motor – mgH = 0 fi
Potu = = (W) = 500W
2) A potência total do motor é dada por:
� = 
0,95 = fi PotT = (W) � 526W
Resposta: D
22) 1) TEC: �total = �Ecin
�motor + �P = 0 fi �motor – mgH = 0
�motor = m g H = 80,0 . 10,0 . 30,0 (J) 
2) Cálculo do tempo gasto:
1.a etapa: = fi =
2.a etapa: V = fi 1,0 =
3.a etapa: = fi = fi
3) Potm = = kW = 0,48kW
Resposta: D
23) Pot = =
m = 
 . Vol fi Pot = 
 g H fi
513 . 106 = 0,9 . 1,0 . 103 . Z . 10 . 114
Z = 5,0 . 102m3/s
Como 1m3 = 103�, obtemos: Z = 5,0 . 105�/s.
Resposta: E
24) 1) TEC : �total = �Ecin
�motor + �P(elevador) + �P(contrapeso) = 0
�motor – MEgH + MCPgH = 0
�motor = (ME – MCP)gH = 250 . 10,0 . 54,0 (J) = 1,35 . 10
5J
2) Potm = = fi
Resposta: D
30m
––––
20s
�s2
––––
�t2
�motor
–––––
�t
�motor = mgH
100 . 10 . 5
–––––––––––
10
mgH
–––––
�t
Potu
–––––
PotT
500
––––
0,95
500
–––––
PotT
�motor = 24,0 . 10
3J = 24,0kJ
0 + 1,0
––––––
2
10,0
–––––
T1
V0 + V––––––
2
�s
–––
�t
T1 = 20,0s
T2 = 10,0s
10,0
–––––
T2
�s
–––
�t
T3 = 20,0s
1,0 + 0
––––––
2
10,0
–––––
T3
V0 + V––––––
2
�s
–––
�t
T = T1 + T2 + T3 = 50,0s
24,0
–––––
50,0
�motor
–––––––
�t
mgH
–––––
�t
�P
–––––
�t
Vol
–––––
�t Pot = 
 Z g H
Potm = 750W
1,35 . 105J
––––––––––
3,0 . 60s
�motor
–––––––
�t
24 –
FÍSICA
LIVRO 3 – MECÂNICA
Capítulo 5 – Energia Mecânica
9) A energia cinética da criança, em relação à estrada, é dada por:
V = 72 = (m/s) = 20m/s
EC = . (20)
2 (J)
Em relação ao carro, a criança está para da e sua ener gia
cinética é nula.
Resposta: D
10) EC = 
2,0 . 102 = 
V2 = 4,0 . 102
Do gráfico dado:
V = 20m/s nos instantes t1 = 8,0s e t2 = 16,0s
Resposta: C
11) 1) V = V0 + � t (MUV)
V = g t
2) EC = = t
2
� 
↘ constante k
O gráfico EC = f(t) é um arco de parábola com concavidade
para cima.
Resposta: D
12)
1) T = Fcp = fi mV
2 = TL
2) Ec = = 
3) Ec(máx) =
Ec(máx) = (J) = 50J
4) Ec(máx) = Ec0
+ n �Ec
50 = 20 + n . 2,0
Resposta: A
13) Para um referencial na cabeça do macaco:
Epi 
= m g H
Epi 
= 0,20 . 10 . 4,5 (J) = 9,0J
Ed = Epi
– Ecf
Ed = 9,0J – 7,0J ⇒
Resposta: A
14) a) V2 = V0
2 + 2 � �s (MUV)
(20)2 = 0 + 2 . 10 . H ⇒
b) Edissipada = Epot relativa ao chão = m g H
Ed = 0,180 . 10 . 20 (J)
Respostas: a) 20m
b) 36J
15)
a) 1 – Aplicando-se o Teorema de Pitágoras, vem:
V0
2 = 9,0 + 4,0 ⇒
2 –A energia cinética inicial é dada por:
Ecin0 
= . 13,0 (J)
m V2
EC = –––––2
km
–––
h
72
–––
3,6
40
–––
2
EC = 8,0 . 10
3J 
mV2
–––––
2
1,0V2
–––––
2
V = 20m/s 
m V2
–––––
2
m
––– g2
2
EC = k t
2
m V2
–––––
L
m V2
–––––
2
T L
––––
2
Tmáx L
––––––––
2
100 . 1,0
––––––––
2
n = 15
Ed = 2,0J
H = 20m
Ed = 36J
V0
2 = V0x
2 + V20y
V0
2 
= 13,0 (SI)
m V0
2
Ecin0 
= –––––––––
2
1,0
–––
2
Ecin0 
= 6,5J
– 25
b) No ponto mais alto da trajetória, a velocidade só tem
componente horizontal, que é igual à componente
horizontal da velocidade de lan çamento, pois o movimento
horizontal é uni forme.
Ecin1
= (J)
Respostas: a) 6,5 J 
b) 4,5 J
16) Ep = m g H
A energia potencial gravitacional é proporcional a g; quando g
duplica, então Ep também duplica.
Resposta: D
17) 1) E1 = 621kcal = 621 . 10
3 . 4,2J � 2,6 . 106J
2) nE1 = m g H
n . 2,6 . 106 = 70 . 10 . 80 = 56 000
n = � 2,2 . 10–2
Como n é inteiro o seu valor mínimo é 1.
Resposta: A
18) 1) EC = 
Para V2 = 25 (m2/s2), temos EC = 750J
750 = . 25 ⇒
2) m = mb + mC
60,0 = 8,5 + mC
Resposta: D
19) Ei = m g H = 25 . 10 . 2,0 (J) = 500J
Ef = = (4,0)
2 (J) = 200J
Ed = Ei – Ef = 300J
Resposta: D
20) EC = 
Quando V duplica, EC fica multiplicada por 4.
Resposta: D
21) A energia potencial gravitacional é dada por:
Ep = m g H
Como gT é maior que gL, temos:
o gato é gordo (maior m)
o guarda-roupas é alto (maior H)
o fenômeno ocorre na Terra (maior g)
Resposta: D
22) 1) 100g ………………… E1 = 1,5 . 10
3kJ
400g ………………… E2
= 6,0 . 106J
2) E2 = m g H
6,0 . 106 = 10 . 10 . H
Resposta: E
30) Desprezando-se o efeito do ar, a energia mecânica vai perma -
necer constante:
Ef = Ei
m g H = ⇒
Portanto, a altura H é proporcional ao quadrado da defor -
mação da mola. Quando x duplica, a altura fica multiplicadapor 4.
Resposta: E
31) a) Lei de Hooke: F = kx
0,80 . 10–6 = k . 0,80 . 10–6
b) E = (energia elástica)
E = (0,10 . 10–6)2 (J)
E = 0,50 . 10–14 (J)
m V1
2
Ecin1
= –––––––––
2
1,0 . 9,0
––––––––
2
Ecin1
= 4,5J
5,6 . 104
––––––––
2,6 . 106
mV2
–––––
2
m
––
2
m = 60,0kg
mC = 51,5kg
mV2
–––––
2
25
–––
2
mV2
–––––
2
E2 = 6,0 . 10
3kJ
H = 6,0 . 104m = 60km
k x2
––––
2
k x2
H = ––––––
2 m g
k = 1,0N/m
k x2
––––
2
1,0
––––
2
E = 5,0 . 10–15J
26 –
c) 2.a Lei de Newton: F = ma
kx = ma
1,0 . 0,50 . 10–6 = m . 250
Respostas: a) 1,0N/m
b) 5,0 . 10–15 J
c) 2,0 . 10–9kg
32) Como o carrinho não consegue chegar à mesma altura de
partida, concluímos que há dissipação de energia mecânica,
isto é, durante todo o percurso, a energia mecânica vai
diminuindo:
ETM > ETN > ETP > ETQ
Como EN < EP e as energias potenciais em N e P são iguais,
concluímos que ECN > ECP.
Resposta: D
33) 1) Durante a subida, a energia potencial de gravidade
aumenta.
2) Durante a subida, a energia cinética é constante porque o
movi mento é uniforme. 
3) Durante a subida, a energia mecânica aumenta.
Resposta: E
34) O ponto de maior risco é o de maior velocidade, que corres -
ponde ao ponto mais baixo, de acordo com a conservação da
energia mecânica (maior energia cinética implica menor ener -
gia potencial).
Resposta: B
35) Em queda livre, o esportista cai 11m.
1. Tempo de queda livre:
�h = . g t2 ⇒ t = 
t = (s) ⇒ 
2. Cálculo da variação da energia potencial:
�Epot = mgh – mgH = m g (h – H)
�Epot = 60 . 10 (–11) (J)
3. Cálculo da variação da energia cinética:
Como se trata de queda livre, a energia mecânica não se
altera e teremos:
Respostas: 1,5s;
– 6600J: redução da energia potencial;
+ 6600J: aumento da energia cinética.
36) a) A energia cinética adquirida pelo atleta é trans for mada, de
acordo com o texto, em energia potencial gravita cional:
�Ep = m g �H =
�H = = (m) ⇒
b) Admitindo-se que o centro de massa do atleta esteja
inicial mente a 1,0m do chão (metade de sua altura), a altura
máxima atingida pelo atleta será dada por:
Hmáx = �H + H0
Hmáx = 5,0m + 1,0m ⇒
c) O valor da altura máxima depende da velocidade horizontal
máxima atingida pelo atleta.
Com a mesma velocidade horizontal máxima (10m/s), a
altura máxima atingida será a mesma, independentemen -
te da massa do atleta.
Respostas: a) 5,0m
b) 6,0m
