cad c4 curso a prof exercicios fisica

1. (UFG-2014) – Um objeto de 5,0kg move-se em linha reta sob aação de uma força resultante. O gráfico a seguir representa sua velo -cidade escalar em função do tempo.

Considerando-se os dados apresentados, conclui-se que o gráfico, querepresenta a força resultante que atua no objeto em função do tempo,é o seguin te:

RESOLUÇÃO:

1) a = = (m/s2) = –2,0m/s2 (constante)

2) PFD: F = ma = 5,0 (–2,0) (N)

(constante)

Resposta: D

2. (VUNESP-2014) – Um pequeno avião a jato, de massa 1,0 . 104kg,partindo do repouso, percorre 1,0 . 103m de uma pista horizontal eretilínea até decolar. Nesse percurso, a resultante das forças aplicadasno avião tem intensidade igual a 1,8 . 104N. A velocidade final daaeronave no final do percurso, no momento da decolagem, em km/h,tem intensidade igual aa) 118 b) 157 c) 216 d) 255 e) 294

RESOLUÇÃO:

1) PFD: FR = ma

1,8 . 104 = 1,0 . 104 a

2) V2 = V02 + 2 � �s (MUV)

V2f = 0 + 2 . 1,8 . 1,0 . 103

V2f = 36 . 102

Vf = 60m/s = 60 . 3,6 km/h

Resposta: C

MÓDULO 29

APLICAÇÕES DA 2.a LEI DE NEWTONF = –10,0N

ΔV––––Δt

–6,0––––3,0

a = 1,8m/s2

Vf = 216km/h

– 153

FÍS

ICA

A

FRENTE 1 – MECÂNICA

C4_A_Curso_Fisica_Alelex_2014 20/03/14 11:46 Página 153

3. (VUNESP-UEA-2014) – Um bloco de massa m1, inicialmente emrepouso, recebe a ação exclusiva de uma força

→F constante, levando-o

a percorrer uma distância d. Um outro bloco, de massa m2, tambéminicialmente em repouso, recebe a ação da mesma força

→F constante,

de modo a percorrer a mesma distância d no dobro do tempo gasto por

m1. A razão vale:

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

RESOLUÇÃO:

1) Sendo a força constante, o movimento será uniformemente

varia do:

Vm = =

bloco m1: = ⇒ V1 =

bloco m2: = ⇒ V2 =

2) PFD: F = ma = m

F = m1 . = m1 (1)

F = m2 . = m2 (2)

(1) = (2): m1 = m2

Resposta: D

4. (UERJ-2014-MODELO ENEM) – O corpo de um aspirador de pótem massa igual a 2,0kg. Ao utilizá-lo, durante um dado intervalo detempo, uma pessoa faz um esforço sobre o tubo 1, que resulta em umaforça de intensidade constante igual a 4,0N aplicada ao corpo doaspirador. A direção dessa força é paralela ao tubo 2, cuja inclinação emrelação ao solo é igual a 60°, e puxa o corpo do aspirador para perto dapessoa.

Considere sen 60° = 0,87, cos 60° = 0,5 e também que o corpo doaspirador se move sem atrito.Durante esse intervalo de tempo, o módulo da aceleração do corpo doaspirador, em m/s2, equivale a:a) 0,5 b) 1,0 c) 1,5 d) 2,0 e) 2,5

RESOLUÇÃO:

PFD: Fx = ma

F cos 60° = ma

4,0 . = 2,0a

Resposta: B

5. (PUC-RJ-2014) – Uma caixa de massa 10kg, inicialmente emrepouso em uma superfície horizontal sem atrito, começa a ser puxadapor uma força constante de módulo F = 10N, como mostrado na figura.

O módulo da velocidade da caixa após 2,0 segundos é, em m/s:a) 0,86 b) 1,0 c) 1,7 d) 2,0 e) 3,4Considere: ��2 = 1,4 e ��3 = 1,7

sen 30° = 1/2cos 30° = ��3/2

RESOLUÇÃO:

1) Fx = F cos 30° = 10 . (N) = 5 ��3N

Fx = 5 . 1,7 (N) = 8,5N

2) PFD: Fx = ma

8,5 = 10a

3) MUV: V = V0 + �t

Vf = 0 + 0,85 . 2,0 (m/s)

Resposta: C

m2––––m1

Δs––––Δt

V0 + Vf––––––––2

d–––T

0 + V1–––––––2

2d–––T

d–––2T

0 + V2–––––––2

d–––T

ΔV––––Δt

V1–––T

2d–––T2

V2–––2T

d––––2T2

d––––2T2

2d–––T2

m2 = 4m1

a = 1,0m/s2

1–––2

��3––––

2

a = 0,85m/s2

Vf = 1,7m/s

154 –

FÍSIC

A A


6. 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.Determinea) 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

1. (UERJ-2014) – A imagem abaixo ilustra uma bola de ferro após serdisparada por um canhão antigo.

Desprezando-se a resistência do ar, o esquema que melhor representaas forças que atuam sobre a bola de ferro é:

RESOLUÇÃO:

Após o lançamento, a única força atuante na bola de ferro é seu

peso.

Resposta: A

2. (FGV-2014-MODELO ENEM) – Um robô espacial tem massa de240kg e peso de aproximadamente 2.400N na superfície da Terra. Esserobô é levado para a Lua, para realizar explorações de seu solo. Agravidade na Lua é cerca de 1/6 da gravidade da Terra, aproximadamente1,6m/s2. Pode-se afirmar que na Lua o robô tem, aproximadamente, a) massa 24kg e peso 240N. b) massa 40kg e peso 400N. c) massa 40kg e peso 2400N. d) massa 240kg e peso 400N. e) massa 240kg e peso 2400N.

RESOLUÇÃO:

1) A massa do robô não depende do local e vale 240kg em qual -

quer parte do Universo.

2) O peso do robô na Lua equivale a de seu peso na Terra:

PL = PT = . 2400N

Resposta: D

3. (UEPA-2014-MODELO ENEM) – Ao comprar uma passagem deavião, um passageiro foi informado que teria uma franquia de bagagemde 23kg. Admitindo-se que a balança da companhia aérea apresenteuma margem de erro de 10%, o peso máximo que o passageiro poderátransportar para não ser obrigado a pagar a taxa por excesso debagagem, em N, é igual a:a) 248 b) 250 c) 253 d) 257 e) 261Dado: Módulo da aceleração da gravidade = 10m/s2.

RESOLUÇÃO:

1) mmáx = 1,1 . 23kg = 25,3kg

2) Pmáx = mmáx . g = 25,3 . 10 (N)

Resposta: C

MÓDULO 30

PESO DE UM CORPO

a0 = 0,50m/s2

(V – V0)––––––––

Δt

F0 + F2––––––––

2

2,0 + 6,0––––––––

2

(V2 – 0)––––––––

2,0V2 = 2,0m/s

1–––6

1–––6

1–––6

PL � 400N

Pmáx = 253N

– 155

FÍS

ICA

A


4. (VUNESP-UEAM-2014) – Pendurando-se um objeto de peso 1,0Nna extremidade de uma mola ideal, observa-se que seu comprimento setorna igual a 8,0cm. Substituindo-se o peso por outro de 3,0N, a molapassa a apresentar um comprimento de 12,0cm. O comprimento, emcm, dessa mola sem deformação é igual aa) 3,0 b) 4,0 c) 4,5 d) 5,0 e) 6,0

RESOLUÇÃO:

Fmola = P

k(L1 – L0) = P1

k(L2 – L0) = P2

k(8,0 – L0) = 1,0 (1)

k(12,0 – L0) = 3,0 (2)

: 3,0 =

24,0 – 3,0L0 = 12,0 – L0

12,0 = 2,0L0

Resposta: E

5. (UNESP-2014-MODELO ENEM) – O bungee jump é um esporteradical no qual uma pessoa salta no ar amarrada pelos tornozelos oupela cintura a uma corda elástica.

Considere que a corda elástica tenha comprimento natural (nãodeformada) de 10m. Depois de saltar, no instante em que a pessoapassa pela posição A, a corda está totalmente na vertical e com seucomprimento natural. A partir daí, a corda é alongada, isto é, tem seucomprimento crescente até que a pessoa atinja a posição B, onde parainstan taneamente, com a corda deformada ao máximo.

Desprezando-se a resistência do ar, é correto afirmar que, enquanto apessoa está descendo pela primeira vez depois de saltar, ela a) atinge sua máxima velocidade escalar quando passa pela posição A.b) desenvolve um movimento retardado desde a posição A até a

posição B.c) movimenta-se entre A e B com aceleração, em módulo, igual à da

gravidade local.d) tem aceleração nula na posição B.e) atinge sua máxima velocidade escalar numa posição entre A e B.

RESOLUÇÃO:

A velocidade escalar será máxima quando a força elástica aplicada

pela corda tiver a mesma intensidade do peso da pessoa.

Isto ocorre entre as posições A e B.

Na posição B, a pessoa tem aceleração vertical dirigida para cima.

Sendo C a posição de velocidade escalar máxima, en tão entre A e

C o movimento é acelerado e entre C e B é retardado.

Entre A e B, a aceleração é variável, sendo nula na posição C.

A aceleração será igual à da gravidade entre a posição de partida e

a posição A.

Resposta: E

(2)–––(1)

12,0 – L0–––––––––8,0 – L0

L0 = 6,0cm

156 –

FÍSIC

A A


6. (UFSM-2014-MODELO ENEM) – A imagem mostra um exemplarde esquilo voador. Quando deseja descer ao solo saltando de umaárvore, ele abre suas pseudoasas, que atuam como um freio aerodi nâ -mico e amortecem sua queda.

Disponível em: <http://m.fotos.notícias.bol.uol.com.br/entretenimento>.

Acesso em : 23 jul. 2013

Considerando-se que esse esquilo cai verticalmente com suas pseu -doasas abertas, qual das alternativas a seguir descreve correta menteas características físicas desse movi mento?a) Durante a queda, o módulo da aceleração do esquilo aumenta até

que sua velocidade terminal seja atingida, permanecendo constantea partir desse movimento.

b) À medida que cai, o peso do esquilo diminui.c) A resultante de forças experimentada pelo esquilo é constante e não

nula durante a queda.d) A força de resistência do ar é variável e equilibra o peso, quando a

velocidade terminal é atingida.e) A velocidade terminal do esquilo não depende da densidade do ar.

RESOLUÇÃO:

a) FALSA. A aceleração do esquilo varia de um valor inicial que é

a aceleração da gravidade (quando a velocidade é nula) até um

valor final nulo, quando o esquilo atinge sua velocidade limite.

b) FALSA. O peso do esquilo permanece constante; o que vai

diminuindo é a força resultante.

c) FALSA. A resultante vai diminuindo até se anular.

d) VERDADEIRA.

e) FALSA. A força de resistência do ar depende da densidade do ar:

Far = k V2, em que k tem conexão com a geometria do corpo e

com a den sidade do ar.

Resposta: D

7. (SÃO LEOPOLDO MANDIC-2014-MODELO ENEM) – E. G. Otis,em 1853, impressionou a opinião pública ao realizar um teste com umequipamento de segurança para elevadores (criado por ele mesmo, noano anterior). Colocado dentro do equipamento, quando descia comvelocidade escalar constante de 0,5m/s, ordenou ao seu ajudante quecortasse o único cabo de sustentação. O elevador iniciou, a partir dessemomento, uma queda livre, caindo apenas 10cm, quando foi desace -lerado, em apenas um segundo, até o repouso, por uma força verticalconstante, exercida pelo dispositivo de segurança. Sabendo-se que amassa total (elevador + inventor) era de 1000kg e usando-se g = 10 m/s2

para o módulo da aceleração gravitacional, é correto afirmar que aintensidade da força, em N, exercida pelo dispositivo de segurança sobreo elevador foi:a) 8500 b) 9500 c) 10 000 d) 10 500 e) 11 500

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo da velocidade escalar ao ser acionado o dispositivo de

segurança:

V12 = V0

2 + 2 � �s (MUV)

V12 = 0,25 + 2 . 10 . 0,10 = 2,25 (SI)

2) Cálculo do módulo da aceleração durante a freada:

V = V1 + �1 t (MUV)

0 = 1,5 – a . 1,0

3) Cálculo da força aplicada pelo dispositivo de segurança:

PFD: F – P = ma

F = m (g + a)

F = 1000 (10 + 1,5) (N)

Resposta: E

V1 = 1,5m/s

a = 1,5m/s2

F = 11500N

– 157

FÍS

ICA

A


1. (UEG-2014) – Uma caixa de massa m é colocada em repousosobre uma superfície horizontal. Considerando-se a Terceira Lei deNewton, verifica-se que a forçaa) gravitacional do planeta Terra sobre a caixa tem como reação a força

normal sobre a caixa.b) gravitacional exercida pela caixa sobre a superfície de contato gera

uma força de reação normal sobre a superfície.c) normal sobre a caixa é idêntica, em módulo, direção e sentido, à

força gravitacional que o planeta Terra exerce sobre a caixa.d) normal que surge na caixa é consequência da compressão realizada

pela caixa sobre a superfície de contato.e) normal que age na caixa e o seu peso formam um par ação-reação.

RESOLUÇÃO:

a) FALSA. A reação da força gravitacional aplicada pela Terra (pe -

so) é a força que a caixa aplica no centro da Terra.

b) FALSA. A força exercida pela caixa sobre a superfície de contato

é de natureza eletromagnética e gera uma força de reação

normal sobre a caixa.

c) FALSA. A força normal tem sentido oposto ao peso e o fato de

equilibrar o peso está ligado à 2.a Lei de Newton.

d) VERDADEIRA. A força normal que surge na caixa é a reação da

for ça de compressão que a caixa aplicou na superfície de conta -

to.

e) FALSA. Ação e reação nunca estão aplicadas ao mesmo corpo

e nunca se equilibram.

