Movimento circular uniforme

– 61

1. (FUVEST-TRANSFERÊNCIA-2012) – Um pulsar é umaestrela em rotação que emite um pulso de radiação a cada rotaçãocompleta. Astrônomos estudaram um pulsar que emite um pulso deradiação a cada 30 ms. A velocidade angular dessa estrela é a) 20 rad/s b) 30 rad/s c) 100 rad/s.d) 200 rad/s e) 300 rad/s Adote � = 3; 1 ms = 10–3s

RESOLUÇÃO:

� = = = rad/s

Resposta: D

2. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA) – O carrossel de umparque de diversões realiza uma volta completa a cada 20s. Adote � = 3.Determinea) a velocidade angular do carrossel;b) as velocidades linear e angular de uma pessoa que está a 3,0m do

eixo de rotação do carrossel;c) o tempo gasto por uma pessoa que está a 6,0m do eixo para

completar uma volta.

RESOLUÇÃO:a) T = 20s ⇒ �C = = =

b) 1) �P = �C = 0,3

2) VP = �PR = 0,3 . 3,0 (m/s) = 0,9 m/s

c) Δt = T = 20s

Respostas: a) 0,3 rad/sb) 0,3 rad/s e 0,9 m/sc) 20 s

3. (UFJF-MODELO ENEM) – Um velocímetro comum de carromede, na realidade, a velocidade angular do eixo da roda e indica umvalor que corresponderia à velocidade do carro. O velocímetro paraum determinado carro sai da fábrica calibrado para uma roda de 20 po -legadas de diâmetro (isso inclui o pneu). Um motorista resolve trocaras rodas do carro para 22 polegadas de diâmetro. Assim, quando ovelocímetro indica 100 km/h, a velocidade real do carro é:a) 100 km/h b) 200 km/h c) 110 km/hd) 90 km/h e) 160 km/h

RESOLUÇÃO:A velocidade angular é a mesma:

� = =

V2 = . V1

V2 = . 100 (km/h)

Resposta: C

MÓDULO 21

MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME

2π–––T

6––––––––30 . 10–3

rad––––

s

� = 200 rad/s

� � 6 000––––––––

30

Δ�––––

Δt

2�––––

T

2�––––20

rad––––

s

� rad rad�C = –––– ––––– � 0,3 –––––

10 s s

rad––––

s

V2––––R2

V1––––R1

R2––––R1

22––––20

V2 = 110 km/h

FRENTE 1 – MECÂNICA

C2_3oFIS_EXER_CONV_Alelex 21/09/12 11:10 Página 61

4. (UNIFEI-MG) – A Lua dá uma volta em torno da Terra emaproximadamente 28 dias. A distância entre estes dois corpos dosistema solar é de 4,0 x 105 km. Sabe-se que a Lua apresenta sempre amesma face voltada para a Terra. Pergunta-se:a) Qual é a duração do dia lunar, ou seja, qual é o período de rotação

da Lua em torno de seu eixo?b) Qual é o módulo da aceleração que a Lua experimenta devido ao

seu movimento orbital em torno da Terra? Que direção e sentidotem essa aceleração? Use � = 3 e 28 d = 2,4 . 106s. Admita a órbita da Lua em torno da Terra como circular.

RESOLUÇÃO:a) Para que a Lua nos mostre sempre a mesma face, o seu período de

rotação deve ser igual ao seu período de translação em torno do centroda Terra: 28 dias.

b) Sendo a órbita suposta circular, o movimento de translação da Lua éuniforme e sua aceleração será centrípeta: direção radial e sentido parao centro da circunferência descrita.

acp = �2R = 2. R

acp =

acp = (m/s2)

acp = 25 . 10–4 m/s2

Respostas: a) 28 d = 2,4 . 106s

b) � acp→ � = 2,5 . 10–3m/s2

direção: radial

sentido: para o centro

5. (UFPA-2012) – O Brasil possui um centro de lançamento desatélites em Alcântara (MA), pois, devido à rotação da Terra, quantomais próximo da linha do Equador for lançado um foguete, menor avariação de velocidade necessária para que este entre em órbita. A esserespeito, considere um sistema de referência inercial em que o centro daTerra está em repouso, estime tanto o módulo da velocidade VE de umponto da superfície da Terra na linha do Equador quanto o módulo davelocidade VS de um satélite cuja órbita tem um raio de 1,29 . 104km.É correto afirmar que VE é aproximadamentea) 1 % de VS b) 2 % de VS c) 4 % de VSd) 6 % de VS e) 8 % de VS

RESOLUÇÃO:1) Cálculo de VE:

VE = = = ⇒

2) Cálculo de VS:

g = acp =

3,1 . 104 =

VS2 = 4,0 . 108 ⇒

3) Relação entre VE e VS:

= = 0,0835

Resposta: E

1. (UESPI-2012) – A engrenagem da figura a seguir é parte domotor de um automóvel. Os discos 1 e 2, de diâmetros 40cm e 60cm,respectivamente, são conectados por uma correia inextensível e giramem movimento de rotação uniforme.

Se a correia não desliza sobre os discos, a razão ω1/ω2 entre asvelocidades angulares dos discos valea) 1/3 b) 2/3 c) 1 d) 3/2 e) 3

RESOLUÇÃO:V1 = V2�1R1 = �2R2

A velocidade angular e a frequência de rotação são inversamente propor -cionais ao raio da polia.Resposta: D

acp = 2,5 . 10–3 m/s2

4 . 9 . 4,0 . 108––––––––––––––

5,76 . 1012

4 �2––––– . R

T2

�2�––––

T�

MÓDULO 22

MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME

Considere que o perímetro da Terra no Equador é 40080km, que aaceleração da gravidade na órbita do satélite tem módulo 3,1 . 104km/h2 e que a Terra dá uma volta completa a cada 24 horas.

VE = 1670km/hΔs–––Δt

2πR–––––

T

40080km–––––––––

24h

VS2

–––R

VE––––VS

1,67 . 103–––––––––

2,0 . 104

VE � 8% de VS

VS2

–––––––––1,29 . 104

VS = 2,0 . 104km/h

�1 R2 30 3–––– = –––– = –––– = ––––

�2 R1 20 2

62 –


2. (VUNESP-FMTM-MODELO ENEM) – Em algumas furadei -ras de bancada, a correia que transmite o movimento constante domotor pode ser montada em três configurações distintas, de acordo como trabalho a ser realizado. Isso é possível, uma vez que, em cada eixo,o que liga o mandril – peça que segura a broca – e o que liga o motor,estão conectados solida riamente dois conjuntos idênticos de três polias,um em ordem crescente e o outro em ordem decrescente de diâmetro.

Considere as afirmações:I. na configuração 1, qualquer ponto da correia apresenta o mesmo

módulo para a velocidade linear;II. a configuração 2 possibilita que a broca tenha a mesma velocidade

angular que o motor;III. na configuração 3, se o motor tiver frequência de 12Hz, a broca

terá frequência inferior a 12Hz.Está correto o contido ema) I, apenas. b) III, apenas. c) I e II, apenas.d) II e III, apenas. e) I, II e III.

RESOLUÇÃO:I. Correta. Para não haver deslizamento da correia, os pontos da periferia

das polias têm a mesma velocidade linear, que é igual à velocidade dospontos da correia.

II. Correta. Se as polias têm raios iguais, a velocidade angular é a mesma.III.Correta. A furadeira está ligada à polia de maior raio. Como a fre quên -

cia de rotação é inversamente proporcional ao raio da polia, concluímosque:

fbroca < fmotor

fbroca < 12Hz

Demonstrar: V1 = V22� f1 R1 = 2� f2 R2

frequência na razão inversa do raio.

Resposta: E

3. (UFLA-MG-2012-MODELO ENEM) – As engrenagens estãopresentes em objetos simples, tais como em bicicletas ou em moedores,também em relógios e em grandes máquinas. A figura abaixo represen -ta uma engrenagem composta por duas rodas circulares encostadas emuma polia que é colocada para girar em movimento de rotação uni -forme.

Sejam dois pontos, A e B, na extremidade de cada roda, de modo queo raio da trajetória de A é RA e o raio da trajetória de B é RB. Não hánenhum deslizamento entre as rodas e a polia. A razão entre os raiosRA / RB é igual a 2. Assim, a razão entre os módulos das velocidadestangenciais VA/ VB, entre os módulos das velocidades angulares,�A/�B e entre os períodos TA/ TB são, respectivamente:

a) 1; 2; b) 2; 1; 1 c) ; 1;

d) 1; ; 2 e) 1; 1; 1

RESOLUÇÃO:1) Seja V o módulo da velocidade tangencial de um ponto da periferia da

polia.

Para não haver escorregamento, devemos ter:

V = VA = VB e portanto:

2) VA = VB ⇒ ωA RA = ωB RB ⇒

3) ω = ⇒ = ⇒

Resposta: D

f1 R2––– = ––––f2 R1

1 –––2

1 –––2

1 –––2

1 –––2

VA–––– = 1VB

ωA RB 1–––– = –––– = –––– ωB RA 2

2π–––T

ωA–––ωB

TB–––TA

TA–––– = 2TB

– 63


4. (VUNESP-FAMECA-2012) – A bicicleta ergométrica consisteem um mecanismo em que uma engrenagem maior (coroa), solidáriaa um par de pedais, transmite seu movimento a uma engrenagemmenor, presa a um grande disco massivo, que pode ter seu movimentodificultado pela ação de um freio ajustável.

Dados: raio do disco = 22 cm � = 3,1

a) Determine a velocidade escalar de um ponto externo da circun -ferência do disco, em km/h, quando esse disco realiza meia volta,no tempo de um segundo.

b) Sabendo-que em dado momento o disco realiza duas voltas com -pletas no tempo de um segundo, determine a frequência, em rpm,com que a pessoa que se exercita gira a coroa presa à pedaleira,sabendo-se que a coroa tem o triplo do diâmetro da engrenagemsolidária ao disco.

RESOLUÇÃO:

a) V = = =

b) fdisco = 2,0Hz

fenfgrenagem = fdisco = 2,0Hz

= ⇒ =

fc = Hz = . 60rpm

Respostas: a) 2,5km/hb) 40rpm

5. (UFPR-2012-MODELO ENEM) – Um ciclista movimenta-secom sua bicicleta em linha reta a uma velocidade escalar constante de18km/h. O pneu, devi damente montado na roda, possui diâmetro iguala 70cm. No centro da roda traseira, presa ao eixo, há uma roda dentadade diâmetro 7,0cm. Junto ao pedal e preso ao seu eixo há outra rodadentada de diâmetro 20cm. As duas rodas dentadas estão unidas poruma corrente, conforme mostra a figura.

Não há deslizamento entre a corrente e as rodas dentadas. Supondo-seque o ciclista imprima aos pedais um movimento circular uniforme,assinale a alternativa correta para o número de voltas por minuto queele impõe aos pedais durante esse movimento. Nesta questão, considereπ = 3.a) 0,25 rpm b) 2,50 rpm c) 5,00 rpmd) 25,0 rpm e) 50,0 rpm

RESOLUÇÃO:

1) V = = = 2π fRODA . RRODA

5,0 = 6 fRODA . 0,35

fRODA = Hz

2) fCA = fRODA = Hz

3) =

= ⇒ fCO = Hz

fCO = Hz = . 60 rpm

4) A frequência do pedal é a mesma da coroa e vale 50,0 rpm.

Resposta: E

2πRRODA––––––––TRODA

Δs–––Δt

5,0–––2,1

5,0–––2,1

RCA––––RCO

fCO––––fCA

5,0 . 3,5–––––––

21

3,5––––10

fCO––––5,0–––2,1

17,5––––21

17,5––––21

fCO = 50,0 rpm

�s–––�t

2�R––––

T

2 . 3,1 . 0,22–––––––––––

2,0

m–––

s

mV = 0,682 ––– � 2,5km/h

s

fc–––fe

R–––3R

Re–––Rc

fc–––2,0

2,0–––3,0

2,0–––3

fc = 40rpm

64 –


6. (UFU-MG) – As figuras abaixo representam dois pontos, A e B,sobre a superfície terrestre, em um mesmo meridiano. O ponto A estáno Equador e o ponto B se encontra no hemisfério norte a uma latitudede 60º.

Sabendo-se que a Terra gira com velocidade angular � e supondo-seque a Terra é de forma esférica com raio R, a alternativa que apresentaa relação entre as velocidades lineares desses dois pontos, A e B, é:

a) = 2 b) =

c) = d) = ��3

RESOLUÇÃO:

1) cos 60º =

r = R cos 60º =

2) VA = � R

VB = � r

Resposta: A

1. (UFPI-MODELO ENEM) – Uma pessoa em dificuldades nomeio de um rio foi socorrida por amigos que lhe jogaram quatro boiasque, coincidentemente, ficaram igual men te distanciadas dela, comomostra a figura abai xo.

A correnteza tem velocidade constante e arrasta as boias e a pessoa.A velocidade da pessoa em relação às águas tem sem pre o mesmo mó -dulo.Analise as afirmativas e assinale V (verdadeira) ou F (falsa).(1) O tempo que a pessoa levará nadando para a boia 1 é diferente do

que levará nadando para a boia 3.(2) O tempo que a pessoa levará nadando para a boia 1 é igual ao tempo

que levará nadando para a boia 2.(3) O tempo que a pessoa levará nadando para a boia 2 é diferente do

que levará nadando para a boia 4.(4) O tempo que a pessoa levará nadando é o mes mo, qualquer que seja

a boia.A sequência correta de V e F é:a) F V F F b) F V V F c) F V F Vd) V F V F e) V V F V

RESOLUÇÃO:Para um referencial fixo na água, temos:

Vrel =

Δt =

Em relação a qualquer das boias, d e Vrel são as mesmas e, por tanto, otempo gasto para atingir qualquer das boias é o mesmo.Resposta: C

MÓDULO 23

COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS

2��3–––––

3VA–––VB

VA–––VB

VA–––VB

1––2

VA–––VB

r–––R

R–––2

VA R ___ = ––– = 2VB r

d–––Δt

d–––––Vrel

– 65


2. (UNICAMP-2012-MODELO ENEM) – O transporte fluvial decargas é pouco explorado no Bra sil, considerando-se nosso vasto con -junto de rios na ve gáveis. Uma embarcação navega a uma veloci dadede módulo 26 nós, medida em relação à água do rio (use 1 nó = 0,5m/s).A correnteza do rio, por sua vez, tem velocidade aproxi madamenteconstante com módulo de 5,0m/s em relação às margens. Qual é otempo aproximado de viagem entre duas cidades separadas por umaextensão de 40km de rio, se o barco navega rio acima, ou seja, contraa correnteza?a) 2 horas e 13 minutos. b) 1 hora e 23 minutos.c) 51 minutos. d) 37 minutos.

RESOLUÇÃO:

1) Vrel = 26 nós = 26 . 0,5m/s = 13m/s

Varr = 5,0m/s

→VR =

→Vrel +

→Varr

�→VR� = �

→Vrel� – �

→Varr�

�→VR� = 13 – 5,0 (m/s) = 8,0m/s

2) Δs = �→VR� Δt (MU)

40 . 103 = 8,0 . T

T = 5,0 . 103s

T = h

T = h = h

T = 1h + h

T = 1h + . 60min

Resposta: B

3. Considere uma escada rolante que se move para cima comvelocidade constante de módulo VE.

Uma pessoa vai de A para B com velocidade cons tante de módulo Vpem relação à escada, gastando neste trajeto 20s.Em seguida, a pessoa vai de B para A com velocidade relativa à escadade mesmo módulo Vp, gastando neste trajeto 60s. Se a pessoa for de A para B, parada em relação à escada, o tempo gastono trajeto será de:a) 20s b) 30s c) 40s d) 60s e) 120s

RESOLUÇÃO:MU: Δs = V t

AB = (VP + VE) 20 (1)

AB = (VP – VE) 60 (2)

AB = VE T (3)

(1) = (2): (VP + VE) 20 = (VP – VE) 60

VP + VE = 3VP – 3VE

4VE = 2VP ⇒

(1) = (3): (VP + VE) 20 = VE T

(2VE + VE) 20 = VE T

3VE 20 = VE T

Resposta: D

4. (UFBA) – Um barco vai de Manaus até Urucu descendo um rioe, em seguida, retorna à cidade de partida, conforme esquematizado nafigura.

A velocidade da correnteza é constante e tem módulo VC em relação àsmargens.A velocidade do barco em relação à água tem módulo constante e iguala VB.Desconsiderando-se o tempo gasto na manobra para voltar, a velo -cidade escalar média do barco, em rela ção às margens, no trajeto totalde ida e volta, tem módulo dado por:

a) b) c) �VBVC

d) e)

RESOLUÇÃO:

Seja d a distância percorrida na ida.

Descida do rio: VB + VC = (1)

T = 60s

VP = 2 VE

7–––18

T � 1h + 23 min

7–––18

18 + 7�–––––�18

25–––18

VB – VC––––––––

2

VB + VC––––––––

2

V2B – V2

C––––––––

VB

V2B + V2

C––––––––

VB

5000––––––3600

d–––t1

66 –


Subida do rio: VB – VC = (2)

No trajeto todo: Vm = (3)

De (1): t1 =

De (2): t2 =

t1 + t2 = + = =

Em (3): Vm = 2d . ⇒

Resposta: E

5. Um projétil é lançado a partir da origem de um sistema decoordenadas cartesianas xy, sendo x horizontal e y vertical.O movimento na direção x tem equação horária dos espaços dada por:

x = 6,0t (SI)O movimento na direção y tem equação horária dos espaços dada por:

y = 8,0t – 5,0t2 (SI)

Determinea) a equação da trajetória do projétil: y = f(x);b) a forma da trajetória;c) o valor de D indicado na figura.

RESOLUÇÃO:a) A equação da trajetória relaciona as coordenadas de posição x e y entre

si; para obtê-la, devemos eliminar a variável tempo:x = 6,0t (1)y = 8,0t – 5,0t2 (2)

De (1): t =

Em (2): y = 8,0 . – 5,0 � �2

b) Como y = f(x) é uma função polinomial do 2.º grau, a trajetória tem aforma de uma parábola.

c) x = D ⇔ y = 0

0 = . D – D2

= D

D = (m)

Respostas: a)

b) parábolac) 9,6m

1. (UPE-2012) – Considere um rio de margens paralelas, cujadistância entre as margens é de 140m. A velocidade da água em relaçãoàs margens tem módulo igual a 20m/s. Um barco motorizado cuja velo -cidade em relação à água tem módulo igual a 10m/s atravessa o rio deuma margem à outra no menor tempo possível. Assinale a alterna tivaque corresponde a este tempo em segundos.a) 6,36 b) 12,36 c) 13 d) 14 e) 14,36

RESOLUÇÃO:

Vrel = ⇒ 10 = ⇒

Resposta: D

D = 9,6 m

x–––6,0

x–––6,0

x–––6,0

4,0 5,0y = –––– x – ––––– x2 (SI)

3,0 36,0

4,0–––3,0

5,0––––36,0

5,0 D2––––––

36,0

4,0–––3,0

4,0 . 12,0––––––––––

5,0

4,0 5,0y = –––– x – ––––– x2 (SI)

3,0 36,0

d––––––––VB – VC

2 d VB–––––––V2

B – V2C

d(VB + VC + VB – VC)–––––––––––––––––––

V2B – V2

C

d–––––––VB + VC

d––––––––VB – VC

V2B – V2

CVm = –––––––

VB

V2B – V2

C�––––––––�2 d VB

d––––––––VB + VC

2d––––––t1 + t2

d–––t2

MÓDULO 24

COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS

L–––Δt

140–––––Tmin

Tmin = 14s

– 67


2. Uma lancha, que tem velocidade com módulo 5,0 km/h em águasparadas, atravessa um rio de margens paralelas e largura de 1,0 km, aolongo do menor caminho possível entre as duas margens, em umintervalo de tempo de 15 minutos.A velocidade da correnteza em relação às margens, suposta constante,tem módulo igual a:a) 1,0 km/h b) 2,0 km/h c) 3,0 km/hd) 4,0 km/h e) 5,0 km/h

RESOLUÇÃO:

1) VR = = = 4,0 km/h

2) Vrel2 = VR

2 + VARR2

(5,0)2 = (4,0)2 + VARR2

Resposta: C

3. (EFOMM-2012) – Um barco atravessa um rio de margensparalelas e largura de 4,0km. Devido à correnteza, as componentes davelocidade resultante do barco são Vx = 0,50km/h e Vy = 2,0km/h.

Considerando-se que, em t = 0, o barco parte da origem do sistemacartesiano xy (indicado na figura), as coordenadas de posições, emquilômetros, e o instante, em horas, de chegada do barco à outramargem sãoa) (1,0 ; 4,0) e 1,0 b) (1,0 ; 4,0) e 2,0 c) (2,0 ; 4,0) e 4,0d) (16 ; 4,0) e 4,0 e) (16 ; 4,0) e 8,0

RESOLUÇÃO:1) Na direção y, temos:

Vy = ⇒ 2,0 = ⇒

2) Na direção x, temos:x = x0 + Vx t

xf = 0 + 0,50 . 2,0 (km) ⇒

Resposta: B

4. (UPE-2012-MODELO ENEM) – “Nos quatro primeiros dias domês de maio, no Recife, o Instituto Nacional de Meteorologia (Inmet)registrou 255 milímetros de chuva, 80,3% do esperado para todo o mêsde maio, cuja média histórica é de 318,5 mm”.

(Fonte: http://m.ne10.com.br/noticia/?t=ca&ca=cotidiano&a=2011&m=

05&d=04&id =269899 acessado em 30 de maio de 2011, às 22h)

Quando estava sem vento, a chuva caía verticalmente em relação ao so -lo, com velocidade de módulo 10m/s. Um “aventureiro” saiu com seucarro nesse momento, sem vento. O carro se deslocava horizontal -mente, com velocidade de módulo 54km/h em relação ao solo. Qual omódulo da velocidade, em m/s, da chuva em relação ao carro?a) 5,0 b) 15 c) 25 d) 5 ��5 e) 5 ��13

RESOLUÇÃO:

Vrel2 = VR

2 + Varr2

Vrel2 = 100 + 225 = 325 = 25 . 13

Vrel2 = 25 . 13

Resposta: E

1,0km–––––––

1 h––4

L–––�t

VARR = 3,0 km/h

T = 2,0h4,0–––T

L–––�t

xf = 1,0kmyf = 4,0km

Vrel = 5 ��13 m/s

68 –


5. (UNESP) – Um homem, em pé sobre uma plataforma que semove horizontalmente para a direita com velocidade constante demódulo V = 4,0m/s, observa que, ao inclinar de 45° um tubo cilíndricooco, permite que uma gota de chuva, que cai verticalmente comvelocidade constante, em rela ção ao solo, atravesse o tubo sem tocarem suas paredes.

Determinea) o módulo da velocidade da gota em relação ao solo;b) o módulo da velocidade da gota em relação ao tubo.RESOLUÇÃO:

a) �→VR� = �V

→arr � = 4,0 m/s

b) �V→

rel �2

= �V→

R�2 + �V→

arr�2

Respostas: a) 4,0 m/s

b) 4,0 �2 m/s

6. Um carro descreve uma trajetória retilínea e horizontal em movi -mento uniforme com velocidade escalar de 72 km/h.Uma pedra fica incrustada no pneu do carro.Para um referencial fixo no solo terrestre, o módulo V da velocidadede pedra será tal que:a) V = 72 km/h b) V = 0c) 0 � V � 72 km/h d) 72 km/h � V � 144 km/he) 0 � V � 144 km/h

RESOLUÇÃO:

1) A pedra tem um movimento de arrastamento com veloci dade horizontaligual à do carro (V1).

2) A pedra tem um movimento, relativo ao carro, circular e uniforme comvelocidade de módulo V2.

3) No ponto A, de contato com o chão, a pedra deve ter veloci dade nula,em relação ao solo, para que o pneu não derrape. Portanto: V2 = V1.

4) No ponto C, a velocidade da pedra, relativa ao solo, será dada por:VC = V2 + V1 = 2V1

5) A velocidade da pedra, relativa ao solo, terá módulo V tal que:VA � V � VC

Resposta: E

7. (ENEM) – A ideia de usar rolos circulares para deslocar objetospesados provavelmente surgiu com os antigos egípcios ao construíremas pirâmides.

BOLT, Brian. Atividades matemáticas. Ed. Gradiva.

Representando por R o raio da base dos rolos cilíndricos, a expressãodo deslocamento horizontal x do bloco de pedra em função de R, apóso rolo ter dado uma volta completa sem deslizar, éa) x = R b) x = 2R c) x = �R d) x = 2�R e) x = 4�R

RESOLUÇÃO:

O ponto A, mais alto do rolo cilíndrico, tem velocidade igual ao dobro davelocidade do centro C do rolo cilíndrico. Quando o tambor dá uma voltacompleta, o seu centro C se desloca 2�R e o objeto que está em contato como ponto A vai deslocar-se o dobro, isto é, 4�R.Resposta: E

�V→

rel � = 4,0 �2 m/s

0 � V � 144 km/h

– 69


1. Em um local onde o efeito do ar é desprezível e a aceleração dagravidade é constante e com módulo igual a g, um projétil é lançado apartir do solo terrestre, com velocidade inicial de módulo V0 e inclinadade um ângulo � em relação ao plano horizontal do solo.

Determine, em função de V0, g e �,a) o tempo de voo do projétil desde seu lançamento até o seu retorno

ao solo;b) a altura máxima H;c) o alcance horizontal D;d) o valor de � para que o alcance D seja máximo e o valor do alcance

máximo;e) a relação entre os alcances para �1 = 30° e �2 = 60°.

RESOLUÇÃO:

a) 1) Vy = V0y + �y t (MUV)

0 = V0 sen � – g ts ⇒ ts =

2) T = ts + tQ = 2ts ⇒

b) Vy2 = V0y

2 + 2 �y Δsy (MUV)

0 = (V0 sen �)2 + 2 (–g) H ⇒

c) Δsx = Vx t (MU)

D = V0 cos � . = . 2 sen � cos �

d) D = Dmáx ⇒ sen 2� = 1

2� = 90° ⇒

e) �1 = 30°

D1 = sen 60°

�2 = 60°

D2 = sen 120°

Como sen 60° = sen 120°, temos:D1 = D2

Respostas: a) b)

c) d)

e)

2. (VUNESP-MODELO ENEM) – Selene e Diana são duas alunasque ficaram muito felizes com a competição de foguetes, propostapelo professor. Nessa competição, o foguete é, na verdade, umcanudinho de refrigerante lançado a partir de um frasco vazioadaptado, que é aper ta do, com as mãos, pelas alunas. As alunaslançaram seus foguetes a partir de uma mesma altura e com a mesmavelocidade escalar inicial, de 4,0m/s, mas com ângulos de lançamentodiferentes: Selene lançou seu foguete com ângulo de 45° e Diana, comângulo de 60°. Admitin do-se que ambos os foguetes voltaram, após aqueda, para a mesma altura do lançamento e que o módulo da ace -leração da gravidade seja igual a 10,0m/s2, com relação aos alcances,em metros, atingidos pelos foguetes de Selene e Diana, respecti -vamente, pode-se afirmar que são, aproxi madamente, iguais aa) 1,60 e 1,38. b) 1,40 e 1,60. c) 1,00 e 1,20.d) 1,20 e 1,00. e) 2,20 e 1,20.