c) ver texto
37) 1) Se a velocidade duplicar, a energia cinética ficará multipli -
cada por 4 �Ec = �e passará a valer 400J.
2) Como a energia mecânica total vale 400J, então a energia
potencial valerá zero e a pedra estará chegando ao solo.
Resposta: C
38) a) x = 2,0m ⇒ EC = 100J
Ep = Em – EC = 450J – 100J
b) x = 6,0m ⇒ EC = 100J
EC = ⇒ 100 = 
100 . 103 = 40 V2
V2 = 2,5 . 103 ⇒
c) ECmáx = V
2
máx
400 = V2máx ⇒V
2
máx = 1,0 . 10
4 ⇒
d) A velocidade não é nula em nenhuma posição pois a ener -
gia cinética nunca é nula.
Respostas: a) 350J
b) 50m/s
c) 100m/s
d) Em nenhum ponto
1
––
2
2 . �h
–––––––
g
2 . 11
–––––––
10
t � 1,5s
�Epot = –6600J
�Ecin = –�Epot = + 6600J
m V20
––––––
2
V20
––––
2g
(10)2
––––––
2 . 10
�H = 5,0m
Hmáx = 6,0m
m V2
––––––
2
Ep = 350J
m V2
––––––
2
80 . 10–3 V2
–––––––––––
2
V = 50m/s
m 
–––
2
80 . 10–3
–––––––––
2
Vmáx = 100m/s
m = 2,0 . 10–9kg
– 27
39) a) Falsa: Em = 50J (constante)
b) Falsa: x = 1m ⇒ Ec = 0 ⇒ Ep = 50J
c) Falsa: x = 3m ⇒ Ec = 50J ⇒ Vmáxima
d) Falsa: Ec = 
50 = 
V2 = = 104
e) Correta: x = 1m ⇒ Ec = 0 ⇒ Ep = 50J
Resposta: E
40) 
Como não há atrito, a energia mecânica permanece constan -
te:
(referência em B)
= m g H
A velocidade escalar VB independe da massa do corpo.
Resposta: A
41) 1) V = 14,4 = (m/s) = 4,0m/s
2) Usando-se a conservação da energia mecânica:
(referência em A)
= m g h
h = = (m)
Resposta: A
42) Conservação da energia mecânica:
(referência no solo)
= m g H
H = = (m) = 40m
Resposta: A
43) E = 0,80 � + m g H� = 0,80m � + g H�
E = 0,80 . 900 � + 10 . 50 � (J)
E = 720 . 700 (J)
E = 504 . 103J
Resposta: B
44)
(referência em B)
= m g H
VB = 
���2gH = 
������2 . 10 . 5 (m/s)
Resposta: D
EB = EA
m VB
2
––––––
2
VB = 
��2gH
km
––––
h
14,4
–––––
3,6
EA = EB
mVA
2
––––––
2
VA
2
–––––
2g
(4,0)2
–––––
20
h = 0,80m = 80cm
Efinal = Einicial
m V2
–––––
2
V2
–––
2g
(28)2
–––––––
2 . 9,8
m V2
––––––
2
400
–––––
2
E = 504kJ
EB = EA
m VB
2
––––––
2
100
–––––
0,01
V = 100m/s
m V2
––––––
2
0,01 . V2
––––––––
2
VB = 10m/s
V2
–––
2
28 –
45) Ecfinal = Epinicial
= m g H
V = 
���2gH = 
����������� ���������2 . 10,0 . 3,2 (m/s)
Resposta: A
54) a) A: energia potencial: (Ep = m g h)
B: energia cinética: (Ec = Em – m g h)
C: energia mecânica: (Em = 2,5kJ = constante)
b) Epmáx
= m g hmáx
2,5 . 103 = m . 10,0 . 5,0 ⇒ 
c) Ecmáx
= 
2,5 . 103 = V0
2
V0
2 = 100 ⇒ 
55) 1) V = V0 + � t
V = g t
Ec = = g
2 t2 = k t2 (parábola com concavidade
para cima)
2) Ep = Em – Ec
Ep = Em – k t
2 (parábola com concavidade para baixo)
Resposta: A
56)
a)
(referência em B)
= + m g H
VB
2 = V0
2 + 2 g H
VB = 
���������� V02 + 2 g H
VB = 
�������������� 500 + 2 . 10 . 100 (m/s)
b) Ed = EB – EC
Ed = – m g h
Ed = (50)
2 – 1,0 . 10 . 45 (J)
Ed = 1250 – 450 (J)
Respostas: a) 50 m/s
b) 8,0 . 102J
57) a)
+ m g hB = + m g hA
VB
2 + 2 g hB = VA
2 + 2 g hA
VB = 
�������������VA
2 + 2g (hA – hB)
VB = 
�����������������36,0 + 2 . 10,0 (–1,0) (m/s)
b) 1) Como hA = hC ⇒ 
2)
+ m g hA = 
VD = 
�������V0
2 + 2 g h 
VD = 
�������������36,0 + 2 . 10,0 . 4,0 (m/s)
VD � 10,8m/s
c) �P (AD) = �EC = (VD
2 – VA
2)
�P = (116 – 36,0) (J) ⇒ 
Respostas: a) 4,0m/s
b) 6,0m/s e 
���116 m/s
c) 20,0J
58)
1) Do gráfico dado: t = 0,4s ⇒ VB = 4,0m/s
2) Usando-se a conservação da energia mecânica en tre A e B,
vem:
(referência em A)
m VB
2
––––––
2
1,0
–––
2
Ed = 8,0 . 10
2J
EB = EA
m VB
2
–––––––
2
m VA
2
–––––––
2
VB = 4,0m/s
VC = VA = 6,0m/s
EA = ED
m V0
2
–––––––
2
m VD
2
–––––––
2
VD = 
���116 m/s
m
–––
2
0,50
–––––
2
�P = 20,0J
m V0
2
–––––––
2
50,0
––––––
2
V0 = 10,0m/s
m V2
–––––––
2
m
–––
2
EB = EA
m VB
2
––––––
2
m V0
2
––––––
2
VB = 50m/s
m = 50,0kg
V = 8,0m/s
m V2
–––––
2
EB = EA
– 29
+ m g h = 
VB
2 + 2 g h = VA
2
h = (m)
Resposta: B
59) 1) Cálculo do módulo de 
Æ
VB:
De A para B, a energia mecânica se conserva:
(referência em B)
= mgR fi
2) Cálculo do tempo de queda de B para C:
�sy = V0y t + t
2 (MUV)
h – R = 0 + T2 fi
3) Cálculo do alcance OC:
�sx = Vx t (MU) fi OC = 
��2gR . 
Resposta: D
60) 1) Conservação da energia mecânica entre A e D:
(referência em D)
mg H = ⇒ H = = (m) ⇒ 
2) Conservação da energia mecânica entre A e C:
(referência em C)
mg (H – h) = ⇒ H – h = ⇒ H = h + 
20 = h + ⇒ 
Resposta: E
61) I) FALSA. A componente horizontal da velocidade só se
mantém cons tan te depois que o corpo abandona a ram pa
e fica sob ação exclusiva da gravidade.
II) CORRETA. No trecho ABC, a velocidade horizontal é cons -
tante porque a aceleração do corpo é vertical (Æa = Æg ).
III) CORRETA. Usando-se a conservação da energia me câ nica
entre A e B, vem:
(referência em A)
+ m g (hB – hA) = 
IV) FALSA. Usando-se a conservação da energia mecânica
entre o solo e o ponto B, temos:
(referência no solo)
V) CORRETA. Usando-se a conservação da energia mecâ nica
entre A e B, vem:
= + m g (hB – hA)
Porém, VA
2 = VAy
2 + VAx
2
e VAx = VB
Portanto: 
V2Ay + V
2
B = + m g (hB – hA)
Resposta: E
62) A energia mecânica do sistema formado pelo bloco e pela
mola vai permanecer constante.
A energia potencial de gravidade do bloco é trans for mada em
energia potencial elástica da mola.
m g H = 
0,60 . 10 . 2,0 = 
0,16 = x2
Resposta: B
EB = EA
m VB
2
 ––––––––––
2
m VA
2
 –––––––––––
2
m VB
2 m VA
2
 –––––– = –––––– – mg (hB – hA)2 2
Esolo = EB
m V0
2 m VB
2
 –––––– = m g hB + ––––––2 2
m VA
2
 ––––––––
2
m VB
2
 ––––––––
2
m
 –––––
2
m
 –––––
2
m VB
2
 –––––––––
2
m
––––– VAy
2 =m g (hB – hA)
2
k x2
–––––
2
h = 1,0m
EB = EA
m VB
2
–––––2
VB = 
��2gR
�y
––––
2
g
––––
2
2(h – R)
T = –––––––
g
2(h – R)
––––––––
g
OC = 2 
������R(h – R)
EA = ED
mVD
2
–––––
2
VD
2
––––
2g
400
––––
20
H = 20m
EA = EC
mVC
2
–––––
2
VC
2
––––
2g
VC
2
––––
2g
100
––––
20
h = 15m
36,0 – 16,0
–––––––––––
20,0
VA
2 – VB
2
h = ––––––––––
2g
mVB
2
–––––
2
mVA
2
–––––
2
150 x2
––––––
2
x = 0,40m
30 –
63) Usando-se a conservação da energia mecânica, vem:
(referência em A)
m g h + = 
0,1 . 10 . 0,1 + 0,1 = . (0,1)2
0,1 + VB
2 = 0,9
VB
2 = 0,8 
VB
2 = 16,0
Resposta: 4,0m/s
64) 1) O tempo de queda só depende do movimento vertical
(Princípio de Galileu). Como a aceleração é a mesma para
todos os projéteis, o tempo de queda só dependerá do
valor de V0y. O projétil D terá menor tempo de queda por -
que foi lançado verticalmente para baixo. Os projéteis A e
B terão tempos de queda iguais porque para ambos 
V0y = 0. Os projéteis C e E terão maior tempo de queda