Resposta: D

2. (UEPB-2014-MODELO ENEM) – No século XVIII, o físico inglêsIsaac Newton formulou as leis da Mecânica e as usou para estudar einterpretar um grande número de fenômenos físicos. Com base nacompreensão dessas leis, analise as proposições a seguir: I. Ao fazer uma curva fechada em alta velocidade, a porta de um

automóvel abriu-se, e o passageiro, que não usava cinto desegurança, foi lançado para fora. Esse fato pode ser explicado pelaSegunda Lei de Newton.

II. A Segunda Lei de Newton afirma que, se a soma de todas as for -ças atuando sobre um corpo for nula, ele terá um movimento uni -formemente variado.

III. Um automóvel colide frontalmente com uma bicicleta. No mo -mento da colisão, pode-se afirmar que a intensidade da força queo automóvel exerce sobre a bicicleta é a mesma que a intensidadeda força que a bicicleta exerce sobre o automóvel e em sentidocontrário.

Para as situações supracitadas, em relação às leis de Newton, é (são)corretas(s) apenas a(as) proposição(ões) a) II. b) III. c) I. d) I e II. e) II e III.

RESOLUÇÃO:

I) FALSA. A explicação é a inércia de movimento traduzida pela

1.a Lei de Newton.

II) FALSA. Se →FR =

→0, então

→a =

→0

III) VERDADEIRA. Lei da ação e reação.

Resposta: B

3. (FEPESE-2013-MODELO ENEM)

Analise o texto abaixo:“Pode não parecer, mas um pássaro, um balão de ar quente ou aquela‘brincadeira’ de mirar instrumentos com raio laser ameaçam a segurançade uma aeronave. Segundo dados do Centro de Investigação ePrevenção de Acidentes Aeronáuticos (Cenipa), o número de choquesde aviões com animais, por exemplo, quase quadruplicou entre 2007 e2011. Passou de 404 casos para 1.458. Os incidentes envolvemprincipalmente aves, mas também répteis e mamíferos, e ocorrem tantono ar quanto em solo, nos procedimentos de pouso e decolagem”.

Fonte: BORTOLIN, R. “Colisões de aviões com aves quase quadruplica em

cinco anos”. Gazeta do Povo, Curitiba: 2012

<http://www.gazetadopovo.com.br> Acesso em 19 de maio de 2013.

As colisões relatadas acima entre pássaros e os para-brisas dos aviões,durante a aterrissagem ou a decolagem, podem ocasionar desde pe -quenas avarias até grandes desastres aéreos, devido às grandesvelocidades envolvidas.Em relação ao assunto, assinale a alternativa correta.a) A aceleração do pássaro tem a mesma intensidade do que a do

avião.b) A força sobre o pássaro tem intensidade muito maior que a força

sobre o para-brisa.c) A força sobre o pássaro tem intensidade muito menor que sobre o

para-brisa.d) A aceleração do avião tem intensidade maior que a aceleração do

pássaro.e) A força sobre o pássaro tem a mesma intensidade da força sobre o

para-brisa.RESOLUÇÃO:

a) FALSA. As forças trocadas têm a mesma intensidade: a

aceleração depende da massa do corpo.

b) FALSA. As forças trocadas têm a mesma intensidade, de acordo

com a lei da ação e reação.

c) FALSA.

d) FALSA. A aceleração do pássaro tem intensidade maior que a do

avião.

e) VERDADEIRA. Lei da ação e reação.

Resposta: E

MÓDULO 31

3.a LEI DE NEWTON

158 –

FÍSIC

A A


4. (UFRJ) – A figura mostra três ginastas, dois homens e uma mulher,agrupados em forma de arco, com os homens de pé sobre o pisohorizontal, sustentando a mulher. O homem da direita pesa 80kgf e amulher pesa 70kgf. No instante focalizado, todos eles estão em repouso.

O módulo da componente vertical da força que o homem da direita (D)exerce sobre a mulher é igual a 30kgf.a) Calcule o módulo da componente vertical da for ça que o homem da

esquerda (E) exerce sobre a mulher.b) Calcule o módulo da componente vertical da for ça que o solo exerce

sobre o homem da direita (D).

RESOLUÇÃO:

a) Como a mulher está em repouso, a re sul tante das forças sobre

ela é nula. Consequentemente, a sua componente vertical

também o será. Sendo fdm a força vertical que o homem da

direita exerce sobre a mulher e fem a força ver tical que o homem

da esquerda exerce sobre ela, temos que:

.fdm . + .fem . = .Pm .,

em que .Pm . é o módulo do peso da mulher. Temos então que:

30kgf + .fem . = 70kgf ⇒

b) Como o homem está em repouso, a resul tante das forças so bre

ele é nula. Consequen te mente, a sua componente vertical

também o será.

Podemos então escrever que:

.N . = .Ph . + .fmd .,

em que N é a normal sobre o homem da direita, Ph o seu peso

e fmd, a força vertical que a mulher exerce sobre o ho mem da

direita. Por outro lado, da terceira Lei de New ton, temos que

.fmd . = .fdm . = 30kgf. Usando-se ainda que .Ph . = 80kgf, obte -

mos finalmente que:

.N . = 80kgf + 30kgf = 110kgf

Respostas: a) 40kgf

b) 110kgf

5. (UEL-PR-MODELO ENEM) – Um garoto, apoiando-se em umabengala, encontra-se em cima de uma balança que marca 40kg.

Se o garoto empurrar fortemente a bengala contra a balança e, sedurante essa ação, ele não tirar os pés da balança, mantendo o corponuma posição rígida, como mostra a figura, podemos afirmar quea) é a lei da gravitação universal que rege o funcionamento da ba lan ça.b) a balança marcará menos de 40kg.c) a balança marcará mais de 40kg.d) nada se pode concluir, pois não sabemos o valor da força que a

bengala faz sobre a balança.e) a balança marcará os mesmos 40kg.

RESOLUÇÃO:

A balança tem como componente básico uma mola que se

deforma. Em bora esteja calibrada em massa (kg), a balança marca

a força normal de compressão que deforma a sua mola.

Quando a bengala não está comprimindo a balança, ela indicará a

força normal aplicada pelos pés do garoto, a qual corresponde ao

peso de um corpo de massa 40kg.

Quando a bengala aplica sobre a balança uma força de intensidade

F, ela indicará a soma da força F com a nova força normal que os

pés do garoto exercem sobre ela.

Fbalança = FN = P

F’balança = F’N + F

Isolando-se o sistema garoto-bengala, temos:

F: reação da balança sobre a bengala

F’N : reação da balança sobre os pés do

garoto

Para o equilíbrio do sistema garoto-ben -

gala:

F + F’N = P

Portanto, F’balança = Fbalança , isto é, a indicação da balança não se

altera.

Resposta: E

.fem . = 40kgf

– 159

FÍS

ICA

A


6. Em um local onde g = 10,0m/s2 e o efeito do ar é desprezível, umapessoa aplica com a palma de sua mão uma força vertical a um livro demassa 2,0kg, imprimindo-lhe uma aceleração vertical, para cima, deintensidade a = 1,0m/s2.

A força que o livro aplica na mão da pessoa tem intensidade igual a:a) zero b) 2,0N c) 18,0N d) 20,0N e) 22,0N

RESOLUÇÃO:

1) PFD (Livro):

F – P = ma

F – 20,0 = 2,0 . 1,0

2) A mão aplicou ao livro uma força vertical, para cima, de

intensidade 22,0N.

O livro reage e aplica sobre a mão da pessoa uma força vertical,

para baixo, de mesma intensidade 22,0N.

Resposta: E

1. (UECE-2014) – Dois cubos de mesma densidade e tamanhosdiferentes repousam sobre uma mesa horizontal e mantêm contatoentre si por uma de suas faces. A aresta de um dos cubos mede o dobroda aresta do outro. Em um dado instante, uma força constante

→F,

horizontal, é aplicada sobre o cubo menor que, por sua vez, empurra omaior, conforme a figura a seguir.

Despreze todos os atritos. A razão entre o módulo de →F e o módulo da

força de contato entre os cubos éa) 8 b) 2 c) 1 d) 9/8 e) 1/8

RESOLUÇÃO:

1) m = � Vol = �a3

aB = 2aA ⇔ mB = 8mA ⇒ mA =

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

3) PFD (B): FAB = mB a

Resposta: D

2. (URCA-CE-2014) – Três blocos idênticos são puxados, conforme afigura abaixo, sobre uma superfície horizontal sem atrito.

Se a mão mantém uma força de tração de intensidade 24 newtons nobarbante que puxa, então marque a alternativa que representa asintensidades das forças de tração nos barbantes 1 e 2:a) 30 newtons e 30 newtons. b) 8 newtons e 16 newtons.c) 15 newtons e 16 newtons. d) 20 newtons e 40 newtons.e) 20 newtons e 30 newtons.

RESOLUÇÃO:

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

24 = 3 m a

(SI)

2) PFD (B + C): T2 = ( mB + mC) a

T2 = 2m .

3) PFD (C): T1 = mC a

T1 = m .

Resposta: B

MÓDULO 32

APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON (I)

F = 22,0N

9–––8

F 9–––– = –––FAB 8

8 a = –––

m

8–––m

T2 = 16N

8–––m

T1 = 8N

mB–––8

160 –

FÍSIC

A A


3. (IFSC-2014) – A figura a seguir representa um sistema compostopor dois blocos, A e B, ligados por um fio ideal, A com massa m/3 e ooutro, B, de massa 2m/3, sobre os quais atuam as forças

→F1 e

→F2,

respectivamente. Considere que os módulos dessas forças são funçõesdo tempo, sendo o módulo de F1 = Ct e o de F2 = 2Ct, em que C é umaconstante e t, o tempo.

Nestes termos, a intensidade da força de tração T exercida no fio, noinstante t0, é dada por:a) 3Ct0 / 4 b) 5Ct0 / 4 c) 3Ct0 / 5d) 4Ct0 / 3 e) 4Ct0 / 5

RESOLUÇÃO:

1) PFD (A + B): F2 – F1 = (mA + mB) a

2Ct0 – Ct0 = ma

2) PFD (A):

T – F1 = mA a

T – Ct0 = .

T – Ct0 =

Resposta: D

4. (UNESP-2014) – Em um trecho retilíneo e horizontal de umaferrovia, uma composição constituída por uma locomotiva e 20 vagõesidênticos partiu do repouso e, em 2,0 minutos, atingiu a velocidadeescalar de 12,0m/s. Ao longo de todo o percurso, um dinamômetro idealacoplado à locomotiva e ao primeiro vagão indicou uma força de móduloconstante e igual a 1,2 . 105N.

Considere que uma força total de resistência ao movi mento, horizontale de intensidade média correspondente a 3% do peso do conjuntoformado pelos 20 vagões, atuou sobre eles nesse trecho. Adotando-seg = 10,0m/s2, calcule a) a distância percorrida pela frente da locomotiva, desde o repouso até

atingir a velocidade escalar de 12,0m/s;b) a massa de cada vagão da composição.

RESOLUÇÃO:

a) Sendo constante a força que atua nos vagões, o mo vimento é

uniformemente variado e teremos:

=

= ⇒

b) 1) O módulo da aceleração é dado por:

a = = (m/s2) ⇒

2) A força de resistência é dada por:

Fr = 0,03 . 20 mg = 0,03 . 20 . m . 10,0 = 6,0m (SI)

em que m é a massa de cada vagão.

3) 2.a Lei de Newton:

F – Fr = 20m a

1,2 . 105 – 6,0m = 20m . 0,10

8,0m = 1,2 . 105

Respostas: a) Distância percorrida: 7,2 . 102m

b) massa de cada vagão: 1,5 . 104kg

�s–––�t

V0 + V––––––

2

d––––120

0 + 12,0––––––––

2d = 7,2 . 102m

�V–––�t

12,0––––120

a = 0,10m/s2

m = 1,5 . 104kg

4 T = –––– Ct0

3

Ct0–––3

m–––3

Ct0–––m

Ct0a = ––––

m

– 161

FÍS

ICA

A


5. (MARINHA DO BRASIL-2014) – Analise a figura abaixo:

Nessa figura, um bloco A, de massa mA, está apoiado sobre um blocoB, de massa mB, que, por sua vez, está apoiado sobre uma superfíciehorizontal muito lisa de atrito desprezível. O conjunto é acelerado paraa direita por uma força horizontal de intensidade F, aplicada no bloco B.Sabendo-se que não existe movimento relativo entre os blocos, qual éo módulo e o sentido da força de atrito exercida pelo bloco A sobre obloco B?

a) F; para a esquerda.

b) F; para a direita.

c) F; para a direita.

d) F; para a esquerda.

e) F; para a direita.

RESOLUÇÃO:

1) PFD (A + B):

F = (mA + mB) a

2) PFD (A):

A força de atrito que A aplica em B é para a esquerda (ação e

reação).

Resposta: A

6. (UFPB-MODELO ENEM) – A cana-de-açúcar, depois de corta da, étransportada 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 treminhão éde 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 transportando acarga máxima permitida.A partir dessas informações, desprezando-se as massas dos reboquese da cabina, a intensidade da força de tração no cabo entre os reboques a) vale 35 . 103N.b) não dependerá da distribuição da carga nos dois reboques.c) poderá variar de 7,5kN a 22,5kN.d) não poderá valer 20kN.e) não poderá valer 7,5kN.