Adote: �3 = 1,73

Dado: D = sen 2�

RESOLUÇÃO:

D = sen 2�

D45° = . sen 90° (m) ⇒

D60° = . sen 120° (m) ⇒ D60° = 1,60 . (m)

D60° = 0,80 . 1,73 (m)

Resposta: A

MÓDULO 25

BALÍSTICA

V0 sen �––––––––

g

2 V0 sen �T = ––––––––––

g

(V0 sen �)2H = ––––––––––

2g

V02

––––g

2 V0 sen �–––––––––

g

V02

D = –––– sen 2�g

� = 45°

V02

Dmáx = ––––g

V02

––––g

V02

––––g

D1–––– = 1D2

(V0 sen �)2H = ––––––––––

2g

2 V0 sen �T = ––––––––––

g

V02

� = 45°; Dmáx = ––––g

V02

D = –––– sen 2�g

D1–––– = 1D2

V02

–––g

V02

–––g

D45 = 1,60m16,0––––10,0

�3––––

2

16,0––––10,0

D60° = 1,38m

70 –


3. Um atirador aponta um fuzil diretamente para o cen tro C de umalvo, suspenso a uma certa altura acima do solo, como mostra a figura.

Não considere o efeito do ar e admita que a ace leração da gravidade sejaconstante. No exato instan te em que o projétil é disparado, e fica sobação da gravidade, o alvo inicia um movimento de queda livre vertical,a partir do repouso. O alcance hori zon tal do projétil é maior que D.Podemos afirmar quea) o projétil atingirá o alvo exatamente no seu centro C.b) para um referencial fixo no centro C do alvo, a trajetória do projétil

será parabólica.c) o projétil passará acima do centro C do alvo.d) o projétil passará abaixo do centro C do alvo.e) para um referencial fixo na superfície terrestre, a trajetória do

projétil é retilínea.

RESOLUÇÃO:O projétil e o alvo têm aceleração igual à da gravidade: a aceleraçãorelativa (diferença das duas acelerações) é nula; o movimento relativo éretilíneo e uniforme, e o projétil vai atingir o centro C do alvo.Resposta: A

(FUVEST – TRANSFERÊNCIA-2012) – Enunciado para as questõesde 4 a 6.Em um parque de diversões, uma jovem lança uma bola em direção auma cesta, cujo centro está a 3,5m de distância e 1,0m de altura acimado ponto de lançamento, com uma velocidade inicial de módulo 0 eque forma um ângulo � = 45º com a horizontal, de modo que encesta abola. Adota-se t = 0 s no instante de lançamento e um sistema dereferência em que os eixos x e y, nas direções horizontal e vertical,respectivamente, apontam nos sentidos indicados na figura e têm origemno ponto de lançamento. Ignore o atrito com o ar e o tamanho da bolae use g = 10 m/s2 para o módulo da aceleração da gravidade no local.

4. Nas condições do enunciado, as equações horárias para o movi -mento da bola sãoa) x(t) = V0 cos 45°t b) x(t) = V0t

y(t) = V0 sen 45°t – gt2/2 y(t) = V0 sen 45° t – gt2/2

c) x(t) = V0t d) x(t) = 3,5 + V0 cos 45° ty(t) = V0t – gt2/2 y(t) = 1,0 + V0 sen45° t + gt2/2

e) x(t) = V0 cos 45° t – gt2/2y(t) = V0 sen 45° t – gt2/2

RESOLUÇÃO:

1) V0x = V0 cos � = V0 cos 45°

V0y = V0 sen � = V0 sen 45°

2) Na direção horizontal:x = x0 + V0x t

x = (V0 cos 45°) t

3) Na direção vertical:

y = y0 + V0y t + t2

y = (V0 sen 45°) t – t2

Resposta: A

5. O instante T em que a bola atinge a cesta é igual a

a) s b) s c) s

d) �2 s e) 2 �2 s

RESOLUÇÃO:

y = (V0 sen 45°) t – t2

(V0 sen 45°) t = x

y = x – t2

1,0 = 3,5 – 5,0 T2

5,0 T2 = 2,5

T2 = ⇒

Resposta: C

�y–––2

g––2

�2––––

2

�2––––

4

�2––––

8

g––2

1 �2 T = –––––– s = ––––– s

�2 2

1––2

g––2

– 71


6. Para acertar a bola na cesta, o módulo 0 da velocidade inicialprecisa ser igual aa) 1,0m/s b) 3,0m/s c) 5,0m/sd) 7,0m/s e) 9,0m/s

RESOLUÇÃO:x = V0 cos 45° t

3,5 = V0 . .

Resposta: D

(UERJ-2012) – Utilize as informações a seguir para responder àsquestões de números 1 e 2.

Três bolas – X, Y e Z – são lançadas da borda de uma mesa, comvelocidades iniciais paralelas ao solo e mesma direção e sentido.A tabela abaixo mostra as magnitudes das massas e das velocidadesiniciais das bolas.

1. As relações entre os respectivos tempos de queda tx, ty e tz dasbolas X, Y e Z estão apresentadas em:a) tx < ty < tz b) ty < tz < txc) tz < ty < tx d) ty = tx = tz

RESOLUÇÃO:

�sy = V0y t + t2

H = T2 ⇒

Resposta: D

2. As relações entre os respectivos alcances horizontais Ax, Ay e Azdas bolas X, Y e Z, com relação à borda da mesa, estão apresentadasem:a) Ax < Ay < Az b) Ay = Ax = Azc) Az < Ay < Ax d) Ay < Az < Ax

RESOLUÇÃO:

�sx = Vx T

Vx > Vy > Vz

Resposta: C

3. (FAFIPA-MODELO ENEM) – Durante uma guerra, um grupode soldados ficou numa área isolada pelos inimigos. Sem medica -mentos e alimentação não teriam a menor chance para continuarem ocombate em terra. Um piloto de guerra, pertencente a este grupo, foichamado para realizar uma operação: fazer com que os suprimentosnecessários chegassem até estes soldados.

Sabendo-se que o avião deveria voar numa altitude, em linha reta, de2000m do solo (para não ser observado pelo radar do inimigo) e velo -cidade constante de módulo 792km/h, a distância horizontal, emmetros, que o suprimento deve ser liberado do avião, em relação aossoldados, para que caia o mais próximo possível destes é um valor quemais se avizinha de:a) 1080m b) 1562m c) 1800md) 4000m e) 4400mConsidere g = 10 m/s2 e despreze o efeito do ar.

RESOLUÇÃO:1) Cálculo do tempo de queda:

�sy = V0y t + t2 ↓ �

2000 = 0 + T2

T2 = 400 ⇒

2) Cálculo de D:

�sx = Vx T

D = . 20 (m) ⇒

Resposta: E

MÓDULO 26

BALÍSTICA

Bolas Massa (g) Velocidade Inicial (m/s)

X 5,0 20,0

Y 5,0 10,0

Z 10,0 8,0

�y–––2

g––2

�2––––

2

�2––––

2

V0 = 7,0m/s

Ax > Ay > Az

�y–––2

10–––2

T = 20s

D = 4400m792––––3,6

2H––––

gT =

2H––––

gD = V0

2H––––

gtx = ty = tz =

72 –


4. (UFPR) – Na cobrança de uma falta durante uma partida defutebol, a bola, antes do chute, está a uma distância horizontal de 27,0mda linha do gol. Após o chute, ao cruzar a linha do gol, a bola passoua uma altura de 1,35m do chão quando estava em movimento descen -dente, e levou 0,9s neste movimento. Despreze a resistência do ar econsidere g = 10,0m/s2.a) Calcule o módulo da velocidade na direção vertical no instante em

que a bola foi chutada.b) Calcule o ângulo (por meio de uma função trigonométrica), em

relação ao chão, da velocidade inicial V→

0 que o jogador imprimiu àbola pelo seu chute.

c) Calcule a altura máxima atingida pela bola em relação ao solo.

RESOLUÇÃO:

a) �sy = V0y t + t2 ↑ �

1,35 = V0y . 0,9 – 5,0 (0,9)2

0,9 V0y = 1,35 + 4,05 ⇒

b) 1) �sx = Vx t (MU)

27,0 = V0x . 0,9 ⇒

2)tg � = =

c) Vy2 = V0

2y + 2 �y �sy (↑ �)

0 = 36,0 + 2 (–10,0) H

20,0H = 36,0

Respostas: a) V0y = 6,0m/sb) tg � = 0,20c) H = 1,8m

5. (PUC-SP-2012) – Dois amigos, Berstáquio e Protásio, distam de25,5m. Berstáquio lança obliquamente uma bola para Protásio que,partindo do repouso, desloca-se ao encontro da bola para segurá-la. Noinstante do lançamento, a direção da bola lançada por Berstáquioformava um ângulo � com a horizontal, o que permitiu que elaalcançasse, em relação ao ponto de lançamento, a altura máxima de11,25m e uma velocidade de módulo 8,0m/s nessa posição.

Desprezando-se o atrito da bola com o ar e adotando-se g = 10,0m/s2,podemos afirmar que o módulo da aceleração de Protásio, supostoconstante, para que ele consiga pegar a bola no mesmo nível dolançamento deve ser

a) m/s2 b) m/s2 c) m/s2

d) m/s2 e) m/s2

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo de V0y:

Vy2 = V0y

2 + 2�y Δsy

0 = V0y2 + 2 (–10,0) 11,25

V0y2 = 225 ⇒

2) Cálculo do tempo de subida:

Vy = V0y + �y t

0 = 15,0 – 10,0 ts

3) O tempo de voo será o tempo de encontro e é dado por:

TV = TE = 2ts = 3,0s

4) Cálculo do alcance:

Δsx = V0x T

d = 8,0 . 3,0 (m) = 24,0m

5) Cálculo da aceleração de Protásio:

Δs = V0t + t2

25,5 – 24,0 = 0 + . 9,0

1,5 = 4,5 aP

aP = (m/s2)

Resposta: B

�y–––2

V0y = 6,0 m/s

V0x = 30,0 m/s

6,0––––30,0

V0y––––V0x

tg � = 0,20

H = 1,8m

1–––2

V0y = 15,0m/s

ts = 1,5s

1–––3

1–––4

1–––5

1–––10

�–––2

aP–––2

1,5–––4,5

1aP = ––– m/s2

3

– 73


6. (VUNESP) – É comum, ao passarmos diante de cons truções,vermos operários lançarem objetos, como tijolos ou telhas, para umcolega colocado num plano acima do seu. Considere que um tijolo sejalançado com velocidade inicial de módulo V0 = 10m/s, e des creva umatrajetória parabólica no ar. No ponto mais alto da trajetória do tijolo, eleé apanhado por outra pessoa no instante em que sua velocidade sóapresenta componente horizontal

→VH.

Considerando-se as medidas indicadas na figura, g = 10m/s2, �10 � 3,2e desprezível a resistência do ar, determinea) o módulo da velocidade horizontal VH com que o tijolo chega à

mão do operário na posição mais alta;b) o intervalo de tempo T gasto pelo tijolo para chegar à mão do

operário na posição mais alta.

RESOLUÇÃO:

a) 1) Cálculo de V0y:

Vy2 = V0

2 + 2 �y Δsy

0 = V0y2 + 2 (–10) . 3,0

V0y2 = 60 (SI)

2) Cálculo de V0x:

V02 = V0x

2 + V0y2

100 = V0x2 + 60

V0x2 = 40 ⇒ V0x = 2�10 m/s

b) VH =

6,4 = ⇒

Respostas: a) VH = 6,4m/s

b) T = 0,75s

1. Considere as proposições que se seguem e assinale a incorreta.a) Quando um carro freia, o corpo do motorista é pro jetado para frente

porque todo corpo tende a manter a velocidade vetorial que possui,por inércia.

b) Não pode existir um super-homem que voe pela ação exclusiva desua própria força muscular.

c) Em uma viagem espacial para a Lua, a maior parte do trajeto é feitaem movimento retilíneo e unifor me, por inércia.

d) Uma pessoa, partindo do repouso, não pode andar em um planohorizontal sem atrito.

e) A função da força resultante que atua em uma par tícula é manter suavelocidade vetorial constante.

RESOLUÇÃO:a) CORRETA. Traduz o próprio conceito de inércia e justifica o fato de se

usar o cinto de segurança para apli car uma força para trás, freiando ocorpo do motorista.

b) CORRETA. Nenhum corpo pode sozinho mudar sua velo cidadevetorial.

c) CORRETA. Os jatos são ligados para mudar a velocidade da nave;para sair do campo gravitacional da Terra; para frear ao descer naLua; para sair do campo gravitacional da Lua; para frear no campogravitacional da Terra, no retorno.

d) CORRETA. A pessoa varia sua velocidade graças à força externa deatrito recebida do chão.

e) ERRADA. A força resultante varia a velocidade.

Resposta: E

2. (CEFET-CE-MODELO ENEM) – Uma pessoa pula vertical -mente sobre uma cama elástica que se encontra fixa na carroceria deum caminhão o qual se desloca com velocidade constante em umaestrada horizontal e retilínea. Despre zando-se a resistência do ar sobrea pessoa, devido ao movimento do caminhão, é correto afirmar-se quea) quanto mais alto a pessoa pular, maior é o risco de ela cair na frente

do caminhão.b) quanto mais alto a pessoa pular, maior é o risco de ela cair atrás do

caminhão.c) quanto mais alto a pessoa pular, maior é o risco de ela cair do lado

do caminhão.d) não importa a altura que a pessoa pule: ela sempre cairá no mesmo

ponto sobre a cama.e) é necessário saber a massa da pessoa, para afirmar algo sobre o

ponto de queda dela.

RESOLUÇÃO:Como na direção horizontal não há força externa atuando na pessoa, suavelocidade horizontal permanece constante (1.ª Lei de Newton) e a pessoaterá uma trajetória vertical em relação ao caminhão e cairá sempre namesma posição da cama em que iniciou o seu salto.Resposta: D

V0x � 6,4 m/s

VH � 6,4 m/s

Δx–––Δt

T = 0,75s4,8–––T

MÓDULO 27

1.a E 2.a LEIS DE NEWTON

74 –


3. (UFMG-MODELO ENEM) – Nesta figura, está representadoum balão dirigível, que voa para a direita, em altitude constante e comvelocidade v→, também constante.

Sobre o balão, atuam as seguintes forças: o peso P→, o empuxo E→, aresistência do ar R→ e a força M→, que é devida à propulsão dos motores.Assinale a alternativa que apresenta o diagrama de forças em que estãomais bem representadas as forças que atuam sobre esse balão.

RESOLUÇÃO:

Sendo a velocidade constante, a força resultante deverá ser nula e, por -

tanto, E→

e P→

devem ter módulos iguais, o mesmo ocorrendo com R→

e M→

.Resposta: B

4. (FUNDAÇÃO CESGRANRIO-RJ) –

Acima, estão esquematizadas três situações nas quais um determinadobloco A se move sobre um plano com velocidade vetorial constante V→.Assinale a op ção que apresenta corretamente a resultante de todas asforças que agem sobre o bloco A, exceto a força peso, respectivamente,nas situações I, II e III.

RESOLUÇÃO:Sendo a velocidade constante (MRU), a resultante de todas as forças deveser nula.Portanto, a resultante das demais forças, excetuando-se o peso, deveráequilibrar o peso e, para tanto, deve ser vertical, para cima e com a mesmaintensidade do peso.Resposta: B

5. (PUC-SP) – Considere o texto apresentado a se guir.

Em um espetáculo de magia e ilusionismo, um dos mo mentos maistradicionais ilustra com perfeição uma da Leis de Newton. Nessenúmero, o “mágico” puxa com rapidez uma folha de papel lisa e fina,dei xando em repouso, no entanto, os objetos que esta vam sobre ela.Elabore um texto claro e bem estruturado para ex plicar por que a leifísica que justifica a tendência de um carro sair pela tangente ao fazeruma curva é a mesma citada na descrição do número de “magia”. Emseu texto, cite um novo exemplo em que essa lei física também seaplica.

RESOLUÇÃO:A lei física em questão é a lei da inércia:“Todo corpo tende a manter a sua velocidade vetorial, por inér cia”. Noespetáculo de magia, a garrafa, inicialmente em repou so, tende a mantersua velocidade nula por inércia.Quando o carro faz a curva, ele tende a sair pela tangente, dada a tendên -cia de manter a direção de sua velocidade vetorial.Outro exemplo de aplicação da lei da inércia é o fato de o mo toris ta de umcarro ser projetado para frente, em uma freada abrupta, em virtude daten dência em manter a sua veloci dade vetorial; daí a necessidade do uso docinto de segu ran ça.

– 75


6. Um carro está movendo-se em um plano horizontal, em linha reta,e seu motorista está pisando no acelerador até o fim.O carro recebe do chão, por causa do atrito, uma força para frente,constante e de intensidade F.A força que se opõe ao movimento e vai limitar a velocidade do carroé a força de resistência do ar cuja intensidade Fr é dada por:

Fr = k V2

k = coeficiente aerodinâmico que depende da densidade do ar e dageometria do carro.

V = módulo da velocidade do carro.

A força resultante que age no carro tem intensidade FR dada por:

A velocidade máxima que o carro pode atingir (velocidade limite docarro) é dada por:

a) Vlim = b) Vlim =

c) Vlim = � d) Vlim = 3,0 . 108 m/s

e) Vlim = 340 m/s

RESOLUÇÃO:A velocidade limite é atingida quando a força resultante FR se anular, istoé, a força de resistência do ar equilibrar a força motriz que o carro recebedo chão por causa do atrito.

FR = 0 ⇒ F = kV2lim

V2lim = ⇒

Resposta: C

1. (OLIMPÍADA PAULISTA DE FÍSICA) – Qual dos seguintesobjetos está experimentando uma força resul tante direcionada de sulpara norte?a) Um objeto que se move para o sul com a sua velocidade aumen -

tando em módulo.b) Um objeto que se move para o norte com sua velocidade diminuin -

do em módulo.c) Um objeto que se move para o norte com velocidade constante.d) Um objeto instantaneamente em repouso que inicia o movimento

com orientação do sul para o norte.e) Um objeto em repouso.

RESOLUÇÃO:FR→

a) V→

a→ Movimento acelerado

FR→

b) V→

a→ Movimento retardado

c) V→

a→ = 0→

(MRU) ⇔ FR→

= 0→

d) V→

= 0→

a→ ⇔ FR→

e) FR→

= 0→

Resposta: D

2. Considere um sistema de coordenadas cartesianas triortogonal xyzfixo no solo terrestre com o eixo z vertical.

Um objeto está movendo-se para cima ao longo do eixo z e o mó dulode sua velocidade está di minuindo.De posse dessa informação, po de mos concluir quea) existe uma única força atuan do no objeto na direção do eixo z e

sentido para baixo.b) a força resultante no objeto tem direção e sentido do eixo z.c) podem existir várias forças atuando no objeto, mas a mais intensa

deve ser dirigida segundo o eixo z e dirigida para baixo.d) a força resultante no objeto tem a direção do eixo z e sentido para

baixo.e) não podem existir forças atuando no objeto que tenham a direção

dos eixos x e y.

FR = F – kV2

k–––F

F–––k

F–––k

FVlim = �–––

k

F–––k

MÓDULO 281.a E 2.a LEIS DE NEWTON

76 –


RESOLUÇÃO:Se o objeto se move na direção do eixo z com movimento retardado,podemos concluir que a aceleração vetorial tem a direção do eixo z e sentidooposto ao de seu movimento e, portanto, dirigida para baixo.A respeito das forças atuantes, só podemos concluir que a força resultante(soma vetorial de todas as forças atuantes) tem a mesma orientação da ace -leração vetorial, isto é, é dirigida segundo o eixo z e tem sentido para baixo.Resposta: D

3. (UFPE-2012) – Um bloco de massa m = 4,0 kg é impulsionadosobre um plano inclinado com velocidade escalar inicial V0 = 15,0m/s,como mostra a figura. Ele desliza em um movimento descendente poruma distância L = 5,0m, até parar. Calcule o módulo da força resultanteque atua no bloco, ao longo da descida.

RESOLUÇÃO:1) Cálculo da aceleração escalar:

V2 = V02 + 2��s

0 = (15,0)2 + 2 (–a) 5,0

10,0a = 225

2) PDF: FR = ma

FR = 4,0 . 22,5(N)

Resposta: 90,0N

4. (CENTRO UNIVERSITÁRIO SÃO CAMILO-MEDICINA-2012-MODELO ENEM) – As provas de atletismo recebem grandedestaque durante a realização das Olimpíadas em razão do esforçohumano para romper limites físicos do corpo. As provas de velocidadeem 100m e 200m destacam-se por se tratar de provas muito rápidasque exigem grande esforço físico e reflexo na largada. A arrancadainicial é a fase em que os corredores devem imprimir grande aceleraçãonuma fração apreciável da corrida (de 20% a 40% do tempo total).Atletas de ponta deste esporte devem estar preparados para umaaceleração escalar constante típica de 6,0m/s2 nos primeiros 2,0s dessascorridas. Assinale a alternativa que indica corretamente a intensidadeda força muscular que deve ser empregada por um corredor com pesode 600N e da velocidade escalar que o atleta atinge após os primeiros2,0s de prova.Assuma a aceleração da gravidade com módulo igual a 10m/s2.a) 6000N e 72,0m/s b) 600N e 12,0m/sc) 360N e 12,0m/s d) 600N e 36,0m/se) 480N e 6,0m/s

RESOLUÇÃO:1) PFD: F = ma = . a

F = . 6,0 (N) ⇒

2) V = V0 + � t

V1 = 0 + 6,0 . 2,0 (m/s) ⇒

Resposta: C

5. (VUNESP-MODELO ENEM) – Até o início da década de 1930,não era possível explicar a estabilidade do núcleo tendo em vista arepulsão eletrostática entre os prótons nele contidos. A descoberta donêutron pelo físico inglês James Chadwick permitiu que se desse inícioà formulação de uma teoria, proposta pioneiramente pelo físico japonêsHideki Yukawa, que previu a existência de uma força capaz de mantero núcleo atômico coeso. Essa força é a) denominada interação forte.b) denominada interação fraca. c) responsável pelos decaimentos alfa, beta e gama. d) denominada interação eletrofraca. e) responsável pela fissão nuclear.

RESOLUÇÃO:A força que mantém os prótons e nêutrons unidos no núcleo do átomo é aforça nuclear forte.Resposta: A

6. (CENTRO UNIVERSITÁRIO SÃO CAMILO-MEDICINA-2012-MODELO ENEM) – A energia nuclear voltou, recentemente, aser assunto de várias matérias jornalísticas devido ao acidente na UsinaNuclear de Fukushima, ocorrido em março de 2011, após a passa gemde um terremoto e de um tsunami pelo Japão. Sabe-se que um dosmateriais radioativos liberados nesse tipo de acidente é o iodo-131(131I) que, inclusive, pode ser utilizado na medicina, em procedimentosde diagnóstico e de tratamento.Este material é um emissor de partículas β. Considerando-se estaúltima informação, a alternativa que melhor representa, o elementoproduzido pelo decaimento do iodo-131 (131

53I) e a natureza da força

envolvida é:

a) 13154

X; força nuclear fraca b) 13253

X; força nuclear fraca

c) 13154

X; força nuclear forte d) 12751

X; força eletromagnética

e) 13053

X; força nuclear forte

RESOLUÇÃO:No decaimento , pela ação da força nucler fraca, um nêutron emite umelétron e um antineutrino e se tranforma em um próton.O número de prótons (número atômico) aumenta uma unidade e passa de53 para 54.O número de massa (quantidade de prótons e nêutrons) não se altera econtinua valendo 131.Resposta: A

FR = 90,0N

F = 360N

P–––g

600–––10

V1 = 12,0m/s

a = 22,5m/s2

– 77


1. (UESPI-2012) – A figura a seguir ilustra duas pessoas (represen -tadas por círculos), uma em cada margem de um rio, puxando um botede massa 600kg através de cordas ideais paralelas ao solo. Nesteinstante, o ângulo que cada corda faz com a direção da correnteza dorio vale θ = 37°, o módulo da força de tração em cada corda é F = 80Ne o bote possui aceleração de módulo 0,02m/s2, no sentido contrário aoda correnteza. (O sentido da correnteza está indicado por setas trace -jadas.)

Considerando-se sen (37º) = 0,6 e cos (37º) = 0,8, qual é o módulo daforça que a correnteza exerce no bote?a) 18N b) 24N c) 62N d) 116N e) 138N

RESOLUÇÃO:

PFD: 2 F cos � – Fc = ma

2 . 80 . 0,8 – Fc = 600 . 0,02

128 – Fc = 12

Resposta: D

2. (UFPB-MODELO ENEM) – Para a solução de problemas daFísica, utilizam-se gráficos que envolvem os parâmetros físicos a seremmanipulados em um dado fenômeno. Levam-se em conta também aspropriedades desses gráficos, associadas, em termos de funcio -nalidades, ao registro de dados e possibilidades de interpolação,extrapolação e aproximação. Considere duas situações distintas: umainerente à Cinemática da partícula e outra à Dinâmica. Os dados estãorepresentados em gráficos. O gráfico I representa a velocidade escalarcomo função do tempo do movimento de duas partículas 1 e 2, demassas, respectivamente, m1 e m2 (sendo m1 = 2,5m2), percorrendo omesmo trecho retilíneo de uma pista e considerando-se que a partícula2 seja lançada 4,0s após a partícula 1 do mesmo ponto. Os gráficos A,B, C, D e E são representações das forças atuantes nas partículas 1 e 2,em função do tempo. Analisando-se os gráficos, verifica-se, entretanto,que, entre os da Dinâmica, apenas um deles corresponde à situação 1.

Assinale a alternativa cuja representação atende à situação descrita deforma correta.a) Gráfico A b) Gráfico B c) Gráfico C d) Gráfico D e) Gráfico E

RESOLUÇÃO:

1) Para a partícula 1: a1 = = (SI)

Para a partícula 2: a2 = = (SI)

Portanto:

2) PFD: F1 = m1 a1F2 = m2 a2

= . = 2,5 . =

MÓDULO 29

APLICAÇÕES DA 2.a LEI DE NEWTON

Fc = 116N

�V––––�t

V––––5,0

�V––––�t

V––––1,0

a2 = 5 a1

F1––––F2

m1––––m2

a1––––a2

1––––

5

1––––

2

78 –


F1 e F2 são constantes.

Resposta: C

3. (EFOMM-2012) – Uma bola, de massa 0,20kg e velocidade →V

de módulo igual a 5,0 m/s, é atingida por um taco e sofre um desvio de90° em sua trajetória. O módulo de sua velocidade não se altera,conforme indica a figura.

Sabendo-se que a colisão ocorre num intervalo de tempo de 20 milis -se gundos, o módulo, em newtons, da força média entre o taco e a bolaé:a) 30��2 b) 50��2 c) 30��3d) 50��3 e) 30��5

RESOLUÇÃO:

1) ��→V�2 = V2 + V2 = 2V2

��→V� = ��2 V = 5,0 ��2 m/s

2) Fm = m am = m

Fm = 0,20 . (N)

Fm = (N)

Fm = (N)

Resposta: B

4. Um corpo de massa 2,0kg é puxado so bre uma super fíciehorizontal por uma força

→F, cons tante, de in tensidade 5,0N, cuja

direção forma ângulo de 37° com o plano horizontal.A força de atrito entre o corpo e a superfície tem inten sidade igual a0,80N.