porque foram lançados para cima e será o mesmo para os
dois porque:
V0y(C) = V0
V0y(E) = 2 V0 cos 60° = V0
Portanto, 
2) O módulo da velocidade de chegada ao chão é dado pela
conservação da energia mecânica:
Ef = Ei (referência no solo)
= m g H + ⇒
Como V0E > V0B = V0C = V0D > V0A, resulta:
Resposta: A
65)
Conservação da ener gia mecâ ni ca:
(referência em B)
(M + 5m)g H = 
(600 + 400) . 10 . 20,0 = 0,25
4,0 . 105 = k . 0,25
k = 16 . 105 N/m
Resposta: E
66)
(referência em B)
= mg (H – d)
= 70 . 10 . 2,5
k . 0,25 = 1400 . 2,5
Resposta: C
EA = EB
kx2
––––
2
k
––
2
k = 1,6 . 106 N/m = 1,6 . 103 kN/m
EB = EA
mVB
2
–––––
2
k h2
 –––––
2
VB
2
––––
2
180
––––
2
0,1
––––
2
0,1
––––
2
VB = 4,0m/s
TD < TA = TB < TC = TE
mVf
2
–––––
2
mV0
2
–––––
2
Vf = 
��������2 g H + V0
2
VE > VB = VC = VD > VA
EA = EB
k (h – d)2
––––––––
2
k (0,5)2
––––––––
2
k = 1,4 . 104N/m
– 31
67) a) Ei = mA g HA
Ei = 3,0 . 10 . 1,0 (J) ⇒
b) A energia potencial perdida por A é trans formada em:
1) energia potencial ganha por B;
2) energia cinética ganha pelo conjunto.
mAgH = mBgH + 
30 = 2,0 . 10 . 1,0 + 
10 = V2
V2 = 4,0
Respostas: a) 30J
b) 2,0m/s
68) A energia potencial perdida por B é transformada em energia
cinética de A e de B:
m g h = (M + m) 
= 
Resposta: D
69) A energia potencial perdida pelo bloco de massa 2m é trans -
formada em:
1) energia potencial ganha pelo corpo de massa m;
2) energia cinética ganha pelo sistema.
O bloco B subiu e o bloco A desceu
2mg = mg + 
g h = + 
2 g h = g h + 3V2
3V2 = g h
3V2 = g h
Resposta: A
70) A energia potencial da água é transformada em cinética e, em
seguida, em energia elétrica.
Resposta: B
71) A energia potencial da água é transformada em cinética, que
aciona as turbinas do gerador.
O gerador transforma a energia cinética da água em elétrica.
Resposta: D
72) Conservação da energia mecânica:
(referência em A)
= m g (hb – ha) + 
VB = 
���������������� VA2 – 2g (hb – ha)
VB = 
��������������� 225 – 2 . 10 . 10 (m/s) = 
���25 m/s
Resposta: B
73)
Para um referencial passando por B, temos:
EA = mg HA = 400 . 10 . 20 (J) = 80kJ
EB = = (10)
2 (J) = 20kJ
Ed = EA – EB = 60kJ
Resposta: B
74)
Em ambos os casos, de acordo com a conservação da energia
mecânica, vem:
= m g H
Como as alturas dos pontos A e C, em relação ao plano
horizontal que passa por B e D, são iguais, concluímos que:
mVB
2
–––––
2
400
–––––
2
5,0
––––
2
. V . = 2,0m/s
V2
––––
2
V2
––––
2
m g h
–––––––
M + m
V2 M . m g h
EcinA 
= M –––– = –––––––––––
2 M + m
h
–––
2
h
–––
2
3mV2
––––––––
2
g h
––––
2
3V2
–––––
2
V =
g h
–––
3
EA = EB
mVA
2
––––––––
2
mVB
2
––––––––
2
VB = 5,0m/s = 18km/h
5,0 V2
–––––––
2
(mA + mB) V
2
–––––––––––––
2
Ei = 30J
h
–––
2
h
–––
2
mVf
2
–––––
2
Vf = 
�����2 g H
32 –
VM = VN e 
Resposta: B
89) a) Ec = Ee
= .
2
⇒ V2 = . 
b) 1) Na direção vertical:
�y = V0y t + t
2
h = 0 + tQ
2 ⇒ tQ = 
2) Na direção horizontal:
V = ⇒ d = V . tQ fi d = . 
90) 1) Velocidade ao final da rampa:
(referência em B)
= m g h
2) Tempo de queda livre:
�sy = V0y t + t
2 (MUV)
H = 0 + tQ
2 
3) Cálculo do alcance D:
�sx = Vx t (MU)
D = VB tQ
D = 
��2gh . 
Resposta: A
91) a) A corda vai ser acelerada pelo peso da parte dela que está
pendente (comprimento x).
PFD: Px = M . a
mx . g = M . a
A massa da corda é proporcional ao respectivo com pri -
mento:
mx = k . x e M = k . L
Portanto: k x g = k L a ⇒
b) A energia potencial perdida é transformada em energia
cinética.
O centro de massa da parte pendente desceu uma distân -
cia e, portanto:
kx g =
x2 g = L v2
v2 = x2 ⇒
c)
EB = EA
mVB
2
––––––
2
VB = 
��2gh 
�y
–––
2
g
–––
2
tQ =
2H
––––
g
D = 2 
��Hh 
g
a = ––– x
L
x
––
2
2h
––––
g
k
––––
m
x
–––
2
d
–––
tQ
x
d = –––
2
2 k h
––––––
m g
g
–––
2
2h
––––
g
�y
–––
2
x
V = –––
2
k
–––
m
m V2
–––––
2
k
–––
2 �
x
––
2 �
k
–––
m
x2
–––
4
2H
––––
g
VM
–––– = 1
VN
k L v2
––––––
2
x
––
2
g
V = –– . x
L
g
––
L
– 33
92) O centro de gravidade da corda estava, inicialmente, a uma
distância da polia e, ao iniciar a sua queda livre, estará a
uma distância da polia e, portanto, desceu uma distância
.
Dada a conservação da energia mecânica da corda, a energia
potencial perdida é transformada em energia cinética:
Epotperdida = Ecinganha
m g = 
V2 = 
Resposta: B
93)
a) 1) A energia potencial gra vi ta cional para y = 0 é dada por
U = m g H
24 . 103 = P . 30
2) A energia elástica co me ça a ser ar ma ze nada a partir do
valor y = 20m. Isso sig nifica que o com pri men to natural
da corda é L0 = 20m.
b) Quando a pessoa atinge o ponto B, to mado co mo re -
ferência, toda a ener gia mecânica está na forma elástica.
(referência em B)
= mg H ⇒ (10)2 = 24 . 103 ⇒
Respostas: a) P = 8,0 . 102N
L0 = 20m
b) k = 480N/m
94)
Seja x a defor mação máxima da corda.
Usando-se a con ser va ção da ener gia me câ ni ca com um pla no
de referência pas san do pela posi ção mais baixa do centro de
gra vi dade da pessoa, vem:
Kx2
—— = mg (L0 + x + 2h)2
200
—— x2 = 1000 (18 + x + 2,0)
2
x2 = 10 (20 + x)
x2 = 10x + 200
x2 – 10x – 200 = 0
10 � 
������100 + 800
x = ————————— (m)
2
10 � 30
x = ———— (m) ⇒ x1 = – 10m (rejeitada)2
P = 8,0 . 102N
EB = EA
kx2
–––
2
k
–––
2
k = 480N/m
V =
g L
–––––
2
L
––
4
L
––
4
mV2
–––––
2
g L
––––
2
L
––
4 L
––
2
x2 = 20m
34 –
Logo: 
Se ele não atingiu as rochas, dos valores citados, a menor dis -
tância possível é de 41m.
Resposta: D
95)
1) Quando se trata de fio, na condição de velocidade mínima,
devemos impor que o fio fique frouxo no ponto mais alto.
mg = ⇒ 
Impondo a conservação da energia mecânica da esfera
pendular, entre A e B, vem:
(referência em A)
= m g 2 L + 
= 2 g L + 
V1
2 = 5 g L ⇒ 
2) Quando se trata de haste (corpo rígido), a velocidade
mínima em B é nula.
Impondo a conservação da energia mecânica da esfera
entre A e B, vem:
(referência em A)
= m g 2 L ⇒ V2
2 = 4 g L ⇒ 
Respostas: a) 
�����5 g L
b) 2 
���g L
96) a) (referência em B)
= m g h
VB = 
���2gh = 
���������2 . 10 . 0,8 (m/s)
b) TB – P = Fcp
TB = mg + = m
TB = 40 (N)
c)
cos � = = 0,8
Na posição A, a velocidade é
nula, a resultante cen trípeta
é nula e, portanto:
TA = Pn = P . cos �
TA = 400 . 0,8 (N)
Respostas: a) 4,0m/s
b) 560N
c) 320N
EA = EB
m V2
2
––––––––
2
V2 = 2 
���g L
EB = EA
m VB
2
––––––––
2
VB = 4,0m/s
m VB
2
––––––––
R
�
VB
2
g + –––
R �
�
16,0
10 + ––––
4,0 �
TB = 560N
3,2
–––
4,0
TA = 320N
P = FcpB
m VB
2
––––––––
L
VB
2 = g L