RESOLUÇÃO:

A força no cabo será máxima quando o vagão de trás estiver com

sua carga máxima de 45t:

Fmáx = Ma

Fmáx = 45 . 103 . 0,5 (N)

A força no cabo será mínima quando o vagão de trás estiver com

sua carga mínima de 15t (60t – 45t):

Fmín = ma

Fmín = 15 . 103 . 0,5 N

Resposta: C

mA�––––––––�mA + mB

mA�––––––––�mA + mB

mA�––––�mB

mA�––––––––�mB – mA

mA�––––––––�mB – mA

Fa = –––––––––

mA + mB

mA FFat

BA= –––––––––

mA + mB

• os reboques estão acoplados por um cabo de massa desprezível,o qual pode suportar uma força de tração de intensidade máximade 35 . 103N;

• o papel do cavalo é aplicar uma força F→

nos dois reboques,conforme ilustração abaixo.

Fmáx = 22,5 kN

Fmín = 7,5 kN

162 –

FÍSIC

A A


1. Na figura, temos uma corda homogênea de massa 3,0kg presa aum bloco de massa 7,0kg.A corda é submetida em sua extremidade superior à ação de uma forçavertical constante, dirigida para cima e de intensidade F = 120N.Despreze o efeito do ar e adote g = 10m/s2.

A corda tem comprimento L. Considere um ponto X da corda a uma

distância do bloco, conforme indicado na figura.

O sistema corda-bloco está-se movendo vertical mente para cima. Aforça que traciona a corda, no ponto X, tem intensidade igual a:a) 120N b) 100N c) 96N d) 84N e) zero

RESOLUÇÃO:

1) A aceleração do sistema tem módulo a dado por PFD (corda +

bloco):

F – (M + m)g = (M + m)a

120 – (7,0 + 3,0)10 = (7,0 + 3,0)a

120 – 100 = 10 . a ⇒

2) A força Tx, indicada na figura, vai ace lerar o

bloco e mais um terço da corda.

PFD �M + �:

Tx – �M + �g = �M + �a

Tx = �M + �(a + g)

Tx = (7,0 + 1,0) (2,0 + 10) (N)

Resposta: C

2. (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 -

co pendente.

50,0 = (20,0 + 5,0) a ⇒

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

Respostas:a) 2,0m/s2

b) 40,0N

MÓDULO 33

APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON (II)

L––3

a = 2,0m/s2

m–––3

m–––3

m–––3

m–––3

Tx = 96N

a = 2,0m/s2

T = 40,0N

– 163

FÍS

ICA

A


3. (UNIFICADO-RJ-2014-ADAPTADO) – Considere o sistema mecâ -nico da figura:

O bloco B tem massa m e o bloco A tem massa .

Despreze os atritos e a resistência do ar.A aceleração da gravidade tem módulo g.Seja a o módulo da aceleração dos blocos e T a intensidade da força detração no fio.Os valores de T e de a em função de m e de g são, respectivamente:

a) mg e 2g b) e g c) e

d) e e) e

RESOLUÇÃO:

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

2) PFD (B): mg – T = ma (2)

3) PFD (A + B): mg = a

Em (1): T = . g

Resposta: C

4. Os corpos A, B e C, mostrados na figura a seguir, possuem massasiguais a 3M, 2M e M, respectiva mente.

Desprezando-se qualquer atrito neste sistema, considerando-se que ofio e a polia são ideais e que a aceleração da gravidade tem módulo iguala g, as intensidades da tração no fio e da força de contato entre oscorpos B e C são, respectiva mente, iguais a:

a) Mg e b) e

c) e 3Mg d) 3Mg e Mg

e) e

RESOLUÇÃO:

1) PFD (A + B + C):

PA = (mA + mB + mC) . a

3 Mg = (3 M + 2 M + M) . a

3 Mg = 6 Ma ⇒

2) PFD (B + C):

T = (mB + mC) . a

3) PFD (C):

FBC = mC . a

Resposta: B

Mg––––

2

3Mg–––––

2

Mg––––

2

Mg––––

2

Mg––––

3

Mg––––

6

ga = –––

2

3 MgT = ––––––

2

MgFBC = ––––

2

m–––2

2 a = ––– g

3

m–––2

3m–––2

2–––3

mg T = –––––

3

m–––2

mg–––2

mg–––3

2g–––3

mg–––4

g–––2

mg–––6

g–––3

164 –

FÍSIC

A A


5. (UFTM-MG-2013-MODELO ENEM) – Um passageiro de um aviãosegura um pêndulo constituído de um fio inextensível de massa despre -zível e de uma esfera. Inicialmente, enquanto o avião está em repousona pista do aeroporto, o pêndulo é mantido na vertical com a esfera emrepouso em relação à Terra, conforme a figura 1. O piloto imprime aoavião uma aceleração escalar constante para que o avião atinja avelocidade necessária para a decolagem, percorrendo a distância de1500m em linha reta. Nesse intervalo de tempo, o pêndulo permaneceinclinado de um ângulo θ constante em relação à vertical, comorepresentado na figura 2.

Considerando-se desprezível a resistência do ar sobre o pêndulo esabendo-se que sen θ = 0,6, cos θ = 0,8 e g = 10 m/s2, a velocidadeescalar atingida pelo avião, em m/s, em sua corrida para a decolagem,após percorrer os 1500m, foi dea) 100 b) 150 c) 200 d) 250 e) 300

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo da aceleração escalar do avião:

1) Ty = P = mg

2) PFD: Tx = ma

3) tg θ = =

a = g tg θ = 10 . (m/s2) = 7,5m/s2

2) Cálculo da velocidade escalar do avião:

V2 = V02 + 2 � �s

V2 = 0 + 2 . 7,5 . 1500 = 225 . 102

Resposta: B

1. (MODELO ENEM) – Para descer um piano de massa M = 50,5kgdo alto de um edifício, um professor de Física resolve montar o esquemaindicado na figura.

Para que a descida do piano seja suave, ele usa um contrapeso demassa 49,5kg. Despreze o efeito do ar e adote g = 10,0m/s2.O piano chega ao solo com velocidade de módulo igual a:a) 1,0m/s b) 2,0m/s c) 3,0m/sd) 4,0m/s e) 5,0m/s

RESOLUÇÃO:

1) PFD (A + B): PA – PB = (mA + mB) a

505 – 495 = 100a ⇒

2) V2 = V02 + 2 � �s

V2 = 0 + 2 . 0,10 . 20,0

V2 = 4,0

Resposta: B

MÓDULO 34

APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON (III)

Tx–––Ty

ma–––mg

0,6–––0,8

V = 150m/s

V = 2,0m/s

a = 0,10m/s2

– 165

FÍS

ICA

A


2. No esquema da figura, temos uma pessoa A de massa 60,0kgapoiada em uma plataforma P de massa 4,0kg e sustentando uma pedraC de massa 1,0kg por meio de um fio ideal.

O bloco B tem massa M = 35,0kg. A aceleração da gravidade tem mó -dulo g = 10,0m/s2 e despreza-se o efeito do ar e o atrito e a inércia dapolia.Determinea) o módulo a da aceleração do bloco B;b) a intensidade T2 da força de tração no fio (2) ligado à pedra;c) a intensidade F da força que a plataforma P exerce na pessoa A.

RESOLUÇÃO:

a) PFD (sistema):

PA + PP + PC – PB = Mtotal a

600 + 40,0 + 10,0 – 350 = 100a

b)

PFD (C): PC – T2 = mC a

10,0 – T2 = 1,0 . 3,0 ⇒

c)

PFD (A): PA + T2 – F = mA a

600 + 7,0 – F = 60,0 . 3,0

607 – 180 = F ⇒

Respostas:a) a = 3,0m/s2

b) T2 = 7,0N

c) F = 427N

3. (IFSC-2014) – As polias ou roldanas são equipamentos simples,baratos e amplamente empregados na construção civil, podendo serclassificadas em fixas ou móveis. O sistema abaixo é formado por duaspolias ideais que suportam três blocos, A, B e C, com massas 2M, M e2M, respectivamente.

O bloco B está suspenso por dois fios ideais, um ligado ao bloco A e ooutro ao C. Sendo g o módulo da aceleração da gravidade, o módulo daaceleração do bloco B é:a) 2g/5 b) 3g/5 c) 2g/3 d) 5g/3 e) 3g/2

RESOLUÇÃO:

PFD (A): 2Mg – T = 2Ma (1)

PFD (B): 2T – Mg = Ma (2)

PFD (C): 2Mg – T = 2Ma (3)

PFD (A + B + C) = 3Mg = 5Ma

Resposta: B

a = 3,0m/s2

T2 = 7,0N

F = 427N

3a = –––– g

5

166 –

FÍSIC

A A


4. (MACK-SP-MODELO ENEM) – O es que ma representa umelevador que se movimenta vertical men te. Preso a seu teto, en contra-se um dinamô metro que sustenta em seu ex tremo inferior um bloco deferro. O bloco pesa 20N, mas o dina mômetro marca 25N.

Considerando-se g = 10m/s2, po de mos afir -mar que o ele va dor pode estara) em repouso.b) descendo com ve lo ci dade constante.c) descendo em queda livre.d) descendo em movimento retardado comacele ra ção de módulo igual a 2,5m/s2.e) subindo em movimento retardado comacele ra ção de módulo igual a 2,5m/s2.

RESOLUÇÃO:

1) Como Fdin > P, o elevador tem aceleração

dirigida para cima.

Aplicando-se a 2.a Lei de Newton, vem

Fdin – m g = m a

Fdin = m (g + a)

gaparente

25 = 2,0 (10 + a)

2) ↑ a→

Resposta: D

5. (IFSC-2014) – A figura representa um elevador inicialmente parado.Nele o objeto P encontra-se preso ao teto a uma altura H em relação aopiso. Em um determinado instante, o elevador entra em movimentovertical para cima com aceleração de módulo a; neste mesmo momento,o objeto P cai em direção ao piso.

A aceleração da gravidade tem módulo g. Nessas condições, despre -zando-se qualquer efeito de resistência aos movimentos, o tempo queP fica no ar é igual a:

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

1) ↑ →a ⇔ gap = g + a

2) Δs = V0t + t2

H = 0 + T2

T2 = ⇒

Resposta: E

a = 2,5m/s2

{ 1) ↑ V→

elevador subindo com movimento ace -

lerado.

2) ↓ V→

elevador descendo com movimento re -

tardado.

2H––––––––(a + g) g

2H––––––––(a + g) a

2H–––––––(a – g)

2H––––––––(a – g) g

2H–––––––(a + g)

�–––2

g + a––––––

2

2H––––––g + a

2HT = ––––––

g + a

– 167

FÍS

ICA

A


6. (IJSO-2013) – No interior de um elevador, é abandonada uma pe -quena esfera A de uma altura de 2,0m em relação ao piso do elevador.No mesmo instante e na mesma vertical, é lançada do piso do elevadoruma outra esfera, B, com velocidade V0 de módulo 5,0m/s.Despreze a resistência do ar e adote g = 10,0m/s2. A que distância dopiso ocorre o encontro entre as esferas? Analise os casos a seguir,considerando-se que a velocidade V0 é dada sempre em relação ao pisodo elevador.a) O elevador está parado em relação ao solo.b) O elevador sobe acelerado com aceleração de módulo a = 2,0m/s2.

RESOLUÇÃO:

a) 1) Cálculo do tempo de encontro:

O movimento relativo é retilíneo e uniforme:

Δsrel = Vrel t ⇒ 2,0 = 5,0 TE ⇒ TE = 0,40s

2) h = h0 + V0t + t2

hE = 0 + 5,0 . 0,40 – (0,40)2 (m) ⇒ hE = 1,2m

b) 1) O tempo de encontro continua valendo 0,40s.

2) A gravidade aparente é dada por:

gap = g + a = 12,0m/s2

3) h = h0 + V0t + t2

hE = 0 + 5,0 . 0,40 – 6,0 (0,40)2 m ⇒ hE = 1,04m

Respostas: a) 1,2m

b) 1,04m

1. Um objeto de peso 20N está em repouso em um plano horizontalquando recebe a ação de uma força motriz de intensidade F.

Os coeficientes de atrito estático e dinâmico entre o ob jeto e o planohorizontal valem, respectivamente, 0,60 e 0,50. Adote g = 10m/s2 e nãoconsidere o efeito do ar.a) Calcule as intensidades da força de atrito de destaque e da força de

atrito dinâmica.b) Preencha a tabela a seguir com os valores da in ten si dade da força de

atrito que o bloco recebe do pla no horizontal e do módulo daaceleração ad qui ri da pelo bloco.

RESOLUÇÃO:

a) Fdestaque = �E FN = 0,60 . 20 (N) = 12N

Fatdin

= �D FN = 0,50 . 20 (N) = 10N

b)

PFD: F – Fat = m a

20 – 10 = . a ⇒

Respostas: a) 12N e 10N

b) ver tabela

MÓDULO 35

ATRITO

�–––2

10,0–––––

2

�–––2

F(N) Fat(N) a(m/s2)

10

12

20

F(N) Fat(N) a(m/s2)

10 10 zero

12 12 zero

20 10 5,0m/s2

a = 5,0m/s220–––10

168 –

FÍSIC

A A


2. (UNIFOR-CE-2014) – Sobre um paralelepípedo de granito de mas -sa m = 900kg, apoiado sobre um terreno plano e horizontal, é aplicadauma força paralela ao plano de intensidade F = 2900N. Os coeficientesde atrito dinâmico e estático entre o bloco de granito e o terreno são0,25 e 0,35, respectivamente.

