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232 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
592 Alternativa a.
f1 � 
 
v
2L
 (tubo aberto)
f2 � 
 
v
4L
 (tubo fechado)
 
f
f
v
v
1
2
2� � �
2L
4L
593 Alternativa d.
594 Alternativa c. A proveta equivale a um tubo sono-
ro fechado, cujo comprimento é � � 40 � 10 � 30 cm.
A onda representada na figura corresponde ao 3º- har-
mônico, e como a proveta está em ressonância com o
diapasão, concluímos que f3 � 855 Hz.
Mas f3 �
 
3
4
v
�
. Logo:
v �
 
f3 4
3
855 4
3
�
�
� �� 0,3 → v � 342 m/s
595 Alternativa a.
Tempo de ida:
s � v1t1 → 3 400 � 340t1
t1 � 10 s
Tempo de volta:
v2 � �f → v2 � 200 � 17
v2 � 3 400 m/s
s � v2t2 → 3 400 � 3 400t
t2 � 1 s
Logo: t1 � 10 � 1 � 11 s
596 Alternativa d.
No modelo proposto:
� � 4 � 2,5 � � � 10 cm ou � � 0,1 m
Sendo v � 340 m/s e v � � � f:
340 � 0,1 � f → f � 3 400 Hz
597 Alternativa c. A pessoa dentro da água não ouve
o som de alerta dos seus companheiros porque o som
é quase que totalmente refletido na superfície da água.
598 Alternativa d. Como v � �f, v � 220 � 1,5 �
� 330 m/s.
Considerando-se �s a profundidade do poço, o inter-
valo de tempo �t que o som leva para percorrê-la é
�t �
 
8
2
� 4 s.
� �s � v � �t → �s � 330 � 4 � 1 320 m.
599 Alternativa c.
v � 1 500 m/s; t � 1 s
2x � v � t → 2x � 1 500 → x � 750 m
600 Alternativa a. Como na posição x o tempo de re-
torno do pulso aumenta, trata-se de um trecho mais
fundo que os demais: uma depressão submarina. Do
gráfico, temos t � 4 s. Assim:
2h � v � t → 2h � 1,4 � 4 → h � 2,8 km, em relação ao
nível do mar.
601 a) O sonar usa o princípio da reflexão para deter-
minar distâncias. Supondo as velocidades constantes
nos respectivos meios, podemos escrever:
• Aparelho emerso:
ttotal � t1 � t2 → 0,731 � t1 � t2
Sendo M � U, temos: s � vt → t �
 
S
v
.
Sendo a mesma distância e a mesma velocidade:
0,731 �
 
S
v
S
v
1
1
2
2
� → 0,731 �
 
S
v
S
v
�
0,731 � 2S
var
 (1)
• Aparelho submerso
ttotal � t1 � t2 → 0,170 � t1 � t2
0,170 � 
 
S
v
S
v
1
1
2
2
� → 0,170 �
�
 
2S
vágua
 (2)
Substituindo 1 em 2 , temos:
0,731 � Var � 0,170 � Vágua → 
 
V
v
água
ar
� 4,3
b) Ao passar do ar para a água, não há variação na
freqüência, logo: v � �f → f �
 
v
�
fágua � far → 
 
v vágua
água
ar
ar
água
ar�
�
�
�
�
→ � 4,3
602 Alternativa d. Ao mudar o meio de propagação do
som, mudam a velocidade de propagação e o compri-
mento de onda, permanecendo a mesma freqüência.
Logo, b e e são falsas.
Como vágua � var, então �água � �ar. Assim, a e c são
falsas.
t1
t2
t1
t2
RESOLUÇÃO 233
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
603 Alternativa a. Quando duas ondas atingem uma
mesma região do espaço, suas elongações somam-se
algebricamente, resultando numa onda de intensidade
reforçada ou enfraquecida; esse fenômeno é denomi-
nado “interferência”. Para fazer “ruído” anular “ruído”,
basta fazer as ondas interferirem em oposição de fase,
ou seja, fazer que o máximo de uma coincida com o
mínimo da outra.
604 Alternativa b. Como as fontes emitem em oposi-
ção de fase, a interferência construtiva ocorre em pon-
tos do espaço nos quais a diferença de percurso entre
as ondas incidentes seja um nº- ímpar de meios com-
primentos de onda. No caso:
rB � rA � 25 � 20 � 5 m
� � 
 