EA = EB
m V1
2
––––––––
2
m VB
2
––––––––
2
V1
2
––––
2
g L
––––
2
V1 = 
�����5 g L
H = 40m
– 35
97) a) 1) Conservação da energia mecânica entre A e B:
(referência em B)
= m g L
= 2 m g = Fcp
B
2)
TB – P = FcpB
TB – P = 2P
b) Como o raio vai reduzir-se à metade, a resultante centrí -
peta em B vai duplicar.
F’cp = 2 Fcp
B
= 4P
T’B – P = 4P
Respostas: a) 3P b) 5P
98) Usando-se a conservação da energia entre A e C, temos:
(referência em C)
m g L = ⇒
Imediatamente antes doinstante t1:
T1 – mg = ⇒ T1 – mg = 2mg
(1) 
Após o instante t1, na queda livre, para um referencial fixo no
elevador, a gravidade aparente é nula e a esfera passa a ter
movimento circular e uniforme:
T2 = Fcp = ⇒ (2)
Comparando-se (1) com (2), vem:
= ⇒ 
Resposta: E
99)
1) Conservação da energia mecânica:
(referência em 2)
= M g 2 R
= 4 M g
2) Na posição 2, a resultante é centrípeta:
F + P = Fcp
2
F + P = 4P
F = 3P
Resposta: C
100) a) 1) Quando a energia mecânica da esfera for a mínima
possível, a velocidade em A será mínima e a força
normal que a calha aplica na esfera se anula.
P = FcpA ⇒ m g = 
VA
2 = g R ⇒ VA = 
���g R
VA = 
��������10,0 . 0,40 m/s ⇒ 
E2 = E1
M V2
2
––––––––
2
M V2
2
––––––––
R
Fcp
2
= 4 M g
F
––– = 3
P
m VA
2
––––––––
R
EA = EC
m VC
2
––––––––
2
m VC
2
–––––––– = 2 mg
L
m VC
2
––––––––
L
T1 = 3mg
m VC
2
––––––––
L
T2 = 2mg
T1
–––
3
T2
–––
2
T2 2
–––– = –––
T1 3
TB = 3P
T’B = 5P
m VB
2
––––––––
L
m VB
2
––––––––
2
EB = EA
VA = 2,0 m/s
36 –
2) Conservação da energia mecânica entre A e B:
(referência em B)
= + m g 2 R
VB
2 = VA
2 + 4 g R
VB = 
�����������VA2 + 4 g R = 
�����������������������4,0 + 4,0 . 10,0 . 0,40 m/s
b) 1) Na posição A: NA = 0
2) Na posição B: NB – P = FcpB = 
NB – 10,0 = ⇒ 
c) Fbalança = Pcalha + Força normal
Fmín = Pcalha = 5,0N
Fmáx = Pcalha + NB = 65,0N
101) 1) O menino perderá o contato com o iglu quando a força nor -
mal de contato se anular.
Nesse caso, o componente normal do peso (Pn = P cos �) fa -
rá o papel de resultante centrípeta.
Pn = FcpB
= 
m g cos � = 
g cos � = (1)
2) Da figura: cos � = (2)
(2) em (1): g . = ⇒ (3)
3) Usando-se a conservação da energia mecânica entre A e B:
(referência em B)
= m g (R – h)
(4)
4) Comparando-se (3) com (4):
g h = 2 g (R – h)
h = 2R – 2h fi 3h = 2R fi
102) a) Não havendo atrito na descida da rampa A, a energia me -
cânica permanece constante:
mgHA = 
VA = 
��� 2g HA
A razão pedida é dada por:
Ra = = ⇒
b) A energia mecânica dissipada na região horizontal é
medida pelo trabalho do atrito:
W = |�at| = Fat . L
W = 
mgL
A razão pedida é dada por:
Rb = = ⇒
c) Aplicando-se o teorema da energia cinética entre a po sição
inicial na rampa A e a posição final na rampa B, vem:
�P + �at = �Ecin
mg(HA – HB) – 
mgL = 0
HA – HB = 
L
HB = HA – 
L
Portanto: HB(T) = HB(M) e 
Respostas: a) 
�3 
b) 3 
c) 1 
103) a) Usando-se a conservação da energia mecânica entre a
posição inicial e a posição A, vem:
(referência em A)
= mg (H0 – HA)
VA = 
������������� 2g(H0 –HA) = 
������������� 2 . 10 . 5,0 (m/s)
b) Analisando-se o movimento vertical:
Vy
2 = V0y
2 + 2 �y �sy
V0y = VA sen � = 10 . (m/s) = 5,0 m/s
0 = 25 + 2 (– 10) (H – 3,0)
20(H – 3,0) = 25
H – 3,0 = 1,25 ⇒
WT
–––––
WM
gT–––––
gM
Rb = 3
RC = 1
EA = E0
m VA
2
–––––––
2
VA = 10 m/s
1
––
2
m VB
2
–––––
2
VB
2 = 2 g (R – h)
2
h = –– R
3
m VA
2
–––––––
2
VA(T)
–––––––
VA(M)
gT
��––––gM Ra = 
�3
m VB
2
––––––––
R
1,0 . 20,0
–––––––––
0,40
NB = 60,0N
m VB
2
–––––
R
m VB
2
–––––
R
VB
2
–––––
R
h
––
R
h
––
R
VB
2
––––
R
VB
2 = g h
EB = EA
VB = 
������20,0 m/s = 2,0 
�����5,0 m/s
EB = EA
m VB
2
––––––––
2
m VA
2
––––––––
2
H = 4,25 m
– 37
c) 1) O tempo de subida é dado analisando-se o mo vimento
vertical:
Vy = V0y + �y t (MUV)
0 = 5,0 – 10 ts ⇒ ts = 0,5s
2) O tempo de voo T é dado por:
T = ts + tQ = 2ts = 1,0s
3) O alcance D é obtido analisando-se o movi mento
horizontal:
�sx = Vx t (MU)
Vx = VA cos � = 10 . 0,87 (m/s) = 8,7 m/s
D = 8,7 . 1,0 (m)
Respostas: a) VA = 10 m/s 
b) Hmáx = 4,25 m
c) D = 8,7 m
104) 1) Conservação da energia mecânica:
mgH = 
mV2 = 2 m g H
Fcp = = 
Fcp = (N)
2)
2T – P = Fcp
2T = P + Fcp = 500 + 300
Resposta: C
105) 1)
 No ponto A: 
FN + P = FcpA
2mg + mg = 
2) Conservação da energia mecânica entre A e B:
(referência em B)
= + m g 2R
VB
2 = VA
2 + 4 g R = 3 g R + 4 g R = 7 g R
3) No ponto B:
F’N – P = FcpB ⇒ F
’N – mg = . 7gR ⇒
Resposta: E
106) 1) EpotB = 2EpotA = 2E
2) VB = VA cos 60° = ⇒ EcinB = EcinA
3) EB = EA
(referência no solo)
EcinB
+ EpotB = EcinA 
+ EpotA
EcinB
+ 2E = 4 EcinB
+ E
E = 3 EcinB
Resposta: E
m
–––
R
F’N = 8 m g
VA
–––
2
1
–––
4
E
EcinB 
= ––––
3
m VA
2
–––––––
R
VA
2 = 3 g R
EB = EA
m VB
2
–––––––
2
m VA
2
–––––––
2
m V2
–––––––
2
m V2
––––––
L
2 m g H
––––––––
L
2 . 50,0 . 10,0 . 3,0
––––––––––––––––––
10,0
Fcp = 300N
T = 400N
D = 8,7 m
38 –
– 39
FÍSICA
LIVRO 3 – ÓPTICA
Capítulo 1 – Ângulo Limite e Reflexão Total
5) a) Para incidência não ortogonal, a luz sofre desvio, afastan -
do-se da normal no ponto de incidência, quando se refrata
no sentido do meio mais refringente para o meio menos
re frin gente. 
b) A luz deve incidir do meio mais refringente para o meio
menos refringente, segundo um ângulo de incidência maior
do que o ângulo limite para o dioptro. 
Respostas: a) Afasta-se.
b) nA > nB e o ângulo de incidência deve superar o
ângulo limite.
6) Sendo a emergência rasante à superfície (ângulo de refração
igual a 90°), a luz incidiu, então, do meio mais refringente para
o meio menos refringente, nA > nB, sob ângulo de incidência
igual ao ângulo limite do dioptro, a = L. 
Resposta: B 
7) Para qualquer posição relativa entre o peixe e a gaivota,
sempre existirão raios de luz que se propagam do peixe para
a gaivota, sofrendo refração entre a água e o ar, sob ângulo
de incidência menor do que o ângulo limite para o dioptro: 
Resposta: E 
8) Para que o defeito da pedra não seja visto, os raios luminosos
dele provenientes, incidentes nas bordas do círculo de ouro,
devem sofrer emergência rasante, como representa a figura.
No triângulo retângulo ABC, temos:
tg a = = 
= 
= (I)
O ângulo a, entretanto, é o ângulo limite do dioptro pedra
preciosa–ar, logo:
sen a = = 
sen a = fi sen a = 0,80
Substituindo-se em (I), vem:
= fi = 
Da qual: 
Resposta: r = 10,0mm
9)
r
––––
7,50
BC
–––
AC
r
––––
7,50
sen a
–––––
cos a
r
––––
7,50
sen a
–––––––––––––