Considere a aceleração da gravidade local com módulo igual a 10,0m/s2.Estando inicialmente em repouso, a intensidade da força de atrito queage no bloco é, em newtons:a) 2250 b) 2900 c) 3150 d) 7550 e) 9000

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo da força de atrito de destaque:

Fatdestaque

= �E FN = 0,35 . 9000N

Fatdestaque

= 3150N

2) Como a força motriz aplicada (F = 2900N) não superou a força de

atrito de destaque (3150N), o bloco continua em repouso e,

portanto:

Resposta: B

3. (FGV-2014-MODELO ENEM) – Os carros modernos são dotadosde freios ABS (popularmente chamados freios inteligentes) nas quatrorodas. Com relação à eficiência obtida com esse avanço tecnológicodurante a frenagem, assinale V para a afirmativa verdadeira e F para aafirmativa falsa. 1. ( ) Permitem que a distância percorrida durante a frenagem seja

sempre a mesma, seja qual for a velocidade do carro noinstante em que são aplicados os freios.

2. ( ) Fazem com que o tempo de duração da frenagem em um planohorizontal seja o mesmo independentemente do número depessoas dentro do carro.

3. ( ) Fazem com que, durante a frenagem, as forças que atuamsobre as rodas sejam dosadas eletronicamente, de modo queelas continuem a rolar sem deslizar sobre a estrada,aumentando a eficiência, pois o valor máximo do módulo daforça de atrito estático é maior do que o módulo da força deatrito de deslizamento.

As afirmativas são, respectivamente, a) F, F e V. b) V, V e F. c) F, V e F. d) F, V e V. e) V, F e V.

RESOLUÇÃO:

1) FALSA. A distância percorrida durante a frenagem depende da

velocidade inicial do carro.

2) FALSA. O fato de o tempo de frenagem não depender da massa

total do carro com seus ocupantes não está ligado ao uso do

freio ABS, pois também ocorre com freios convencionais:

Fat = = �mg

�mg T = mV0

3) VERDADEIRA. Se o carro não derrapar, os pontos de contato

entre os pneus e o solo têm velocidade nula e prevalece o

coeficiente de atrito estático, que é maior que o cinético.

Resposta: A

m V0–––––T

V0T = –––�g

Fat = F = 2900N

– 169

FÍS

ICA

A


4. (2013) – Uma pessoa necessita da força de atrito emseus pés para se deslocar sobre uma superfície.Logo, uma pessoa que sobe uma rampa em linha reta

com movimento acelerado será auxiliada pela força de atrito exercidapelo chão em seus pés.Em relação ao movimento dessa pessoa, quais são a direção e o sentidoda força de atrito mencionada no texto?a) Perpendicular ao plano e no mesmo sentido do movimento. b) Paralelo ao plano e no sentido contrário ao movimento.c) Paralelo ao plano e no mesmo sentido do movimento.d) Horizontal e no mesmo sentido do movimento. e) Vertical e sentido para cima.

RESOLUÇÃO:

Quando uma pessoa está andando, ela interage com o solo por

meio de uma força de atrito, de acordo com a 3.a Lei de Newton.

A pessoa aplica no solo uma força de atrito para trás e recebe do

solo uma força de atrito para frente no sentido de seu movimento,

de acordo com a lei da ação e reação. A direção da força de atrito

é tangente à região de contato entre os pés e o chão e, portanto,

numa direção paralela ao plano de apoio.

Resposta: C

5. (FGV-2014-MODELO ENEM) – Um operário empurra um caixotetentando fazê-lo deslizar sobre o piso horizontal de um elevador decarga, como mostra a figura.

Ele percebe que, estando o elevador movendo-se verticalmente, foimais fácil fazê-lo deslizar do que com o elevador em repouso. Para queisso ocorra, com relação ao possível movimento do elevador, é corretoafirmar que ele pode estar:I. descendo com velocidade constante. II. subindo em movimento retardado. III. descendo em movimento acelerado. Assinale: a) se somente as afirmativas II e III estiverem corretas. b) se somente a afirmativa II estiver correta. c) se somente as afirmativas I e III estiverem corretas. d) se somente a afirmativa III estiver correta. e) se somente as afirmativas I e II estiverem corretas.

RESOLUÇÃO:

Para fazer o caixote deslizar:

F > Fatdestaque

⇒ F > �E FN

Para ser mais fácil fazer o bloco deslizar, o valor de FN (peso apa -

rente) deve diminuir (FN < P); isto ocorre quando o elevador tem

aceleração dirigida para baixo:

Resposta: A

170 –

FÍSIC

A A


1. (CESGRANRIO-MODELO ENEM) – O gran de laboratório da in dús -tria automobilística nos dias de ho je é a Fórmula 1. É graças a ela queimportantes de sen volvimentos, como injeção eletrônica, freios ABS,suspensão ativa e comando de válvulas, são incorporados aos carros depasseio. Um dos mais importantes é o freio ABS. Este dis po si ti vopermite que o carro freie sem que as rodas travem. Desta forma, oveículo sempre para em distâncias me no res.Uma pessoa, dirigindo em grande velocidade em uma de ter mi nadaavenida da cidade, plana e horizontal, com um carro equipado com essetipo de freio, vê um pe des tre atravessando a avenida na sua frente eacio na imediatamente os freios. Admita que o carro tenha freio nasquatro rodas e a aceleração de freada esteja com sua intensidademáxima. Despreze o efeito do ar. O automóvel percorre 50m até parar.Infelizmente, não foi possível evitar a colisão. Ao fazer o Boletim deOcor rência, o motorista disse ao policial que estava em velocidadeabaixo de 80km/h. Um perito, ao analisar a situação, chegou à conclusãode que (Dado μe = 0,9 e g = 10,0m/s2)a) o motorista estava dentro do limite de velocidade de 80km/h;b) caso o veículo estivesse equipado com freios convencionais, ele teria

evitado o choque;c) a velocidade inicial do motorista tinha módulo exa ta mente igual a

75km/h;d) a velocidade inicial do motorista tinha módulo igual a 95km/h;e) a velocidade inicial do motorista tinha módulo su pe rior a 100km/h e,

portanto, ele mentiu para o po licial.

RESOLUÇÃO:

1) O carro é freado pela força de atrito

PFD: Fat = m a

μE mg = ma ⇒

2) v2 = v02 + 2 γ Δs

0 = v02 + 2(–9,0) 50

v02 = 900

v0 = 30m/s = 108km/h

Resposta: E

2. (VUNESP-FMCA-2014-MODELO ENEM) – Um candelabro foicolocado sobre uma mesa plana e horizontal e ligado por um fio ideal aoutro corpo, que ficou pendurado, como representado no desenho.Quando a vela foi acesa, o sistema estava em repouso.

Sabe-se que a massa do corpo pendurado é 0,2kg e que o coeficientede atrito estático entre as superfícies do candelabro e da mesa é 0,4.Adotando-se g = 10 m/s2, é correto afirmar que, quando o sistemaestiver prestes a escorregar, a massa do candelabro e da vela, juntos,será, em kg, igual aa) 0,1 b) 0,2 c) 0,4 d) 0,5 e) 0,8

RESOLUÇÃO:

1) T = PB = mB g = 2,0N

2) Na iminência de escor re gar:

T = Fatmáx

= μE mA g

2,0 = 0,4 . mA . 10

Resposta: D

mA = 0,5kg

MÓDULO 36

ATRITO

a = μE g = 9,0m/s2

– 171

FÍS

ICA

A


3. (UFPR-2014-MODELO ENEM) – Um avião voa numa trajetóriaretilínea e horizontal próximo à superfície da Terra. No interior daaeronave, uma maleta está apoiada no chão. O coeficiente de atritoestático entre a maleta e o chão do avião é μ e a aceleração da gravidadeno local do voo tem módulo igual a g. Considerando-se esta situação,analise as seguintes afirmativas:1. Se a maleta não se mover em relação ao chão do avião, então um

passageiro pode concluir corretamente, sem acesso a qualquer outrainformação, que o avião está deslocando-se com velocidadeconstante em relação ao solo.

2. Se o avião for acelerado com uma aceleração de módulo superior aμg, então o passageiro verá a maleta mover-se para trás do avião,enquanto um observador externo ao avião, em repouso em relaçãoà superfície da Terra, verá a maleta mover-se no mesmo sentido emque o avião se desloca.

3. Para um mesmo módulo da aceleração da aeronave em relação àTerra, com módulo maior que μg, maletas feitas de mesmo materiale mesmo tamanho, mas com massas diferentes, escorregarão nointerior do avião com o mesmo módulo da aceleração em relação aochão da aeronave.

Assinale a alternativa correta.a) Somente a afirmativa 1 é verdadeira.b) Somente a afirmativa 3 é verdadeira.c) Somente as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras.d) Somente as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras.e) Somente as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras.

RESOLUÇÃO:

1. FALSA. A força de atrito aplicada pelo piso do avião pode dar à

maleta uma aceleração igual à do avião e ela não escorrega em

relação ao avião.

2) VERDADEIRA.

PFD (maleta):

Fat = ma

Fat � � FN

ma � � mg ⇒

Se a aceleração do avião tiver módulo maior que �g, a maleta

não consegue acompanhar o avião e escorrega para trás com

uma aceleração de módulo a – �g, em que a é o módulo da

acele ração do avião.

Em relação ao solo terrestre, a maleta terá uma aceleração para

frente (no mesmo sentido da aceleração do avião) com módulo

�g.

3) VERDADEIRA. A aceleração relativa ao avião terá módulo

a – �g, não importando a massa da maleta.

Resposta: D

4. (PUC-RIO-2014) – Um pequeno bloco 1 de massa m1 = 1,0kg estásobre o bloco 2, comprido, de massa m2 = 0,50kg, como mostrado nafigura. Ambos blocos estão inicialmente em repouso, estando o bloco1 a uma distância de 1,0m da extremidade direita do bloco 2. Uma forçahorizontal

→F, constante de módulo 13,0N, é aplicada ao bloco 1, que

começa a se mover. Há atrito entre as superfícies dos blocos 1 e 2, comcoeficiente de atrito cinético �1 = 0,50. Observa-se que o bloco 2também se movimenta. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco 2e o piso é �2 = 0,20.Considere g = 10,0m/s2

Resolva os seguintes itens:a) Faça os diagramas de forças sobre os blocos 1 e 2.b) Ache o módulo da aceleração do bloco 1, a1.c) Ache o módulo da aceleração do bloco 2, a2.

RESOLUÇÃO:

a)

b) 1) Fat1 = �1 P1 = 0,50 . 10,0N = 5,0N

2) PFD (1): F – Fat1 = m1 a1

13,0 – 5,0 = 1,0 a1 ⇒

c) 1) Fat2 = �2 (P1 + P2) = 0,20 . 15,0N = 3,0N

2) PFD (2): Fat1 –Fat2

= m2 a1

5,0 – 3,0 = 0,50 a2 ⇒

Respostas: a) ver figura

b) a1 = 8,0m/s2

c) a2 = 4,0m/s2

amáx = �g

a1 = 8,0m/s2

a2 = 4,0m/s2

172 –

FÍSIC

A A


5. (UEZO-RJ-2014) – Um pano de prato retangular, com 60cm decomprimento e constituição homogênea, está em repouso sobre umamesa, parte sobre sua superfície, horizontal, e parte pendente, comomostra a figura.

Sabe-se que o coeficiente de atrito estático entre a superfície da mesae o pano é igual a 0,5 e que o pano está na iminência de deslizar.Pode-se afirmar que o comprimento da parte sobre a mesa é:a) 15cm b) 20cm c) 30cm d) 40cm e) 60cm

RESOLUÇÃO:

Na iminência de escorregar:

P = Fatdestaque

mg = μE mx g

k (0,60 – x) = 0,5 . k . x

0,60 – x = 0,5x

0,60 = 1,5x

Resposta: D

x = 0,40m = 40cm

– 173

FÍS

ICA

A


174 –

FÍSIC

A A

1. (VUNESP-UEAM) – A escultura Vírgula, do artista Po Wang Shu,exposta na Universidade de Tecnologia do Texas, é uma esfera de açoino xidável, que reflete o movimento dos pedestres e a paisagem dolocal.

(www.depts.ttu.edu)

Considere que, quando uma pessoa permanece parada a 2,0m dedistância da esfera, ela vê sua imagem com altura igual a um quinto damedida de sua altura real. Considerando válidas as condições de nitidezde Gauss, é correto afirmar que a escultura funciona como um espelhoesférico cujo módulo da distância focal, em metros, é igual aa) 0,2m b) 0,5m c) 0,6m d) 0,8m e) 1,0m

RESOLUÇÃO:

A =

=

f – 2,0 = 5f

4f = –2,0

f = –0,5m

. f . = 0,5m

Resposta: B

2. (UDESC) – Consultando o manual de um automóvel, na seção deretrovisores laterais, você se depara com a seguinte afirmação: "osespelhos dos retrovisores laterais são convexos a fim de ampliar oângulo de visão. Assim, os objetos observados nos espelhos retrovi -sores estão, na realidade, mais próximos do que parecem." Suponhaque você esteja dirigindo e observa dois carros alinhados atrás do seu;o primeiro (carro 1), a uma distância de 5,0m do espelho retrovisor lateraldo motorista; e o segundo (carro 2), a uma distância de 10,0m domesmo espelho retrovisor.Considerando-se o retrovisor lateral como um espelho esférico convexode raio de curvatura igual a 5,0m, e que os carros 1 e 2 possuam amesma altura real, a razão entre as alturas das imagens do carro 1 (y’1)e do carro 2 (y’2), formadas no espelho retrovisor lateral do carro, é:a) y’1 / y’2 = 1 b) y’1 / y’2 = 2/3 c) y’1 / y’2 = 3/2d) y’1 / y’2 = 3 e) y’1 / y’2 = 5/3

RESOLUÇÃO:

A = =

f = – = –2,5m

= = = ⇒

= = ⇒

= ⇒

Resposta: E

MÓDULO 15

ESPELHOS ESFÉRICOS IIGAUSS E AUMENTO LINEAR

f–––––f – p

f––––––f – 2,0

1––5

f–––––f – p

y’–––y

R–––2

yy’1 = –––

3

1–––3

–2,5––––––7,5

–2,5––––––––––2,5 – 5,0

y’1–––y

yy’2 = –––

5

1–––5

–2,5––––––––––2,5 – 10,0

y’2–––y

y’1 5––– = –––y’2 3

y/3–––––y/5

y’1–––y’2

FRENTE 2 – ÓPTICA


3. (VUNESP) – Para comprar um espelho especial para análise bucal,um dentista se dirige a uma loja do ramo e encontra algumas opçõesfornecidas pelo vendedor. Para escolher aquele que lhe forneça maioraumento, fato esse de extrema importância para o profissional, eleestima a distância do espelho ao dente a ser observado em cerca de1,0cm. São oferecidos a ele cinco espelhos de tipos e raios de curvaturadiferentes. Para que consiga ter o maior aumento possível, deveráescolher um espelho:a) côncavo, de raio de curvatura R = 4,0cm.b) côncavo, de raio de curvatura R = 5,0cm.c) côncavo, de raio de curvatura R = 6,0cm.d) convexo, de raio de curvatura R = 1,0cm.e) convexo, de raio de curvatura R = 3,0cm.