v
f
�
340
170
 � 2 m
rB � rA � n
 
�
2
 → 5 � n � 
 
2
2
 → n � 5
A onda resultante da interferência não muda sua fre-
qüência, já que ambas as fontes emitiram sons de
170 Hz.
605 Alternativa e. O efeito Doppler só ocorre quando
a fonte sonora se movimenta em relação ao observa-
dor. Isso só ocorre nos eventos II e III descritos no enun-
ciado. Para fontes que se aproximam, a freqüência
aparente é maior que a emitida, enquanto para fontes
que se afastam do observador, a freqüência percebida
é menor que a original.
606 Alternativa c. Ao percorrer o trecho AB, a sirene
se aproxima do observador. Logo, a freqüência ouvida
por ele é maior que 350 Hz, e ele ouve, portanto, um
som mais agudo.
� (I está incorreta)
No trecho BCD, a sirene se mantém sempre a 20 m do
observador. Logo, ele ouve um som de freqüência
350 Hz nesse trecho.
� (II) está correta.
Ao percorrer DE, a sirene se afasta do observador, que
ouve um som cada vez mais grave que 350 Hz.
� (III) é incorreta.
607 Alternativa b.
f� � f
 
v v
v v
ar
ar F
±
±
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
0
f� � 990
 
v
v v
ar
ar ar
�
�
0
0 1,
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
f� � 990 �
 
v
v
ar
ar0 9,
f� � 1 100 Hz
608 Alternativa b.
v0 � 80 km/h � 22,2 m/s
Dados: f � 700 Hz
v � 350 m/s
f� � f � 
 
v v
v vF
�
�
0⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ → f� � 700 � 
 
350
350
� 22,2⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
f� � 2 � 372,2
f� � 744,4 � 745 Hz
Para freqüências maiores que essa, o policial pode
multar o veículo de passeio.
609 Alternativa d. A freqüência aparente fo � 436 Hz
percebida pelo observador (violinista) é menor que a
freqüência real emitida pelo diapasão, fF � 440 Hz, de-
vido ao efeito Doppler-Fizeau. Sendo V a velocidade
do som no ar, Vo a velocidade do observador e vF a
velocidade do diapasão imediatamente antes da coli-
são com o solo, temos:
 
f
V V
f
V V
o
o
F
F± ±
�
Observando que V � 330 m/s e Vo � 0, calculemos VF.
 
436
330 0
440
330
330 440 330
436�
�
�
� �
�
V
V
F
F→
VF � 3,03 m/s
O diapasão em queda livre descreve movimento uni-
formemente variado, para o qual vale a equação de
Torricelli:
VF
2 � V1
2 � 2gH
(3,03)2 � (0)2 � 2 � 9,8 � H
H � 0,47 m
0
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
234 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
610 Alternativa d.
É quantizada porque só aparece em múltiplos inteiros
da carga elementar: Q � n � e.
611 Alternativa c.
Q � n � e → 3,2 � 10�4 � n � 1,6 � 10�19
n � 
 
3 2 10
16 10
4
19
, �
�
�
�
 → n � 2 � 1015 elétrons
Como Q 
 0, a esfera contém um excesso de 2 � 1015
elétrons.
612 Alternativa c.
De acordo com o princípio da conservação da carga
elétrica:
QU � 2Qd � Qneutro → 
 