������ 1 – sen2 a
nar
––––––
npedra
nmenor
––––––
nmaior
1
––––
1,25
r
––––
7,50
0,80
–––––
0,60
r
––––
7,50
0,80
–––––––––––––

������ 1 – (0,80)2
r = 10,0mm
40 –
(I) Cálculo de sen L:
sen L = = 
(II) Cálculo de cos L:
sen2 L + cos2 L = 1
2
+ cos2 L = 1
Da qual: 
(III) Cálculo de p:
tg L = = 
 
= fi 
(IV) Parte não vista da palavra: FÍSI
Parte vista da palavra: CA
Resposta: C
10) A fibra é feita de material com elevado índice de refração abso -
luto e, por isso, o ângulo limite de incidência é relativa mente
pequeno e ocorre, intensamente, o fenômeno de reflexão total
da luz.
Resposta: A
11) O ângulo limite L é dado por:
sen L = 
sen L = = 
sen L = 
L = 45°
Resposta: C
12) O ângulo limite L é dado por:
sen L = 
sen L = = 
sen (45°) = 
nvidro = 
�2
Resposta: A
13) a) A luz sofre refração e reflexão. 
b) No ponto B da interface entre o vidro e o ar, a luz incide
sob ângulo a, tal que: 
a + 90° + 40° = 180° 
a = 50° 
Como o ângulo limite L é de 42°, a luz incide sob ângulo
maior do que o ângulo limite e sofre reflexão interna total
em B: 
Respostas: a) A luz sofre refração e reflexão. 
b) Vide esquema. 
14) a) Na face superior, temos:
n1 sen I = n2 sen r
nar sen I = nvidro sen (30°)
1,0 sen I = 
�2 .
I = 45°
b)
Na figura, o ângulo de incidência na face lateral é dado por: 
r + a + 90° = 180°
30° + a + 90° = 180° 
a = 60° 
O ângulo limite L para o dioptro vidro-ar é dado por: 
sen L = 
nar–––––
nlíq
1,0
–––––
5
–––
3
3
sen L = ––––
5
3�–––�
5
4
cos L = ––––
5
sen L
–––––
cos L
r
–––
p
3
––––
5
–––––
4
––––
5
3
–––
p
p = 4m
nmenor–––––––
nmaior
nar––––––
nfibra
1
–––––