RESOLUÇÃO:

I. O espelho esférico de aumento é neces saria mente côncavo.

II. A =

p = 1,0cm

a) R = 4,0cm ⇒ f = 2,0cm ⇒ A1 = = 2,0

b) R = 5,0cm ⇒ f = 2,5cm ⇒ A2 = � 1,7

c) R = 6,0cm ⇒ f = 3,0cm ⇒ A3 = = 1,5

Resposta: A

4. (VUNESP-MODELO ENEM) – O forno solar de Odeillo, na França,é composto de 9 500 espelhos que concentram os raios solares emuma fornalha. Na verdade, embora todos os espelhos lá utilizados sejamplanos, a configuração de suas disposições torna o conjunto umgigantesco espelho esférico côncavo. Sendo o desejo desse fornoconcentrar os raios de luz e calor em um ponto na fornalha, relativa -mente à superfície refletora, pode-se dizer que a distância desse pontoda fornalha é, comparado ao raio de curvatura do conjunto de espelhos,a) a quarta parte. b) a metade. c) igual.d) o dobro. e) o quádruplo.

RESOLUÇÃO:

A radiação solar, que vem de muito longe, incide paralelamente ao

eixo principal desse espelho. Após a reflexão, esses raios con -

centram-se no foco do espelho. Como a distância focal do espelho

esférico é igual à metade do seu raio de curvatura, temos:

Resposta: B

1. (UNICASTELO-VUNESP-2014) – Uma lanterna, quando acesa,emite um pincel cônico divergente de luz monocromática. Parada nabeira de uma piscina, uma pessoa segura uma lanterna acesa e a apontaobliquamente para as águas límpidas e transparentes, de forma que a luzemitida sofra refração. A alternativa que representa corretamente astrajetórias dos raios de luz emitidos pela lanterna que se propagam peloar e, depois, pela água, é

f–––––f – p

2,0––––––––2,0 – 1,0

2,5––––––––2,5 – 1,0

3,0––––––––3,0 – 1,0

Rd = f = –––

2

MÓDULO 16

REFRAÇÃO (I) – ÍNDICEDE REFRAÇÃO E LEI DE SNELL

– 175

FÍS

ICA

A


RESOLUÇÃO:

Como a água é mais refringente que o ar, ao refratar-se obliqua -

mente do ar para a água, um raio luminoso aproxima-se da normal,

como está verificado abaixo.

Lei de Snell:

nágua sen θ2 = nar sen θ1

nágua > nar ⇒ sen θ2 < sen θ1

Logo:

É importante notar na alternativa correta, d, que ângulos de inci -

dência maiores implicam ângulos de refração também maiores.

Resposta: D

2. (UFU) – A tabela abaixo mostra o valor aproximado dos índicesabsolutos de refração de alguns meios, medidos em condições normaisde tempe ra tu ra e pressão, para um feixe de luz incidente com compri -mento de onda de 600nm (monocromático).

O raio de luz que se propaga inicialmente no diamante incide com umângulo θi = 30° em um meio desconhecido, sendo o ângulo de refraçãoθr = 45°.O meio desconhecido éa) vidro de altíssima dispersão. b) ar.c) água. d) safira.

RESOLUÇÃO:

Lei de Snell:

n sen θr = nD sen θi

n sen 45° = 2,4 . sen 30°

n = 2,4 .

Da qual: n = 1,2 ��2 � 1,2 . 1,4

Resposta: D

3. (EFEI-MG) – Um raio de luz proveniente do ponto A propaga-sepelo ar até o ponto B da superfície de uma esfera de fluorita (nf = 1,41):

a) Determine o ângulo de refração do ar para a fluorita.b) Se o raio atravessa a esfera, sofre uma segunda refração e continua

propagando-se pelo ar, qual o valor do ângulo de desvio do raio? (Istoé, qual o ângulo entre a nova direção do raio e aquela que o raio teria,se a esfera não existisse?)

RESOLUÇÃO:

a) na sen θ1 = nf sen θ2

1,00 . = 1,41 . sen θ2

sen θ2 = ⇒

b)

Pelo teorema do ângulo externo:

δ = 15° + 15° ⇒

Respostas: a) 30°

b) 30°

θ2 < θ1

Material Índice absoluto de refração

Ar 1,0

Água 1,3

Safira 1,7

Vidro de altíssima dispersão 1,9

Diamante 2,4

��2–––––

2

1–––2

n � 1,7 ⇔ safira

��2–––––

2

1––2

θ2 = 30°

δ = 30°

176 –

FÍSIC

A A


4. (AFA-2013) – Considere um recipiente fixo contendo um líquidoem repouso no interior de um vagão em movimento retilíneo e uniforme,que se desloca para a direita. A superfície de separação entre o líquidoe o ar contido no vagão forma um dioptro perfeitamente plano que éatravessado por um raio luminoso monocromático emitido por umafonte F fixa no teto do vagão, como mostra a figura a seguir. Nessacondição, o ângulo de incidência do raio luminoso é θ1 = 60°.

Num determinado momento, o vagão é acelerado horizontalmente para

a esquerda com aceleração constante de módulo a = g e, nessa

nova situa ção, o ângulo de incidência do raio, neste dioptro plano, passaa ser θ2. Considerando que a aceleração gravitacional no local éconstante e possui módulo igual a g, a razão entre os senos dos ângulosde refração dos raios refratados na primeira e na segunda situações,respectivamente, é

a) b) 1 c) ��2 d) ��3 e) ��6

RESOLUÇÃO:

1.a Situação: Movimento retilíneo e uniforme para a direita. Nesse

caso, a superfície do líquido permanece plana e horizontal.

Lei de Snell:

nL sen r1 = nar sen 60°

a

2.a Situação: Movimento retilíneo para a direita e uniformemente

retar dado. Nesse caso, devido às forças de inércia, a superfície do

líquido inclina-se conforme a figura a seguir. A aceleração de inércia

a’ = g, composta vetorialmente com a aceleração da gra vidade,

determina o “prumo” no interior do vagão.

tg α = =

tg α = ⇒

i2 = θ1 – α

i2 = 60° – 30°

Lei de Snell:

nL sen r2 = nar sen i2

b

Fazendo-se a � b, vem:

= ⇒ =

Da qual:

Resposta: D

��3––––

3

1––2

narsen r1 = –––– sen 60°

nL

a’–––g

��3––––3

��3–––– g

3––––––

g

��3––––3

α = 30°

sen r1––––––– = ��3sen r2

i2 = 30°

narsen r2 = –––– sen 30°

nL

sen r1–––––––sen r2

nar––– sen 60°nL

–––––––––––––nar––– sen 30°nL

sen r1–––––––sen r2

��3––––

2––––––

1–––2

– 177

FÍS

ICA

A


5. (IME-2014) – Um banhista faz o lançamento horizontal de umobjeto com velocidade igual a 5 ��3 m/s em direção a uma piscina. Apóstocar a superfície da água, o objeto submerge até o fundo da piscina emvelocidade horizontal desprezível. Em seguida, o banhista observa esseobjeto no fundo da piscina sob um ângulo de 30° em relação ao hori -zonte. Admitindo-se que a altura de observação do banhista e dolançamento do objeto são iguais a 1,80 m em relação ao nível da águada piscina, a profundidade da piscina, em metros, éa) 2,00 b) 1,60 c) 1,60��3 d) 2,00��3 e) 1,00��3Dados:• índice de refração do ar: nar = 1;

• índice de refração da água: nágua =

• g = 10m/s2

RESOLUÇÃO:

(I) tg 30° =

= ⇒ D = (m)

Da qual:

(II) Lançamento balístico:

Na vertical (MUV): h = V0yt + T2

1,80 = T2 ⇒

(III) Lançamento balístico:

Na horizontal (MU): D + d = Vx T

1,80 ��3 + d = 5��3 . 0,60 ⇒

(IV) Lei de Snell:

nágua sen i = nar sen r

sen i = 1 . sen 60° ⇒ sen i =

Da qual:

(V) sen2 i + cos2 i = 1 ⇒2

+ cos2 i = 1

cos2 i = 1 – ⇒ cos2 i = ⇒

(VI) tg i = = ⇒ =

Da qual:

Resposta: C

1. (INTERNATIONAL JUNIOR SCIENCE OLYMPIAD-IJSO-PUNE-

ÍNDIA-2013) – Um hemisfério opaco de raio R repousa sobre um planohorizontal, como mostrado na figura abaixo.

Uma fonte de luz pontual, S, é posicionada a uma distância de

acima do centro do hemisfério. Um líquido transparente, cujo índice de

refração é , envolve todo o hemisfério até o seu topo. A área da

sombra projetada sobre o plano horizontal é:

a) b) c) πR2 d) 4πR2

RESOLUÇÃO:

5��3–––––

6

h––––D

��3––––3

D = 1,80 ��3 m

1,80–––––

D

3 . 1,80––––––––

��3

�y––––2

10––––2

T = 0,60s

d = 1,20 ��3 m

5 ��3––––––

6

5 ��3––––––

6

��3–––––

2

3sen i = –––

5

3�–––�5

9––––25

16––––25

4cos i = –––

5

sen i––––––cos i

d––––H

3–––5

–––4––5

1,20 ��3–––––––––

H

H = 1,60 ��3 m

MÓDULO 17

REFRAÇÃO (II) – REFLEXÃO TOTAL

3R––––4

4––––3

49πR2–––––––

949πR2–––––––

16

178 –

FÍSIC

A A


(I) Teorema de Pitágoras: (SP)2 = (SO)2 + (OP)2

(SP)2 =

2

+ R2 ⇒ (SP)2 = + R2

(SP)2 = ⇒

(II) Lei de Snell:

nL sen r = nar sen i

sen r = 1 . ⇒

(III) sen2 r + cos2 r = 1 ⇒2

+ cos2 r = 1

cos2 r = 1 – ⇒ cos2 r = ⇒

(IV) tg r = = ⇒ =

Da qual:

(V) Raio do círculo de sombra: RS = R + x

RS = R + R ⇒

(VI) Área do círculo de sombra: AS = πRS2

AS = π2

⇒

Resposta: B

2. (UEMA-2013) – Para responder à questão, considere o apareci -mento de uma miragem inferior em uma estrada. Sabe-se que amiragem constitui um fenômeno muito comum e que ocorre sempreem lugares muito quentes ou muito frios.Em relação à camada de ar próxima ao asfalto e aos ângulos deincidência, pode-se afirmar que a camada éa) mais quente e menos refringente. Os ângulos de incidência são

maiores do que o ângulo limite, por isso ocorre a reflexão total.b) mais quente e mais refringente. Os ângulos de incidência são

maiores do que o ângulo limite, por isso ocorre a reflexão total.c) menos quente e mais refringente. Os ângulos de incidência são

maiores do que o ângulo limite, por isso ocorre a refração difusa.d) menos quente e mais refringente. Os ângulos de incidência são

maiores do que o ângulo limite, por isso ocorre a reflexão difusa.e) menos quente e menos refringente. Os ângulos de incidência são

maiores do que o ângulo limite, por isso ocorre a refração regular.

RESOLUÇÃO:

No esquema abaixo, considerando-se camadas de ar cada vez mais

altas, têm-se temperaturas (T) decrescentes e índices absolutos de

refração (n) crescentes.

� > � e � > L

em que L é o ângulo limite da interface em que ocorre reflexão

total.

Resposta: A

3R�–––�4

9R2

–––––16

25R2

–––––16

5RSP = –––––

4

4–––3

3sen r = –––

5

R––––––

5R––––

4

3�–––�5

9––––25

16––––25

4cos r = –––

5

sen r––––––cos r

x––––R

3–––5

–––4––5

3x = ––– R

4

x––––R

3––––

4

7RS = ––– R

4

49πR2

AS = ––––––––16

7�––– R�4

– 179

FÍS

ICA

A

– 179


3. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA-ADAPTADO) – Foi reali -zado um experimento de laboratório fazendo com que um feixe de luzmonocromático se propague por um bloco de vidro, emergindo no ar.Considere para o ar um índice de refração absoluto nar = 1,0. Variando-se o ângulo de incidência da luz, foi montado o gráfico da dependênciaentre os senos dos ângulos de incidência (θ1) e refração (θ2), comoindicado na figura a seguir.

a) Determine o índice de refração absoluto do vidro.b) Desenhe a interface vidro-ar e esboce os raios incidente e emer -

gente para o caso particular em que sen θ2 = 1,0.c) Estime o valor do seno do ângulo-limite do dioptro vidro-ar.