São dados: sen 37º = 0,60 e cos 37º = 0,80.O módulo da aceleração do bloco, em m/s2, vale:a) 1,0 b) 1,2 c) 1,4 d) 1,6 e) 2,0

RESOLUÇÃO:1) Fx = F cos 37º = 5,0 . 0,80 (N) = 4,0N

2) PFD: Fx – Fat = ma

4,0 – 0,8 = 2,0 . a ⇒Resposta: D

5. Um corpo de massa M = 4,0kg está submetido a uma forçaresultante de intensidade F variável com o tempo t de acordo com arelação:

F = 2,0 + 2,0t (SI)

O corpo parte do repouso no instante t = 0 e descreve uma trajetóriaretilínea.Determine:a) o módulo da aceleração do corpo no instante t = 0;b) o módulo da velocidade do corpo no instante t = 2,0s.

RESOLUÇÃO:a) Para t = 0 ⇒ F0 = 2,0N

PFD: F0 = M a0 ⇒ 2,0 = 4,0a0 ⇒

b) PFD: Fm = M am = M

Fm = = (N) = 4,0N

4,0 = 4,0 ⇒

Respostas: a) a0 = 0,50m/s2

b) V2 = 2,0m/s

F2 = 2 F1

��→V�

–––––�t

5,0��2–––––––––20 . 10–3

��2–––––––––2,0 . 10–2

100��2–––––––––

2

Fm = 5,0��2 N

a = 1,6m/s2

a0 = 0,50m/s2

(V – V0)––––––––

Δt

F0 + F2––––––––2

2,0 + 6,0––––––––

2

(V2 – 0)––––––––

2,0V2 = 2,0m/s

– 79


1. (FUVEST-2012) – Um móbile pendurado no teto tem trêselefantezinhos presos um ao outro por fios, como mostra a figura. Asmassas dos elefantes de cima, do meio e de baixo são, respectivamente,20g, 30g e 70g.

As intensidades das forças de tração, em newtons, nos fios superior,médio e inferior são, respecti vamente, iguais a:a) 1,2; 1,0; 0,7. b) 1,2; 0,5; 0,2. c) 0,7; 0,3; 0,2.d) 0,2; 0,5; 1,2. e) 0,2; 0,3; 0,7.

RESOLUÇÃO:

1) T1 = Ptotal = P1 + P2 + P3

T1 = (m1 + m2 + m3)g

T1 = 0,12 . 10 (N)

2) T2 = P2 + P3

T2 = (m2 + m3)g

T2 = 0,1 . 10 (N)

3) T3 = P3 = m3g

T3 = 0,07 . 10 (N)

Resposta: A

2. (ENEM-2011) – Para medir o tempo de reação de uma pessoa,pode-se realizar a seguinte experiência:I. Mantenha uma régua (com cerca de 30cm) suspensa vertical -

mente, segurando-a pela extremidade superior, de modo que ozero da régua esteja situado na extremidade inferior.

II. A pessoa deve colocar os dedos de sua mão, em forma de pinça,próximos do zero da régua, sem tocá-la.

III. Sem aviso prévio, a pessoa que estiver segurando a régua devesoltá-la. A outra pessoa deve procurar segurá-la o maisrapidamente possível e observar a posição onde conseguiusegurar a régua, isto é, a distância que ela percorre durante aqueda.

O quadro seguinte mostra a posição em que três pessoas conseguiramsegurar a régua e os respectivos tempos de reação.

(Disponível em: http://www. br.geocities. com. Acesso em: 1 fev. 2009.)

A distância percorrida pela régua aumenta mais rapida mente que otempo de reação porque aa) energia mecânica da régua aumenta, o que a faz cair mais

rapidamente.b) resistência do ar aumenta, o que faz a régua cair com menor

velocidade.c) aceleração de queda da régua varia, o que provoca um movimento

acelerado.d) força peso da régua gera um movimento acelerado.e) velocidade da régua é constante, o que provoca uma passagem

linear de tempo.

RESOLUÇÃO:Desprezando-se o efeito do ar, a força resultante na régua será o seu peso,que é constante. O movimento de queda da régua terá aceleração constante.

Δs (distância percorrida) é proporcional ao quadrado do tempo de quedat e, por isso, Δs aumenta mais rapidamente do que o tempo t. (A velocidadeda régua está aumentando durante a queda).A melhor opção é a (d) que cita o movimento acelerado.Resposta: D

MÓDULO 30

PESO DE UM CORPO

NOTE E ADOTEDesconsidere as massas dos fios. Módulo da aceleração da gravidade g = 10m/s2.

T1 = 1,2N

T2 = 1,0N

T3 = 0,7N

Distância percorrida pela régua durante a queda (metro)

Tempo de reação (segundo)

0,30 0,24

0,15 0,17

0,10 0,14

gΔs = ––– t2

2

80 –


3. (UFF-RJ-2012) – Dois corpos, um de massa m e outro de massa5m, estão conectados entre si por um fio e o conjunto encontra-seoriginalmente em repouso, suspenso por uma linha presa a uma haste,como mostra a figura.

A linha que prende o conjunto à haste é queimada e o conjunto cai emqueda livre. Desprezando-se os efeitos da resistência do ar, indique afigura que representa corretamente as forças

→f1 e

→f2 que o fio faz sobre

os corpos de massas m e 5m, respectivamente, durante a queda.

RESOLUÇÃO:Os dois corpos, após a queima do fio de cima, ficam em queda livre. A únicaforça atuante em cada corpo é o seu próprio peso e, por isso, eles nãointeragem com o fio que os une.

Portanto: →f1 =

→f2 =

→0.

Resposta: E

4. (ENADE-MODELO ENEM) – No Brasil, desde a década de1980, principalmente, professores e pesquisadores da área de ensinode Ciências têm buscado diferentes abordagens visando contribuir paraa melhoria do ensino nessa área, como, por exemplo, a exploração deconcepções prévias dos estu dantes. Na Física, especificamente no casoda mecânica newtoniana, pesquisas usando atividades que exploramconcepções prévias indicam que os estudantes de Ensino Médiotendem a dar explicações para situações envolvendo a relação entreforça e movimento que remetem à concepção aristotélica.Acerca do tema, considere um corpo lançado verticalmente para cima,no instante em que a altura não é a máxima e o corpo está subindo.Com base nas informações do texto e usando a legenda abaixo, assinalea alternativa que mostra a representação correta da direção e sentidodos vetores força (

→F) e velocidade (

→V) no sistema, sob a óptica do

estudante (considerada, nesta questão, aristotélica) (→FA e

→VA) e da

mecânica newtoniana (→FN e

→VN), respectivamente. Despreze a resis -

tência do ar.

RESOLUÇÃO:Na Física aristotélica, quando o corpo está subindo, a força resultante ésuposta no sentido do movimento:

↑ →VA ↑ →

FA

Na Física newtoniana, o corpo subindo tem velocidade para cima, porém,como seu movimento é retardado (força resultante é o peso), a forçaresultante é dirigida para baixo:

↑ →VN ↓ →

FN

Resposta: C

– 81


5. (UEPB-2012) – Um paraquedista salta de um avião com o para -quedas fechado e, após um certo tempo, ao abri-lo, a força de resis -tência do ar iguala-se à força peso do conjunto (paraquedas eparaquedista). A partir daí, o paraquedas cai em movimento retilíneo euniforme. A força de resistência do ar que atua num paraquedas temintensidade, em newtons, dada por Fr = 100V2, em que V é o móduloda velocidade em m/s. Sabendo-se que o paraquedas atinge uma velo -cidade-limite de módulo 4,0m/s e considerando-se a aceleração dagravidade local com módulo igual a 10m/s2, a massa total do conjunto(paraquedas e paraquedista), em quilogramas, é de: a) 130 b) 150 c) 140 d) 160 e) 120

RESOLUÇÃO:A velocidade-limite é atingida quando:

Fr = P = mg

100V2lim = m . g

100 . 16,0 = m . 10

Resposta: D

6. (UFSJ-MG-2012) – Pedro, de massa m = 100kg, sobe por umacorda de massa desprezível, que passa por uma roldana presa ao teto,sem atrito, e tem presa na outra extremidade uma caixa de massa150kg. Considerando-se a aceleração da gravidade com módulo iguala 10m/s2, é correto afirmar que o módulo da aceleração que Pedrodeveria ter para levantar a caixa do solo com velocidade constante é de:a) 1,0m/s2 b) 2,0/m/s2 c) 4,0m/s2

d) 5,0m/s2 e) 8,0m/s2

RESOLUÇÃO:

1) Para a caixa:

T = Pc = mc g = 1500N

2) Para Pedro:

T – PP = mP a

1500 – 1000 = 100 . a

Resposta: D

1. (UFRN-2012-MODELO ENEM) – Em tirinhas, é muito co mumencontrarmos situações que envolvem conceitos de Física e que,inclusive, têm sua parte cômica relacionada, de alguma forma, com aFísica. Considere a tirinha envolvendo a “Turma da Mônica”, mostradaa seguir.

Supondo-se que o sistema se encontra em equilíbrio, é correto afirmarque, de acordo com a Lei da Ação e Reação (3.a Lei de Newton),a) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que os meninos

exercem sobre a corda formam um par ação-reação. b) a força que a Mônica exerce sobre o chão e a força que a corda faz

sobre a Mônica formam um par ação-reação. c) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que a corda faz

sobre a Mônica formam um par ação-reação. d) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que os meninos

exercem sobre o chão formam um par ação-reação. e) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que Cebolinha

exerce sobre a corda formam um par ação-reação.

RESOLUÇÃO:Ação e reação são forças trocadas entre dois corpos: Mônica age na cordae a corda reage na Mônica.Resposta: C

2. (UFLA-MG-2012) – Um lustre encontra-se preso ao teto de umasala por uma haste de massa desprezível, conforme indica a figura 1.Podem-se identificar as forças que atuam no sistema e representá-las,isolando os corpos envolvidos, conforme as figuras 2, 3 e 4.

Das forças assinaladas, constitui(em) par(es) ação e reação:

a)→F1 e

→F2;

→F3 e

→F4 b)

→F1 e

→F3;

→F2 e

→F4

c)→F2 e

→F3;

→F4 e

→F5 d)

→F1 e

→F5

m = 160kg

a = 5,0m/s2

MÓDULO 31

3.a LEI DE NEWTON

82 –


RESOLUÇÃO:A haste age no teto com a força

→F1; o teto reage na haste com a força

→F2.

A haste age no lustre com a força →F4; o lustre reage na haste com a força

→F3.

Resposta: A

3. (ETEC-SP-2012-MODELO ENEM) – A maçã, alimento tãoapreciado, faz parte de uma famosa lenda ligada à biografia de Sir IsaacNewton. Ele, já tendo em mente suas Leis do Movimento, teriaelaborado a Lei da Gravitação Universal no momento em que, segundoa lenda, estando Newton ao pé de uma macieira, uma maçã lhe teriacaído sobre sua cabeça.Pensando nisso, analise as afirmações:I. Uma maçã pendurada em seu galho permanece em repouso,

enquanto duas forças de mesma intensidade, o seu peso e a forçade tração do cabinho que a prende ao galho, atuam na mesmadireção e em sentidos opostos, gerando sobre a maçã uma forçaresultante de intensidade nula.

II. Uma maçã em queda cai mais rápido quanto maior for a sua massajá que a força resultante, nesse caso chamada de peso da maçã, écalculada pelo produto de sua massa pela aceleração da gravidade.

III. A maçã em queda sofre uma ação do planeta Terra, denominadaforça peso, que tem direção vertical e sentido para baixo, e a maçã,por sua vez, atrai a Terra com uma força de mesma intensidade edireção, contudo o sentido é para cima.

É correto o que se afirma ema) I, apenas. b) II, apenas. c) I e III, apenas.d) II e III, apenas. e) I, II e III.

RESOLUÇÃO:I. VERDADEIRA.

II. FALSA. A aceleração de queda livre não depende da massa do corpo.III.VERDADEIRA. As forças trocadas entre o planeta Terra e a maçã

formam um par ação-reação e, portanto, têm a mesma intensidade, amesma direção e sentidos opostos.

Resposta: C

(UERJ-2012) – Considere as Leis de Newton e as informações a seguirpara responder às questões de números 4 e 5.

Uma pessoa empurra uma caixa sobre o piso de uma sala. As forçasaplicadas sobre a caixa na direção do movimento são: →Fp: força paralela ao solo exercida pela pessoa; →Fa: força de atrito exercida pelo piso.

A caixa se desloca na mesma direção e sentido de →Fp.

A força que a caixa exerce sobre a pessoa é →Fc.

4. Se o deslocamento da caixa ocorre com velocidade constante, asmagnitudes das forças citadas apresentam a seguinte relação: a) Fp = Fc = Fa b) Fp > Fc = Fac) Fp = Fc > Fa d) Fp = Fc < Fa

RESOLUÇÃO:

1) Fp = Fa, porque a força resultante é nula.

2) Fc = Fp, porque formam um par ação-reação.

Resposta: A

5. Se o deslocamento da caixa ocorre com aceleração constante (nãonula), na mesma direção e sentido de

→Fp, as magnitudes das forças

citadas apresentam a seguinte relação:a) Fp = Fc = Fa b) Fp > Fc = Fac) Fp = Fc > Fa d) Fp = Fc < Fa

RESOLUÇÃO:

1) Fp > Fa, para que o movimento seja acelerado.

2) Fp = Fc, porque formam um par ação-reação.

Resposta: C

→F = –

→P

– 83


6. Em um local onde g = 10,0m/s2 e o efeito do ar é des prezível, umlivro de massa 1,0kg está-se movendo verticalmente para cima, commovimento acelerado e ace le ração de módulo igual a 2,0m/s2, emvirtude da ação de uma força vertical F

→, aplicada pela mão de uma

pessoa.

a) Calcule as intensidades do peso P→

do livro e da força F→

.b) Caracterize, em intensidade, direção e sentido, a força que o livro

exerce sobre a mão da pessoa.

RESOLUÇÃO:a) 1) P = mg = 10,0N

2) PFD (livro): F – P = ma

F – 10,0 = 1,0 . 2,0 ⇒b) A mão aplicou ao livro uma força vertical para cima e de intensidade

12,0N; o livro reage, de acordo com a 3.ª Lei de Newton, e aplica sobrea mão uma força vertical, para baixo e de intensidade 12,0N.

Respostas: a) P = 10,0N e F = 12,0N.b) 12,0N, vertical e para baixo.

1. Uma força→F, de módulo 50,0N, atua sobre o bloco A da figura,

deslocando os três blocos sobre uma superfície hori zon tal. Sabe-se queas massas de A, B e C são, respec tiva mente, 5,0kg, 7,0kg e 8,0kg.

Desprezando-se os atritos, pode-se afirmar que o módulo da força queo bloco C exerce sobre o bloco B é igual a:a) 10,0N b) 20,0N c) 30,0N d) 40,0N e) 50,0N

RESOLUÇÃO:

1) PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC) a

50,0 = 20,0 . a

2) PFD (C): FBC = mC a

FBC = 8,0 . 2,5 (N) = 20,0N

3) 3.a Lei de Newton: FCB = FBC = 20,0N

Resposta: B

2. (UFRS-2012) – Dois blocos, de massas m1 = 3,0kg e m2 = 1,0kg,ligados por um fio inextensível, podem deslizar sem atrito sobre umplano horizontal. Esses blocos são puxados por uma força horizontal

→F

de módulo F = 6,0N, conforme a figura abaixo. (Desconsidere a massado fio e o efeito do ar).

A intensidade da força de tração no fio que liga os dois blocos é:a) zero b) 2,0N c) 3,0N d) 4,5N e) 6,0N

RESOLUÇÃO:

1) PFD (m1 + m2):

F = (m1 + m2) a

6,0 = 4,0a

2) PFD (m1):

T = m1 a

T = 3,0 . 1,5(N)

Resposta: D

F = 12,0N

MÓDULO 32

APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON

a = 2,5m/s2

a = 1,5m/s2

T = 4,5N

84 –


3. (ITA-2012) – No interior de um carrinho de massa M mantidoem repouso, uma mola de constante elástica k encontra-se comprimidade uma distância x, tendo uma extremidade presa e a outra conectadaa um bloco de massa m, conforme a figura.

Sendo o sistema então abandonado e considerando-se que não há atrito,pode-se afirmar que o valor inicial do módulo da aceleração do blocorelativa ao carrinho é a) kx / m. b) kx / M.c) kx / (m + M). d) kx (M – m) / mM.e) kx (M + m) / mM.

RESOLUÇÃO:

PFD (bloco): Fmola = k x = m ab

PFD (carrinho): Fmola = k x = M ac

A aceleração do bloco relativa ao carrinho será:

arel = ab + ac

arel = + = k x � + �

Resposta: E

4. Considere três blocos, A, B e C, conectados por fios ideais, em umplano horizontal sem atrito, e soli citados por uma força horizontalconstante

→F. Não considere o efeito do ar.

Qualquer um dos fios arrebenta quando a força ten sora a que estásujeito tem intensidade maior que 40,0N.As massas dos blocos A, B e C são, respectivamen te, iguais a mA = 2,0kg,mB = 3,0kg e mC = 5,0kg.Calcule:a) a máxima aceleração escalar do sistema para que nenhum dos fios

arrebente;b) a intensidade da força tensora em cada fio, nas condições do item a.c) a intensidade de

→F, nas condições do item a.

RESOLUÇÃO:a) A condição de aceleração máxima ocor re quando a força tensora no

fio (1) tem intensidade igual a 40,0N.

PFD(B+C): T1 = (mB + mC)a

40,0 = (3,0 + 5,0)amáx

b) 1)

2) PFD(C): T2 = mCa

T2 = 5,0 . 5,0 (N)

c) PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC)a

F = 10,0 . 5,0 (N)

Respostas: a) 5,0m/s2

b) 40,0N e 25,0Nc) 50,0N

kxab = ––––

m

kxac = ––––

M

k x ––––

m

k x ––––

M

1 –––m

1 –––M

(M + m)arel = k x –––––––––

Mm

amáx = 5,0m/s2

T1 = 40,0N

T2 = 25,0N

F = 50,0N

– 85


5. (UFPB-MODELO ENEM) – A cana-de-açúcar, depois de corta -da, é transportada até a usina por treminhões, que são compostos pelacabina, também chamada de cavalo, e mais dois reboques. Por lei, acarga máxima permitida que pode ser transportada por um treminhãoé de 60 toneladas; entretanto, cada reboque pode suportar uma cargamáxima de até 45 toneladas.Considere que:

Nesse contexto, o cavalo, em um trecho reto, consegue imprimir umaaceleração máxima de módulo 0,5m/s2 ao treminhão transportandocarga máxima permitida.A partir dessas informações, desprezando-se as massas dos reboques eda cabina, identifique as afirmativas corretas:I. A intensidade da força de tração máxima que o cabo vai suportar é

de 27,5 . 103N.II. A intensidade da força de tração mínima que o cabo vai suportar é

de 7,5 . 103N.III.A intensidade da força de tração no cabo dependerá da distribuição

da carga nos dois reboques.IV. A intensidade da força que o motor do caminhão aplicará ao sistema

formado pelos dois reboques é de 30 . 103N.V. A intensidade da força que o motor do caminhão aplicará ao sistema

formado pelos dois reboques dependerá da distribuição da carganeles.

Estão corretas apenasa) I, III e IV. b) III e IV. c) II, III e IV.d) III e IV. e) II e IV.

RESOLUÇÃO:I. FALSA. A carga máxima permitida é de 60t com no máximo 45t em

um dos reboques. A força transmitida pelo cabo vai acelerar apenas oreboque de trás.

PFD: Fcabo = Mreboque . a

A força no cabo será máxima quando o reboque de trás estiver comuma carga máxima possível, que é de 45t.

Fmáx = 45 . 103 . 0,5 (N)

II. VERDADEIRA. A força no cabo será mínima quando o reboque detrás estiver com carga de 15t (o outro com 45t).

Fmín = 15 . 103 . 0,5 N

III.VERDADEIRA.

IV. VERDADEIRA.

F = Mtotal . a

F = 60 . 103 . 0,5 (N)

F = 30 . 103NV. FALSA.Resposta: C

1. (CESUBRA) – Na figura a seguir, temos dois blo cos A e B, demassas respectivamente iguais a mA = 4,0kg e mB = 6,0kg, quedeslizam, sem atrito, em uma su per fície plana e horizontal, sob ação deuma força ho rizontal constante e de intensidade F.Os blocos estão ligados por fios ideais a um dina mô metro tambémideal (massa desprezível), calibra do em newtons.Não considere o efeito do ar e admita que os blocos têm umaaceleração horizontal constante e de módulo igual a 2,0m/s2.

Julgue os itens a seguir, classificando-os como verdadeiros (V) oufalsos (F):(1) A força tensora no fio (1) tem intensidade igual a 12,0N.(2) O valor de F é 20,0N.(3) Como o dinamômetro tem massa desprezível, as forças que tracio -

naram os fios (1) e (2) têm inten si dades iguais.(4) O dinamômetro indica 12,0N.

RESOLUÇÃO:(1) VERDADEIRA

PFD (B): T1 = mBa

T1 = 6,0 . 2,0 (N) ⇒

(2) VERDADEIRA

PFD (A + B): F = (mA +mB)a

F = 10,0 . 2,0 (N) ⇒

(3) VERDADEIRASe o dinamômetro é ideal (massa desprezível), a força re sul tante é semprenula (para qualquer aceleração) e as forças aplicadas em suas ex tre -midades têm a mesma intensidade (T1 = T2).

(4) VERDADEIRAA força que o dinamômetro indica é sempre a força aplicada em umade suas extremidades:Fdin = T1 = T2 = 12,0N

• os reboques estão acoplados por um cabo de massa desprezível, oqual pode suportar uma força de tração máxima de até 35 . 103N;

• o papel do cavalo é aplicar uma força F→

nos dois reboques,conforme ilustração abaixo.

Fmáx = 22,5 . 103 N

Fmín = 7,5 . 103 N

MÓDULO 33


T1 = 12,0N

F = 20,0N

86 –


2. Dois blocos, A e B, estão conectados por um fio ideal e se movemverticalmente com acele ração constante, sob ação de uma força

→F,

vertical, constante e de intensidade F = 120N.

Os blocos A e B têm massas res pec tivamente iguais a mA = 3,0kg e mB = 7,0kg. Despreze o efeito do ar e adote g = 10,0m/s2. Deter mine:a) o módulo da aceleração dos blo cos;b) a intensidade da força que traciona o fio.

RESOLUÇÃO:a) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton (PFD) ao sistema formado por A e B,

obtém-se:

F – (PA + PB) = (mA + mB)a

120 – 10,0 . 10,0 = 10,0 . a

20 = 10,0a

b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao bloco B, obtém-se:

T – PB = mBa

T – 70,0 = 7,0 . 2,0


b) 84,0N

3. (FUVEST-SP) – Um carrinho A de massa 20,0kg é unido a umbloco B de massa 5,0kg por meio de um fio leve e inexten sível,conforme a figura abaixo. Inicialmente, o sis tema está em repousodevido à presença do anteparo C que bloqueia o carrinho A.

Retirando-se o anteparo C, determinea) o módulo da aceleração do carrinho A;b) a intensidade da força tensora no fio.Despreze os atritos e adote g = 10,0m/s2.

RESOLUÇÃO:

a) 1) PFD (A): T = mAa (I)

2) PFD (B): PB – T = mBa (II)

3) PFD (A + B): PB = (mA + mB) a (I) + (II)

A resultante externa que acelera o sistema é o peso do blo copendente.

50,0 = (20,0 + 5,0) a ⇒

b) Em (I): T = 20,0 . 2,0 (N)


b) 40,0N

a = 2,0m/s2

T = 84,0N

a = 2,0m/s2

T = 40,0N

– 87


4. Os blocos A, B e C, mostrados na figura a seguir, têm massasiguais a 4,0kg, 1,0kg e 3,0kg, respectivamente. Des preze todos osatritos. O fio e a polia são ideais (massas des pre zíveis) e a aceleraçãoda gravidade tem módulo g = 10,0m/s2.

Determine:a) o módulo da aceleração dos blocos;b) a intensidade da força que traciona o fio;c) a intensidade da força que o bloco C aplica no bloco B.

RESOLUÇÃO:a) PFD (A + B + C):

PA = (mA + mB + mC) . a

40,0 = 8,0a ⇒

b) PFD (B + C):

T = (mB + mC) . a

T = 4,0 . 5,0 (N) ⇒

c) PFD (B):

FCB = mB . a ⇒ FCB = 1,0 . 5,0 (N) ⇒


b) 20,0Nc) 5,0N

5. (UFT-MODELO ENEM) – Uma pequena esfera de chum bo commassa igual a 50g é amarrada por um fio, de comprimento igual a 10cme massa desprezível, e fixada no interior de um automóvel conformefigura.

O carro se move horizontalmente com aceleração constante. Consi -derando-se hipoteticamente o ângulo que o fio faz com a vertical iguala 45 graus, qual seria o melhor valor para representar o módulo daaceleração do carro?Desconsidere o efeito do ar e considere o módulo da aceleração dagravidade igual a 9,8m/s2.a) 5,3m/s2 b) 6,8m/s2 c) 7,4m/s2

d) 8,2m/s2 e) 9,8m/s2

RESOLUÇÃO:

1) Ty = P = mg

2) PFD: Tx = ma

3) tg � = =

a = 9,8 . tg 45° (m/s2)

Resposta: E

1. (UNESP-MODELO ENEM) – Observe a tirinha.

(www.cbpf.br/~caruso)Uma garota de 50kg está em um elevador sobre uma balança calibradaem newtons. O elevador move-se verticalmente, com aceleração paracima na subida e com aceleração para baixo na descida. O módulo daaceleração é constante e igual a 2,0m/s2 em ambas as situações.Considerando-se g = 10,0m/s2, a diferença, em newtons, entre o pesoaparente da garota, indicado na balança, quando o elevador sobe equando o elevador desce, é igual a:a) 50 b) 100 c) 150 d) 200 e) 250

a = 5,0m/s2

T = 20,0N

FCB = 5,0N

Tx–––Ty

ma–––mg

a = g tg �

a = 9,8m/s2

MÓDULO 34


88 –


RESOLUÇÃO:1) Na subida do elevador:

PFD: FN – mg = ma

FN = m (g + a) = 50 . 12,0 (N) = 600N

2) Na descida do elevador:

PFD: P – F’N = ma

mg – F’N = ma

F’N = m (g – a) = 50 . 8,0 (N) = 400N

Resposta: D

2. Uma pessoa está dentro de um elevador, em cima de uma balançade mola. O elevador parte do repouso do andar térreo e atinge o andarsuperior gastando um tempo de 10,0s.Na fase de aceleração, a balança registra um peso aparente de 600N e,na fase de retardamento, um peso aparente de 400N. Adote g = 10,0m/s2.As acelerações do elevador nas fases em que ele acelera e retarda têmmódulos iguais.O gráfico da velocidade escalar do elevador em função do tempo, notrajeto especificado, é dado a seguir:

Determine:a) o peso P da pessoa;b) o módulo a da aceleração do elevador;c) os valores de T1 e T2 indicados no gráfico;d) a distância d percorrida pelo elevador entre os instantes t = 0 e

t = 10,0s.

RESOLUÇÃO:a) Na fase de movimento acelerado:

F1 – P = m a (1)Na fase de movimento retardado:P – F2 = m a (2)Comparando-se (1) e (2):F1 – P = P – F2

2P = F1 + F2 ⇒ P = = (N)

⇒ m = = 50,0kg

b) Em (1), tem-se:

600 – 500 = 50,0 . a ⇒

c) Do gráfico dado:

a = ⇒ 2,0 = ⇒

e

d) A distância percorrida é dada pela área sob o gráfico V = f(t):Δs = área (V x t)

d = (10,0 + 6,0) (m)

Respostas: a) P = 500N b) a = 2,0m/s2

c) T1 = 2,0 e T2 = 8,0 d) d = 32,0m

3. (UESPI) – Na figura, dois corpos de massas m1 = 2,0kg e m2 = 3,0kg estão ligados por um fio ideal inextensível, que passa poruma polia ideal. Des prezam-se efeitos de atrito e resistência do ar. Omódulo da aceleração da gravidade no local é g = 10,0m/s2. Qual é omódulo da tração no fio que une os corpos 1 e 2?