2
3
e � 2Qd � 0
2Qd � �
 
2
3
e → Qd � �
 
1
3
e
613 Alternativa c.
Estão corretas as afirmativas II, III e V.
614 Alternativa a.
20 �C �2 �C 9 �C 9 �C
2º- contato:
9 �C �6 �C 1,5 �C 1,5 �C
Logo, QA
� � 1,5 �C, QB
� � 9 �C e QC
� � 1,5 �C
615 Alternativa b.
A carga total do sistema é �Q �Q � 0
A massa total do sistema é M � M � 2M
616 Alternativa c.
As cargas elétricas em excesso, adquiridas pela barra
metálica durante o atrito, fluem pela barra e pelo corpo
humano porque ambos são bons condutores.
617 Alternativa b.
I. Verdadeira
Corpo eletrizado positivamente: nelétrons 
 nprótons
Corpo eletrizado negativamente: nelétrons � nprótons
II. Falsa, pois todos os corpos possuem cargas elé-
tricas.
III. Falsa, pois nprótons � nelétrons
IV. Verdadeira, pois ficam eletrizados com cargas de
mesmo módulo mas de sinais contrários.
V. Verdadeira.
618 Alternativa c.
Quando aproxima-se o bastão eletrizado da esfera da
direita, ocorre indução no conjunto.
Afastando-se as esferas com a presença do bastão,
teremos:
619 Alternativa a.
Após o processo de eletrização por indução, a esfera
à esquerda terá excesso de cargas negativas,
enquando a esfera à direita terá excesso de cargas
positivas.
Como as esferas são separadas, porém permanecem
próximas, pelo princípio das ações elétricas as cargas
de sinal contrário se atraem como representado na al-
ternativa a.
620 Alternativa d.
Ocorrerá indução no condutor, ou seja, a esfera A fica-
rá com falta de elétrons, enquanto os elétrons livres se
acumularão em B.
Separando as esferas na presença do bastão eletriza-
do, a esfera A adquire carga positiva e a esfera B ad-
quire carga negativa.
621 Alternativa c.
a) Falsa, pois na 2ª- situação não pode ocorrer repulsão.
b) Falsa porque cargas positivas se repelem.
c) Verdadeira. Cargas de sinais opostos se atraem.
d) Falsa, pois com B negativo e pênculo neutro ocor-
reria atração.
e) Falsa, pois um corpo eletrizado (B) não repulsaum
corpo neutro.
622 Alternativa d.
Com a aproximação do objeto carregado positivamente
aumenta o número de cargas negativas na esfera do
eletroscópio e diminui nas suas lâminas. Logo, aproxi-
mam-se uma da outra. Ao se tocarem, ambos os cor-
pos se neutralizam e as lâminas se fecham.
623 Alternativa d.
As expressões que permitem o cálculo das intensida-
des das forças gravitacional (F) e elétrica (F�) entre duas
partículas separadas por uma distância r, são:
F � G � 
 
m m
r
1 2
2
�
,
m1 e m2 são as massas das partículas.
G: constante de gravitação universal que não depende
do meio.
e
F� � k � 
 
q q
r
1 2
2
�
:
q1 e q2: valores absolutos de carga de cada partícula.
k: constante eletrostática que depende do meio que
envolve as cargas.
Portanto, a única grandeza comum às duas leis é o
inverso do quadrado da distância.
624 Alternativa c.
Representando os vetores que atuam na carga q, te-
mos:
Eletrostática
A B A B
A AC C
� nêutra �
RESOLUÇÃO 235
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
�Q
�Q �Q
�q C
E
B
A
D
�Q
�q
F FR
F
�
625 Alternativa a.
Representando as duas situações, temos:
(antes do contato) força de atração ⇒ sinais contrári-
os
(após o contato) força de repulsão ⇒ mesmo sinal
Portanto, a nova força será:
F � 
 
k Q Q
d
� �1 2
2 ⇒ 3 � 10�1 � 
 
k Q Q
d
� � 3
2 ⇒
⇒ 
 
k Q Q
d
� �
2 � 10�1
F � 
 
k Q Q
d
� �� �
1 2
2 ⇒ F � k � 
 
k Q Q
d
� �
2 ⇒ F � 10�1 N
626 Alternativa b.
Para que o sistema permaneça em repouso, as cargas
devem ter sinais iguais.
627 a) As cargas A e B possuem sinais contrários já
que há força de atração entre elas.
b) Representando os vetores em B:
Estando o corpo B em equilíbrio (�F � 0), logo:
(1) T � cos � � Pe
(2) T � sen � � F
Dividindo (2) por (1):
 
T sen
T
� �
� �cos
 � 
 
F
P
 → tg � � 
 
F
m g�
 → F � 
 
3
4
N
F � 
 
k Q Q
d
0 1 2
2
� �
 → 
 
9 10
0 1
9 2
2
� � Q
( , )
 � 
 
3
4
 →
→ Q2 � 
 
4 10
27
11� �
 � 1,22 �10�6 C
628 Alternativa d.
A atração ocorre por indução. Veja:
Cargas de sinais contrários estão mais próximas →
forças de atração maior que a de repulsão
629 Alternativa b.
Dados: Q2 � 4 � Q1; dA, B � 30 cm � 0,3 m; Q3 � 2 � Q1
Representando as forças, temos:
Para que haja equilíbrio, devemos ter:
F1, 3 � F2, 3 → k0 � 
 