RESOLUÇÃO:

a) Do gráfico, para sen θ1 = 0,5, tem-se sen θ2 = 0,8.

Lei de Snell:

nV sen θ1 = nar sen θ2

nv 0,5 = 1,0 . 0,8 ⇒

b)

Com sen θ2 = 1,0, tem-se θ2 = 90° e a emergência é rasante,

como está caracterizado no esquema acima.

É importante notar neste caso que θ1 é o ângulo-limite do diop -

tro vidro-ar.

c) Do gráfico, para sen θ2 = 1,0. tem-se:

Respostas: a) 1,6

b) ver esquema

c) aproximadamente 0,625

4. (UFPE-PE) – Uma pedra preciosa cônica, de 15,0mm de altura eíndice de refração igual a 1,25, possui um pequeno ponto defeituososobre o eixo do cone a 7,50mm de sua base. Para esconder este pontode quem olha de cima, um ourives deposita um pequeno círculo de ourona superfície. A pedra preciosa está incrustada numa joia, de forma quesua área lateral não está visível. Qual deve ser o menor raio r, em mm,do círculo de ouro depositado pelo ourives?

RESOLUÇÃO:

Para que o defeito da pedra não seja visto, os raios luminosos dele

provenientes, incidentes nas bordas do círculo de ouro, devem

sofrer emergência rasante, como representa a figura.

No triângulo retângulo ABC, temos:

tg α = =

=

= (I)

O ângulo α, entretanto, é o ângulo limite do dioptro pedra precio -

sa–ar, logo:

sen α = =

sen α = ⇒ sen α = 0,80

Substituindo-se em (I), vem:

= ⇒ =

Da qual:

Resposta: r = 10,0mm

nv = 1,6

sen L = sen θ1 � 0,625

r––––7,50

BC––––AC

r––––7,50

sen α––––––cos α

r––––7,50

sen α–––––––––––––

��1 – sen2 α

nar––––––npedra

nmenor––––––nmaior

1––––1,25

r––––7,50

0,80–––––0,60

r––––7,50

0,80––––––––––––––

�� 1 – (0,80)2

r = 10,0mm

180 –

FÍSIC

A A


5. (INTERNATIONAL JUNIOR SCIENCE OLYMPIAD-IJSO-2013) –Dois raios de uma mesma luz monocromática, propagando-se no ar,incidem na face AB de um prisma transparente de índice de refraçãoabsoluto ��3 , conforme indica a figura.

O índice de refração absoluto do ar é 1,0.

Dados: sen 30°= ; sen 60°= ; sen 35° = .

O ângulo formado pelos raios que emergem do prisma é igual a:a) 30° b) 45° c) 60° d) 75° e) 90°

RESOLUÇÃO:

(I) Cálculo do ângulo-limite do dioptro prisma-ar:

sen L = ⇒ sen L = = ⇒

(II) Trajetória dos raios luminosos:

O ângulo i de incidência dos raios luminosos, respectivamente

nas faces AC e BC do prisma, é menor que L (30° < 35°), indi -

cando que não ocorre reflexão total e que os raios lumi nosos

emergem pelas faces AC e BC, convergindo no ponto D, indi -

cado na figura.

(II) Cálculo do ângulo de emergência r:

Lei de Snell: nar sen r = n sen i

1,0 sen r = ��3 sen 30°

sen r = ⇒

(IV) Cálculo do ângulo formado pelos raios que emergem do prisma

(α):

Considerando-se o quadrilátero destacado na figura, tem-se:

α + 30° + 30° + 240° = 360°

Da qual:

Resposta: C

1. (UEGO-2013) – A figura a seguir é uma representação de um lápismergulhado em um copo cheio com dois materiais (líquidos) desco nhe -cidos, (I) e (II).

(Modificado de: http://revistaescola.abril.com.br/ensino-medio/filmes-3d-

548740.shtml)

Sobre essa figura, é correto afirmar quea) o índice de refração do material I é maior que o do material II.b) o índice de refração do material I é igual ao do material II.c) o índice de refração do material I é menor que o do material II.d) o índice de refração do copo é igual aos dos materiais I e II.e) nada se sabe sobre os índices de refração dos dois materiais.

RESOLUÇÃO:

A figura apresentada no enunciado está de acordo com o esquema

de raios de luz abaixo, em que o material (II) é mais refringente que

o material (I), isto é, nII > nI. Da Lei de Snell, decorre que � < �.

nar––––––

n

1–––––

��3

��3––––––

3L = 35°

r = 60°��3

––––––2

α = 60°

MÓDULO 18

REFRAÇÃO (III) – DIOPTROPLANO, LÂMINAS E PRISMAS

��3––––

3��3

––––2

1–––2

– 181

FÍS

ICA

A


Lei de Snell:

nI sen � = nII sen �

nII > nI ⇒ sen � < sen �

Logo:

Resposta: C

2. (MACK-2014) – Certa piscina contém água, de índice de refraçãoabsoluto igual a 4/3, e sua base se encontra 3,00 m abaixo da su perfícielivre do líquido.

Quando uma pessoa, na beira da piscina, olha perpen dicularmente paraseu fundo (base), terá a impressão de vê-lo

a) 2,25 m mais próximo, em relação à profundidade real.b) 1,33 m mais próximo, em relação à profundidade real.c) 0,75 m mais próximo, em relação à profundidade real.d) 1,33 m mais distante, em relação à profundidade real.e) 0,75 m mais distante, em relação à profundidade real.

RESOLUÇÃO:

p = profundidade real

p’ = profundidade aparente

Olhando de cima para baixo, a pessoa vê uma profundidade apa -

rente menor que a real. A piscina parece ser mais rasa.

=

p’ = 3,00 ⇒ p’ = m

Logo, a sensação é que a piscina seja 0,75m mais rasa que a pro -

fun didade real.

Resposta: C

3. (UFG-2014) – Em muitos materiais transparentes, o índice de refra -ção n do material varia em função do comprimento de onda λ da luzincidente, de acordo com o gráfico a seguir.

Considere um feixe estreito de luz branca incidindo do ar, com ângulo deincidência θi , sobre um material transparente de espessura D, conformea figura a seguir.

Parâmetros conhecidos:

D sen θi nar nvermelho nvioleta

c: velocidade da luz no vácuo

Considerando-se o exposto, determine, em função dos parâmetros co -nhecidos:a) o seno do ângulo de refração da cor visível que, dentro do material,

sofrerá o maior desvio em relação ao feixe incidente; b) a cor visível que terá a maior velocidade de propagação dentro do

material e o tempo que ela levará para atravessá-lo, a partir do pontoB.

RESOLUÇÃO:

Para simplificar a notação, utilizaremos

nve = nvermelho: índice absoluto de refração do material para a luz

vermelha;

nvi = nvioleta: índice absoluto de refração do material para a luz

violeta.

a) Lei de Snell: ncor sen θr = nar sen θi

Como nar sen θi é uma constante K, verifica-se que:

ncor sen θr = K ⇒ sen θr =

Quanto mais refringente for o material para uma determinada

cor (maior ncor), mais essa cor se desviará, aproximando-se da

normal (menor sen θr e menor θr).

Assim, a cor que sofre o maior desvio quando da dispersão da

luz branca ao refratar-se do ar para o material é a violeta.

� �

Dado: Índice de refração absoluto do ar nar = 1,0

p nágua––– = ––––––p’ nar

3,00–––––

p’

9,00–––––

4

4–––3

p’ = 2,25m

K––––ncor

4–––3

–––––1,0

182 –

FÍSIC

A A


nvi sen θr = nar sen θi ⇒

b) Terá maior velocidade dentro do material a luz vermelha, em

relação à qual o material é menos refringente.

nve = ⇒ a

Da Lei de Snell:

sen2 θr + cos2 θr = 1 ⇒2

+ cos2 θr = 1

cos2 θr = 1 – ⇒ cos2 θr =

Da qual:

No triângulo ABC da figura:

cos θr = ⇒ BC =

BC = ⇒

Mas: b

De a e b: =

Da qual:

Respostas: a)

b)Vermelha;

4. (FUVESTÃO-2013-MODELO ENEM) – Em 24 de março de 1973,foi lançado um dos álbuns de maior sucesso em todos os tempos: TheDark Side of the Moon (O Lado Obscuro da Lua), da banda inglesa PinkFloyd, ícone mundial do rock progressivo. A sono ridade das canções eas letras psicodélico-vanguardistas logo encantaram os amantes dessegênero musical, trans formando The Dark Side em um grande êxitofonográfico. A capa do álbum, prensado originalmente em vinil, traziaum prisma que recebia pela esquerda um fino feixe de luz branca.Notava-se na imagem a decom posição desse feixe nas diversas corescomponentes da luz branca, fenômeno conhecido em Óptica comodispersão luminosa.

A respeito da dispersão luminosa no prisma, verifique as proposiçõescorretas:(I) O fenômeno, relacionado com a refração da luz, ocor re porque para

cada cor do espectro visível, o prisma oferece um índice derefração absoluto diferente.

(II) O índice de refração absoluto do prisma é maior para a luz amarelado que para a luz azul.

(III) Os caminhos ópticos das diversas luzes na travessia do sistemaóptico podem ser descritos geometri camente pela Lei de Snell –Descartes.

(IV) Na travessia do prisma, sofre menor desvio a luz violeta e maior, aluz vermelha.

Estão corretas apenas as proposições:a) (I), (II) e (IV) b) (II), (III) e (IV)c) (I), (II) e (III) d) (I) e (III)e) (II) e (IV)

RESOLUÇÃO:

(I) Correta.

(II) Incorreta.

O prisma apresenta índices de refração absolutos cres centes

pa ra as cores vermelha, alaranjada, amarela, verde, azul, anil

e violeta, respectivamente.

(III) Correta.

(IV) Incorreta.

Na travessia do prisma, sofre menor desvio a cor ver melha e

maior, a cor violeta.

Resposta: D

c––––Vve

cVve = –––––

nve

nar sen θisen θr = ––––––––––

nve

nar sen θi�––––––––––�nve

�� n2ve – n2

ar sen2 θicos θr = –––––––––––––––––

nve

n2ar sen2 θi––––––––––––

n2ve

n2ve – n2

ar sen2 θi–––––––––––––––––n2

ve

D–––––––cos θr

D––––BC

D–––––––––––––––––––––

�� n2ve – n2

ar sen2 θi–––––––––––––––––

nve

nve DBC = ––––––––––––––––––

�� n2ve – n2

ar sen2 θi

BCVve = –––––

T

nar sen θisen θr = ––––––––––

nvi

nve D–––––––––––––––––

�� n2ve – n2

ar sen2 θi––––––––––––––––––––

T

c––––––

nve

n2ve D

T = ––––––––––––––––––

c�� n2ve – n2

ar sen2 θi

nar sen θi––––––––––

nvi

n2ve D

–––––––––––––––––––

c�� n2ve – n2

ar sen2 θi

– 183

FÍS

ICA

A


5. (MODELO ENEM) – Prismas ópticos, como os que aparecem nafotografia abaixo, têm por finalidade desviar raios de luz em instru men -tos ópticos, conforme o caso de cada projeto. Máquinas fotográficasavançadas, lunetas e binóculos, por exemplo, utilizam prismas que, emcertas situações, têm a função de provocar reflexão total em feixesluminosos. Nesta utilização, prismas são mais vantajosos que espelhos,já que não se deterioram por oxidação ao longo do tempo.

Considere o prisma representado abaixo, cuja seção principal tem formade um triângulo retângulo isósceles (prisma de Porro). Esse prisma é decristal (índice de refração n) e está em operação no ar (índice de refraçãonAr = 1,0). Podem-se observar no esquema dois raios de luzmonocromática, a e b (com a e b de uma mesma cor), sendo refletidosdentro do sistema óptico (reflexão total). O raio a sofre um desvio de 90°e o raio b, um desvio de 180°.

Para que o prisma se comporte conforme a situação proposta, énecessário que:

a) n > b) n > c) n >

d) n > e) n > ��2

RESOLUÇÃO:

Para que ocorram as reflexões totais sugeridas no esquema, os

raios luminosos a e b devem incidir nas faces internas do prisma

com um ângulo α maior que o ângulo-limite L da interface prisma-

ar para a cor considerada, isto é:

α > L ⇒ sen α > sen L

Conforme a geometria do prisma, tem-se α = 45° e, sendo

sen L = , segue-se que:

sen α > ⇒ sen 45° > ⇒ >

Da qual:

Resposta: E

1–––2

��2––––

2��3––––

2

��5––––

2

nAr––––n

nAr––––n

1,0––––

n

��2––––

2

1,0––––

n

n > ��2

184 –

FÍSIC

A A


– 185

FÍS

ICA

A

FRENTE 3 – ELETRICIDADE

1. (MACK-2013) – Certo condutor elétrico cilíndrico encontra-sedisposto verticalmente em uma região do espaço, percorrido por umaintensidade de corrente elétrica i, conforme mostra a figura abaixo.

Próximo a esse condutor, encontra-se a agulha imantada de umabússola, disposta horizontalmente. Observando-se a situação, acima doplano horizontal da figura, segundo a vertical descendente, assinale qualé o esquema que melhor ilustra a posição correta da agulha.

RESOLUÇÃO

Olhando o fio de cima para baixo, vemos a corrente saindo do

papel.

A agulha magnética fica alinhada com o vetor indução magnética→B.

Resposta: A

Observação: Desprezou-se, nesse caso, a interferência do campo

magnético da Terra.