FN – F’N= 200N

F1 + F2––––––2

600 + 400––––––––

2

P = 500NP––g

a = 2,0m/s2

ΔV–––Δt

4,0–––T1

T1 = 2,0

T2 = 8,0

4,0–––2

d = 32,0m

– 89


RESOLUÇÃO:

1) PFD (1):T – P1 = m1 a (1)

PFD (2):P2 – T = m2 a (2)

PFD (1 + 2): P2 – P1 = (m1 + m2) a

30,0 – 20,0 = 5,0 . a

2) Em (1):T – 20,0 = 2,0 . 2,0

Resposta: 24,0N

4. (UNESP-2012-MODELO ENEM) – Em uma obra, para permitiro transporte de objetos para cima, foi montada uma máquinaconstituída por uma polia, fios e duas plataformas A e B horizontais,todos de massas desprezíveis, como mostra a figura.Um objeto de massa m = 225kg, colocado na plataforma A, inicial -mente em repouso no solo, deve ser levado verticalmente para cima eatingir um ponto a 4,5m de altura, em movimento unifor mementeacelerado, num intervalo de tempo de 3,0s. A partir daí, um sistema defreios passa a atuar, fazendo a plataforma A parar na posição onde oobjeto será descarregado.

Considerando-se g = 10m/s2 e desprezando-se os efeitos do ar sobre osistema e os atritos durante o movimento acelerado, a massa M, emkg, do corpo que deve ser colocado na plataforma B para acelerar paracima o objeto de massa m no intervalo de 3,0s é igual aa) 275 b) 285 c) 295 d) 305 e) 315

RESOLUÇÃO:1) Cálculo do módulo da aceleração de subida da pla taforma A:

Δs = V0t + t2 (MUV)

4,5 = (3,0)2

2) Para o sistema formado pelas plataformas A e B, temos:

2.a Lei de Newton: PB – PA = (mA + mB) a

Mg – mg = (m + M) a

M . 10 – 2250 = (225 + M) 1,0

10M – M = 2250 + 225

9M = 2475

Resposta: A

5. (UFT-2012-MODELO ENEM) – A fim de conferir realismo àgravação da cena de um filme que envolve um astronauta caindo nasuperfície lunar, a equipe de efeitos especiais de um estúdio utilizouuma montagem com polias, um cabo de aço e um contrapeso. Amontagem consiste em um cabo de aço com uma extremidade presaao astronauta, passando por duas polias fixas sobre o teto do estúdio epor uma polia móvel (na qual o contrapeso está preso). A outraextremidade do cabo está fixada ao teto do estúdio, conforme ilustradona figura abaixo:

a = 2,0m/s2

T = 24,0N

�–––2

a–––2

a = 1,0m/s2

M = 275kg

90 –


Existem forças de atrito que influenciam o movimento do astronauta edo contrapeso. Geralmente estas forças são desconsideradas emsituações envolvendo cabos e polias ideais. Cabos ideais são inexten -síveis (comprimento constante) e têm massa nula. Polias ideais nãopossuem atrito e têm massa nula.Em uma situação real, podemos considerar os cabos e polias comoideais desde que: 1) a massa destes seja muito inferior à dos demaiselementos do sistema; 2) o comprimento do cabo seja aproximada -mente constante; 3) o atrito na polia seja aproximadamente nulo.Para calcular a massa do contrapeso, de forma que o astronauta emqueda esteja submetido a uma aceleração igual à aceleração gravita -cional lunar, a equipe de efeitos especiais considerou o cabo e as poliasideais, a massa total do astronauta (com equipamentos) igual a 220kge a aceleração gravitacional lunar (gLua) igual a vinte por cento daaceleração gravitacional terrestre, gTerra = 10m/s2.Assinale a alternativa que mais se aproxima da massa calculada para ocontrapeso utilizado pela equipe de efeitos especiais do estúdio.a) 320kg b) 100kg c) 220kg d) 151kg e) 352kg

RESOLUÇÃO:1)

PFD: P – T = mgL2200 – T = 220 . 2,0

2)

2T – Mg = Macp

3520 – M .10 = M . 1,0

3520 = 11M

Resposta: A

(UFRS) – Instrução: As questões 1 e 2 referem-se ao enunciadoabaixo.Um cubo de massa 1,0kg, maciço e homogêneo, está em repouso sobreuma superfície plana e horizontal. Os coeficientes de atrito estático ecinético entre o cubo e a superfície valem, respectivamente, 0,30 e 0,25.Uma força

→F, horizontal, é então aplicada ao cubo.

(Considere o módulo da aceleração da gravidade igual a 10,0m/s2.)

1. Se a intensidade da força →F for igual a 2,0N, a força de atrito terá

intensidade igual a:a) zero b) 2,0N c) 2,5N d) 3,0N e) 10,0N

RESOLUÇÃO:Fatdestaque

= �E FN = �E P = 0,30 . 10,0N = 3,0N

Fatdin= �D FN = �D P = 0,25 . 10,0N = 2,5N

Como a força motriz (2,0 N) é menor que a força de atrito de destaque(3,0N), o cubo ficará em repouso e Fat = F = 2,0N.

Resposta: B

2. Se a intensidade da força →F for igual a 6,0N, o cubo terá uma

aceleração cujo módulo será igual a:a) zero b) 2,5 m/s2 c) 3,5 m/s2

d) 6,0 m/s2 e) 10,0 m/s2

RESOLUÇÃO:Como a força motriz (6,0N) é maior que a força de atrito de destaque (3,0N),o bloco será acelerado e a força de atrito será dinâmica: Fat = 2,5N.

PFD: F – Fat = ma

6,0 – 2,5 = 1,0a ⇒

Resposta: C

3. (UFPR-2012) – Um motorista está dirigindo seu ônibus em umarodovia retilínea e horizontal a uma velocidade escalar constante de90km/h. Sabendo-se que o coeficiente de atrito estático entre os pneuse a estrada é 0,5, calcule a distância mínima para ele parar comple -tamente o ônibus, admitindo-se que o ônibus tenha freio nas quatrorodas e que não haja derrapagem. Considere a aceleração da gravidadecom módulo igual a 10m/s2 e despreze o efeito do ar.

RESOLUÇÃO:

1) PFD: Fat = ma

�E mg = ma

2) V2 = V02 + 2� �s

0 = (25)2 + 2 (–5,0) dmín

10,0 dmín = 625

Resposta: 62,5m

T = 1760N

M = 320kg

MÓDULO 35

ATRITO

a = 3,5m/s2

a = �Eg = 5,0m/s2

dmín = 62,5m

– 91


4. (UFMG) – Observe esta figura:

Um bloco de 5,0kg está conectado a um dinamô metro por meio de umfio. O dinamômetro é puxado sobre uma super fície plana e horizontal,para a di rei ta, em linha reta. A intensidade da força medida por essedinamô metro e a velocidade escalar do bloco, ambas em fun ção dotempo, estão mostradas nestes gráficos:

Considerando-se essas informações e adotando-se g = 10,0m/s2,a) determine o módulo da resultante das forças sobre o bloco no

instante t1 = 3,5s e no instante t2 = 5,0s. Justifique sua resposta.b) calcule o coeficiente de atrito estático entre a su per fície e o bloco.

Explique seu raciocínio.c) calcule o coeficiente de atrito cinético entre a su perfície e o bloco.

Explique seu raciocínio.

RESOLUÇÃO:a) No instante t1, o bloco está em repou so e, no instante t2, o bloco está em

mo vimento retilíneo e uniforme. Em am bos os casos, a força resultanteno bloco é nula.

b) A força de atrito de destaque vale 10,0N, de acordo com o primeirográfico.

Fatdestaque= �E FN = �E P

10,0 = �E . 50,0

c) A força de atrito dinâmico vale 7,5N, de acordo com o primeiro gráfico.

Fatdin= �D FN

7,5 = �D . 50,0

Respostas: a) zero b) 0,20 c) 0,15

5. (FMJ-SP-2012-MODELO ENEM) – Brincando-se com cartasde baralho, montou-se sobre uma mesa horizontal o castelo da figura,onde se teve o cuidado de manter a perfeita simetria.

Considere que:• as cartas são idênticas e de massa m;• o coeficiente de atrito estático entre uma carta inferior da pilha e

o tampo da mesa é �;• a aceleração da gravidade tem módulo g;• as cartas em contato com o chão estão na iminência de escorregar.A expressão que determina corretamente a intensidade da força deatrito que o tampo exerce em uma das quatro cartas inferiores da pilhaé dada por:

a) Fat = � . m . g b) Fat = . � . m . g

c) Fat = . � . m . g d) Fat = . � . m . g

e) Fat = 3 . � . m . g

RESOLUÇÃO:

1) Fat = �E . FN

2) 4FN = Ptotal = 7mg

Resposta: D

�E = 0,20

�D = 0,15

1––4

3––4

7––4

7mgFat = � ––––

4

92 –


6. (UEA-VUNESP-2012) – Um bloco de 300kg é empurrado porvários homens ao longo de uma superfície horizontal que possui umcoeficiente de atrito igual a 0,8 em relação ao bloco. Cada homem écapaz de empurrar o bloco com uma força horizontal, no sentido domovimento, com intensidade de até 500N. Para mover o bloco, comvelocidade cons tante, são necessários X homens. Considerando-se g = 10m/s2, o menor valor possível para X é:a) 1 b) 3 c) 5 d) 7 e) 9

RESOLUÇÃO:

F = Fat = � Mg

F = 0,8 . 300 . 10 (N) = 2400N

X 500 � F

X 500 � 2400

X � 4,8

Como X é inteiro:

Resposta: C

1. (UFPB-2012-MODELO ENEM) – Na cidade de Sousa, nosertão paraibano, é comum agricultores subirem, sem ajuda deequipamentos, em coqueiros. Para descer, um determinado agricultorexerce forças com suas mãos e pés sobre o coqueiro, de modo a descercom velocidade constante. (Ver figura esquemática abaixo.)

Considerando-se que cada membro (pés e mãos), desse agricultorexerce uma força (

→F ou –

→F) perpendicular ao tronco do coqueiro e que

o coeficiente de atrito entre os membros e o tronco do coqueiro é �,identifique as afirmativas corretas:I. A força normal exercida pelo tronco em cada membro do

agricultor tem módulo igual a F.II. O atrito é estático, pois a aceleração é nula.III. A força de atrito é paralela ao tronco e orientada para cima.IV. O peso do agricultor é P = 4�F.V. A velocidade escalar do agricultor, imediatamente antes de chegar

ao solo, diminuirá, se o coeficiente de atrito diminuir.

Estão corretas apenas:a) II e V b) I e III c) I e IVd) I, III e IV e) II, III e V

RESOLUÇÃO:I) VERDADEIRA. Ação e reação.II) FALSA. O atrito é dinâmico porque o agricultor está escorregando

para baixo.III) VERDADEIRA. A força de atrito é oposta à velocidade do agricultor.IV) VERDADEIRA. Sendo a velocidade constante, a força resultante no

agricultor é nula; portanto:Fattotal

= P

4�F = PV) FALSA. Se o coeficiente de atrito diminuir, a força de atrito ficará

menor que o peso e o agricultor descerá com movimento acelerado.(A velocidade aumentará)

Resposta: D

2. (UFMG) – A figura abaixo representa dois blocos, A e B, ligadospor um fio inextensível e apoiados sobre uma superfície horizontal.Puxa-se o bloco A por uma força horizontal

→F de módulo 28,0N. A

massa de A é igual a 3,0kg, a de B igual a 4,0kg e o coeficiente de atritoentre cada um dos blocos e a superfície vale 0,20. Despreze a massa dofio e considere g = 10,0m/s2.

Determine:a) o módulo da aceleração dos blocos;b) a intensidade da força de tração no fio que liga os blocos.

RESOLUÇÃO:

a) PFD (A + B): F – Fat = ma

F – �P = ma

28,0 – 0,20 . 70,0 = 7,0 . a ⇒

b) PFD (B): T – FatB= mB a

T – � PB = mB a

T – 0,20 . 40,0 = 4,0 . 2,0

T – 8,0 = 8,0 ⇒


b) 16,0N

Xmín = 5

MÓDULO 36

ATRITO

a = 2,0m/s2

T = 16,0N

– 93


3. (UFF-2012) – Ímãs são frequentemente utilizados para prenderpequenos objetos em superfícies metálicas planas e verticais, comoquadros de avisos e portas de gela deiras. Considere que um ímã, coladoa um grampo, esteja em contato com a porta de uma geladeira. Suponhaque a força magnética que o ímã faz sobre a superfície da geladeira éperpendicular a ela e tem módulo FM . O conjunto ímã/grampo temmassa m0. O coeficiente de atrito estático entre a superfície da geladeirae a do ímã é �e . Uma massa M está pen durada no grampo por um fiode massa desprezível, como mostra a figura.

a) Desenhe as forças que agem sobre o conjunto ímã/grampo,identificando cada uma dessas forças.

b) Qual o maior valor da massa M que pode ser pendurada no gramposem que o conjunto caia?

RESOLUÇÃO:a)

→FM Força magnética→A Força de atrito→N Força normal→T Força de tração do fio→P Peso do conjunto

b) �→A �máx = �e �

→N �; �

→N � = FM

�→T � = Mg

Mg + m0g � �→A �máx = �e FM

M � – m0

Resposta:

4. (UFSC) – Um caminhão está parado com sua carga, que consisteem um grande bloco apoiado sobre a sua carroceria, como representaa figura. Em seguida, o caminhão arranca com uma aceleração cons -tante de módulo 2,5m/s2. Adote g = 10,0m/s2.

Para que o bloco não se movimente em relação ao caminhão, o coe -ficiente de atrito estático entre as superfícies em contato, do bloco eda carroceria, deve ter um valor mínimo igual a:a) 0,25 b) 0,40 c) 0,50 d) 0,15 e) 0,35

RESOLUÇÃO:

1) FN = P = mg

2) PFD: Fat = ma

3) Fat � �E FN

ma � �E mg

�E �

�E(mín)= =

Resposta: A

�e FM––––––g

�e FMMmáx = –––––– – m0g

a–––g

a–––g

2,5––––10,0

�E(mín)= 0,25

94 –


5. (MACKENZIE-2012) – Um corpo de massa 5,0kg está emmovimento devido à ação da força

→F, de intensidade 50N, como mostra

a figura abaixo. O coeficiente de atrito cinético entre a superfície deapoio horizontal e o bloco é 0,6 e a aceleração da gravidade no localtem módulo igual a 10m/s2.

A aceleração com a qual o corpo está se deslocando tem intensidadea) 2,4m/s2 b) 3,6m/s2 c) 4,2m/s2

d) 5,6m/s2 e) 6,2m/s2

RESOLUÇÃO:

1) Fx = F cos 37° = 50 . 0,8 (N) = 40N

Fy = F sen 37° = 50 . 0,6 (N) = 30N

2) Fy + FN = P

30 + FN = 50 ⇒

3) Fat = � FN

Fat = 0,6 . 20N ⇒

4) PFD: Fx – Fat = ma

40 – 12 = 5,0a

Resposta: D

6. (UEL-2012) – Uma pessoa, de massa 80,0kg, consegue aplicaruma força de tração máxima de 800,0N. Um corpo de massa Mnecessita ser levantado como indicado na figura a seguir.

O coeficiente de atrito estático entre a sola do sapato da pessoa e ochão de concreto é �e = 1,0. Faça um esboço de todas as forças que atuam na pessoa e no corpo edetermine qual a maior massa M que pode ser levantada pela pessoasem que esta deslize, para um ângulo � = 45.

RESOLUÇÃO:

1) T = Mg

2) Tx = Ty = T cos 45°

Tx = Ty = Mg cos 45°

3) Fat = Tx = Mg

4) Fat � �E FN e FN = PH – Ty

Mg � 1,0 �80,0g – Mg �

M � 80,0 – M

M��2 � 80,0

M � kg = 40,0 ��2 kg

Resposta:

FN = 20N

Fat = 12N

a = 5,6m/s2

��2–––––

2

��2–––––

2

��2–––––

2

��2–––––

2

��2–––––

2

80,0–––––

��2

Mmáx = 40,0 ��2 kg

– 95


96 –

1. (UNESP) – A dilatação térmica dos sólidos é um fenô me no im -portante em diversas aplicações de engenharia, como constru ções depontes, prédios e estradas de ferro. Considere o caso dos tri lhos de tremserem de aço, cujo coeficiente de dilatação é � = 11 × 10–6°C–1. Se a10°C o comprimento de um trilho é de 30 m, de quanto aumen taria oseu comprimento se a temperatura aumentasse para 40°C?a) 11 × 10–4 m b) 33 × 10–4 m c) 99 × 10–4 md) 132 × 10–4 m e) 165 × 10–4 m

RESOLUÇÃO:O cálculo da dilatação linear �L (aumento de compri mento) do trilho éfeito pela expressão:

�L = L0 � ��

Sendo L0 = 30m; � = 11 . 10–6°C–1 e �� = 40° – 10° = 30°C, vem:

�L = 30 . 11 . 10–6 . 30 (m)

Resposta: C

2. (UFPE) – Em uma chapa metálica, é feito um orifício circular domesmo tamanho de uma moeda. O conjunto (chapa com a moeda noorifício), inicialmente a 25°C, é levado a um forno e aquecido até225°C. Após o aquecimento, verifica-se que o orifício na chapa ficoumaior do que a moeda. Entre as afirmativas a seguir, indique a que estácorreta.a) O coeficiente de dilatação da moeda é maior do que o da chapa

metálica.b) O coeficiente de dilatação da moeda é menor do que o da chapa

metálica.c) O coeficiente de dilatação da moeda é igual ao da chapa metálica,

mas o orifício se dilatou mais porque a chapa é maior que a moeda.d) O coeficiente de dilatação da moeda é igual ao da chapa metálica,

mas o orifício se dilatou mais porque o seu interior é vazio.e) Nada se pode afirmar sobre os coeficientes de dilatação da moeda e

da chapa, pois não é dado o tamanho inicial da chapa.

RESOLUÇÃO:As partes vazias (orifícios, buracos) existentes em um corpo, na dilatação,comportam-se como se estivessem preenchidas do mesmo material docorpo.Assim, temos duas moedas, uma é a própria e a outra é um vazio que secomporta como se estivessem preenchido do material da chapa.No aquecimento, o orifício ficou maior do que a moeda. O material dachapa tem coeficiente de dilatação maior do que o do material da moeda.Resposta: B

3. (UNIFESP) – O tanque de expansão térmica é uma tecnologiarecen te que tem por objetivo proteger caldeiras de aque cimento deágua. Quando a temperatura da caldeira se eleva, a água se expande epode romper a caldeira. Para que isso não ocorra, a água passa para otanque de expansão térmica através de uma válvula; o tanque dispõe deum diafragma elástico que permite a volta da água para a caldeira.

Suponha que você queira proteger uma caldeira de volume 500�,destinada a aquecer a água de 20°C a 80°C; que, entre essas tempe -raturas, pode-se adotar para o coeficiente de dilatação volu métrica daágua o valor médio de 4,4 . 10–4°C–1 e considere desprezíveis a dila -tação da caldeira e do tanque. Sabendo que o preço de um tanque deexpansão térmica para essa finalidade é diretamente proporcional aoseu volume, assinale, das opções fornecidas, qual deve ser o volu me dotanque que pode proporcionar a melhor relação custo-bene fício.a) 4,0� b) 8,0� c) 12� d) 16� e) 20�

RESOLUÇÃO:A dilatação volumétrica (�V) que a água sofre ao ser aquecida na caldeiraé calculada fazendo-se:

�V = V0 � �� ⇒ �V = 500 . 4,4 . 10–4 (80 – 20) (�)

Esse excedente de volume é deslocado para o tanque de expansão térmica,que, objetivando-se apresentar a melhor re lação custo-benefício, deve tercapacidade de 16�.Resposta: D

MÓDULO 11

DILATAÇÃO TÉRMICA DOS SÓLIDOS E DOS LÍQUIDOS

�L = 99 . 10–4 m

�V = 13,2�

FRENTE 2 – TERMOLOGIA E ÓPTICA


4. (MACKENZIE-Modificada) – A 20°C, o comprimento de umahaste A é 99% do comprimento de outra haste, B, à mesma temperatura.Os materiais das hastes A e B têm alto ponto de fusão e coeficientes dedilatação linear respectivamente iguais a αA = 10. 10–5ºC–1 e αB = 9,1. 10–5ºC–1.A temperatura em que as hastes terão o mesmo comprimento seráa) 970ºC b) 1 120ºC c) 1 270ºCd) 1 770ºC e) 1 830ºC

RESOLUÇÃO:

LA = LB

L0A + L0A�A (� – �0) = L0B + L0B�B (� – �0)

0,99L0 + 0,99L0 . 10 . 10–5 (� – 20) = L0 + L0 . 9,1 . 10–5 (� – 20)

9,9 . 10–5 (� – 20) – 9,1 . 10–5 (� – 20) = 0,01

0,8 . 10–5 (� – 20) = 10–2

� – 20 = 1250

Resposta: C

5. (UEM-PR) – A dilatação irregular da água torna possível a vidaaquática em regiões muito frias. Assinale a alternativa incorreta sobreesse processo.a) No inverno, a água pode congelar na superfície do lago. Porém, a

água permanece a 4ºC no fundo do lago por ser mais densa a essatemperatura.

b) O gelo, à temperatura de 0ºC ou inferior a isso, permanece nasuperfície do lago porque é menos denso que a água.

c) A água pode permanecer à temperatura de 4ºC sob a camadasuperficial de gelo, entre outros motivos, porque o gelo é bomisolante térmico.

d) Qualquer massa de água, ao alcançar a temperatura de 4ºC, teráalcançado um valor de densidade quase nulo, o que faz o geloflutuar.

e) Se a maior densidade da água ocorresse a 0ºC, os lagos conge - lar-se-iam totalmente, provocando a extinção da fauna e da floraaquáticas ali existentes.

RESOLUÇÃO:Na temperatura de 0ºC, a densidade da água é máxima (o volume émínimo).Resposta: DObs.: Atenção que a questão está pedindo a alternativa INCORRETA.

1. (VUNESP-JULHO) – A figura mostra a Lua em órbita ao redorda Terra, ambas iluminadas pela luz solar. As faces não ilumi nadas daLua e da Terra estão escurecidas no desenho. Dependendo da posiçãorelativa entre Lua, Terra e Sol, têm-se as fases nova, quarto crescente,cheia e quarto minguante da Lua, respectivamente, nos pontos 1, 2, 3e 4 da figura.

A respeito dos eclipses e de sua relação com as fases da Lua, pode-seafirmar corretamente quea) durante um eclipse solar, a Lua está mais próxima do Sol do que da

Terra.b) os eclipses solares só ocorrem durante a Lua cheia.c) durante um eclipse solar, a distância entre o Sol e a Lua é menor que

durante um eclipse lunar.d) um eclipse lunar pode ser visto durante o dia.e) os eclipses lunares só ocorrem durante a fase quarto crescente da

Lua e os solares durante a fase quarto minguante.

RESOLUÇÃO:a) FALSA.

A Lua está sempre mais próxima da Terra do que do Sol.b) FALSA.

Os eclipses solares somente ocorrem na fase de lua nova (1).c) CORRETA.

O eclipse lunar ocorre na posição de lua cheia (3) e o eclipse solar, naposição de lua nova (1). Assim, a distância entre a Lua e o Sol é menordurante o eclipse solar.

d) FALSA.O eclipse lunar ocorre quando a Lua passa por trás da Terra, na posição(3), de lua cheia.Assim, esse elipse (lunar) só pode ser observado por quem está na parteescura da Terra (noite).

e) FALSA.Durante o quarto crescente (2) e o quarto minguante (4), não ocorreeclipse solar ou lunar.

Resposta: C

� = 1270°C

MÓDULO 12

PRINCÍPIOS DA ÓPTICA GEOMÉTRICA

– 97


2. (UFSCar) – A 1 metro da parte frontal de uma câmara escura deorifício, uma vela de comprimento 20 cm projeta na pare de oposta dacâmara uma imagem de 4 cm de altura.

A câmara permite que a parede onde é projetada a ima gem seja movida,aproximando-se ou afastando-se do orifí cio. Se o mesmo objeto forcolo cado a 50 cm do orifício, para que a imagem obtida no fundo dacâmara tenha o mesmo tamanho da anterior, 4 cm, a distância que de -ve ser des locado o fundo da câmara, relativa men te à sua posiçãooriginal, em cm, é dea) 50 b) 40 c) 20 d) 10 e) 5

RESOLUÇÃO:

Os triângulos destacados na figura são semelhantes, logo:

= ⇒

1.o caso: p’1 = . 100 (cm)

2.o caso: p’2 = . 50 (cm)

O fundo da câmara aproxima-se do orifício de uma distância d, dada por:

d = p’1 – p’2 ⇒ d = (20 – 10) cm ⇒

Resposta: D

3. (ENEM) – A sombra de uma pessoa que tem 1,80m de alturamede 60cm. No mesmo momento, a seu lado, a sombra projetada deum poste mede 2,00m. Se, mais tarde, a sombra do poste diminuiu50cm, a sombra da pessoa passou a medira) 30 cm b) 45 cm c) 50 cm d) 80 cm e) 90 cm

RESOLUÇÃO:

No instante em que a sombra de uma pessoa (que tem 180 cm de altura)

mede 60 cm, a sombra de um poste (que tem h cm de altura) mede 200 cm.Assim sendo:

Se, mais tarde, a sombra do poste (que tem 600 cm de altura) passou amedir 150 cm (pois diminuiu 50 cm), então, sendo s cm a medida da novasombra da mesma pessoa, teremos:

Resposta: B

ip’ = ––– p

o

i–––o

p’–––p

4–––20

p’1 = 20cm

4–––20

p’2 = 10cm

d = 10cm

98 –


4. (MACKENZIE) – Os objetos A e B, quando iluminados pela luzsolar, apresentam, respectivamente, as cores vermelha e branca. Essesobjetos, ao serem iluminados somente pela luz de uma lâmpada desódio, que emite apenas a luz monocromática amarela, serão vistos,respectivamente, com as cores:a) vermelha e branca. b) laranja e amarela.c) vermelha e preta. d) preta e amarela.e) branca e preta.

RESOLUÇÃO:Ao ser iluminado pela luz solar, o corpo (A) reflete apenas o comprimentode onda relativo ao da luz vermelha, absorvendo os demais comprimentosde onda. Se for iluminado apenas com luz monocromática amarela,apresentar-se-á preto.Já o corpo (B), branco, reflete todos os comprimentos de onda e ao seriluminado apenas com luz monocromática amarela, apresentar-se-áamarelo.Resposta: D

1. (VUNESP-SP) — Um estudante veste uma camiseta em cujopeito se lê a inscrição seguinte:

a) Reescreva essa inscrição, na forma que sua ima gem aparece parao estudante, quando ele se encontra em frente a um espelho plano.

b) Suponha que a inscrição esteja a 70cm do espe lho e que cada letrada camiseta tenha 10cm de al tura. Qual a distância entre a inscriçãoe sua ima gem? Qual a altura de cada letra da imagem?