Q Q
d
1 3
1 3
2
�
,
 � k0 � 
 
Q Q
d
2 3
2 3
2
�
,
 →
→ k0 � 
 
Q
d
1
1 3
2
,
 � 
 
Q
d
2
2 3
2
,
 
Q
x
1
2 � 
 
4
0 3
1
2
�
�
Q
x( , )
 → ( , )0 3 2� x � 4 2� x →
→ 0,3 � x � 2x → x � 0,1 m � 10 cm
630 Alternativa d.
Dados: d1, 2 � 4 � 10�2 m; d2, q � 2 � 10�2 m
Para que a carga q fique em equilébrio, devemos ter:
F1, q � F2, q (condição de equilíbrio)
F1, q � F2, q → k0 � � k0 � 
Q q
d
k
Q q
dq q
1
1
2 0
2
2
2
� 
 � � 
 � 
 
, ,
→
→ � 
Q
d
Q
dq q
1
1
2
2
2
2
, ,
Q
Q
d
d
Q
Q
q
q
1
2 2
2
1
2
2
1 � � 
�
�
 
�
�
,
,
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
→
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
 6 10
2 10
2
2
 
� 9
631 Dados: Q1 5 4Q; Q2 5 2Q; d1, 2 5 3 unidades
a) Representando os vetores, temos:
T
B F
P
α
α
A região em que a partícula pode ficar em equilíbrio é a
região III, pois além de os vetores força possuírem a
mesma direção e sentidos opostos, a carga �Q está
mais próxima da carga de menor módulo e mais dis-
tante da de maior módulo, fazendo com que haja uma
compensação no cálculo da resultante.
b) Determinando o ponto de equilíbrio:
Para que haja equilíbrio, �F � 0; logo:
FQ1, Q � FQ2, Q ⇒ k0 � � 
Q Q
x
Q Q
x
1
2
2
23
�
�
�
�
( )
→
→ 
4
3 2 2
Q
x
Q
x( )�
 � 
2
3
1
 � 
 � 
x x
 → 2x � 3 � x → x � 3
Portanto, a partícula ocupa a posição 11.
236 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
632 Dados: mA � mB � 1,0 � 10�4 kg; qA � qB � �4 � 10�8 C;
g � 10,0 m/s2; k0 � 9 � 109
 
N m
C
� 2
2
Representando a situação, temos:
Estando a esfera B em equilíbrio:
�F � 0 → F � PB
k0 � 
 
Q Q
d
A B
A B
�
,
2
 � mB � g → h2 � k0 � 
 
Q Q
m g
A B
B
�
�
h2 � 9 � 109
 
( )4 10
1 10 10
8 2
4 1
�
� �
�
�
 → h2 � 144 � 10�4
h � 12 � 10�2 m � 0,12 m
633 Dados: mA � 50 g � 5 � 10�2 kg; mB � 100 g �
� 10�1 kg; � � 30°; d � 30 cm � 3 � 10�1 m; qA � qB
Para que a esfera A possa ficar em equilíbrio, os sinais
das cargas fornecidas às esferas deverão ser opostos.
Desta forma, a força de atração entre as esferas é igua-
lada pela projeção da força peso, logo:
F � PxA ⇒ k0 � 
 
Q Q
d
A B�
2 � mA � g � sen �
Q2 � 
 
d m g sen
k
A
2
0
� � � �
 →
→ Q2 � 
 
( )3 10 5 10 10 5 10
9 10
1 2 2 1 1
9
� � � � � �
�
� � �
Q2 � 25 � 10�13 � 2,5 � 10�12
Q � 1,6 �C
634 Alternativa c.
Dados: q � 5 �C � 5 � 10�6 C; F � 4 � 10�3 N
F � q � E → 4 � 10�3 � 5 � � 10�6 E
E � 800 N/C ou E � 0,8 k � N/C
635 Alternativa d.
Dados: m � 1 � 10�5 kg; q � 2 �C � 2 � 10�6 C; g �
� 10 m/s2
F � P → q � E � m � g
2 � 10�6 E � 1 � 10�5 � 10
E � 50 V/m
636 Alternativa c.
Dados F � 4,0 mN � 4,0 � 10�3 N; E � 2,0 k N/C �
� 2,0 � 103 N/C
E � 
 
F
q
 → q � 
 
F
E
 � 
 
4 10
2 10
3
3
�
�
�
 � 2 � 10�6 ou 20 �C
637 Alternativa a.
Dados: Q � 6 �C � 6 � 10�6 C; d � 30 cm � 0,3 m
E � 
 
k Q
d
0
2
�
 → E � 
 
9 10 6 10
0 3
9 6
2
� � � �
( , )
 → E � 6 � 105 N/C
638 Alternativa d.
A intensidade do vetor campo elétrico em questão é
dada por E � k0 � 
 