�2
nmenor–––––––
nmaior
nar––––––
nvidro
1
––––––
nvidro

�2
–––––
2
1
––––––
nvidro
1
–––
2
nmenor–––––––
nmaior
sen L = = 
sen L = fi L = 45°
Como a > L, a luz sofre reflexão total na face vertical e não
emerge para o ar nessa face. 
Respostas: a) 45°
b) Não, pois i > L na face lateral.15)
Para que ocorra reflexão total do feixe de luz na superfície AB:
90° – θ > L
sen (90° – θ) > sen L
cos θ > 
Do gráfico, para λ = 400 nm, tem-se nV = 1,47, logo:
O menor valor possível para cos θ é tal que: 
Deve-se notar que ao menor valor de cos θ corresponde o
maior valor de θ (1.o quadrante).
Resposta: E
16) I) CORRETA. De acordo com o gráfico, observamos que, para
um ângulo de incidência pouco maior que 40°, a fração da
energia luminosa refletida passa, abruptamente, para
100%, significando que, para esse ângulo, toda a luz é
refletida na interface entre os meios 1 e 2. Como a reflexão
total só pode ocorrer quando a luz se propaga do meio
mais refringente para o meio menos refringente, concluí -
mos que n2 < n1. 
II) CORRETA. O ângulo limite L para o dioptro formado pelos
meios 1 e 2 é dado por: 
sen L = = 
45° > L fi sen (45°) > sen L
sen (45°) > 
> 
Como 
= 
�2 � 1,4, temos
> 1,4
III) INCORRETA. De acordo com o gráfico, observamos que,
para um ângulo de incidência de 30°, a razão entre a
energia luminosa refletida e a energia luminosa incidente
é de aproximadamente 10%; portanto, a razão entre a
energia luminosa refratada e a energia incidente é de 90%. 
A razão R’ entre a energia luminosa refletida e a energia
luminosa refratada é dada por: 
R’ = 
R’ � 0,111 < 0,2
IV) INCORRETA. Para uma incidência de 42°, a luz foi total -
mente refletida. 
V) CORRETA. Os raios refratados nas incidências oblíquas
ficarão mais afastados da normal que os incidentes.
Resposta: D 
17) Em dias quentes, uma camada de ar mais próxima do solo é
aquecida, diminuindo seu índice de refração absoluto em
relação à camada de ar mais fria imediatamente superior. 
Assim, para um observador, convenientemente posicionado,
pode ocorrer o fenômeno da reflexão total quando a luz se
propaga da camada de ar mais fria (índice de refração maior)
para a camada de ar mais quente, de índice de refração menor.
O observador poderá então ver no solo uma imagem refletida
do céu. Como a imagem do céu refletida no solo ocorre pela
reflexão da luz em uma superfície de água – uma poça, por
exemplo –, o observador interpreta que a superfície do asfalto
está coberta por uma camada de água. 
Resposta: B 
18) O índice de refração absoluto diminui com o aumento da alti -
tude e, portanto, o raio de luz aproxima-se cada vez mais da
normal.
nAr
––––
nV
1
cos θ > ––––
1,47
1
cos θ � –––––
1,47
nar––––––
nvidro
1
–––––

�2

�2
–––––
2
nmenor–––––––
nmaior
n2––––
n1
n2––––
n1
n1––––
n2
1
–––––––––
sen (45°)
1
–––––––––
sen (45°)
n1––––
n2
10%
––––
90%
– 41
42 –
FÍSICA
LIVRO 3 – ÓPTICA
Capítulo 2 – Dioptro Plano
6)
Resposta: D
7)
= 
Æ índice de refração absoluto do meio do observador (ar)
Æ índice de refração absoluto do meio do objeto (água)
= Æ
| p’|
––––
p
nobservador
––––––––––––
nobjeto
| p’ |
––––––
60cm
nar––––––
nágua
c
Lembrete: n = –––
V
c: módulo da velocidade da luz no vácuo
= 
= . 
= 
| p’ | = 0,75 . 60(cm)
A imagem é virtual (p’� 0)
8)
= 
= 
| p’ | = 10 . (m)
imagem virtual (p’ � 0)
Resposta: C
c
––––––
Var––––––––
c
––––––
Vágua
| p’ |
––––––
60cm
Vágua––––––
c
c
––––––
Var
| p’ |
––––––
60cm
2,25 . 105km/s
–––––––––––––––
3,0 . 105km/s
| p’ |
––––––
60cm
|p’ | = 45cm
nobservador
––––––––––––
nobjeto
| p’|
––––
p
nágua––––––
nar
| p’ |
––––––
10cm
1,3
–––––
1,0
| p’ | = 13m
– 43
9)
= 
= 
1,0 . p = 450 . 1,5
Resposta: 675m
10)
nobservador (ar)
––––––––––––––
nobjeto (água)
| p’|
––––
p
1,0
––––
1,5
450m
––––––
p
p = 675m
44 –
H = h + | p’ | fi
H = h + p . 
H = 1,3 + 2,0 . (m)
H = 1,3 + (m) fi H = 1,3 + 1,67 (m) fi
Resposta: A
11)
Resposta: D
|p’| nobservador nágua
Lembrete: –––– = –––––––––––– fi p’ = p –––––––
p nobjeto nar
nágua
–––––––
nar
4
–––
3
–––––
1
H = 2,97m
8,0
––––
3
– 45
FÍSICA
LIVRO 3 – ÓPTICA
Capítulo 3 – Lâmina de Faces Paralelas
7)
Resposta: B
46 –
8)
Resposta: B
9)
Resposta: A
– 47
10)
Resposta: B
11)
Resposta: A
48 –
12)
I)
Lei de Snell-Descartes:
nV . sen r = nar . sen i

��3 . sen r = 1 . sen 60°

��3 . sen r = 1 . 
sen r = 1 . 
II) Determinação do desvio lateral d
d = 
d = 
d = = 
��3 . 
��4 . . (cm)
d = 
��4 (cm)
Resposta: 2,0cm
DESVIO LATERAL (d)
e . sen (i – r)
d = –––––––––––––––
cos r