RESOLUÇÃO:a) Nos espelhos planos, imagem e objeto têm as mesmas di mensões e são

equidistantes do espelho. Quando um ob je to é assimétrico, a imagemobtida não é superponível a ele. Assim, objeto e imagem, nos espelhosplanos, cons tituem figuras enantiomorfas.

b)

Nos espelhos planos, a imagem conjugada a um objeto é sempre domesmo tamanho que este e simétrica em relação ao espelho. Portanto, adistância entre a inscrição e sua ima gem será: D = 2dD = 2 (70) (cm)

A altura de cada letra da imagem será a mesma de cada letra dainscrição, ou seja, 10cm.

Respostas: a) Figura.b) 140cm e 10cm.

MÓDULO 13

ESPELHOS PLANOS: IMAGEM, CAMPO VISUAL, TRANSLAÇÃO, ROTAÇÃO E ASSOCIAÇÃO

UNESP

D = 140cm ou 1,4m

– 99


2. (PUC-SP) – Um observador O olha para um es pelho plano vertical(E), fixo na parede AB de uma sa la re tan gular, con for me a figura.

Quais pontos po dem ser vis tos, pelo obser vador, pela reflexão da luz emE?a) Apenas 5. b) Apenas 3 e 5.c) Apenas 3, 4 e 5. d) Apenas 2, 3 e 5.e) Todos.

RESOLUÇÃOPara determinar quais pontos o observador poderá ver, por reflexão noespelho, devemos determinar o seu campo vi sual. Para tanto, basta obter opon to O’, simétrico de O em re la ção ao espelho, e li gá-lo ao contorno pe rifé -rico do es pe lho.Pela figura, observamos que os pontos que per ten cem ao campo vi sual são3, 4 e 5 e, portanto, podem ser vistos por reflexão no espe lho.

Resposta: C

3. Considere uma pessoa e um espelho plano, moven do-se emrelação a um referencial ligado à superfície ter restre, com as velo -cidades escalares indicadas.

Qual a velocidade da imagem da pessoa em relação à super fície ter -restre?

RESOLUÇÃO:Utilizando o método da superposição de efeitos, temos:1) Se o espelho estivesse parado e apenas a pessoa se movesse com

velocidade escalar de 4,0m/s, a velocidade escalar da sua imagem seriaV1 = –4,0m/s.

2) Se a pessoa estivesse parada e apenas o espelho se movesse com velo -cidade escalar de 5,0m/s, a velocidade escalar da ima gem seria V2 = 10m/s.

3) Superpondo os efeitos (1) e (2), a velocidade escalar da ima gem em relaçãoà Terra será V = V1 + V2 = –4,0 + 10 = + 6,0m/s

Resposta: +6,0m/s

100 –


4. (EEM-SP) – Um espelho plano gira com velocidade angular

constante em torno do eixo perpendicular ao plano da figura, passando

pelo ponto O. Sabe-se que se o espelho girar de um ângulo �, uma

imagem refletida girará de um ângulo 2� no mesmo sentido. Seja M o

ponto iluminado quando o espelho está em posição AB. Num intervalo

de tempo de 0,5s, o espelho gira de um ângulo � e o ponto iluminado

desloca-se de M para N, tal que –––OM =

–––MN. Determine a velocidade

an gular do espelho.

RESOLUÇÃO:1) O triângulo OMN é retângulo e isósceles (

–––OM =

–––MN) e, portanto,

temos:2� = 45°

� = 22,5°= rad

2) A velocidade escalar angular do espelho é dada por:

=

=

=

Resposta: rad/s

5. (UPF-RS) – Dois espelhos, como indicados na figu ra, estãoposicionados numa mesa e existe entre eles um objeto.

O maior ângulo entre os espelhos, para que se possam enxergar onzeimagens inteiras desse objeto, será de: a) 20° b) 30° c) 45° d) 60° e) 120°

RESOLUÇÃO:A fórmula é expressa por:

N = – 1

Para N = 11, temos:

11 = – 1

12 =

Resposta: B

360°––––

�

360°––––

�

360°––––

�

� = 30°

π–––8

�––––�t

�––––�t

π/8––––0,5

π = ––– rad/s

4

π–––4

– 101


Nas questões de 1 a 6, o ponto F representa o foco prin cipal do espelhoesférico, C o centro de curva tu ra e V o vértice. Obtenha, graficamente,a posição da imagem do objeto AB. Classifique-a quanto à sua natureza(real ou virtual), tamanho (maior, me nor ou igual) e orientação (direitaou invertida) em re la ção ao objeto.

1.

real invertida maior

virtual direita menor

igualRESOLUÇÃO:

Imagem real, invertida e menor.

2.



igual

RESOLUÇÃO:

Imagem real, invertida e igual.

MÓDULO 14

RAIOS NOTÁVEIS E CONSTRUÇÃO DE IMAGENS NOS ESPELHOS ESFÉRICOS

102 –


3.



igual

RESOLUÇÃO:

Imagem real, invertida e maior.

4.

RESOLUÇÃO:

Portanto, a imagem estará no infinito e será denominada ima gem im -própria.

– 103


5.



igual

RESOLUÇÃO:

Imagem virtual, direita e maior.

6.



igual

RESOLUÇÃO:

Imagem virtual, direita e menor.

104 –


1. (MACKENZIE) – Um espelho esférico côncavo, que obedeceàs condi ções de Gauss, fornece, de um objeto colocado a 2cm de seuvértice, uma imagem virtual situada a 4cm dele (espelho). Se utili -zarmos esse espelho como refletor do farol de um carro, no qual osraios luminosos refletidos são paralelos, a distância entre o filamentoda lâmpada e o vértice do espelho deve ser igual a:a) 2 cm b) 4 cm c) 6 cm d) 8 cm e) 10 cm

RESOLUÇÃO:De acordo com o texto,p = 2cmp’ = –4cm (imagem virtual)

Usando-se a Equação de Gauss:

+ =

– + =

= = ⇒

O filamento da lâmpada deve ser colocado no foco do espelho e, portanto,a 4cm de seu vértice.Resposta: B

2. (MACKENZIE) – Um espelho esférico côncavo de raio decurvatura R, obedecendo às condições de Gauss, fornece, de um objetoretilíneo, colocado perpendicularmente sobre seu eixo principal, umaimagem 2 vezes maior e direita. A distância do espelho ao objeto é:a) 3R/2 b) R c) 2R/3d) R/2 e) R/4

RESOLUÇÃO:1) A imagem conjugada pelo espelho esférico côncavo é direita e tem duas

vezes o tamanho do objeto. As sim, temos: y’ = 2y.2) Aplicando-se a equação do aumento linear trans ver sal, vem:

=

=

R – 2p =

Resposta: E

3. (UFABC-SP)

A escultura mostrada na figura encontra-se exibida no pátio do MuseuMetropolitano de Arte de Tóquio. Trata-se de uma esfera metálica comum grande poder refle xivo, e nela vê-se a imagem de uma construção.

(Ivan Jerônimo)Com relação a essa imagem, pode-se afirmar que éa) real e se forma na superfície da esfera.b) real e se forma atrás da superfície espelhada da esfera.c) virtual e se forma na superfície da esfera.d) virtual e se forma atrás da superfície espelhada da esfera.e) virtual e se forma na frente da superfície espelhada da esfera.

MÓDULO 15

ESTUDO ANALÍTICO DOS ESPELHOS ESFÉRICOS

1–––p’

1–––p

1–––

f

1–––4

1–––2

1–––

f

1–––

f

–1 + 2––––––

4

1–––4

f = 4cm

y’–––y

f––––––(f – p)

2y–––y

R/2––––––––(R/2 – p)

R–––2

Rp = –––

4

– 105


RESOLUÇÃO:A superfície externa da esfera se constitui em um es pelho esférico convexo.

A imagem conjugada pela superfície convexa é virtual, direita e reduzida,formando-se atrás da superfície es pe lhada da esfera.Resposta: D

4. (UNICAMP) – Para espelhos esféricos nas condições de Gauss,a distância do objeto ao espelho, p, a distância da imagem ao espelho,p’, e o raio de curva tura do espelho, R, estão relacionados pela equa -

ção + = . O aumento linear transversal do espelho esfé-

rico é dado por A = , na qual o sinal de A representa a orientação

da imagem, direita quando posi tivo e invertida, quando negativo. Emparticular, espe lhos convexos são úteis por permitir o aumento docampo de visão e por essa razão são frequentemente em pregados emsaídas de garagens e em corredores de supermercados. A figura a seguirmostra um espelho esfé rico convexo de raio de curvatura R. Quandouma pessoa está a uma distância de 4,0m da superfície do espelho, suaimagem virtual se forma a 20cm deste, con forme mostra a figura.

Usando as expressões fornecida, calcule o que se pede.a) O raio de curvatura do espelho.b) O tamanho h da imagem, se a pessoa tiver H = 1,60m de altura.

RESOLUÇÃO:a) Aplicando-se a expressão fornecida (Equação de Gauss), com p = 4,0 m

e p’ = –20cm = –0,20m (p’ < 0 ⇒ imagem virtual), deter mina-se o raiode curvatura (R) do espelho.

= + ⇒ = –

= ⇒ = –

Da qual:

O resultado negativo deve-se ao fato de os espelhos convexos teremfocos virtuais. Entendemos, porém, que, para efeito de resposta, o valorde R deva ser apresentado em módulo, por tratar-se de umcomprimento característico da superfície esférica que produz o espelho.

b) Observando-se que A = = , determinamos o tama nho h da

imagem.

= –

Da qual:

Respostas: a) Aproximadamente 42cmb) 8,0cm

1––p

1––p’

2––R

–p’–––

p’

2–––R

1–––p

1–––p’

2–––R

1–––4,0

1––––0,20

2–––R

1 – 20––––––

4,0

2–––R

19–––4,0

R � –0,42 m = –42 cm

| R | � 42 cm

h–––H

–p’–––p’

h––––1,60

(–0,20)–––––––

4,0

h = 0,08 m = 8,0 cm

106 –


1. (VUNESP-2012) – O gráfico da figura 1 representa a intensidadeda radiação transmitida ou refratada (curva T) e a intensidade daradiação refletida (R) em função do ângulo de incidência da luz numasuperfície plana de vidro transparente de índice de refração 1,5. Afigura 2 mostra três direções possíveis – I, II e III – pelas quais oobservador O olha para a vitrina plana de vidro transparente, V.

Comparando-se as duas figuras, pode-se concluir que esse observadorvê melhor o que está dentro da vitrine quando olha na direçãoa) I e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção II.b) I e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção III.c) II e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção I.d) II e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção III.e) III e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção I.

RESOLUÇÃO:O gráfico permite inferir que a refração é máxima nas situações em que avisualização é feita das proximidades da direção (I), com ângulos próximosde 0°.Já a reflexão é maximizada para situações em que a visualização ocorrecom ângulos grandes, próximos de 90°.Resposta: B

2. A troposfera é a camada atmosférica mais próxima da superfícieterrestre, estendendo-se do solo até altitudes da ordem de 10km, ondese inicia uma camada subsequente denominada estratosfera. Na tro -pos fera, está praticamente todo o vapor-d’água, que determina aumidade relativa do ar, estando diretamente ligado a chuvas e outrosfenômenos metereológicos. Gotículas de água em suspensão naatmosfera são responsáveis por muitos fenômenos relacionados àrefração da luz, como a formação de arcos-íris. A figura abaixorepresenta a ampliação de uma gotícula esférica de água, de índice derefração igual a 1,3, em suspensão no ar atmosférico, de índice derefração igual a 1,0. Um estreito feixe cilíndrico de luz monocromáticaincide na gotícula conforme mostra o esquema a seguir.

Pode-se esboçar a trajetória do feixe luminoso até sua emergência dagotícula. Indique, no esquema, eventuais ângulos de mesma medida.

RESOLUÇÃO:(I) Ao refratar-se obliquamente do ar (menos refringente) para a água

(mais refringente), o feixe luminoso aproxima-se da normal (Lei deSnell).

(II) A reta normal a qualquer ponto da superfície esférica passa semprepelo centro C da esfera.

(III) Ao refratar-se obliquamente da água (mais refringente) para o ar(menos refringente), o feixe luminoso afasta-se da normal (Lei deSnell).

(IV) A figura abaixo mostra a trajetória do feixe luminoso ao atravessar agotícula de água.

Resposta: ver figura

MÓDULO 16

ÍNDICE DE REFRAÇÃO E LEIS DA REFRAÇÃO

– 107


3. (MACKENZIE-2012) – Um raio de luz monocromática que sepropaga no ar (índice de refração = 1) atinge a superfície de separaçãocom um meio homogêneo e transparente, sob deter minado ângulo deincidência, diferente de 0º.

Considerando-se os meios da tabela, aquele para o qual o raio luminosotem o menor desvio é:a) Água b) Álcool etílico c) Diamanted) Glicerina e) Vidro comum

RESOLUÇÃO:

Lei de Snell:

n1 sen i = n2 sen r

1 . sen i = n2 sen r

Quanto menor n2, maior será sen r e r e menor será o desvio.Portanto, o meio para o qual o desvio é menor é o que tem menor índice derelação absoluto: a água.

Resposta: A

4. Um pesquisador, estudando o comportamento de um estreito feixecilíndrico de luz laser, observa que, quando o feixe incide obliqua -mente na superfície de um líquido de índice de refração igual a ��3,com ângulo de incidência �, parte da energia reflete-se, com ângulode reflexão �, e outra parte refrata-se, com ângulo de refração �. Vejaa ilustração, fora de escala, abaixo.

Se � + � = 90º e o índice de refração do ar é igual a 1,0, em qual dasalternativas os valores de �, � e � estão corretamente indicados?a) � = 60º, � = 45º e � = 30º b) � = 60º, � = 60º e � = 30ºc) � = 45º, � = 60º e � = 45º d) � = 30º, � = 30º e � = 60ºe) � = 53º, � = 53º e � = 37º

RESOLUÇÃO:

(I) Lei de Snell:

nL sen � = nar sen � ⇒ ��3 sen � = 1,0 sen �

Se � + � = 90º, então sen � = cos �. Logo:

��3 cos � = sen � ⇒ = ��3

tg � = ��3 ⇒

60º + � = 90º ⇒

(II) O ângulo de reflexão (�) é igual ao de incidência (�): 2.ª lei da reflexão.

Resposta: B

Meio Índice de refração

Água 1,33

Álcool 1,66

Diamante 2,42

Glicerina 1,47

Vidro comum 1,52

sen isen r = –––––

n2

sen �––––––cos �

� = 60º

� = 30º

� = � = 60º

108 –


5. (IME) – Um raio de luz monocromática incide em um líquidocontido em um tanque, como mostrado na figura. O fundo do tanque éespelhado, refletindo o raio luminoso sobre a parede posterior dotanque, exatamente no nível do líquido.

O índice de refração do líquido em relação ao ar é:a) 1,35 b) 1,44 c) 1,41 d) 1,73 e) 1,33

RESOLUÇÃO:

(I) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo destacadono esquema acima, vem:

(AB)2 = (10)2 + (��143 )2

(AB)2 = 243 ⇒

(II)Aplicando-se, agora, a Lei de Snell à refração da luz do ar para olíquido, segue-se que:

nL sen r = nAr sen i ⇒ nL = nAr

= ⇒

Resposta: A

1. Uma peça componente de um equi pamento óptico é confeccio -nada com um material transparente e tem suas duas faces paralelas emforma de um quarto de círculo, conforme ilustra a figura 1 (pers -pectiva). Um raio de luz monocro má tica pertencente a um planoparalelo às faces pa ralelas da peça penetra no material pelo ponto A eemerge pelo ponto B, como representa a figura 2.

Sabendo-se que o meio que envolve a peça é a água, a(s) trajetória(s)seguida(s) pela luz depois da emer gência em B pode(m) sera) I ou II. b) II ou III. c) III ou IV.d) somente II. e) somente III.

RESOLUÇÃO:Ao refratar-se da água para o material da peça, a luz aproxima-se danormal N1, conforme está esquematizado a seguir, o que sig nifica que omaterial da peça é mais refringente do que a água.

Na emergência em B, a luz deve afastar-se da normal N2, o que possibilita aocorrência das trajetórias III ou IV.Convém notar que, no caso da trajetória IV (emergência ra san te), a luz incideem B com o ângulo-limite do dioptro peça-água.Resposta: C

AB = ��243 cm

10––––––��243

��3–––2

nL––––nAr

��729––––––20

nL–––– = 1,35nAr

MÓDULO 17

REFLEXÃO TOTAL

– 109


2. (FMJ) – Um raio de luz monocromática propa gan do-se no ar(nAR = 1) incide sobre um objeto transparente com a forma de umquarto de um cilindro de raio R, cujo índice de refração é igual a n.Esse raio incide perpendicularmente no ponto P pertencente a uma dasfaces planas do corpo e emerge pelo ponto Q, tangenciando a facecilíndrica, como mostram as figuras 1 e 2.

a) Determine o índice de refração absoluto n do material com o qualo objeto foi feito.

b) Para que o raio incidente em P sofresse reflexão total em Q, o índicede refração do objeto deveria ser maior ou menor do que o dasituação descrita? Justifique sua resposta.

RESOLUÇÃO:a)

Lei de Snell: n sen i = nar sen r

n . = 1 . sen 90°

n = ⇒

b) Para a ocorrência de reflexão total em Q:

i > L ⇒ sen i > sen L ⇒ >

0,8 > ⇒

Respostas: a) n = 1,25b) Para a ocorrência de reflexão total em Q, o valor de n

deveria ser maior que 1,25.

3. (UFG) – Um raio de luz monocromática incide perpendi cular menteà face A de um prisma e sofre reflexões internas totais com toda luzemergindo pela face C, como ilustra a figura abaixo. Considerando oexposto e sabendo que o meio externo é o ar (nar = 1), calcule o índicede refração mínimo do prisma.

RESOLUÇÃO:A trajetória do raio de luz, ao atravessar o prisma, está esboçada abaixocom as respectivas indicações de ângulos.

Se o índice de refração, n, do prisma é mínimo, o ângulo-limite da interfaceprisma-ar é praticamente igual (ligeiramente menor) a 30°. Logo:

L ≅ 30° ⇒ sen L ≅ sen 30°

� ⇒ �

Da qual:

Resposta: nmín. � 2

0,8 R–––––

R

1––––0,8 n = 1,25

0,8 R–––––

R

nar––––n

1–––n

n > 1,25

nar––––nmín.

1–––2

1––––nmín.

1–––2

nmín. � 2

110 –


4. (UFF) – O fenômeno de reflexão interna pode ser usado paramedir o índice de refração da água de uma forma simples. A figurarepresenta, esquematicamente, um relógio imerso em água. Com a luzde um laser incidindo perpendicularmente sobre a superfície da águae variando-se o ângulo θ que o mostrador do relógio faz com ela,observa-se que existe um ângulo crítico θc, a partir do qual ocorrereflexão total do raio na interface entre o vidro e o ar.

a) Obtenha o índice de refração da água em função de θc, consi de -rando que o índice de refração do ar é aproximadamente igual a 1.

b) Calcule a velocidade da luz na água, sabendo que a velocidade daluz no vácuo é c � 3,00 . 105 km/s e que o ângulo crítico θc vale48,6°.

Dados: sen 48,6° = 0,75; cos 48,6° = 0,66.

RESOLUÇÃO:a) Na situação representada abaixo, o raio luminoso incide na interface

água-vidro com o ângulo ártico �c, igual ao que o mostrador do relógiofaz com a direção horizontal.

(I) Refração da água para o vidro:

nágua sen �c = nvidro sen � a

(II) Refração do vidro para o ar:

nar sen � = nvidro sen � b

(III) Comparando-se as equações a e b e observando-se que nar = 1

e � = 90°, tem-se:

nágua sen �c = nar sen � ⇒ nágua sen �c = 1 . sen 90°

nágua sen �c = 1 ⇒

b) nágua = e nágua = ; logo:

= ⇒ =

Vágua = 3,00 . 105 . 0,75 (km/s)

Da qual:

Respostas: a) nágua =

b) Vágua = 2,25 . 105 km/s

5. (FUVEST-2012) – Uma fibra óptica é um guia de luz, flexível etransparente, cilíndrico, feito de sílica ou polímero, de diâmetro nãomuito maior que o de um fio de cabelo, usado para transmitir sinaisluminosos a grandes distâncias, com baixas perdas de intensidade. Afibra óptica é constituída de um núcleo, por onde a luz se propaga e deum revestimento, como esquematizado na figura (corte longitudinal).

Sendo o índice de refração do núcleo 1,60 e o do revestimento, 1,45, omenor valor do ângulo de incidência � do feixe luminoso, para quetoda a luz incidente permaneça no núcleo, é, aproximadamente:a) 45° b) 50° c) 55° d) 60° e) 65°

1nágua = –––––––

sen �c

c–––––––

Vágua

1––––––––

sen �c

1––––––––

sen �c

c––––––––

Vágua

1––––––––sen 48,6°

3,00 . 105––––––––

Vágua

Vágua = 2,25 . 105 km/s

1––––––––

sen �c

NOTE E ADOTE

� (graus) sen � cos �

25 0,42 0,91

30 0,50 0,87

45 0,71 0,71

50 0,77 0,64

55 0,82 0,57

60 0,87 0,50

65 0,91 0,42

n1 sen �1 = n2 sen �2

– 111


RESOLUÇÃO:No esquema, está representada, em corte, a fibra óptica e um raio de luzincidente na interface núcleo-revestimento.

Para que ocorra reflexão total interna, o ângulo � deve superar o ângulo-li mite do dioptro núcleo-revesti mento.

� > L ⇒ sen � > sen L ⇒ sen � >

sen � > ⇒ sen � > 0,91

Logo, da tabela: � > 65°

Resposta: E

1. (UNIRIO-MODELO ENEM) – Um cão está diante de umamesa, observando um peixinho dentro do aquário, confor merepresentado na figura.

Ao mesmo tempo, o pei xi nho também observa o cão. Em relação àparede P do aquário, cuja espessura é desprezível, e às distân cias reais,podemos afirmar que as imagens observa das por cada um dos animaisobedecem às seguintes relações:a) O cão observa o olho do peixinho mais próximo da parede P,

enquanto o peixinho observa o olho do cão mais distante doaquário.

b) O cão observa o olho do peixinho mais distante da parede P,enquanto o peixinho observa o olho do cão mais próximo doaquário.

c) O cão observa o olho do peixinho mais próximo da parede P,enquanto o peixinho observa o olho do cão mais próximo doaquário.

d) O cão observa o olho do peixinho mais distante da parede P,enquanto o peixinho observa o olho do cão também mais distantedo aquário.

e) O cão e o peixinho observam o olho um do outro, em relação àparede P, em distâncias iguais às distâncias reais que eles ocupamna figura.

RESOLUÇÃO:(I) O cão observa o peixinho:

(II) O peixinho observa o cão:

É importante notar que a água é mais refringente do que o ar.

Resposta: A

2. (ITA) – Um pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lagoa 10,0m de profundidade. No fun do do lago, a lanterna emite um fei -xe luminoso for mando um pequeno ângulo � com a vertical (veja fi gu -ra).

Considere: tg � � sen � � � e o índice de refração da água n = 1,33.

Então, a profundidade aparente h vista pelo pescador é igual a:a) 2,5 m b) 5,0 m c) 7,5 md) 8,0 m e) 9,0 m

nR––––nN

1,45––––––

1,60

�mín � 65°

MÓDULO 18

DIOPTRO PLANO, LÂMINAS DE FACES PARALELAS E PRISMAS ÓPTICOS

112 –


RESOLUÇÃO:

Lei de Snell: n sen � = nAr sen �

Como os ângulos � e � são considerados pequenos, vale a aproximação:

sen � � tg � = e sen � � tg � =

Logo: n = nAr

Da qual: h = H ⇒ h = . 10,0 (m)

Resposta: C

3. (UFAC-MODELO ENEM) – Na figura abaixo, é mostrada apropagação de um feixe de luz (a) que incide sobre uma placatransparente de faces paralelas. Como consequência dessa incidência,são originados outros feixes, denominados (b), (c), (d), (e) e (f).

ALONSO, M., FINN, E. Física, Volumen II: Campos y Ondas. México, D. F.:

Addison-Wesley Iberoamericana, 1985. p. 810 (com adaptações).

Analise as seguintes afirmações:(I) Os raios (a) e (c) são paralelos.(II) Os raios (f) e (e) não são paralelos.(III) Os raios (f) e (e) são paralelos.(IV) Os raios (a) e (c) não são paralelos.(V) Os raios (b) e (d) são simétricos em relação a um eixo per pen -

dicular à face inferior que passa pelo ponto P.

a) (I), (III) e (V) são corretas.b) (II) e (IV) são corretas.c) (III) e (IV) são corretas.d) (I) e (II) são corretas.e) (I) e (IV) são incorretas.

RESOLUÇÃO:Ao atravessar obliquamente uma lâmina transparente de faces paralelas,envolta por um mesmo meio, um feixe luminoso não sofre desvio angular,isto é, o feixe emergente (c) é paralelo ao feixe incidente (a). Ocorre apenasum deslocamento lateral no feixe de luz.É também importante salientar que, nas interfaces de entrada e saída daluz, ocorre o fenômeno da reflexão. Neste caso, os feixes refletidos estãocaracterizados por (d) e (f).Resposta: A

4. (UNIRIO-RJ) – Um raio de luz monocromática incide sobre asuperfície de uma lâmina delgada de vidro, com faces paralelas,fazendo com ela um ângulo de 30°, como ilustra a figura abaixo. Alâmina está envolvida pelo ar e sua espessura é de ��3 cm. Sabendo-seque os índices de refração desse vidro e do ar valem, respectivamente,��3 e 1, determine o deslocamento lateral x, em mm, sofrido pelo raiode luz ao atravessar a lâmina.

RESOLUÇÃO:

x–––H

x–––h

x–––H

x–––h

nAr––––

n

1,00–––––1,33

h � 7,5m

– 113


I) Lei de Snell: nv sen r = nar sen i

��3 sen r = 1 . sen 60° ⇒ ��3 sen r =

sen r = ⇒

II) Triângulo retângulo ABC:

cos r = ⇒ cos 30° =

= ⇒

III) � + r = i ⇒ � + 30° = 60° ⇒

IV) Triângulo retângulo ABD:

sen � = ⇒ sen 30° =

= ⇒

Resposta: 10 mm

5. Na figura abaixo, está representado o funcionamento básico deum periscópio, instrumento óptico de larga utilização em submarinos.Com a embarcação sub mersa, o periscópio é erguido, possibilitandoaos tri pulantes se informarem sobre corpos situados na superfície daágua. Dois prismas iguais, com secção transversal em forma detriângulo retângulo isós celes, são posicionados como no esquema parapro duzirem reflexões do feixe luminoso, o que transfere a luz para oolho de um observador O que contempla uma imagem final de naturezavirtual do objeto visado.

a) Admita que R seja um relógio de ponteiros em cujo mostrador hátraços no lugar de números. Se a indicação de R for 9h, que horárioserá lido pelo observador O?

b) Adotando-se para o ar que preenche o periscópio índice de refraçãoabsoluto igual a 1,0, determine uma relação para o índice derefração absoluto n do material de que são feitos os prismas paraque a imagem final observada por O tenha brilho máximo.