Q
d2
Assim, a quantidade de carga será:
Q � 
 
E d
k
� 2
0
 � Q � 
 
3 2 10 3 10
9 10
4 2 2
9
, ( )� � �
�
�
Q � 3,2 � 10�9 C
Então, o excesso de prótons é:
n � 
 
Q
e
 → n � 
 
3 2 10
16 10
9
19
,
,
�
�
�
�
 � n � 2 � 1010 prótons
639 Alternativa a.
Isolando as forças, temos:
F � q � E → F � 1 � 10�6 � 107 → F � 10 N
F � Tx → F � T � cos 60°
10 � T � 
 
1
2
T � 20 N
640 a) O campo é mais intenso nos pontos em que as
linhas de campo são mais próximas, isto é, mais pró-
ximas da carga q1.
b) Como q1 e q2 são positivas (o campo é de afasta-
mento), o rpoduto q1 � q2 é positivo. Logo: q1 � q2 � 0.
641 08
01. Falsa, pois o campo em P
é de aproximação.
02. Falsa, pois ER � E1 � E2
04. Falsa, pois têm sentidos contrários.
08. Verdadeira, pois:
16. Falsa, pois têm o mesmo módulo, a mesma dire-
ção e sentidos opostos.
RESOLUÇÃO 237
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
642 Alternativa b.
No ponto P, temos:
Assim a intensidade do vetor campo elétrico resultan-
te (ER) é dado por ER � E1� E2.
ER � 9 � 109 � 
 
20 10
0 2
6
2
�
( , )
 � 9 � 109 � 
 
64 10
0 8
6
2
� �
( , )
 →
→ ER � 3,6 � 106 N/C
643 Alternativa b.
Como �Q ���q� e EQ � Eq, o campo elétrico será nulo
num ponto situado à esquerda da carga �q.
644 Alternativa c.
E1 � E2 → k0 � 
 
Q
x
1
2 � k0 � 
 
Q
x
2
236( )�
 
3 10 6
2
� �
x
 � 
 
75 10
36
6
2
�
�
�
( )x
 
1
2x
 � 
 
25
36 2( )� x
25x2 � (36 � x)2
24x2 � 72x � 1296 � 0
x2 � 3x � 54 � 0 → x� � 6
x� � �9
Logo, as abscissas são:
24 � 6 � 30 cm ou 24 � 9 � 15 cm
645 Alternativa b.
Do enunciado, temos:
Cálculo de ER:
 ER
2 � E2 � E2 � 2 � E � E � cos 60° →
→ ER
2 � E2 � E2 � E2 → ER
2 � 3E2 → ER � 3 E
Logo ER � 
 
3
36
k � q; direção y e sentido positivo.
647 Alternativa e.
Como as cargas elétricas, devido às cargas, têm o
mesmo módulo E, o campo elétrico resultante é para-
lelo à reta que une as cargas.
646 Alternativa a.
Cálculo de d:
d2 � 32 � 3 3
2( ) → d2 � 9 � 27 → d2 � 36 → d � 6
Cálculo de E:
E � k0 � 
 
q
d2 → E � k0 � 
 
q
62 → E � k0 � 
q
36
E � k0 � 
 
q
52 → E � k0 � 
q
25
E1 � k � 
 
q
32 → E1 � k0 � 
q
9
E2 � k � 
 
q
42 → E2 � k0 � 
q
36
Logo:
 
E
E1
 � 
 
k q
k q
�
�
25
9
 → 
 
E
E1
 � 
 
9
25
 → E1 � 
 
25
9
E
 
E
E2
 � 
 
k q
k q
�
�
25
16
 → 
 
E
E2
 � 
 
16
25
 → E2 � 
 
25
16
E
648 Alternativad
E2 � k0 � 
 
Q
�2
E3 � k0 � 
 
Q
� 2
2( )
 → E3 � 
 
1
2
 � 
 
k Q0
2
�
�
Logo: E3 � 
 
1
2
 � E2 → 
 
E
E
2
3
 � 2
649 Alternativa e.
O campo elétrico resultante é ER � E1 � E2.
E1 � k � 
 
q
d
2
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
 � k 
 
q
d2
4
 � 
 
4
2
kq
d
 � E2 � 
 
4
2
kq
d
	Eletrostática