��3 
–––––
2
1 
–––
2
r = 30°
e . sen (i – r)
––––––––––––––
cos r

���12 . sen (60° – 30°)
––––––––––––––––––––
cos 30°
2 
–––––

��3 
1 
–––
2

���12 . sen 30°
–––––––––––––––––

��3 
–––––
2
d = 2,0cm
– 49
13)
Resposta: B
14) A velocidade da luz tem módulo constante dentro do
vidro (MU). Assim, temos:
V =
�s = V . �t fi
e = . �t
e = . 1,0 . 10–10(s)
e = 2,0 . 10–2m
Resposta: 2,0cm
�s
–––
�t
c c
Lembrete: n = ––– fi V = –––
V n
c 
–––
n
3,0 . 108 (m/s)
––––––––––––––––
1,50
e = 2,0cm 
50 –
15)
Resposta: B
16) a) Água b)
a) A substância da camada I é a água, pois sua massa especí fica (densidade) é menor que a do dissulfeto de carbono.
b)
– 51
17)
Refração na face não espelhada (Lei de Snell-Descartes):
nV . sen 	 = nar . sen 60°

��3 . sen 	 = 1 . 
sen 	 =
Resposta: A
18)
Resposta: D
19)
Comparação de (I) com (II)
n2 sen �2 = n sen �’2

��2 sen �2 = 1 sen 90°
sen �2 = fi sen �2 = fi
Para �2 = 45°, o ângulo � tem valor maior que o ângulo limite e, assim, ocorre reflexão total. 

��3 
–––––
2
1
–––
2
sen 	 = 30°
� n1 sen �1 = n sen�’2n1 sen �1 = n2 sen�2
�2 = 45°

��2
–––––
2
1
–––––

��2
52 –
Resposta: �2 � 45°
20)
Assim, se i � L, teremos r � L e não ocorrerá refração nas fronteiras 2/3 e 2/1.
Resposta: 
21)
Comparando-se I com II 
n1 sen i = n3 sen i’
2,0 sen i = 1,0 . sen 90°
sen i = 
Resposta: i = 30°
n2
sen i � ––––
n1
n2
sen i � ––––
n1
� n2 sen r = n1 sen in2 sen r = n3 sen i’
1
–––
2
i = 30°
– 53
FÍSICA
LIVRO 3 – ÓPTICA
Capítulo 4 – Prismas Ópticos
9)
nar sen i = nvidro sen r
1 . sen 60° = 
�3 . sen r
= 
�3 sen r
sen r = 
Resposta: B
10) a)
b) nar sen 60° = nvidro . sen 30°
1 . = nvidro . 
Respostas: a) Vide esquema
b) 
�3 
11)
90° – r1 + 90° – r2 + � = 180°
180° – r1 – r2 + � = 180°
Resposta: B
12) 
r1 + r2 = 60° i1 – r1 + i2 – r2 = a
r1 = r2 = 30° i1 + i2 – (r1 + r2) = a
60° + 60° – 60° = a
Resposta: D
13)
� = 50° – r1 + 30° – r2
� = 80° – r1 – r2
� = 80° – (r1 + r2)
� = 80° – 60°
Resposta: A
14)
Resposta: B

��3
––––
2
1
–––
2
r = 30°

��3
––––
2
1
––––
2
nvidro = 
�3
� = r1 + r2
i1 + i2 – A = a
a = 60°
D = 20°
54 –
15)
nprisma . sen 37° = nar . sen 90°
nprisma . 0,60 = 1 .1
nprisma = 
Resposta: B
16)
� = i1 + i2 – A 
� = 45° + i2 – 60° ⇒ � = 45° + 45° – 60°
nar sen i1 = n . sen r1
1 . = 
�2 . sen r1
sen r1 = 
r1 = 30°
A = r1 + r2
60° = 30° + r2
i2 = 45°
Resposta: D
17)
nar sen r = nprisma . sen 30°
1 . sen r = 
�3 . 
sen r = 
� = i1 + i2 – A
� = 0 + 60° – 30°
Resposta: 30°
1
––––
0,60
nprisma � 1,7
� = 30°

�2
––––
2
1
––––
2
r2 = 30°
r = 60°
1
––––
2

�3
––––
2
� = 30°
– 55
18)
Resposta: B
19) I. Verdadeira.
A luz violeta sofre o maior desvio no prisma (aproxima-se mais da reta normal) e, por isso, o índice de refração do vidro é maior para
o violeta.
II. Falsa.
O índice de refração do vidro é maior para a luz violeta.
III. Falsa.
O módulo da velocidade da luz vermelha é maior que o da luz violeta dentro do prisma, pois o índice de refração do prisma para a
luz vermelha é menor que o para a luz violeta.
IV. Verdadeira.
A luz vermelha (nmenor) é mais veloz que a luz violeta (nmaior), no interior do prisma. Outra razão para confirmar este fato é o desvio
menor da luz vermelha em relação à violeta no prisma.
V. Falsa.
Os desvios diferentes das luzes vermelha e violeta mostram que as velocidades não têm módulos iguais.
Resposta: D
20)
Respostas: E
21)
Resposta: 02 + 04 + 08 + 16 = 30
56 –
22)
a) Verdadeira.
Quando i1 = i2, temos r1 = r2 e o desvio δ é o menor possível.
b) Verdadeira.
= = = n
c) Verdadeira. r1 + r2 = A (ângulode abertura ou de refrin gên -
cia do prisma)
d) Verdadeira.
Desvio angular: δ = i1 + i2 – A
e) Falsa.
Na verdade: =
Resposta: E
23) 1) Para que haja refração na face BC, o ângulo de inci dên cia r’
não pode superar o ângulo limite de incidência (L) no
dioptro vidro-ar. Assim, temos:
r’ � L
sen r’ = sen L
sen r’ = = 
sen r’ =
2) Da expressão do ângulo de refringência, vem:
A = r + r’
75° = r + 45°
3) Aplicando-se a Lei de Snell-Descartes para a refração da luz
na face AB, vem:
nAr sen i = nV sen r 
1 . sen � = 
�2 . sen 30°
sen � = 
Resposta: C
24)
Como na figura ocorre reflexão total:
>
45° > L
sen 45° > sen L
> 
>
nvidro > 
nvidro > 
nvidro > 
�2
Resposta: E
nprisma––––––
nmeio
sen i2––––––
sen r2
sen i1––––––
sen r1
sen i2––––––
sen r2
sen i1––––––
sen r1
1
––––

�2
nmenor–––––––
nmaior

�2
––––
2
r’ = 45°
r = 30°

�2
––––
2
� = 45°
ângulo limite do dioptro
plano formado pelo vidro
e pelo ar
ângulo de incidência de
45° na face horizontal 
nmenor (ar)
–––––––––––
nmaior (vidro)

�2
––––
2
1
–––––––
nvidro

�2
––––
2
2
––––

�2
2
�2
––––––––

�2 
�2
nvidro > 1,41
– 57
25)
Para que a luz sofra reflexão total no interior dos prismas, o
ângulo 	 indicado no esquema acima deve superar o ângulo
limite do dioptro considerado.
	 > L ⇒ sen 	 > sen L
sen 	 > 
Sendo 	 = 45° e nar = 1, vem:
sen 45° > ⇒ >
np > ⇒ (npmín � 
��2)
Resposta: B
26)
A > L ⇒ sen A > sen L (ângulo limite)
sen A > 
sen (90° – �) > 
sen (90° – �) > 
90° – � > arc sen 
– � > arc sen – 90°
Resposta: � < 90° – arc sen 
27)
nv . sen i = nar . sen r
1,6 . sen i = 1 . sen 90°
sen i = 
sen i = 0,625 
Resposta: E
nar
––––
np
1
––––
np