RESOLUÇÃO:a) O prisma de entrada da luz produz uma imagem espe cu lar enantiomorfa

de R indicando 3h. Essa imagem com porta-se como objeto real emrelação ao prisma de saída da luz. Como esse prisma produz uma imagemgerada por dupla reflexão da luz, esta é igual ao objeto original, e oobservador O lê o mesmo horário indicado por R: 9h.

b)

Para que a imagem final observada por O tenha brilho máximo, a luzdeve sofrer reflexão total nos dois prismas. Para que isso ocorra:� > L ⇒ sen � > sen L

sen � > ⇒ sen 45° >

> ⇒

Respostas: a) 9hb) n > ��2

��3–––2

1–––2

r = 30°

e–––AB

��3–––AB

��3–––2

��3–––AB

AB = 2 cm = 20 mm

� = 30°

x–––AB

x–––20

1––2

x–––20

x = 10 mm

nar–––n

1,0–––n

��2––––

2

1,0–––n

n > ��2

114 –


– 115

1. (VUNESP) – Na figura, estão representadas quatro monta gensexperimentais em que um mesmo bloco de massa m está sus penso, porfios ideais, em equilíbrio.

Sabendo-se que � < � < � < �, pode-se afirmar que o módulo da re -sultante das trações T1 e T2 é a) maior em I. b) maior em II.c) maior em III. d) maior em IV. e) igual nas quatro montagens.

RESOLUÇÃO:

Para o equilíbrio, em todos os esquemas, temos:→T1 +

→T2 +

→P =

→0

Resposta: E

2. (VUNESP-2012-MODELO ENEM) – Em uma academia deginástica, foi montado um sistema de roldanas para um atleta, cujafinalidade era erguer um corpo de massa homogênea m = 150kg, emum local onde g =10 m/s2. Desprezam-se todas as forças de resistência.

Para que o atleta consiga erguer o corpo com velocidade constante, omódulo da força

→F a ser aplicada na ponta da corda, em newtons,

deverá ser igual aa) 300 b) 450 c) 500 d) 600 e) 750

RESOLUÇÃO:

Sendo a velocidade constante, a força resultante no corpo é nula e teremos:

3F = P

3F = 1500

Resposta: C

MÓDULO 21

ESTÁTICA DO PONTO MATERIAL

F = 500N

→T1 +

→T2 = –

→P

FRENTE 3 – MECÂNICA E ELETRICIDADE


3. (UFPE-2012) – Uma trave, de massa M = 4,6kg, é mantida naposição horizontal apoiada lateralmente em uma parede e por meio deum cabo de massa desprezível e inextensível, como mostrado na figura.Considerando-se que não haja atrito entre a trave e a parede, calcule aintensidade da força de tração no cabo e a intensidade da força que aparede exerce na trave. Adote g = 10,0m/s2.

RESOLUÇÃO:

Para o equilíbrio da trave, temos:

1) Na direção vertical:

T cos 60° = P = Mg

T . = 46,0 ⇒

2) Na direção horizontal:

T cos 30° = FN

92,0 . = FN

Respostas: 92,0N e 46,0 ��3 N

4. (UFS-2012) – Um fio vertical é submetido à tração de intensidadeT quando sustenta um corpo de massa 10kg. A extremidade desse fioé presa ao teto por dois fios: o fio 1, cuja tração tem módulo T1, forma37° com o teto horizontal e o fio 2, submetido à tração de módulo T2,forma 53° com o teto.

Analise as afirmações.

1) T = 100N. 2) T1 + T2 = T.

3)→T1 +

→T2 +

→T =

→0 4) T1 = 80N

5) T2 = 60N

Somente está correto o que se afirma em:a) (1) e (2) b) (1) e (3) c) (4) e (5)d) (3), (4) e (5) e) (2) e (3)

RESOLUÇÃO:

1) T = P = mg = 100N

2) sen 37° = ⇒ T1 = 100 . 0,60 (N) = 60N

3) cos 37° = ⇒ T2 = 100 . 0,80 (N) = 80N

(1) VERDADEIRA.

(2) FALSA.T1 + T2 = 140N

(3) VERDADEIRA.Resultante nula.

(4) FALSA.

(5) FALSA.

Resposta: B

T = 92,0N1–––2

��3––––

2

FN = 46,0 ��3 N

T1–––T

T2–––T

116 –116 –


5. (UNESP-MODELO ENEM) – Um lustre está pendurado no tetode uma sala por meio de dois fios inextensíveis, de mesmo compri -mento e de massas desprezíveis, como mostra a figura 1, na qual oângulo que cada fio faz com a vertical é 30°. As forças de tração nosfios têm a mesma intensidade.

Considerando-se cos 30º ≅ 0,87, se a posição do lustre for modificadae os fios forem presos ao teto mais distantes um do outro, de formaque o ângulo que cada um faz com a vertical passe a ser o dobro dooriginal, como mostra a figura 2, a intensidade da força de tração emcada fio será igual aa) 0,50 do valor original. b) 1,74 do valor original.c) 0,86 do valor original. d) 2,00 do valor original.e) 3,46 do valor original.

RESOLUÇÃO:

Para o equilíbrio do lustre:2T cos θ = P

Na situação da figura 1: T1 =

Na situação da figura 2: T2 =

= =

= 1,74

Resposta: B

6. (UPE-2012) – Uma esfera de massa m e raio R é mantida emrepouso por uma corda de massa desprezível, presa a uma parede sematrito, a uma distância L, acima do centro da esfera.

Assinale a alternativa que representa a expressão para a intensidade daforça da parede sobre a esfera.

a) b)

c) d)

e) mg (L2 + R2)

RESOLUÇÃO:

1) Ty = P = mg

Tx = FN

2) tg � = = =

Resposta: C

PT = –––––––

2 cos θ

P––––––––2 cos 30°

P––––––––2 cos 60°

0,87–––––0,50

cos 30°–––––––cos 60°

T2––––T1

T2––––T1

T2 = 1,74 T1

mg �� L2 + R2

–––––––––––––R

mg �� L2 + R2

–––––––––––––L

mgL––––––

R

mgR––––––

L

FN––––mg

Tx––––Ty

R––––

L

mgRFN = ––––––

L

– 117


1. (ETEC-SP-2012-MODELO ENEM) – Você já deve ter visto emseu bairro pessoas que vieram diretamente da roça e, munidas decarrinhos de mão e de uma simples balança, vendem mandiocas decasa em casa.A balança mais usada nessas situações é a apresentada na figura aseguir.

A balança representada está em equilíbrio, pois o produto da massa domassor pela distância que o separa do ponto O é igual ao produto damassa que se deseja medir pela distância que separa o ponto em que oscordames do prato são amarrados na haste até o ponto O.Considere que no prato dessa balança haja 3,0kg de mandiocas e queessa balança tenha um massor de 0,60kg. Para que se atinja o equilíbrio, a distância d do massor em relação aoponto O deverá ser, em cm,a) 16,0 b) 20,0 c) 24,0 d) 36,0 e) 40,0

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo:

PM d1 = P d

3,0 . 8,0 = 0,60 . d

Resposta: E

2. (UERJ-2012-MODELO ENEM) – Uma balança romanaconsiste em uma haste horizontal sustentada por um gancho em umponto de articulação fixo. A partir desse ponto, um pequeno corpo Ppode ser deslocado na direção de uma das extremidades, a fim deequilibrar um corpo colocado em um prato pendurado na extremidadeoposta. Observe a ilustração:

Quando P equilibra um corpo de massa igual a 5,0kg, a distância d deP até o ponto de articulação é igual a 15cm.Para equilibrar um outro corpo de massa igual a 8,0kg, a distância, emcentímetros, de P até o ponto de articulação deve ser igual a:a) 28 b) 25 c) 24 d) 20 e) 18

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo.

P . d = Pc . a

P . 15 = 5,0g . a (1)

P . x = 8,0g . a (2)

: =

Resposta: C

MÓDULO 22

ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO

d = 40,0cm

8,0–––5,0

x–––15

(2)–––(1)

x = 24cm

118 –


3. (UECE-2012) – A plataforma de um andaime é construída comuma tábua quadrada uniforme de 60kg e 5,0m de lado. Essa plataformarepousa sobre dois apoios em lados opostos. Um pintor de 70kg está empé no andaime a 2,0m de um dos apoios. Considere o módulo daaceleração da gravidade g = 10m/s2. Assim, as intensidades das forçasexercidas pelos apoios sobre a plataforma, em N, valem:a) 3000 e 1400. b) 300 e 140.c) 580 e 720. d) 600 e 700.

RESOLUÇÃO:

1) Em relação ao ponto A:

PT . dT + P dP = NB . dB

600 . 2,5 + 700 . 2,0 = NB . 5,0

2) NA + NB = P + PT

NA + 580 = 1300

Resposta: C

4. (UEL-PR-2012) – Considerando-se o modelo simplificado de ummóbile em equilíbrio, no qual

––––AC representa a distância entre o fio que

sustenta m1 e o fio que sustenta m2, e ––––AB =

––––AC, qual a relação

entre as massas m1 e m2?

a) m1 = . m2 b) m1 = 7 . m2 c) m1 = 8 . m2

d) m1 = 21 . m2 e) m1 = 15 . m2

Modelo simplificado de um móbile.

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques em relação ao ponto B deve ser nulo:

P1 . AB = P2 . BC

m1 g . AB = m2 g BC

m1 = . m2

AC = AB + BC

AB = AC e BC = AC ⇒ = 7

Portanto:

Resposta: B

1–––8

1–––8

BC––––AB

BC–––AB

7–––8

1–––8

m1 = 7m2

NB = 580N

NA = 720N

– 119


5. (UFMG) – Paulo Sérgio verifica a calibração dos pneus de suamo tocicleta e encontra 26 �b/pol2 (1,8 . 105N/m2) no dianteiro e32�b/pol2 (2,2 . 105N/m2) no traseiro. Em seguida, ele mede a área decontato dos pneus com o solo, obtendo 25cm2 em cada um de les.A distância entre os eixos das rodas, especificada no manual damotocicleta, é de 1,25m, como mostrado nesta figura:

Sabe-se que um calibrador de pneus mede a dife rença entre a pressãointerna e a pressão atmosférica.Com base nessas informações,a) calcule o peso aproximado dessa motocicleta.b) O centro de gravidade dessa motocicleta está mais próximo do eixo

da roda traseira ou do eixo da roda dianteira? Justifique suaresposta.

RESOLUÇÃO:a) A força que cada pneu exerce no solo é dada por:

F = Δp . A

FD = 1,8 . 105 . 25 . 10–4 (N) = 4,5 . 102N

FT = 2,2 . 105 . 25 . 10–4 (N) = 5,5 . 102N

b)

O somatório dos torques em relação ao centro de gra vidade da moto

deve ser nulo e portanto:

FT . dT = FD . dD

Como FT > FD, resulta dT < dD e o centro de gravidade fica mais

próximo da roda traseira.

Respostas: a) 1,0 . 103N b) Traseira

1. (IFSP-VUNESP-2012-MODELO ENEM) – O quadrinho mos -tra o Garfield tentando pescar o filé de seu dono com uma vara cujaforça peso, de módulo 20N, está representada em seu centro degravidade, CG. Para conseguir seu almoço, o gato utilizou um fio denylon de massa desprezível com um anzol e um conjunto dechumbinhos, totalizando 0,4N de peso, pendurados na ponta.

(Garfield, Jim Dawis)Considerando-se as distâncias indicadas na figura, numa situação emque a vara esteja em equilíbrio, sendo segurada pelas duas patas deGarfield, a intensidade da força F, em newtons, aplicada pela pataesquerda do gato na vara, é igual aa) 75 b) 65 c) 55 d) 45 e) 35Nota: a pata direita do gato aplica na vara uma força vertical para baixo

→F1.

RESOLUÇÃO:O somatório dos torques em relação ao ponto de aplicação da força

→F1 deve

ser nulo:F . 0,2 = 20 . 0,7 + 0,4 . 2,5F . 0,2 = 14 + 1,0 = 15

Resposta: A

MÓDULO 23

ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO

P = FD + FT = 1,0 . 103N

F = 75N

120 –


2. (UFPB-2012-MODELO ENEM) – Um navio cargueiro estásendo carregado de minério no porto de Cabedelo. O carregamento é,hipoteticamente, feito por um guindaste, manobrado por um operadorque suspende, de cada vez, dois contêineres acoplados às extremidadesde uma barra de ferro de três metros de comprimento, conforme es -quema a seguir:

Adaptado de: <http://www.naval -sesimbra.pt/work/images/Grua_Amarela.jpg>. Acesso em: 12 ago. 2011.

Na última etapa do carregamento, o contêiner 1 é completamentepreen chido de minério, totalizando uma massa de 4,0 toneladas,enquanto o contêiner 2 é preenchido pela metade, totalizando umamassa de 2,0 toneladas. Para que os contêineres sejam suspensos emequilíbrio, o operador deve prender o gancho do guindaste exatamenteno centro de massa do sistema, formado pelo dois contêineres e pelabarra de ferro.Nesse sentido, desprezando-se a massa da barra de ferro, conclui-seque a distância entre o gancho (preso na barra pelo operador) e ocontêiner 1 deve ser de:a) 0,5m b) 1,0m c) 1,5m d) 2,0m e) 2,5m

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo:

P1 d1 = P2 d2

4,0 . d1 = 2,0 . (3,0 – d1)

2,0 d1 = 3,0 – d1

3,0d1 = 3,0

Resposta: B

3. (VUNESP-UEA-2012) – Em uma aula de Física o professorpropõe aos seus alunos a seguinte montagem experimental: um suporte(S) fixo na mesa horizontal ao qual está preso uma barra vertical (B).Próximo à base da barra há um pino de apoio (D) onde se apoia umarégua milimetrada que sustenta um peso (P) por um fio, preso na marcade 25 cm. A 30 cm do pino, preso na extremidade superior da régua,outro fio sustenta um dinamômetro muito leve que se mantém nadireção horizontal.

A massa da régua milimetrada é desprezível, o peso P tem módulo6,0N e a montagem experimental se encontra em equilíbrio. Conside -ran do-se sen 45° = cos 45° = 0,7, a indicação do dinamômetro, em N,vale, aproximadamente,a) 2,0 b) 3,0 c) 4,0 d) 5,0 e) 6,0

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques, em relação ao ponto D, é nulo: PT . dT = F . dF

6,0 . 25 . cos 45° = F . 30 . cos 45° ⇒Resposta: D

d1 = 1,0m

F = 5,0N

– 121


4. (UNICAP-PE-ADAPTADO) – Uma escada homogênea demassa 20kg está apoiada no piso e em uma parede. Suponha que aparede seja lisa, mas o piso, com atrito.

A força exercida pela parede na escada tem intensidade igual a:a) 30N b) 50N c) 75N d) 100N e) 200NAdote g = 10 m/s2

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques, em rela -ção ao ponto A, deve ser nulo:

P . dP = H . dH

200 . 1,5 = H . 4,0

Resposta : C

5. (UERJ-MODELO ENEM) – A figura abaixo mostra um homemde massa igual a 100 kg, próximo a um trilho de ferro AB, decomprimento e massa respectivamente iguais a 10,0m e 350kg.O trilho encontra-se em equilíbrio estático, com 60% do seu com -primento total apoiado sobre a laje de uma construção.

Estime a distância máxima que o homem pode deslocar-se sobre otrilho, a partir do ponto C, no sentido da extremidade B, mantendo-oem equilíbrio.a) 1,5m b) 2,5m c) 3,0m d) 3,5m e) 4,0m

RESOLUÇÃO:Quando a distância do homem ao ponto C for a máxima possível, o trilhoestará na iminência de tombar, e a força de reação normal da laje FN estaráconcentrada na extremidade C.

Para o equilíbrio do trilho, o somatório dos torques, em relação ao pontoC, deve ser nulo:

PT . dT = PH . x

350 . g . 1,0 = 100 g . x

Resposta: D

6. (UPE-2012) – A figura abaixo ilustra uma roda de raio R e mas -sa m.

Qual é o módulo da força horizontal →F, necessária para erguer a roda

sobre um degrau de altura h = R/2, quando aplicada no seu eixo?Considere a aceleração da gravidade com módulo igual a g.

a) b) c) mg��3

d) mg e)

H = 75N

x = 3,5 m

mg–––2

mg��3–––––––

2

mg��3–––––––

3

122 –


RESOLUÇÃO:

1) cos � = = � = 60°

2) sen � = =

3) O somatório dos torques, em relação ao ponto C deve ser nulo:

F1x . = F1y . d

F . = mg .

Resposta: C

1. (MODELO ENEM) – Na figura, temos um ímã em forma de U.Você deverá identificar o seu campo magnético, desenhando as linhasde indução e indicando ainda um vetor B

→no seu entreferro (abertura do

ímã). Que nome recebe esse campo magnético interno de linhasretilíneas?

RESOLUÇÃO:As linhas de campo no interior do ímã nascem no norte e morrem no sul.Para o desenho de um vetor B

→(vetor que indica o sentido do campo

magnético num determinado ponto), devemos seguir a orientação daslinhas de campo. Esse campo magnético entre os dois polos é uniforme.

2. (VUNESP) – Duas barras magnéticas muito longas são colocadasdebaixo de um pedaço de papel que é coberto com limalhas de ferro,como na figura.

Se o polo norte de uma das barras e o sul da outra barra tocam o papele estão separados por uma pequena distância, das situações, a quemelhor descreve a configuração das linhas de campo magnético quese forma devido à disposição das limalhas de ferro é:

RESOLUÇÃO:O campo magnético formado pelos dois polos dos ímãs nasce no norte emorre no sul. As limalhas de ferro sobre o papel vão orientar-se segundo aslinhas de indução. Este experimento funciona com limalhas de ferro porqueeste é um material ferromagnético.Resposta: A

MÓDULO 24

ÍMÃS E CAMPO MAGNÉTICO

R/2–––––

R

1–––2

d–––R

��3––––

2

R ��3d = ––––––

2

R–––2

R–––2

R ��3––––––

2

F = mg ��3

– 123


3. Um ímã em forma de barra é serrado ao meio “separando” a meta -de norte da metade sul.

Podemos afirmar que foram obtidos:a) um polo norte separado do polo sul.b) dois novos ímãs, os quais poderão ser reaproximados em um

movimento de translação e, devido à atração magnética dos seuspolos, vão reconstituir o ímã original.

c) dois novos ímãs, os quais devido à repulsão magnética entre seuspolos, não poderão ser reaproximados em um movimento detranslação, impedindo a sua reconstituição.

d) um polo norte, o qual continua magnetizado, e um pedaço de ferrodesmagnetizado, pois o polo sul assim se comportará.

e) dois polos separados: o polo norte vira polo sul e o polo sul virapolo norte. Este fenômeno é conhecido como princípio da inversãomagnética.

RESOLUÇÃO:Ao separarmos as duas metades, cada uma delas converte-se em outro ímã.Observe, na figura a seguir, que o pedaço da esquerda mantém o polo norteà sua esquerda e, à sua direita, forma-se um polo sul. Também o pedaço dadireita não inverte polaridade, mantendo o polo sul à sua direita.

Resposta: B

4. (FATEC-MODIFICADA) – Uma criança brincando com umímã, por descuido, deixa-o cair, e ele se rompe em duas partes. Aotentar consertá-lo, unindo-as no local da ruptura, ela percebe que osdois pedaços não se encaixam devido à ação magnética.

Pensando nisso, se o ímã tivesse o formato e as polaridades da figuraacima, é válido afirmar que o ímã poderia ter se rompido a) na direção do plano �.b) na direção do plano �.c) na direção do plano .d) na direção de qualquer plano.e) apenas na direção do plano �.

RESOLUÇÃO:Se o tivéssemos cortado na direção do plano � ou mesmo do plano �,cairíamos na mesma situação do exercício anterior. A atração magnéticapermitiria a reconstituição do ímã. Entretanto, cortando o ímã segundo o plano , se não fizermos nenhumarotação nas peças, haverá uma repulsão magnética e não será mais possívelremontarmos o ímã original.

Resposta: C

5. Na figura, temos três bússolas (B1, B2, B3) diante de um ímã cujospolos não nos foram revelados. Também foram omitidas da figura asagulhas magnéticas das bússolas B1 e B3.

a) Esboce as linhas de campo magnético do ímã e identifique os seuspolos.

b) Desenhe corretamente as agulhas magnéticas das bússolas B1 e B3.Use a linha de campo que passa pela sua posição.

124 –


RESOLUÇÃO:a) Pela indicação da bússola B2, deduzimos que a linha de campo que por

ali passa é orientada da esquerda para a direita. Isso determina que opolo direito do ímã seja o polo norte. Logo, o da esquerda é o sul. A figura das linhas de campo fica conforme se ilustra abaixo.

b) As bússolas já estão na figura anterior.

1. Uma partícula de carga positiva q é lançada com velocidadevetorial

→V numa região onde existe um campo magnético uniforme

representado por →B. Sabe-se que, na partícula, atuou uma força mag -

nética →F transmitida pelo campo. Indique, nas situações (1) e (2), a

direção e o sentido da força.

RESOLUÇÃO:Usando a regra da mão esquerda, concluímos que:

2. Nas figuras 1 e 2 a região sombreada representa um campo mag -nético de direção perpendicular a esta página. Uma partícula de cargaelétrica positiva penetrou na região e foi desviada pela força magnéticacomo indica a sua trajetória tracejada. Indique a direção e o sentido de:→B,

→F e

→V.

RESOLUÇÃO: Inicialmente, desenhe a velocidade vetorial

→V, lembrando que ela é tan -

gencial à trajetória. É a própria seta indicada na figura. A força magnética

→F deve ser representada a seguir, lembrando-se de que

ela é centrípeta.Finalmente usamos a regra da mão esquerda e determinamos o sentido docampo

→B.

3. Quando uma carga elétrica negativa é lançada num campo mag -nético, a força magnética não obedece à regra da mão esquerda usadaanteriormente. Temos que inverter um dos três vetores. Nas duasfiguras abaixo, um elétron foi lançado no campo magnético. Determine: a) na figura 1, o sentido da força magnética sobre o elétron. b) na figura 2, o sentido dos vetores:

→F ,

→B e

→V.

RESOLUÇÃO: a) Na figura 1, você coloca a mão esquerda e inverte o sentido do vetor

→F

obtido.

MÓDULO 25

FORÇA MAGNÉTICA DE LORENTZ

– 125


b) Na figura 2, adotamos os mesmos procedimentos usados na questão 2:aplicamos a regra da mão esquerda e invertemos o sentido da força

→F

obtida.

4. (CEFET-MG 2011) – Em uma região de campo magnéticouniforme B, uma partícula de massa m e carga elétrica positiva qpenetra nesse campo com velocidade V, perpendicularmente a B,conforme figura seguinte.

O vetor força magnética, que atua sobre a partícula no ponto P, estámelhor representado em:a) ↑ b) → c) ← d) ↓ e) ↘RESOLUÇÃO: Usando a regra da mão esquerda, concluímos que a resposta é D.Resposta: D

5. (UFPR-MODIFICADA) – Uma experiência interessante, quepermite determinar a velocidade

→V com a qual as partículas ele -

mentares se movem, consiste em utilizar um campo magnético →B

gerado por um ímã. Uma partícula elementar com carga q negativamove-se com velocidade

→V paralelamente ao plano do papel (refe -

rencial inercial) e entra em uma região onde há um campo magnético→B uniforme, constante e orientado para dentro do plano do papel, comomostra a figura. Ao se deslocar na região do campo magnético, apartícula fica sujeita a uma força magnética

→F.

a) Obtenha uma expressão literal para o módulo de →F e represente na

figura o vetor F para a posição indicada da partícula. b) Como deverão estar posicionados os polos norte e sul de um ímã em

forma de U para gerar o campo magnético da figura?

RESOLUÇÃO:a) O módulo da força magnética é dado por:

F = �q � . V . B

Para a direção e sentido da força magnética,use a regra da mão esquerda: inverte-se osentido obtido, pois a carga é negativa.

b) O campo magnético →B está penetrando no papel. Concluímos que o polo

norte está acima desta folha e o polo sul está abaixo dela (no verso).Veja figura sugestiva.

126 –


6. (MODELO ENEM) – Duas partículas, (1) e (2), foram lançadas

num campo magnético uniforme →B e, devido exclusivamente à força

magnética, saíram de sua trajetória, como mostra a figura a seguir.

Podemos afirmar que:a) q1 > 0 e q2 < 0 b) q1 > 0 e q2 > 0c) q1 < 0 e q2 < 0 d) q1 < 0 e q2 > 0e) q1 = 0 e q2 > 0

RESOLUÇÃO:Em cada partícula, temos o seguinte esquema:

Observação: Em ambas as figuras, →F1 e

→F2 são forças magnéticas.

Resposta: A

1. (VUNESP) – Considere a seguinte situação: imagine que você estásentado em uma sala de aula, de frente para o quadro, do qual emergeum feixe de elétrons. Os elétrons se deslocam na direção horizontal,perpendicularmente ao quadro, e penetram em um campo magnéticouniforme de direção vertical e sentido de baixo para cima.Podemos afirmar que o feixe de elétronsa) não se desvia.b) desvia-se para cima.c) desvia-se para baixo.d) desvia-se para a sua direita.e) desvia-se para a sua esquerda.

RESOLUÇÃO:Usamos a regra da mão esquerda e invertemos

→F :

Os elétrons desviam-se para a direita.Resposta: D

2. Uma partícula eletrizada de massa m e carga elétrica q positiva élançada num campo magnético uniforme com velocidade vetorial

→V,

de direção perpendicular ao campo magnético. A partícula descreveum movimento circular uniforme (MCU) cujo raio é R. São dados: m = 1,2 . 10–24kg q = 3,2 . 10–19CV = 6,4 . 104m/s B = 2,0 . 102T Determine o valor de R.

RESOLUÇÃO:

R = ⇒ R = ⇒

3. Retome a questão anterior e considere que a partícula tenharealizado meia volta e tenha escapado da ação do campo magnético,como nos mostra a figura.

Determine o intervalo de tempo entre a sua entrada no campo e suasaída. Adote � 3.

RESOLUÇÃO:�s = R (meia volta) = 3 . 1,2 . 10–3m = 3,6 . 10–3m

V = 6,4 . 102 m/s

�s = V . �t ⇒ �t =

�t = (s) ⇒ �t = 5,6 . 10–6s

MÓDULO 26

MOVIMENTO DE UMA PARTÍCULA ELETRIZADA EM

UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME

R = 1,2 . 10–3m1,2 . 10–24 . 6,4 . 104

––––––––––––––––––3,2 . 10–19 . 2,0 . 102

m . V–––––q . B

�s–––V

3,6 . 10–3––––––––6,4 . 102

– 127


4. Uma partícula de carga elétrica q = –5e e massa m = 8,0 . 10–20kgfoi lançada num campo magnético uniforme de intensidade B = 5,0 . 10–2T, como mostra a figura. Dado: e = 1,6 . 10–19C.

a) Esboce a sua trajetória e admita que ela tenha deixado o campo apóscompletar uma semicircunferência.

b) Sendo a velocidade de lançamento V0 = 2,5 . 102m/s, determine oraio R da trajetória.

c) Determine o tempo de permanência no campo magnético. Adote π = 3.