2. (FATEC-2013) – Hans Christian Oersted foi um físico dinamarquêsque, entre seus inúmeros trabalhos, provou experimental mente arelação entre a eletricidade e o magnetismo. Ele fez uma agulha de umabússola se desviar, quando pró ximo a ela um fio condutor conduzia umacorrente elé trica. Um aluno, ao tentar reproduzir o experimento de Oersted, utilizou umabússola, um fio reto condutor, duas pilhas e um interruptor, fazendo amontagem conforme figura a seguir.

Ao fechar o interruptor, o aluno percebeu que a agulha da bússola sofreuum desvio que está mais bem representado pela alternativa:

Resolução

Vista de cima:

Desprezando-se o campo magnético ter res tre, a

agulha fica alinhada com o campo magnético criado

pela cor rente elétrica.

Resposta: C

MÓDULO 29

CAMPO GERADO POR CORRENTE RETILÍNEA

i

a)N

S

i

b)S

N

i

c)

S Ni

d)

N Si

e)

Ni

W

N

S

E

- + - +

N

S

EW

d) N

S

EW

e)

N N N

S S S

E E EW W W

a) b) c)

Bi

�

i

N SBi

�


3. (UFPR-2013) – Em 1820, Hans Cristian Oersted aproximou de umabússola um fio condutor percorrido por uma corrente elétrica e nãoobservou qualquer alteração na direção da agulha dessa bússola. Maistarde, ao refazer o experimento, porém agora com o fio condutorposicionado em outra direção, ele constatou que ocorria uma alteraçãona direção da agulha da bússola. Essa experiência histórica fez aconexão entre a eletricidade e o magnetismo, criando o que nósconhecemos hoje por eletromagnetismo. Suponha uma bússola posicio -nada sobre esta folha de papel com sua agulha apontando para a partesuperior da folha, o que corresponde à direção norte.Utilizando a figura a seguir, desenhe a direção em que deverá serposicionado o fio condutor, passando exatamente sobre o centro dabússola, para que se obtenha o maior desvio possível da sua agulha.

Escolha um sentido para a corrente no fio, marcando-o com uma seta nafigura. Indique na figura para qual lado ocorrerá esse desvio, se paraleste ou para oeste, de modo compatível com o sentido da correnteescolhido. Justifique suas respostas.

RESOLUÇÃO:

O fio deverá estar perpendicular ao plano da bússola. O sentido da

corrente não interfere no ângulo do desvio da agulha, mas apenas

no sentido (horário ou anti-horário). Desta forma, usando a regra da

mão direita, temos os dois casos a seguir:

4. (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 pelo condutorvale: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

5. (FATEC-SP) – Dois fios metálicos retos, paralelos e longos, sãopercorridos por correntes i e 3i de sentidos iguais (entrando no papel, noesquema). 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

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

x y

i 3iP

y––– = 3x

y 1––– = –––x 3

y––– = 9x

y 1––– = –––x 9

N

LO

S

i

Fig.1 - corrente entrando

N

LO

S

i

Fig. 2 - corrente saindoμ . i

––––––2 π d

μ . (3i)–––––––

2 π y

μ . i––––––2 π x

3–––y

1–––

x

3μ . i––––––2 π y

μ . i––––––2 π x

y––– = 3

x

N

LO

S

186 –

FÍSIC

A A


1. (UFPR-2014) – Ao se aplicar uma corrente elétrica i em uma espira,surge um campo magnético ao redor do fio dessa espira.Assinale a alternativa que representa, corretamente, o campo magnéticogerado.

RESOLUÇÃO:

Basta usar a mão direita com o polegar apoiado na seta da corrente

elétrica.

Resposta: A

2. Duas espiras, A e B, são percorridas por correntes elétricas deintensidades i e 2i, respectivamente. Seus raios valem 2R e R, respec -tivamente. Sendo

→BA o campo magnético no centro da espira A e

→BB, no

centro de B, determine a razão entre as intensidades BA/BB.

RESOLUÇÃO:

B =

= = ⇒ (Resposta)

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 norte e onde ele morre é o sul.

4. (IFPE-2013) – Uma bobina chata representa um conjunto de Nespiras que estão justapostas, sendo essas espiras todas iguais e demesmo raio.

Considerando que a bobina da figura tem resistência R = 8Ω, possui 6es piras, o raio mede 10cm, e ela é alimentada por um gerador deresistência interna de 2Ω e força eletromotriz de 50V, a intensidade dovetor indução magnética no centro da bobina, no vácuo, vale:a) 2π . 10–5T b) 4π . 10–5T c) 6π . 10–5Td) 8π . 10–5T e) 9π . 10–5TDado: μ0 = 4 π . 10–7 T.m/A (permeabilidade magnética no vácuo)

RESOLUÇÃO:

Lei de Pouillet:

i = = (A) = (A)

i

i

B�

a) b)i

i

B�

i

i

i

i

B

B

�

�

c)

e)

i

i

B�

d)

� . i–––––

2R

� . i––––––

4R––––––––

� . 2i––––––

2R

BA––––BB

1––––

4

BA 1–––– = –––BB 4

i

r = 2�

i� = 50V

10cmR = 8�

B�

50–––10

50–––––2 + 8

ε–––––r + R

i = 5,0A

MÓDULO 30

CAMPO DE ESPIRA E SOLENOIDE

– 187

FÍS

ICA

A


Campo de espira:

B1 =

r = raio da espira

r = 10cm = 0,10m = 1,0 . 10–1m

B1 = (unidades SI)

B1 = 10π . 10–6 T

Mas a bobina possui 6 espiras justapostas:

B = 6 . B1 = 6 . (10π . 10–6T)

Resposta: C

5. Tem-se uma bobina enrolada num tubo transparente de vidro, cujosterminais são A e C. Um operador transporta, numa bandeja, uma bús -sola até o ponto médio M.

Fecha-se a chave do sistema eletromagnético, a bobina se polariza emnorte e sul magnético e a agulha da bússola se orienta com o campomagnético Pode-se afirmar que o observador vê a seguinte figura dabússola:

RESOLUÇÃO:

Passando corrente na bobina, o seu campo magnético interno tem

a direção do seu eixo geométrico, o que elimina as alternativas (c)

e (d).

Usando a regra da mão direita, verificamos que o sentido do campo

é de (2) para (1). Logo, a bússola fica assim:

Resposta: A

1. (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 i1 e de i2 (em relação à situação inicial),

as forças continuam a ser de repulsão;III. se invertermos o sentido de i2 (em relação à situação inicial), as

forças alteram o seu sentido e serão de atração.a) É verdadeira apenas a I.b) É verdadeira apenas a II.c) É verdadeira apenas a III.d) São verdadeiras apenas I e III.e) São todas verdadeiras.

RESOLUÇÃO:

I. VERDADEIRA

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

e ocorre atração.

II. VERDADEIRA

Se as duas correntes forem invertidas, elas continuam em

sentidos opostos e os fios se repelem.

III. VERDADEIRA.

Tal qual aconteceu no caso I, se uma das correntes for invertida,

haverá inversão no sentido da força.

Resposta: E

μ . i–––––

2r

4π . 10–7 . 5,0–––––––––––––2 . 1,0 . 10–1

B = 6π . 10–5T

chave

PILHAC

(1) (2)

M

+ -

observador

bússola

A

a)

(1) (2)

b)

(1) (2)

c)

(1) (2)

d)

(1) (2)

(1) (2)

MÓDULO 31

EXERCÍCIOS GERAIS:CONDUTOR RETILÍNEO E FIOS PARALELOS

B1

�

B2

�

i1

i2

F

F

188 –

FÍSIC

A A


2. (UFPE) – Três condutores, A, B e C, longos e paralelos, são fixadoscomo mostra a figura e percorridos pelas correntes IA, IB e IC, que têmos sentidos indicados pelas setas. As três correntes têm a mesmaintensidade.

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) é nula; não tem direção.

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

3. (ITA-2014) – As figuras mostram três espiras circulares, concên -tricas, de raios R, 2R e 3R, percorridas por correntes elétricas de mesmaintensi dade I em diferentes sentidos.

Assinale a alternativa que ordena corretamente as mag nitudes dosrespectivos campos magnéticos resultantes nos centros de cada confi -guração, ou seja: B1, B2 e B3 (respectivamente das figuras 1, 2 e 3).a) B1 > B2 > B3. b) B2 > B1 > B3. c) B2 > B3 > B1· d) B3 > B2 > B1· e) B3 > B1 > B2.

RESOLUÇÃO:

Vamos nomear as espiras de cada figura, de dentro para fora, por

I, II e III, como indicados na figura a seguir:

O campo magnético no centro de uma espira é dado por

B =

Intensidade do campo magnético gerado no centro de cada uma

das espiras isoladamente:

BI = BII = BIII =

Campo magnético resultante no centro de cada uma das três

figuras dadas:

Figura 1

B1 = + BI – BII – BIII

B1 = + – –

a

Figura 2

B2 = + BI + BII + BIII

B2 = + + +

b

Figura 3

B3 = + BI + BII – BIII

B3 = + –

c

De (1), (2) e (3)

Resposta: C

A B C

IA

IB

IC

d d

(1) (2) (3)

I

II

III

2R

3R

R

� . I––––2R

� . I––––6R

� . I––––4R

� . I––––2R

(1)

I

II

III

� i––––6R

� i––––4R

� i––––2R

1 � iB1 = �––––� ––––

12 R

(2)

I

II

III

� i––––6R

� i––––4R

� i––––2R

11 � iB2 = �––––� ––––

12 R

(3)

I

IIIII

� i––––6R

� i––––4R

� i––––2R

7 � iB3 = �––––� ––––

12 R

B2 > B3 > B1

– 189

FÍS

ICA

A


4. (ESPCEx-AMAM-2014) – Dois fios, “A” e “B”, retos, paralelos eextensos, estão separados por uma distância de 2m. Uma espira circularde raio igual a π/ 4 m encontra-se com seu centro “O” a uma distânciade 2 m do fio “B”, conforme desenho abaixo.

Desenho ilustrativo – fora de escala

A espira e os fios são coplanares e se encontram no vácuo. Os fios “A”e “B” e a espira são percorridos por correntes elétricas de mesmaintensidade i = 1A com os sentidos representados no desenho. Aintensidade do vetor indução magnética resultante originado pelas trêscorrentes no centro “O” da espira é:a) 3,0 . 10–7T b) 4,5 . 10–7T c) 6,5 . 10–7Td) 7,5 . 10–7T e) 8,0 . 10–7TDado: Permeabilidade magnética do vácuo: μ0 = 4π . 10–7T . m/A

RESOLUÇÃO:

Usando a regra da mão direita para os fios A e B, determinamos o

sentido dos respectivos campos magnéticos no centro da espira E,

como se indica na figura.

BA = ⇒ BA = (T) = 0,50 . 10–7T

BB = ⇒ BB = (T) = 1,0 . 10–7T

A corrente elétrica na espira E gera, em seu centro, um campo de

intensidade BE:

BE = ⇒ BE = (T) = 8,0 . 10–7T

A intensidade do campo resultante é:

Bres = + BE + BA – BB

Bres = +8,0 . 10–7T + 0,5 . 10–7T – 1,0 . 10–7T

Resposta: D

1. (PUC-PR) – Um ímã natural está próximo a um anel condutor,conforme a figura.

Considere as proposições:I. Se existir movimento relativo entre eles, haverá variação do fluxo

magnético através do anel, o que induzirá uma corrente elétrica.II. Se não houver movimento relativo entre eles, existirá fluxo

magnético através do anel, mas não corrente induzida.III. O sentido da corrente induzida não depende da aproximação ou do

afastamento do ímã em relação ao anel.Estão corretas:a) todas b) somente III c) somente I e II d) somente I e III e) somente II e III

RESOLUÇÃO:

I. CORRETA.

O movimento de aproximação ou de afastamento entre o ímã e

o anel vai produzir, respectivamente, um aumento ou uma di -

minui ção de fluxo e, desta forma, vai induzir corrente elétrica

no anel.

II. CORRETA.

Mesmo estando o ímã em repouso relativo ao anel, haverá um

fluxo passando por dentro deste. No entanto, o fluxo será cons -

tante e, portanto, não haverá indução.

III. INCORRETA

Se o ímã se aproximar, haverá uma corrente no sentido horário.

Se ele se afastar, haverá uma corrente no sentido anti-horário.

Resposta: C

A B

2,0 m

2,0 m

i

i

O

i

4π . 10–7 . 1––––––––––––

2π . 4

� . iA–––––2πdA

4π . 10–7 . 1––––––––––––

2π . 2

� . iB–––––2πdB

4π . 10–7 . 1––––––––––––

π2 . ––

4

� . iE–––––2RE

i

i

BA

�

BE

�

BB

�

Bres = 7,5 . 10–7T

MÓDULO 32

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA:LEIS DE FARADAY E LENZ

Norte

Sul

Anel condutor

190 –

FÍSIC

A A


2. (FUVEST) – Aproxima-se um ímã de um anel metálico fixo em umsuporte 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 eletromag né -

tica e surge no anel uma corrente elétrica induzida (Lei de Faraday).

De acordo com a Lei de Lenz, surge uma força magnética de

repulsão, isto é, 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

foi aproximado do anel. Para se gerar uma corrente alternada,

deveríamos produzir no ímã um movimento de vai e vem, como,

por exemplo, um MHS.