��2
––––
2
1
––––
np
np > 
��2 
2
––––

��2
nar––––
nvidro
1
––––
1,5
2
––––
3
�2––––3�
�2––––3�
2
� < 90° – arc sen �––––�3
�2––––3�
1
––––
1,6
i = arc sen 0,625
58 –
FÍSICA
LIVRO 3 – ÓPTICA
Capítulo 5 – Lentes Esféricas
8) A figura representa uma lente de bordas espessas. Para
descobrirmos se a lente será convergente ou divergente,
precisamos analisar seu índice de refração. Se o índice de
refração da lente for nL e o da água for nA, teremos:
Se nL > nA, divergente, ou > , então > 1 e
teremos uma lente divergente. Como o índice de refração n
dado no exercício corresponde a n = , se n > 1 teremos
uma lente divergente.
Resposta: A 
9) Como a luz atravessa a caixa, o elemento óptico no meio dela
precisa ser transparente para permitir a passagem dos raios. 
Além disso, os raios que saem são desviados para fora; logo
o elemento óptico deve ser uma lente divergente. 
Resposta: B 
10) Quando a lente está mergulhada no ar, seu índice de refração
é maior que o do meio ao redor (1,5 > 1). Ao se inserir a lente
de n = 1,5 em um meio com índice de refração n = 1,7, sua
característica irá alterar-se, já que 1,7 > 1,5. Logo, a lente que
era convergente se torna divergente. 
Resposta: B 
11) Para queimar a folha de papel, o estudante necessita con -
centrar os raios de luz do sol. Ele consegue realizar este feito
se utilizar lentes convergentes, neste caso representadas por
lentes de bordas finas, I e III. 
Resposta: B 
12) Como os raios atravessam o aquário afastando-se entre si,
este exerce a função de lente divergente. 
Resposta: D
13) A imagem i da figura é menor que o objeto O, direita, e
encontra-se do mesmo lado deste. Além disso, a imagem foi
construída utilizando-se o prolongamento do raio refratado, o
que a torna uma imagem virtual. Logo, o dispositivo PQ
representa uma lente divergente. 
Resposta: E 
14) Como a lente é plano-convexa, ela tem bordas finas. Como o
índice de refração do vidro é maior que o do ar, concluímos
que a lente será convergente. 
Resposta: B 
15) O formato da bolha indica que se trata de uma lente bicon -
vexa, portanto de bordas finas. Como o índice de refração do
ar que forma a bolha é menor que o do vidro, a lente de bordas
finas será divergente. 
Resposta: B 
16) Raios que vêm paralelos ao eixo principal de uma lente
convergente são concentrados no foco. Logo, o papel deve
estar sobre o foco, à mesma distância focal da lente. 
Resposta: B 
17) Os dispositivos capazes de concentrar os raios solares em um
ponto e assim acender o cigarro são o espelho côncavo e a
lente convergente. 
Resposta: D
18) Se colocássemos o objeto em B, obteríamos uma situação
análoga à da figura, na qual o objeto se encontra no ponto
antiprincipal da lente e a imagem também.
Resposta: A
19) a)
b) Como a imagem é formada pelos prolongamentos do raios
originais refratados, ela é virtual. 
20) a)
b) Como a imagem é formada pelos prolongamentos dos
raios refratados originais, ela é virtual. 
21) a) A imagem é invertida e menor que o objeto; então a lente
será necessariamente convergente. 
b)
C : centro óptico
F’ : foco imagem prin cipal
F : foco objeto prin ci pal
A : ponto antiprin ci pal objeto
A’ : ponto antiprin ci pal imagem
nL––––
nA
nA––––
nA
nL––––
nA
nL––––
nA
– 59
22) Notamos na figura que a imagem das letras é menor, direita e
virtual em relação à página do livro; logo, a lente utilizada é
divergente. Ao se aproximar a lente dos olhos, ela vai afas -
tando-se da página do livro, tornando a imagem cada vez
menor, sem mudar as outras características. 
Resposta: A 
23) Observar se elas podem ser perfeita men te justa postas;
assim, um pincel incidente cilín drico emerge também
cilíndrico; isto é, justa postas, elas se transformam em
uma lâmina de faces paralelas.
24) a) A lente L1 é convergente, pois a imagem formada é maior,
virtual e direita. Já a lente L2 é divergente, pois a imagem
formada é menor, virtual e direita. 
b) L1: virtual, aumentada, direita / L2: virtual, diminuída,
direita.
32) A distância focal vale f, a distância do objeto à lente é p = 3f.
Para se descobrir a distância entre o objeto e a imagem, é
preciso antes encontrar p', a distância da lente à imagem. 
Usando-se Gauss, obtém-se: 
= + ; = + ; = – ;
= – ; = ; 
Esquematicamente, tem-se: 
Logo, a distância entre objeto e imagem será: 
d = p + p' 
d = 3f + 
d = 
Resposta: E 
33) Para descobrirmos a distância p’ da imagem à lente, dada a
distância focal f = 6,0cm e a distância do objeto à lente, 
p = 30cm, fazemos: 
= + ; = + ; = – ;
= – ; = 
p' = 7,5cm 
Resposta: E 
34) Para calcularmos a distância entre o objeto e a imagem, pri -
meiro precisamos obter a posição do objeto p e da imagem p'.
A distância focal para a lente convergente dada vale f = 30cm.
Como a “imagem obtida é direita e duas vezes maior que o
objeto”, o aumento linear vale A = 2. Assim: 
A = ; 2 = ; 2 (30 – p) = 30; 60 – 2p = 30; – 2p = – 30
= + ; = + ; = – ;
= – = – ; 
Esquematicamente, tem-se: 
Logo, a distância entre o objeto e a imagem vale: 
d = 30 – 15 = 15cm 
Resposta: D
35) Na primeira situação, como o objeto está muito afastado da
lente, p = ∞. Também é dado p’ = 6cm. Assim:
= + ; = + ; = 
Na segunda situação, p = 18cm, e a distância p’ da imagem à
lente será: 
= + ; = + ; = – ;
= 
Resposta: C 
1
–––
f
1
–––
p
1
–––
p’
1
–––
f
1
–––
3f
1
–––
p’
1
–––
p’
1
–––
f
1
–––
3f
1
–––
p’
3
–––
3f
1
–––
3f
1
–––
p’
2
–––
3f
3f
p’ = –––
2
3f
–––
2
9f
–––
2
1
–––
f
1
–––
p
1
–––
p’
1
–––
6
1
–––
30
1
–––
p’
1
–––
p’
1
–––
6
1
–––
30
1
–––
p’
5
–––
30
1
–––
30
1
–––
p’
4
–––
30
30
p’ = ––– cm
4
f
–––––
f – p
30
–––––
30 – p
p = 15cm
1
–––
f
1
–––
p
1
–––
p’
1
–––
30
1
–––
15
1
–––
p’
1
–––
p’
1
–––
30
1
–––
15
1
–––
p’
1
–––
30
2
–––
30
1
–––
30
p’ = – 30cm
1
–––
f
1
–––
p
1
–––
p’
1
–––
f
1
–––
∞
1
–––
6
1
–––
f
1
–––
6
f = 6,0cm
1
–––
f
1
–––
p
1
–––
p’
1
–––
6
1
–––
18
1
–––
p’
1
–––
p’
3
–––
18
1
–––
18
1
–––
p’
2
–––
18
p’ = 9,0cm
60 –
36) Como equivale a e equivale a , para encon -
trar a distância focal, podem-se utilizar quaisquer coordenadas 
de um ponto do gráfico. Usando-se = 5 e = 0 (0;5), 
tem-se: = + ; = 5 + 0; = 5; f = m = 0,2m
Resposta: D
37) Deseja-se descobrir em a) p = ? e em b) f = ?. Como o objeto
tem 12cm de altura