RESOLUÇÃO:a)

b) R =

Temos: �q� = 5e = 5 . 1,6 . 10–19C = 8,0 . 10–19C

m = 8,0 . 10–20kg

V0 = 2,5 . 102m/s

B = 5,0 . 10–2T

Substituindo-se:

R = (m)

R = 5,0 . 102m

c) V = ⇒ Δt =

Δs = πR

Sendo: π = 3R = 5,0 . 102mV = 2,5 . 102m/s

Temos:

Δt = (s) ⇒

Respostas: a) ver figura b) 5,0 . 102m c) 6,0s

5. (CEFET-PI) – Três espécies de partículas que se propagam emlinha reta têm a mesma velocidade e a mesma carga elétrica, porém asmassas são diferentes. Quando essas partículas penetram num campomagnético uniforme, saindo do plano da página, com velocidadeperpendicular ao campo, observa-se a formação de três trajetóriascirculares de raios diferentes, como mostra a figura.

Marque a alternativa correta.a) As partículas têm cargas negativas.b) A partícula de maior massa descreve a trajetória de menor raio,

trajetória 3.c) A partícula de maior massa descreve a trajetória de raio

intermediário, trajetória 2.d) A partícula de menor massa descreve a trajetória de maior raio,

trajetória 3.e) As partículas têm cargas positivas.

RESOLUÇÃO:Usando a regra da mão esquerda e sabendo que a força magnética é centrí -peta, verificamos que as cargas são positivas.Resposta: E

1. Na figura, o campo magnético está representado pela região som -breada. Ele tem a direção perpendicular a esta página e nela estápenetrando. Quatro partículas eletrizadas foram lançadas no campo,todas com a mesma velocidade vetorial

→V.

m . V0––––––�q� . B

(8,0 . 10–20) . (2,5 . 102)––––––––––––––––––––(8,0 . 10–19) . (5,0 . 10–2)

Δs––––

V

Δs––––

Δt

πRΔt = ––––

V

Δt = 6,0s3 . (5,0 . 102)–––––––––––

2,5 . 102

MÓDULO 27

MOVIMENTO DE UMA PARTÍCULA ELETRIZADA EM

UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME

128 –


a) Identifique o sinal de cada partícula. b) Sabendo que as quatro partículas possuem cargas elétricas iguais

em módulo com valor n . e, em que e representa a carga elementar,ordene as partículas 2, 3 e 4 em ordem crescente .

c) Admitindo que n = 2, determine as cargas elétricas das partículas 1e 3.

d) Admitindo que as trajetórias 1 e 3 sejam simétricas e sendo a massada partícula (1) igual a m, qual é a massa da partícula (3)?

RESOLUÇÃO:a) Basta usar a regra da mão esquerda. A partícula que obedecer à força

imposta por esta regra será positiva; a outra, negativa.

Concluindo: são positivas as cargas elétricas de (2), (3) e (4); é negativaa carga elétrica da partícula (1).

b) R = R =

O raio é proporcional à massa da partícula.

R2 < R3 < R4 ⇒

c) Fazendo n = 2: A partícula (1) é negativa e possui carga elétrica q1 = –2e.A partícula (3) é positiva e possui carga elétrica q3 = +2e.

d) As partículas (1) e (3) realizam trajetórias simétricas, ou seja, de mesmoraio. Logo, suas massas são iguais.Então m3 = m1 = m.

2. (UESC) – A figura representa uma partícula eletrizada, de massam e carga q, descrevendo um movimento retilíneo e uniforme, comvelocidade de módulo V, que penetra e sai da região onde existe umcampo magnético uniforme de módulo B.

Sabendo-se que a partícula abandona a região do campo no ponto P, écorreto afirmar: a) A partícula atravessa a região do campo magnético em movimento

retilíneo uniformemente acelerado. b) A partícula descreve movimento circular uniformemente acelerado

sob a ação da força magnética. c) O espaço percorrido pela partícula na região do campo magnético

é igual a .

d) O tempo de permanência da partícula na região do campo mag -

nético é de .

e) O módulo da aceleração centrípeta que atua sobre a partícula é igual

a .

RESOLUÇÃO:Como o movimento é circular uniforme, a força magnética faz o papel deresultante centrípeta.

qVB = m ⇒ qBR = mV ⇒ R =

A partícula percorre 1/4 de volta; a distância percorrida equivale a 1/4 deuma circunferência. Podemos escrever:

�s = = R = . =

Resposta: C

3. (ITA-MODIFICADA) – Um elétron é acelerado do repouso poruma diferença de potencial V e entra numa região na qual atua umcampo magnético, onde ele inicia um movimento ciclotrônico,movendo-se num círculo de raio RE com período TE. Se um prótonfosse acelerado do repouso por uma diferença de potencial de mesmamagnitude e entrasse na mesma região em que atua o campomagnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e período TP que

a) RP = RE e TP = TE.

b) RP > RE e TP > TE.

c) RP > RE e TP = TE.

d) RP < RE e TP = TE.

e) RP = RE e TP < TE.

RESOLUÇÃO

Como o elétron e o próton adquiriram a mesma energia cinética, antes de

penetrar no campo B→

, vamos admitir que eles penetram ainda com essa

mesma energia:

Ecin (elétron) = Ecin (próton)

Sendo R = e Ecin = , tem-se V =

m . V–––––––n . e . b

m . V––––––�q� . b

m2 < m3 < m4

mV–––––2qB

m––––qB

qB––––mV

mV––––qB

V2––––

R

mV–––––2qB

mV––––qB

––2

––2

2 R––––

4

Note e adote:O elétron e o próton adquiriram amesma energia cinética antes depenetrar no campo magnético.A energia cinética é dada por

mV2

Ecin = ––––2

2Ecin–––––m

m V2

––––––2

m V––––––�q� . B

– 129


m

R = –––––––––––––––––––––�q� B

R = ; sendo mP > mE, tem-se RP > RE

O período é dado por T =

Para mP > mE, tem-se TP > TE

Resposta: B

4. (VUNESP-MODELO ENEM) – Duas partículas elemen tares, aopassar por uma região em que há um campo magnético homogêneo,descrevem as trajetórias que estão esboçadas na figura.

A seu respeito, pode-se afirmar que,a) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas

obedecerão à relação q1 = –2q2.b) com certeza, podem formar um átomo neutro.c) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas

obedecerão à relação q1 = 2q2.d) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas

obedecerão à relação q1 = q2/2.e) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas

obedecerão à relação q1 = –q2/2.

RESOLUÇÃO:O raio da trajetória de uma partícula de massa m e carga q, lançadaperpendicularmente a B

→, é dado por:

R =

Então:

R1 = 2R =

R2 = R =

Para obtermos uma relação entre q1 e q2, devemos fixar as massas e as duasvelocidades.Fazendo: m1 = m2 = m

V1 = V2 = V

e sendo: R1 = 2R2 :

= 2 ⇒ q2 = 2q1

Resposta: D

1. Temos um campo magnético uniforme representado pelas suaslinhas de indução. Em cada uma das figuras, mostra-se um fio retilíneo,de comprimento infinito, imerso no campo.a) Indique o sentido da força magnética em cada fio.b) Determine o módulo da força magnética que atua em um pedaço

de 2,0m do fio da figura 3, sabendo que i = 10A e B = 2,0 . 10–5 T.

RESOLUÇÃO:

a) Basta usar a regra da mão esquerda:

m V–––––

q B

m1 . V1––––––––q1 . B

m2 . V2––––––––q2 . B

��2mEcin––––––––––�q� B

2π m––––––

�q� B

2Ecin–––––

m

m V–––––q2 . B

m . V––––––q1 . B

MÓDULO 28

FORÇA MAGNÉTICA EM CONDUTOR RETILÍNEO

130 –


fig. 2

Como o fio é paralelo ao campo, a força magnética é nula.

F = B . i . � . sen 0º

zero

b) F = B . i . �

F = 2,0 . 10 –5 . 10 . 2,0

2. Na figura que se segue, temos um condutor em forma de L per -corrido por uma corrente elétrica de intensidade i = 8,0A e imerso nointerior de um campo magnético uniforme B = 2,0 . 10–3T, perpen dicu -lar a esta página.

Os trechos OM e ON têm o mesmo comprimento: 12m. Determine: a) a direção, o sentido e a intensidade da força magnética em cada

trecho; b) a intensidade da força resultante no condutor em L.

Note e adote:Admita que a equação F = B . i . L . sen � seja válida, ainda que ocondutor não tenha comprimento infinito.

RESOlUÇÃO:a) Usando a regra da mão esquerda, obteremos:

A intensidade da força em cada trecho é: F = B . i . L . sen 90° = B . i . L F = 2, 0 . 10–3 . 8,0 . 12 (N) ⇒ F = 192 . 10–3N ⇒ F = 1, 92 . 10–1N

b) A intensidade da força resultante é:

Fres = F ��2 ⇒ Fres = 1, 92 . 10–1 . ��2 N⇒ Fres � 2,7 . 10–1 N

Respostas: a) 1,82 . 10–1N ; b) 2,7 . 10–1N ; direções e sentidos nas figuras.

3. (FMTM) – Uma corrente elétrica i percorre uma barra metálicaque está imersa no campo magnético uniforme B

→, como está indicado

na figura. Observa-se que a barra sofre a ação de uma força magnéticahorizontal, com sentido para a direita. Nesse local, as linhas de forçado campo magnético B

→estão corretamente representadas na alternativa

RESOLUÇÃO:Basta usarmos a regra da mão esquerda e obteremos o sentido do campomagnético B

→.

Resposta: E

F = 4,0 . 10-4N

F→

= 0→

– 131


4. (UNESP) – Um dos lados de uma espira retangular rígida commassa m = 8,0g, na qual circula uma corrente I, é atado ao teto por doisfios não condutores de comprimentos iguais. Sobre esse lado da espira,medindo 20,0cm, atua um campo magnético uniforme de 0,05T,perpendicular ao plano da espira. O sentido do campo magnético érepresentado por uma seta vista por trás, penetrando o papel, conformeé ilustrado na figura.

Considerando se g = 10,0 m/s2, o menor valor da corrente que anulaas trações nos fios é:a) 8,0A b) 7,0A c) 6,0A d) 5,0A e) 4,0A

RESOLUÇÃO:Para que tenhamos o anulamento das forças de tração nos fios, a forçamagnética sobre o ramo do condutor imerso no campo deve equilibrar aação da força peso; assim:

|→Fmag| = |

→P |

B.i.� sen θ = m g

B.i.� sen 90° = m g

0,05 . i . 0,20 . 1 = 8,0 . 10–3 . 10,0

Resposta: A

5. (UFPE) – O circuito elétrico plano, mostrado a seguir, possui umabateria de força eletromotriz ε = 48V e resistência interna r = 1� ligadaa resistores de resistências R = 9�, sendo os demais fios de ligaçãoconsiderados ideais. O trecho retilíneo ab do circuito possuicomprimento de 50cm. No plano do circuito, existe um campo mag -nético uniforme, de módulo B = 2,5T e direção fazendo um ângulo de37° com a direção do trecho ab. Qual o módulo da força magnéticaque age no trecho ab?

Adote: sen 37° = 0,6

RESOLUÇÃO:

Req = = = 3�

i = = (A) ⇒ i = 12A

Em cada resistor, passam apenas um terço desse valor, ou seja, 4A.

No trecho ab passam 4A.

F = B . i . � sen 37°

F = 2,5 . 4 . 0,50 . 0,6

A resposta está sendo dada com apenas 1 algarismo significativo devidoaos demais dados.

i = 8,0A

R–––3

9�–––––

3

ε––––––––

r + Req

48–––––1 + 3

F = 3N

132 –


1. (ITA-2012) – Assinale em qual das situações descritas nas opçõesabaixo as linhas de campo magnético formam circun ferências noespaço. a) Na região externa de um toroide. b) Na região interna de um solenoide. c) Próximo a um íma com formato esférico. d) Ao redor de um fio retilíneo percorrido por corrente elétrica. e) Na região interna de uma espira circular percorrida por corrente

elétrica.

RESOLUÇÃO:As linhas de campo magnético formam circun ferên cias no espaço ao redorde um fio retilíneo infinito percorrido por corrente elétrica.

Resposta: D

2. (MODELO ENEM) – Na figura, temos uma mesa furada pela qualpassa um fio muito longo, retilíneo. Equidistantemente desse orifício,foram colocadas quatro bússolas (b1, b2, b3 e b4).

Uma corrente elétrica passa a percorrer o fio, o que gera um campomagnético em seu entorno e mexe nas agulhas magnéticas.Você está vendo o experimento de cima para baixo e deverá indicar nodesenho a seguir:• o sentido da corrente elétrica;• o sentido das linhas de indução do campo magnético;• a posição das quatro agulhas.

RESOLUÇÃO:Usando a regra da mão direita, obtemos o sentido do campo magnético. Aslinhas de indução serão orientadas no sentido anti-horário.As agulhas se posicionam tangencialmente à linha tracejada e apontam osentido do campo magnético.

MÓDULO 29

CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR CONDUTOR RETILÍNEO

– 133


3. (CESUPA-PA) – Quando um condutor retilíneo é percorrido porcerta corrente elétrica, a intensidade do campo magnético a 10cm destevale 1,0 . 10–4 T. Logo, a intensidade de corrente que flui através docondutor vale:a) 10A b) 20A c) 30A d) 40A e) 50A

RESOLUÇÃO:

Sendo B = , teremos:

2π d B = �0 . i

i =

Sendo: d = 10cm = 1,0 . 10–1m

B = 1,0 . 10–4 T

i = (A)

i = 0,50 . 102 A ⇒Resposta: E

4. (FATEC-SP) – Dois fios metálicos retos, paralelos e longos, sãopercorridos por correntes i e 3i de sentidos iguais (entrando no papel,no esquema). O ambiente é vácuo. O campo magnético resultante,produzido por essas correntes, é nulo em um ponto P tal que:

a) b) c) d)

RESOLUÇÃO:Usando a regra da mão direita sobre cada fio, determinamos os vetores B

→1

e B→

2 dos campos magnéticos gerados pelos fios da esquerda e da direita,respectivamente.

Sendo B = , teremos:

B1 = e B2 =

Fazendo-se B1 = B2 :

= ⇒ =

Resposta: A

5. (UFPR) – Na segunda década do século XIX, Hans ChristianOersted demonstrou que um fio percorrido por uma corrente elétricaera capaz de causar uma perturbação na agulha de uma bússola. Maistarde, André Marie Ampère obteve uma relação matemática para aintensidade do campo magnético produzido por uma corrente elétricaque circula em um fio condutor retilíneo. Ele mostrou que a intensidadedo campo magnético depende da intensidade da corrente elétrica e dadistância ao fio condutor.Com relação a esse fenômeno, assinale a alternativa correta.a) As linhas do campo magnético estão orientadas paralelamente ao

fio condutor.b) O sentido das linhas de campo magnético independe do sentido da

corrente.c) Se a distância do ponto de observação ao fio condutor for diminuída

pela metade, a intensidade do campo magnético será reduzida pelametade.

d) Se a intensidade da corrente elétrica for duplicada, a intensidade docampo magnético também será duplicada.

e) No Sistema Internacional de unidades (S.I.), a intensidade de campomagnético é A/m.

RESOLUÇÃO:A intensidade do campo magnético produzido por um fio retilíneo é dadapela equação:

Observemos que a intensidade do campo é diretamente proporcional àintensidade da corrente elétrica. Portanto: se duplicarmos a intensidadeda corrente, a intensidade do campo também duplicará.Resposta: D

Note e adote:A permeabilidade magnética do meio é igual à do vácuo e vale

�0 = 4π . 10–7 T . m/A

�0 . i––––––

2π d

2π d B–––––––

�0

2π . 1,0 . 10–1 . 1,0 . 10–4––––––––––––––––––––––

4π . 10–7

i = 50 A

y––– = 3

x

y 1––– = –––x 3

y––– = 9

x

y 1––– = –––x 9

μ . i––––––2 π d

μ . i––––––2 π x

μ . (3i)–––––––

2 π y

μ . i––––––2 π x

3μ . i––––––2 π y

1–––

x

3–––y

y––– = 3x

�0 iB = ––––––

2 π r

134 –


1. (VUNESP) – Uma espira circular de raio R é percorrida por umacorrente elétrica de intensidade I e sentidohorário, como se vê na figura dada. O campomag nético que essa corrente produz no centro daespira tem intensidade B; dobrando-se aintensidade da corrente elétrica e reduzindo-se oraio da espira à metade (R/2) e invertendo-se o

sentido da corrente, o novo campo mag nético terá intensidade:a) B/2 e sentido oposto ao inicial.b) B e o mesmo sentido do inicial.c) 2B e sentido oposto ao inicial.d) 4B e sentido oposto ao inicial.e) 4B e mesmo sentido do inicial.

RESOLUÇÃO:Inicialmente, temos, no centro da espira:

B1 = B = (1)

A inversão do sentido da corrente vai alterar o sentido do campo →B,

invertendo-o.• Dobra-se a corrente: 2I (invertendo-se o sentido).• Reduz-se à metade o raio da espira: R/2.

Teremos:

B2 = = (2)

Comparando-se a equação (1) com a (2), obtemos:

B2 = 4B1

Resposta: D

2. (UFV) – Uma partícula de carga q > 0 é colocada em repousopróxima de uma espira circular, a uma distância L do centro da espira,sobre o eixo ortogonal ao plano da espira que passa pelo seu centro. Aespira possui raio R e é percorrida por uma corrente I(constante). Omódulo da força magnética na partícula é:

a) b) c) nulo d)

3. (MODELO ENEM) – Indicar o sentido do campo magnético e apolaridade magnética em cada um dos anéis e nos extremos dosolenoide das figuras 1, 2 e 3. O sentido da corrente elétrica está naprópria figura.

RESOLUÇÃO:Usando a regra da mão direita, determinamos o sentido do campo mag -nético

→B em cada elemento.

A polaridade magnética tem a seguinte resolução:Anel 1: corrente no sentido anti-horário gera um polo norte.Anel 2: corrente no sentido horário gera um polo sul.Solenoide: visto pelo seu lado externo, vale: onde nasce o campo é o nortee onde ele morre é o sul.

MÓDULO 30

CAMPO DE ESPIRA E SOLENOIDE

� I––––2R

� . (2I)––––––2 (R/2)

2�I––––

R

B2 = 4B

qI––––LR

q . I . L––––––

R2

qIR––––

L2

RESOLUÇÃO:Como a intensidade da corrente elétrica na espira é constante, o campomagnético B tem também intensidade constante. No entanto, não há forçamagnética sobre a partícula, pois ela está em repouso.

Fm = q . V . B

V = 0 ⇒ Fm = 0

Resposta: C

– 135


4. Uma espira está colada em um painel quadrado, como nos mostraa figura a seguir. Dois garotos a observam, um de cada lado do painel. Analise as afirmativas a seguir:

a) para a garota A, a espira comporta-se como um polo norte.b) para o garoto B, a espira comporta-se como um polo sul.c) para a garota A, a espira comporta-se como um polo sul.d) para ambos, a espira é polo sul.e) para ambos, a espira é polo norte.

RESOLUÇÃO:A garota A está vendo a corrente circular no sentido horário e, portanto, aespira comporta-se como um polo sul. O garoto B está vendo o polo norteda espira.Resposta: C

5. O painel da figura abaixo contém uma espira na qual circula umacor rente elétrica. O painel pode girar em torno de um eixo vertical.Inicial mente, a garota observa o lado A do painel e o garoto, o lado B.Num dado instante, faz-se uma rotação de 180º no painel.

Analise cada afirmativa e indique verdadeiro ou falso:I. Inicialmente, a garota estava vendo um polo norte e, após a rotação,

um polo sul.II. Inicialmente, a garota estava vendo um polo norte e o garoto, um

polo sul.III.Após a rotação, a garota continuou a ver um polo norte e o garoto,

um polo sul.IV. Inicialmente, o garoto estava vendo um polo sul e, após a rotação,

passou a ver um polo norte.Do que se afirmou, são corretas apenas:a) I e III b) I e IV c) II e IIId) II, III e IV e) I, II e IV

RESOLUÇÃO:I. VERDADEIRA. A corrente mostrada para a garota estava no sentido

anti-horário e o polo é norte. Enquanto isso, o lado oposto da espira épolo sul; girando a espira em 180º, a garota verá o polo sul.

II. VERDADEIRA.

III. FALSA. Fazendo-se a rotação de 180º, a garota verá a corrente no

sentido horário, o que será um polo sul.

IV. VERDADEIRA. Inicialmente, o garoto enxerga o oposto da menina,

ou seja: polo sul. Após a rotação, há inversão e ele enxergará o polo

norte.

Resposta: E

6. Na figura, os dois planos são perpendiculares entre si. As espiras1 e 2 são percorridas por correntes elétricas de mesma intensidade (i)e geram no ponto O campos magnéticos de mesma intensidade B.

Determine no ponto O:a) a direção e o sentido do campo magnético resultante;b) a intensidade do campo resultante.

RESOLUÇÃO:

a) Usando a regra da mão direita, determinamos o sentido dos vetores→B1

e →B2.

A seguir, obtemos o vetor resultante pela regra do paralelogramo.

b) A intensidade do campo resultante é dada pelo Teorema de Pitágoras:

Bres = B .��2

136 –


1. (IFSP) – Considere dois fios retilíneos e muito extensos situadosnas arestas AD e HG de um cubo, conforme figura a seguir. Os fiossão percorridos por correntes iguais a i nos sentidos indicados na figura.Desconsidere o campo magnético terrestre.

O vetor campo magnético induzido por estes dois fios, no ponto C,situa-se na direção do segmentoa) CB b) CG c) CF d) CE e) CA

RESOLUÇÃO:Usemos a regra da mão direita em cada fio. A corrente que circula pelo fioDA gera em C o vetor

→B1 e a corrente que circula pelo fio GH gera em C o

vetor →B2. Usando a regra do paralelogramo, obtemos o campo resul tante,

cuja direção e sentido é CF.

Resposta: C

2. (MODELO ENEM) – Quando dois condutores retilíneos, decomprimento infinito, estiverem alinhados em paralelo, haverá umaatração ou repulsão entre eles, a qual dependerá do sentido das duascorrentes elétricas. Usando-se as regras da mão direita e da esquerda,é possível determinar as forças magnéticas, como se observa no exem -plo abaixo.

Analise as três proposições e classifique-as em falsa ou verdadeira.Tomando como referência a figura dada:I. se invertermos o sentido de i1, mantendo o de i2, as forças serão de

atração.II. se invertermos o sentido de i2, mantendo o de i1, as forças serão de

repulsão.III.se invertermos os sentidos de i1 e de i2, as forças não alteram o seu

sentido e continua a repulsão.a) é verdadeira apenas a Ib) é verdadeira apenas a IIc) é verdadeira apenas a IIId) são verdadeiras apenas I e IIIe) são todas verdadeiras

RESOLUÇÃO:I. VERDADEIRA

Se invertermos i1, as correntes passam a ter o mesmo sentido e ocorreatração.

II. FALSASe invertermos i2, novamente haverá atração, pois as duas correntespassam a ter o mesmo sentido.

III.VERDADEIRASe as duas correntes forem invertidas, elas continuam em sentidosopostos e os fios se repelem.

Resposta: D

MÓDULO 31

APLICAÇÕES DE CONDUTOR RETILÍNEO E FIOS PARALELOS

– 137


3. (UFPE) – Três condutores, A, B e C, longos e paralelos, sãofixados como mostra a figura e percorridos pelas correntes IA, IB e IC,que têm os sentidos indicados pelas setas.

A força magnética resultante que atua sobre o condutor B está dirigidaa) da esquerda para a direita, no plano da figura.b) de baixo para cima, no plano da figura.c) de fora para dentro do plano da figura.d) da direita para a esquerda, no plano da figura.e) de dentro para fora do plano da figura.

RESOLUÇÃO:

Aplicando-se a regra da mão direita nos fios A e C, verificamos que as

correntes que por eles circulam geram sobre o fio B um campo magnético

de mesmo sentido, penetrando no papel. A seguir, aplicamos a regra da mão

esquerda em B. Com isso, determinamos o sentido de →F.

Resposta: D

4. (UFSC) – A figura abaixo mostra quatro fios, 1, 2, 3 e 4, percor -ridos por correntes de mesma intensidade, colocados nos vértices deum quadrado, perpendicularmente ao plano da página. Os fios 1, 2 e 3têm correntes saindo da página e o fio 4 tem uma corrente entrando napágina.

Com base na figura, assinale a(s) proposição(ões) correta(s).01. O campo magnético resultante que atua no fio 4 aponta para o leste.02. A força magnética resultante sobre o fio 4 aponta para o sudeste.04. Os fios 1 e 3 repelem-se mutuamente.08. A intensidade da força magnética que o fio 2 exerce no fio 3 é

maior do que a força magnética que o fio 1 exerce no fio 3.

Indique quais são as verdadeiras

RESOLUÇÃO:

01) Incorreta: Usando-se a regra da mão direita sobre os fios 1, 2 e 3,

obtemos em 4 os vetores B1, B2 e B3. A soma (→B1 +

→B2) tem direção e

sentido apontando para o nordeste, coincidindo com →B2. Isso assegura

que o campo resultante tem direção e sentido apontando para o nor -

deste.

02) Correta: usando a regra da mão esquerda sobre o fio 4 e sobre o camporesultante, obtemos a força magnética resultante apontando para osudeste.

04) Incorreta: condutores percorridos por correntes elétricas do mesmosentido atraem-se.

08) Correta: a intensidade da força magnética entre dois condutorespercorridos por corrente i é dada pela equação:

ou seja: ela é inversamente proporcional à distância entre os doiscondutores.Assim, a intensidade da força exercida pelo fio 2 sobre o fio 3 é maiorque a do fio 1 sobre o 3.

São corretas apenas a 2 e a 8.

�0 i2 LB = –––––––

2 π r

138 –


5. (UFPB) – Os eletroímãs, formados por solenoides percorridos porcorrentes elétricas e um núcleo de ferro, são dispo sitivos utilizados porguindastes eletromagnéticos, os quais servem para transportar materiaismetálicos pesados. Um engenheiro, para construir um eletroímã, utilizaum bastão cilíndrico de ferro de 2,0 metros de comprimento e o enrolacom um fio dando 4 x106 voltas. Ao fazer passar uma corrente de 1,5Apelo fio, um campo magnético é gerado no interior do solenoide, e apresença do núcleo de ferro aumenta em 1.000 vezes o valor dessecampo.Adotando para a constante μ0 o valor 4 π x 10−7 T.m/ A , é corretoafirmar que, nessas circunstâncias, o valor da intensidade do campomagnético, no interior do cilindro de ferro, em tesla, é de:a) 24 π x 102 b) 12 π x 102 c) 6 π x 102

d) 3 π x 102 e) π x 102

RESOLUÇÃO:A intensidade do campo magnético no interior de um solenoide vazio e novácuo é dada por:

Acrescentando-se um núcleo de ferro a permeabilidade magnética fi ca mul -tiplicada por 1000:

B = 1000 . 4π . 10–7 T ⇒ B = 12π . 102 T

Resposta: B

1. (FUVEST) – Aproxima-se um ímã de um anel metálico fixo emum suporte isolante, como mostra a figura.

O movimento do ímã, em direção ao anel,a) não causa efeitos no anel.b) produz corrente alternada no anel.c) faz com que o polo sul do ímã vire polo norte e vice-versa.d) produz corrente elétrica no anel, causando uma força de atração

entre anel e ímã.e) produz corrente elétrica no anel, causando uma força de repulsão

entre anel e ímã.

RESOLUÇÃO:Quando o ímã é aproximado do anel, ocorre indução eletromagnética esurge no anel uma corrente elétrica induzida (Lei de Faraday).De acordo com a Lei de Lenz, surge uma força magnética de repulsão, istoé, opondo-se ao movimento do ímã.A figura ilustra a corrente induzida e a polaridade magnética no anel.

A corrente induzida não vai mudar de sentido, pois o ímã somente foiaproximado do anel. Para se gerar uma corrente alternada, deveríamosproduzir no ímã um movimento de vai e vem, como, por exemplo, um MHS.Resposta: E

2. (MODELO ENEM) – Michael Faraday descobriu o fenômeno,da indução magnética ao realizar alguns experimentos usando um ímãe uma bobina.

Percebeu ele que fazendo variar o fluxo magnético no interior dabobina, surgia uma corrente elétrica induzida, acendendo mo men -taneamente a lâmpada.O fenômeno da indução magnéticaa) obedece ao princípio da conservação da energia, pois ocorre apenas

uma conversão de energia.b) não obedece ao princípio da conservação da energia, pois a lâmpada

se acendeu sem que se usasse alguma pilha.c) foi explicado matematicamente pela Lei de Lenz, sem que se

mencionasse a lei da conservação da energia.d) não obedece ao princípio da conservação da energia, pois, con forme

a Lei de Lenz, trata-se apenas do surgimento de um contrafluxomagnético na bobina.

e) obedece ao princípio da conservação de energia, havendo con versãode energia elétrica em mecânica.

RESOLUÇÃO:Evidentemente que o fenômeno da indução magnética é uma simples con -versão de energia mecânica (ímã em movimento) em energia elétrica e, por -tanto, vale o princípio da conservação da energia.Resposta: A

n . iB0 = �0 –––––

L

n . iB = 1000 . �0 –––––

L

4 . 106 . 1,5––––––––––

2

MÓDULO 32

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA I

– 139


3. (FATEC-2012) – Observando a figura a seguir, vê-se um ímã emforma de barra que possui um eixo pelo qual pode girar. Próximo a ele,encontra-se uma espira retangular de metal, no plano (x, z). O ímã estáalinhado com o centro da espira na direção do eixo y.

Com a finalidade de induzir uma corrente elétrica na espira, um alunofaz as seguintes experiências:I. Movimenta o ímã e a espira na mesma direção e sentido e com

velocidades iguais.II. Gira o ímã em torno de seu eixo paralelo ao eixo z e mantém a

espira em repouso em relação ao plano (x, z).III. Desloca a espira numa direção paralela ao eixo y e mantém o ímã

em repouso em relação ao plano (x, z).Para conseguir a corrente induzida, o aluno conclui que o correto éproce der como indicado ema) I, apenas. b) II, apenas. c) I e III, apenas.d) II e III, apenas. e) I, II e III.

RESOLUÇÃO:I. Procedimento incorreto.

Não haverá movimento relativo entre o ímã e a es pira. Portanto, nãohaverá variação do fluxo mag nético na espira e não ocorrerá indução.

II. Procedimento correto.Haverá variação de fluxo magnético na espira e ocorrerá indução, ouseja, forma-se corrente elétrica induzida na espira.

III.Procedimento correto.O afastamento ou a aproximação da espira em relação ao ímã ésuficiente para ocorrer a indução magnética.

Resposta: D

4. (MODELO ENEM) – Na figura, mostra-se um experimento deindução eletromagnética: um ímã, na mão de um operador, é aproxi -mado de uma espira fixa, acendendo uma pequena lâmpada de LED.A finalidade, no entanto é verificar a Lei de Lenz.

Em cada experimento:a) Identifique se ocorrerá atração ou repulsão entre a espira e o ímã.

A seguir, identifique o polo magnético formado na espira, visto pelooperador durante sua aproximação.

b) Indique o sentido da corrente elétrica, vista pelo operador.c) Se, porventura, o operador voltar de costas, afastando o ímã da

espira, sem contudo invertê-lo, como será a força entre o ímã e aespira?

RESOLUÇÃO:a) Em ambos os experimentos, o ímã está sendo empurrado, pelo opera -

dor, contra a espira. Consequentemente, a Lei de Lenz nos asseguraque a força magnética decorrente da corrente induzida é de repulsãoao movimento do ímã.

b) No experimento 1: a espira deverá repelir o polo sul do ímã aproximadoe, portanto, deverá tornar-se um polo sul; em consequência, a correnteinduzida, vista pelo operador, tem sentido horário.No experimento 2:A espira deverá repelir o polo norte do ímã aproximado e, portanto,deverá tornar-se um polo norte; em consequência, a corrente elétricainduzida, vista pelo operador, tem sentido anti-horário.

c) Haverá inversão do sentido das correntes em ambos os experimentos.Experimento 1: passa a ter o sentido anti-horário.Experimento 2: passa a ter o sentido horário.Veja bem!Poderíamos determinar o sentido da corrente induzida sem pensar naforça magnética, mas sim no aumento do fluxo induzido durante aaproximação do ímã e na sua diminuição durante o afastamento. Aseguir, usamos a Lei de Lenz compensando a variação do fluxo e a regrada mão direita.

140 –


1. (UNESP-2012) – O freio eletromagnético é um dispositivo noqual intera ções eletromagnéticas provocam uma redução de velo cidadenum corpo em movimento, sem a necessidade da atuação de forças deatrito. A experiência descrita a seguir ilustra o funcionamento de umfreio eletromagnético.Na figura 1, um ímã cilíndrico desce em movimento acelerado pordentro de um tubo cilíndrico de acrílico, vertical, sujeito apenas à açãoda força peso.Na figura 2, o mesmo ímã desce em movimento uniforme por dentrode um tubo cilíndrico, vertical, de cobre, sujeito à ação da força pesoe da força magnética, vertical e para cima, que surge devido à correnteelétrica induzida que circula pelo tubo de cobre, causada pelomovimento do ímã por dentro dele.Nas duas situações, podem ser desconsiderados o atrito entre o ímã eos tubos, e a resistência do ar.

Considerando a polaridade do ímã, as linhas de indução magnéticacriadas por ele e o sentido da corrente elétrica induzida no tubocondutor de cobre abaixo do ímã, quando este desce por dentro do tubo,a alternativa que mostra uma situação coerente com o aparecimento deuma força magnética vertical para cima no ímã é a indicada pela letra

RESOLUÇÃO:Quando o ímã se movimenta no tubo de cobre, há uma variação do fluxomagnético que provoca o apareci mento de uma corrente elétrica induzida.De acordo com a Lei de Lenz, a força magnética ge rada neste anel de cobredeve opor-se a esse movi men to, assim, a corrente elétrica induzida temsentido horário, de acordo com a regra da mão direita.

As linhas de indução magnética no ímã estão saindo do polo Norte echegando ao polo Sul.Resposta: A

2. (UFTM) – De quanto deverá ser a magnitude do choque elétrico(f. e. m. induzida) se segurarmos as extremidades de uma bobinacomposta por 10 espiras de área A=1 [m2] e deixarmos passarortogonalmente por esta bobina uma densidade de fluxo magnéticoconstante com módulo dado por B=11 [T]?a) 0 [volt] b) 10 [volts] c) 110 [volts]d) 220 [volts] e) 100 [volts]

RESOLUÇÃO:Fluxo constante ⇒ ΔΦ = 0Não haverá indução e a força eletromotriz induzida é nula.Resposta: A

3. (MODELO ENEM) – Faraday, em seus primeiros experimentos,buscou uma relação entre o fluxo magnético e o fenômeno da induçãomagnética. Concluído seu trabalho, passou a buscar uma equaçãomatemática para relacionar as grandezas envolvidas e chegou àsegunda lei da indução:

E =

Nessa equação, temos:E = módulo da f.e.m. induzida�ΔΦ� = módulo da variação do fluxo magnético na bobinaΔt = tempo decorrido na variação de fluxoUm espira quadrada, de lado L = 10 cm, imersa no campo magnéticode um ímã, de intensidade B = 0,50 T, dá 1/4 de volta em torno de seueixo diagonal (ver figura) em 5,0 centésimos de segundo.

MÓDULO 33

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA II

�ΔΦ�–––––

Δt

– 141


A fem induzida é:a) 0,50. 10–1V b) 1,0 . 10–1 V c) 1,0 Vd) 2,0 V e) 2,0 . 10–2

RESOLUÇÃO:

Δt = 5,0 . 10–2s

B = 0,50 T = 5,0 . 10–1T

A = L2 = (0,10)2m2 = 1,0 . 10–2m2

Φ = B . A . cos α

Para � = 0º :

Φ0 = 5,0 . 10–1 . 10–2 = 5,0 . 10–3 Wb

Para α = 90º :

Φ0 = 0

ΔΦ = 5,0 . 10–3 Wb

A f.e.m. induzida é:

E = ⇒ E = (V)

Resposta: B

4. Retomemos a espira da questão anterior. Vamos girá-la, em tornodo mesmo eixo, em 360º a partir da sua posição original. Consideremosapenas a corrente elétrica que passa pelo trecho MOP. Determine osentido dessa corrente, tendo apenas a espira como referencial, quandoa espira estiver fazendoa) o primeiro quarto de sua volta.b) o segundo quarto de sua volta.c) o terceiro quarto de sua volta.d) o quarto final e voltando à sua posição incial.

RESOLUÇÃO:Neste exercício, temos de pensar no aumento ou na diminuição do fluxo,usar a Lei de Lenz e a regra da mão direita. No entanto, a corrente deve servista passando sobre a espira, no percurso MOP ou POM. Não interessa seo operador a vê no sentido horário ou anti-horário, pois o exercício impôso referencial: a espira.Vamos denominar o lado esquerdo da espira de “triângulo” MOP, parasimplificar a linguagem.a) No primeiro quarto de volta

O triângulo MOP tem o fluxo diminuído e, portanto, a compensação defluxo se faz pela corrente induzida no sentido POM.

b) No segundo quarto de voltaO triângulo MOP se aproxima do plano original, o fluxo aumenta, masvocê deverá ver isso pelo verso da folha. O sentido da corrente continuaa ser POM.

c) No terceiro quarto, o triângulo MOP se destaca do plano, porém dolado de trás da folha. Vire o caderno e raciocine atrás da figura. O fluxodiminui e o sentido da corrente passa a ser MOP (houve inversão).

d) No último quarto de volta, o triângulo MOP se aproxima de sua posiçãooriginal, o fluxo aumenta (veja isso por trás) e o sentido da correntecontinua a ser MOP.

Resumindo: a corrente inverte de sentido nos instantes em que o fluxo émáximo ou mínimo.

Ao professor:A corrente induzida acompanha a fem induzida, ou seja E = R . i na

espira. Por sua vez, a derivada do fluxo, com sinal contrário, nos dá a feminduzida. Imaginando que a variação de fluxo seja uma cossenoide(máximo fluxo na posição inicial), sua derivada é uma senoide com o sinaltrocado. Os gráficos abaixo são sugestivos e reforçam a tese de que a inver -são ocorre com fluxo máximo ou mínimo (situação de pico).

ΔΦ––––

Δt

5,0 . 10–3

––––––––5,0 . 10–2

E = 1,0 . 10–1 V

142 –


5. Na figura, temos uma espira re tan gu lar de área va riá vel (hastemó vel). A seta ao la do de v

→indica o sen tido em que a haste está sendo

movida por ação de forças ex ter nas.

Indique o sentido da corrente induzida.

RESOLUÇÃO:1.o modo

A força magnética Fm→

que surge na haste móvel se opõe ao deslocamento

da haste, de acordo com a Lei de Lenz. Assim, conhecidos os sentidos de B→

e Fm→

, determinamos, pela regra da mão esquerda, o sentido de i na haste

móvel.

2.o modoAo deslocar a haste no sentido indicado, ocorre aumento do fluxo internoà espira fechada retangular. Logo, pela Lei de Lenz, deverá haver umacompensação de fluxo e a corrente induzida é o resultado de um ΔΦpenetrando na espira. A corrente terá o sentido horário. Observemos queΔΦ e Δ

→B têm o mesmo sentido.

Resposta: sentido horário

1. (ITA-2012) – Considere uma espira com N voltas de área A,imersa num campo magnético B

→uniforme e constante, cujo sentido

aponta para dentro da página. A espira está situada inicialmente no planoperpendicular ao campo e possui uma resistência R. Se a espira gira180° em torno do eixo mostrado na figura, calcule a carga que passapelo ponto P.

RESOLUÇÃO:Analisaremos, inicialmente, apenas metade do giro total de 180°, assim:

Φinicial = NBA cos 180°

Φinicial = – NBA

O fluxo final será nulo, pois a espira estará paralela a →B nesta situação.

Φfinal = 0

A variação do fluxo para esta metade do giro será dada por:

ΔΦ = Φfinal – Φinicial

ΔΦ = 0 – (– NBA)

ΔΦ = NBA

A f.e.m. induzida média, em módulo, será dada por:

E = =

A intensidade média de corrente elétrica neste trecho analisado será dada

por

i = mas i =

Assim: =

=

Q =

Nos 90° restantes, para se completar os 180° de giro, teremos essa mesma

quantidade de carga passando por P.

A carga total que passa efetivamente por P será então:

Qtotal = +

MÓDULO 34

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA III

ΔΦ––––

Δt

NBA–––––

Δt

Q–––Δt

E–––R

E–––R

Q–––Δt

NBA––––––

Δt R

Q–––Δt

NBA–––––

R

NBA––––––

R

NBA––––––

R

2NBAQtotal = –––––––

R

– 143


(MODELO ENEM) – Texto para as questões 2 e 3.

Numa usina eólica, um “catavento” gira com o fluxo eólico. Nesseprocesso, adquire energia mecânica, a qual transmite para um geradorelétrico. A figura ilustra um processo de transmissão mecânica.

2. Admitindo que a potência de um catavento seja de 10kW, que natransmissão mecânica o rendimento seja de 90% e que no processo deconversão de energia mecânica em elétrica haja uma perda de 3%, apotência elétrica gerada será:a) 10kW b) 9,0kW c) 8,73kW d) 8,73kW e) 80kW

RESOLUÇÃO:O rendimento no processo de conversão de energia mecânica em elétrica é97%. O rendimento total do processo é dado pelo produto dos doisrendimentos:

η = 0,90 . 0,97 = 0,873

A potência elétrica gerada será:

Pel = 0,873 . 10(kW)

Resposta: C

3. Na geração eólica, o processo de conversão da energia mecânicaem elétrica no interior do gerador obedece àa) Lei de Faraday. b) Lei de Joule.c) Lei de Coulomb. d) lei da inércia.e) Lei de Ohm-Pouillet.

RESOLUÇÃO:A Lei de Faraday explica o processo de conversão de energia mecânica emelétrica.Resposta: A

4. (ENEM) – A eficiência de um processo de conversão de energiaé definida como a razão entre a produção de energia ou trabalho útil eo total de entrada de energia no processo. A figura mostra um processocom diversas etapas. Nesse caso, a eficiência geral será igual aoproduto das eficiên cias das etapas individuais. A entrada de energiaque não se transforma em trabalho útil é perdida sob formas nãoutilizáveis (como resíduos de calor).

HINRICHS, R.A. Energia e Meio Ambiente.São Paulo: Pioneira. Thomson Learning, 2003 (adaptado).

Aumentar a eficiência dos processos de conversão de energia implicaeconomizar recursos e combustíveis. Das propostas seguintes, qualresultará em maior aumento da eficiência geral do processo?a) Aumentar a quantidade de combustível para queima na usina de

força.b) Utilizar lâmpadas incandescentes, que geram pouco calor e muita

luminosidade.c) Manter o menor número possível de aparelhos elétricos em

funcionamento nas moradias.d) Utilizar cabos com menor diâmetro nas linhas de transmissão a fim

de economizar o material condutor.e) Uti lizar materiais com melhores propriedades condutoras nas linhas

de transmissão e lâmpadas fluorescentes nas moradias.

RESOLUÇÃO:Se o material for melhor condutor de eletricidade, reduzimos as perdas deenergia elétrica por Efeito Joule na linha de transmissão. No entanto, ogargalo da produção está na baixa eficiência das lâmpadas incandescentes.É fundamental a sua troca por fluorescentes.Resposta: E

Pel = 8,73 kW

144 –


5. (UPE) – A figura abaixo mostra uma espira retangular de larguraL = 2,0 m e de resistência elétrica R = 8,0Ω que está parcialmenteimersa em um campo magnético externo uniforme e perpendicular aoplano da espira B = 4,0 T. As retas tracejadas da figura mostram oslimites do campo magnético.

Suponha que a espira seja puxada para a direita, por uma mão comvelocidade constante v = 5,0m/s. Considere desprezível o efeito deborda. Analise as proposições a seguir e conclua.

I II

RESOLUÇÃO:(0) Correta

� ε � = = B . L . V

� ε � = 4,0 . 2,0 . 5,0 (V)

(1) ErradaUsando a regra da mão esquerda e a Força de Lorentz, a corrente temsentido horário.

(2) Correta

i = ⇒ i = (A) ⇒

(3) CorretaF = B . i . LF = 4,0 . 5,0 . 2,0 (N)

Resposta: Corretas: 0, 2 e 3

1. (MODELO ENEM) – Verificou-se, experimentalmente, que aose atritar o vidro com qualquer outra substância, ele fica eletrizadopositivamente. Então:

Estão corretas:a) Todas b) somente I e IIc) somente I e III d) somente II e III

RESOLUÇÃO:Resposta: A

2. Dispomos de quatro pequenas esferas metálicas, A, B, C e D. Aprimeira delas possui uma carga elétrica de +64 pC e a quarta, umacarga elétrica de –8 pC. As demais estão neutras. Determine a cargaelétrica em cada esferinha nos contatos que se propõem:

a) da esferinha A com a B;b) da esferinha A com a C, após o contato anterior;c) da esferinha B com a D, após os contatos anteriores;d) das quatro esferinhas simultaneamente.

RESOLUÇÃO:a) Contato entre A e B

= +32 pC (para cada uma delas)

b) Contato entre A e C, após o contato anterior:

= +16 pC (para cada uma delas)

c) Contato de B com D após os contatos anteriores

= = +12 pC

0 0O valor absoluto da força eletromotrizinduzida na espira é Eind = 40V.

1 1O sentido da corrente induzida na espira éanti-horário.

2 2O valor da corrente induzida na espira éi = 5,0 A.

3 3A intensidade da força aplicada pelamão para manter a velocidade constanteé F = 40 N.

ΔΦ–––––

Δt

� ε � = 40V

B . L . V––––––––

R

4,0 . 2,0 . 5,0––––––––––––

8,0i = 5,0A

F = 40N

MÓDULO 35

ELETRIZAÇÃO POR ATRITO E CONTATO

I. Se esfregarmos um pano de lã sobre o tampo de vidro de umamesa, o vidro se eletriza positivamente e a lã negativamente.

II. Se esfregarmos um pano de seda sobre o tampo de vidro da mesa,o vidro se eletriza positivamente e a seda negativamente.

III. Nos dois experimentos anteriores, o vidro cedeu elétrons aospanos.

+64pC + 0––––––––––

2

+32pC + 0––––––––––

2

+32pC – 8pC––––––––––––

2

+24pC–––––––

2

– 145


d) Juntando as quatro esferinhas:QA + QB + QC + QD = 4Q+16pC + 12pC + 16pC + 12pC = 4Q+56pC = 4Q ⇒ Q = 14pC

Cada esferinha ficará com 14 pCObservação: devido ao princípio da conservação da carga elétrica, sesomarmos as cargas iniciais, o resultado deverá ser o mesmo:

+64pC + 0 + 0 –8pC = 4Q ⇒ +56pC = 4Q ⇒ Q = 14pC

3. Determine a carga elétrica, em coulombs, de cada uma das esferi -nhas abaixo. É dado e =1,6 x 10–19C.

RESOLUÇÃO:

4. (IFCE) – Três esferas metálicas idênticas, A, B e C, se encontramisoladas e bem afastadas uma das outras. A esfera A possui carga Q eas outras estão neutras. Faz-se a esfera A tocar primeiro a esfera B edepois a esfera C. Em seguida, faz-se a esfera B tocar a esfera C.No final desse procedimento, as cargas das esferas A, B e C serão,respectivamente,a) Q/2, Q/2 e Q/8.b) Q/4, Q/8 e Q/8.c) Q/2, 3Q/8 e 3Q/8.d) Q/2, 3Q/8 e Q/8.e) Q/4, 3Q/8 e 3Q/8.

RESOLUÇÃO:No início, apenas a esfera A estava eletrizada, enquanto B e C estavamneutras. Após o primeiro contato, a esfera B já possui carga elétrica, noentanto, verifique ao final de cada linha da tabela a seguir o princípio daconservação das cargas elétricas.

Observação: no contato de B com C, fizemos:

+ = + =

QB = QC + =

Resposta: E

5. Quando um corpo neutro fica eletrizado, sem alteração do núcleode seus átomos, pode-se supor que esse corpo possuia) carga elétrica positiva, pois recebeu elétrons.b) carga elétrica negativa, pois recebeu elétrons.c) carga elétrica positiva, pois recebeu prótons.d) carga elétrica positiva, pois perdeu elétrons.e) uma carga elétrica que pode ser positiva ou negativa, ficando com

quantidades diferentes de prótons e elétrons.

RESOLUÇÃO:O corpo recebeu ou cedeu elétrons e a quantidade de elétrons ficoudiferente da quantidade de prótons.Resposta: E

1. Desenhe as cargas elétricas induzidas na esfera neutra. Considereo bastão como corpo indutor.

CONTATOS Esfera A Esfera B Esfera C PCCE

Q 0 0 Q + 0 + 0 = Q

A com B Q/2 Q/2 0 Q/2 + Q/2 = Q

A com C Q/4 Q/2 Q/4 Q/4 + Q/2 + Q/4 = Q

B com C Q/4 3Q/8 3Q/8 Q/4 + 3Q/8 + 3Q/8 = Q

Q––2

Q––4

2Q––4

Q––4

3Q–––4

3Q/4––––

2

3Q–––8

MÓDULO 36

ELETRIZAÇÃO POR INDUÇÃO

146 –


RESOLUÇÃO:

2. Aproximamos um bastão eletrizado de um pêndulo eletrostático.O que ocorrerá?

RESOLUÇÃO:

Sob o ponto de vista microscópico, teremos a seguinte configuração decargas induzidas (fig b).A carga negativa (– q) e a positiva (+ Q) estão pró ximas e se atraem. Issoatrai a esfera para as proximidades do bas tão. Há também uma forçarepulsiva entre (+q) e (+Q), mas devido à distância, sua intensidade é muitopequena.

3. Uma esfera condutora neutra está sobre um suporte isolante,porém está ligada à Terra por um fio condutor. Aproximamos da esferaum segundo corpo eletrizado, o qual denominaremos indutor. Noexperimento 1, o condutor é positivo e no 2, negativo.

Responda, para cada experimento:a) as cargas que percorrem o fio-terra durante o processo de indução

são positivas ou negativas? Em que sentido circulam? Indique poruma seta na figura.

b) a carga induzida é positiva ou negativa?c) de que modo poderíamos manter a carga induzida mesmo afastando

o indutor?

RESOLUÇÃO:a) No experimento 1, o indutor é positivo e “puxa” elétrons pelo fio terra. No

experimento 2, o indutor é negativo e repele elétrons do induzido, os quaisescoam pelo fio-terra. Portanto, em ambos os experimentos, o fio-ter ra ésempre percorrido por elétrons.

b) No experimento 1, como o indutor é positivo, a carga induzida tem sinalcontrário e é negativa. No experimento 2, é o inverso e a carga induzidaé positiva.

c) Inicialmente, corta-se o fio-terra na presença do indutor. A seguir, afas -tamos o indutor. Se você fizer o inverso, as cargas escoarão pelo fio-ter rae neutralizar-se-á o induzido.

– 147


4. (UFTM-2012) – A indução eletrostática consiste no fenômeno daseparação de cargas em um corpo condutor (induzido), devido àproximidade de outro corpo eletrizado (indutor).Preparando-se para uma prova de física, um estudante anota em seuresumo os passos a serem seguidos para eletrizar um corpo neutro porindução, e a conclusão a respeito da carga adquirida por ele.

1.º) Procedimentos: passos a serem seguidos:I. Aproximar o indutor do induzido, sem tocá-lo.II. Conectar o induzido à Terra.III. Afastar o indutor.IV. Desconectar o induzido da Terra.

2.º) Conclusão:No final do processo, o induzido terá adquirido cargas de sinais iguaisàs do indutor.Ao mostrar o resumo para seu professor, ouviu dele que, para ficarcorreto, ele deveráa) inverter o passo III com IV, e que sua conclusão está correta.b) inverter o passo III com IV, e que sua conclusão está errada.c) inverter o passo I com II, e que sua conclusão está errada.d) inverter o passo I com II, e que sua conclusão está correta.e) inverter o passo II com III, e que sua conclusão está errada.

RESOLUÇÃO:Estão em julgamento duas coisas: a sequência passo a passo dosprocedimentos e a conclusão final do aluno a respeito do sinal da cargainduzida.1.o) A sequência correta dos procedimentos é: I, II, IV e III, conforme vimos

no exercício anterior.2.o) A conclusão estava errada: as cargas induzidas têm o sinal contrário

ao das cargas do indutor. Resposta: B

5. (CFT-MG-2012) – O eletroscópio da figura, eletrizado comcarga desconhecida, consiste de uma esfera metálica ligada atravésde uma haste condutora a duas folhas metálicas e delgadas. Esseconjunto encontra-se isolado por uma rolha de cortiça presa ao gargalode uma garrafa de vidro transparente, como mostra a figura. Um garotoaproxima da esfera A do eletroscópio uma segunda esfera B.

Sobre o eletroscópio, afirma-se:I. As folhas movem-se quando um corpo neutro é aproximado da

esfera sem tocá-la.II. O vidro que envolve as folhas delgadas funciona como uma

blindagem eletrostática.III.A esfera e as lâminas estão eletrizadas com carga de mesmo sinal e

a haste está neutra.IV. As folhas abrem-se ainda mais quando um objeto, de mesma carga

do eletroscópio, aproxima-se da esfera sem tocá-la.Estão corretas apenas as afirmativasa) I eII. b) I e IV. c) II e III. d) III e IV.

RESOLUÇÃO:I. CORRETA. Ao aproximarmos um corpo neutro (B) do eletroscópio,

vamos observar indução, sendo que o indutor será o eletroscópio e oinduzido o corpo neutro. Na indução, os centros de carga do indutor edo induzido tendem a se aproximar.Consequentemente, as cargas elétricas do eletroscópio mudam suasposições até que se estabeleça um equilíbrio eletrostático. Essas cargasapresentam uma pequena tendência de se posicionarem próximas daesfera A ou mesmo na própria esfera A. Concluímos que as folhas semovimentam.

II. INCORRETA. Em primeiro lugar, o vidro não é condutor elétrico e nãopoderia ser uma blindagem. Em segundo lugar, mesmo que trocássemoso vidro por um metal, a blindagem deve ser de fora para dentro. Ora,o eletroscópio já está eletrizado e no caso anterior ele é o indutor: nãohaveria blindagem. O vidro impede que o vento atrapalhe a experiên -cia.

III.INCORRETA. Estando o eletroscópio isolado (afastado) de qualqueroutro corpo, teremos em todo o corpo metálico cargas elétricas demesmo sinal distribuídas entre as lâminas, a haste metálica suporte e aesferinhada cabeça do eletroscópio.

IV. CORRETA. Suponhamos por exemplo que se tenha carga elétricapositiva no eletroscópio e também positiva na esfera B. Ao aproximarB de A, haverá uma subida de elétrons pelo corpo do eletroscópio e suaslâminas adquirem um aumento da carga elétrica. Elas se afastam umada outra.

Resposta: B

148 –


Movimento circular uniforme

Documents

Transcript of Movimento circular uniforme