Resposta: E

3. (UNICENTRO-2014) – Sobre a indução eletromagnética, formaliza -da pela Lei de Faraday, assinale a alternativa correta.a) A força eletromotriz induzida em uma espira independe do fluxo de

campo magnético.b) A força eletromotriz induzida terá sua intensidade aumentada à

medida que se aumenta o campo magnético que atravessa a espira.c) Uma força eletromotriz induzida aparece em uma espira quando o

fluxo magnético que atravessa essa espira varia com o tempo.d) Uma força eletromotriz induzida aparece em uma espira a partir de

um valor mínimo do campo magnético que atravessa essa espira.e) Uma força eletromotriz induzida será constante em uma espira

quando o campo magnético que atravessa essa espira também forconstante.

RESOLUÇÃO:

A Lei de Faraday diz que a indução magnética numa espira

somente ocorrerá se houver variação de fluxo magnético. A força

eletromotriz induzida se calcula por:

ε =

Como o fluxo vale: = B . A . cos �

ε =

Devemos variar o campo magnético ou a área ou o ângulo �.

A alternativa b está errada, pois aumentar apenas o campo sem

fixar a área e o ângulo � pode levar a � = 0.

Resposta: C

S Ni

i

V

polo norte(visto pelo ímã)

N

��––––��t

� (B . A . cos �)�–––––––––––––––��t

– 191

FÍS

ICA

A


4. (UEPG-2013-MODELO ENEM) – Sobre fenômenos relacionadosao campo magnético e à indução eletromagnética, assinale o que forcorreto.01) Sempre que uma espira fechada é atravessada por um fluxo

magnético variável, surge na espira uma corrente elétrica induzida.02) O polo sul geográfico terrestre corresponde ao polo sul magnético

terrestre.04) Todos os ímãs apresentam dois polos magnéticos, entretanto

podem existir polos magnéticos isolados na natureza.08) O movimento ordenado de cargas elétricas origina campos magné -

ticos.16) Um gerador elétrico (não químico) funciona sob o princípio da Lei

de Faraday.

RESOLUÇÃO:

01) CORRETO

É a Lei de Faraday.

02) INCORRETO

A Terra é um ímã de ponta-cabeça.

04) INCORRETO

Realmente, o ímã possui polo norte e sul, no entanto, são

inseparáveis.

08) CORRETO

Cargas elétricas em movimento ordenado geram corrente

elétrica, que, por sua vez, gera campo magnético.

16) CORRETO

Conversão de energia mecânica em elétrica passa pela Lei de

Faraday. É o caso dos geradores elétricos.

Resposta: São corretos (01), (08), (16)

5. (MODELO ENEM) – Michael Faraday descobriu o fenômeno daindução magnética ao realizar alguns experimentos usando um ímã euma bobina.

Percebeu ele que fazendo variar o fluxo magnético no interior da bobina,surgia uma corrente elétrica induzida, acendendo mo men taneamente alâmpada.O fenômeno da indução magnéticaa) obedece ao princípio da conservação da energia, pois o que ocorre

é apenas conversão de energia.b) não obedece ao princípio da conservação da energia, pois a lâmpada

se acendeu sem que se usasse pilha alguma.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, 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

polo norte geográfico

polo sul geográfico

polo sul magnético

polo norte magnético

192 –

FÍSIC

A A


1. (ITA-2014-Adaptada-MODELO ENEM) – Considere um ímã cilín -drico vertical com o polo norte para cima, tendo um anel condutorposicionado acima dele. Um agente externo imprime um movimento aoanel que, partindo do repouso, desce verticalmente em torno do ímã eatinge uma posição simétrica à original.Um observador vê o experimento de cima, como mostram as figuras 1,2 e 3. Na figura 2 o anel está passando pelo meio do ímã.

O sentido da corrente induzida no anel nas figuras 1, 2 e 3, visto peloobservador, é respectivamente:a) horário, horário, horáriob) horário, nula, anti-horárioc) anti-horário, anti-horário, horáriod) anti-horário, nula, horárioe) horário, nula, horário

RESOLUÇÃO:

Na figura 1, devemos tomar cuidado, pois o sentido anti-horário

da corrente induzida seria visto por baixo, na outra face da espira.

Na figura 2, não há corrente induzida.

Resposta: B

2. (UPE-2014) – Uma bobina, formada por 5 espiras, possui um raioigual a 3,0cm e é atravessada por um campo magnético perpen dicularao plano dela.Se o campo magnético tem seu módulo variado de 1,0 T até 3,5 T em9,0 ms, é correto afirmar que a força eletromotriz induzida foi, em média,igual aa) 0,25 mV b) 75 mV c) 0,25 V d) 1,25 V e) 3,75 VObservação: use π � 3

RESOLUÇÃO:

1. Cálculo da área:

A = π r2 = 3 . (3,0 . 10–2)2 = 27 . 10–4m2

2. Cálculo dos fluxos magnéticos:

Φ = B . A . cos 90° = B . A

Φ0 = 1,0 . 27 . 10–4 = 27 . 10–4 Wb

Φf = 3,5 . 27 . 10–4 Wb

ΔΦ = Φf – Φ0 = (3,5 . 27 . 10–4 – 27 . 10–4)Wb

ΔΦ = 2,5 . 27 . 10–4 Wb

3. Cálculo da força eletromotriz induzida. São 5 espiras:

ε = = 5 . ⇒

Resposta: E

MÓDULO 33

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA:LEI DE FARADAY – F. E. M. INDUZIDA

S

N

Fig.1

anel

S

N

Fig.2

S

N

Fig.3

ε = 3,75V2,5 . 27 . 10–4 Wb�–––––––––––––––––�

9,0 . 10–3s

��N ––––��t

– 193

FÍS

ICA

A


3. (UEL) – Em uma usina hidroelétrica, a água do reservatório é guiadapor um duto para girar o eixo de uma turbina. O movimento mecânicodo eixo, no interior da estrutura do gerador, transforma a energiamecânica em energia elétrica, que chega até nossas casas. Com basenessas informações e em conhecimentos sobre o tema, é corretoafirmar que a produção de energia elétrica em uma usina hidroelétricaestá relacionadaa) à indução de Faraday. b) à força de Coulomb.c) ao efeito Joule. d) ao princípio de Arquimedes.e) ao ciclo de Carnot.

RESOLUÇÃO:

Nas usinas hidroelétricas, o eixo do gerador e o eixo da turbina são

verticais. Eles são acoplados um ao outro com a turbina embaixo

e o gerador em cima.

Resposta: A

4. (MODELO ENEM) – O campo magnético em que se encontra umaespira circular tem a direção perpendicular ao plano da espira e suaintensidade varia como nos mostra o gráfico a seguir:

Determine a força eletromotriz induzida (em módulo).

RESOLUÇÃO:

ε = = ⇒

Resposta: 4,0V

1. Na figura, temos uma espira re tan gu lar de área va riá vel (haste mó -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 deslo -

camento 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 modo

Ao deslocar a haste no sentido indicado, ocorre aumento do fluxo

interno à espira fechada retangular. Logo, pela Lei de Lenz, deverá

haver uma compensação de fluxo e a corrente induzida é o

resultado de um ΔΦ penetrando na espira. A corrente terá o sentido

horário. Observemos que ΔΦ e Δ→B têm o mesmo sentido.

B(T)

t(s)0,5 1,00

3,0

5,0

ε = 4,0V(5,0 – 3,0) Wb–––––––––––––

(0,5 – 0,0)s

�––––�t

MÓDULO 34

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA (BLV) –EXERCÍCIOS GERAIS

194 –

FÍSIC

A A


Resposta: sentido horário

2. Retome o sistema do exercício anterior.Sendo L o comprimento da haste móvel, B a intensidade do campomagnético, determinea) o módulo da fem induzida;b) a intensidade da corrente elétrica, sendo R a resistência elétrica do

circuito fechado.

RESOLUÇÃO:

a) Num intervalo de tempo �t, a haste desloca-se �x:

V =

Δx = V . Δt

A sua área varia de:

ΔA = Δx . L = V . Δt . L

O fluxo varia de:

ΔΦ = B . ΔA = B. L . V . Δt

A fem induzida é:

ε = ⇒

b) A intensidade da corrente na haste é dada pelo Pouillet:

i = ⇒

3. (UEL) – Um anel condutor de raio r e resistência R é colocado emum campo magnético homogêneo no espaço e no tempo. A direção docampo de módulo B é perpendicular à superfície gerada pelo anel e osentido está indicado no esquema da figura a seguir.

No intervalo Δt = 1s, o raio do anel é duplicado.Calcule a intensidade e indique o sentido da corrente induzida no anel.Dê sua resposta em função dos dados: B, R e r. Note e adote: = B . A

fem induzida: ε =

RESOLUÇÃO:

1.o) Devido ao aumento do raio e consequentemente da área do

anel, concluí mos que a área de fluxo aumentou.

2.o)Consequentemente, o fluxo aumento e ocorreu indução.

r(aum) ⇒ A(aum) ⇒ Φ(aum)

Se temos ΔΦ � 0 ⇒ temos corrente induzida.

3.o) Pela Lei de Lenz, a corrente induzida gera fluxo oposto ao indu -

tor, pois houve aumento de fluxo.

Usando a regra da mão direita no →B (induzido), obtemos o

sentido anti-horário.

4.o) Cálculo da intensidade de corrente induzida:

fem: ε = =

ε = =

ε = 3πr2B

i = ⇒

Respostas: i = ; sentido anti-horário.

(π (2r)2 – πr2) . B–––––––––––––––

Δt

.ΔΦ.––––Δt

3πr2. B–––––––

1

(4πr2 – πr2) B––––––––––––

Δt

3π r2Bi = –––––––

R

ε–––R

3π r2B–––––––

R

.ΔΦ.–––––

Δt

Δx–––Δt

ε = B . L . V�––––�t

B . L . Vi = ––––––––

R

ε–––R

– 195

FÍS

ICA

A


(MODELO ENEM) – Texto para as questões 4 e 5.

Numa usina eólica, um “cata-vento” gira com o fluxo eólico. Nesseprocesso, adquire energia mecânica, a qual transmite para um geradorelétrico. A figura ilustra um processo de transmissão mecânica.

4. Admitindo que a potência de um cata-vento seja de 10kW, que natransmissão mecânica o rendimento seja de 80% e que no processo deconversão de energia mecânica em elétrica haja uma perda de 5%, apotência elétrica gerada será:a) 10kW b) 9,0kW c) 9,5kWd) 7,6kW e) 8,0kW

RESOLUÇÃO:

O rendimento no processo de conversão de energia mecânica em

elétrica é 95%. O rendimento total do processo é dado pelo produto

dos dois rendimentos:

η = 0,80 . 0,95 = 0,76 ou 76%

A potência elétrica gerada será:

Peletr = 10kW . 0,76

Resposta: D

5. 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 em elétrica.

Resposta: A

6. (FATEC-2013) –Como funciona uma usina nuclear?

A fissão dos átomos de urânio dentro das varetas do elementocombustível aquece a água que passa pelo reator a uma temperaturade 320 graus Celsius. Para que não entre em ebulição – o que ocorrerianormalmente aos 100 graus Celsius – esta água é mantida sob umapressão 157 vezes maior que a pressão atmosférica.O gerador de vapor realiza uma troca de calor entre as águas de umprimeiro circuito e as águas de um circuito secundário, os quais sãoindependentes entre si. Com essa troca de calor, as águas do circuitosecundário se transformam em vapor e movimentam a turbina, que, porsua vez, aciona o gerador elétrico.

(eletronuclear.gov.br/Saibamais/Espa%C3%A7odoConhecimento/Pesquisaescolar/EnergiaNuclear.aspx Acesso em 15.02.2013.

Adaptado)Usando como base apenas o texto apresentado, identi ficam-se,indepen dentemente da ordem, além da energia nuclear, três outrostipos de energia: a) elétrica, luminosa e eólica. b) elétrica, eólica e mecânica. c) elétrica, mecânica e térmica. d) térmica, mecânica e luminosa. e) térmica, mecânica e eólica.

RESOLUÇÃO:

O aquecimento da água implica haver transferência de energia

térmica.

O acionamento da turbina implica energia me cânica.

No gerador elétrico, por indução eletromagnética, temos a energia

elétrica.

Resposta: C

7. Em que processo da usina nuclear ocorre indução eletromagnética?a) Na fissão dos átomos de urânio.b) Na conversão da energia mecânica em térmica.c) Na conversão da energia mecânica em elétrica.d) Na fabricação do vapor de água pressurizado que é injetado na

turbina.e) Na conversão da energia térmica em elétrica.

RESOLUÇÃO:

a) A fissão dos átomos de urânio produz energia térmica, que, sob

a forma de calor, vai aquecer a água de uma caldeira.

b) Não há conversão de energia mecânica em térmica na usina

nuclear.

fissão ⇒ energia térmica ⇒ energia mecânia ⇒ energia elétrica

c) CORRETA: veja o esquema anterior

d) O vapor d’água pressurizado foi fabricado numa caldeira com o

calor da fissão.

e) A energia térmica não é diretamente convertida em elétrica.

Resposta: C

Peletr = 7,6kW

196 –

FÍSIC

A A


(MODELO ENEM) – Texto para as questões 1 e 2.

Verificou-se, experimentalmente, que as substâncias podem ser orga -niza das e ordenadas numa sequência tal que mostre sua tendência emperder elétrons quando atritadas com uma outra susbtância diferente.Essa organização está parcialmente tabelada a seguir e vamos denomi -ná-la série triboelétrica.

1. Atritando-se os pares a seguir, quem ficará eletrizado positi -vamente? E negativamente?I. barra de vidro com pano de lãII. canudinho de celuloide com papel III. borracha com pele de coelho

RESOLUÇÃO:

I. vidro � e lã �

II. celuloide � e papel �

III. borracha � e pele de coelho �

2. Cortam-se duas tiras de papel celofane e esfregam-se ambas comum paninho de seda (como, por exemplo, o que usamos para limpar osóculos). As duas tiras são então aproximadas uma da outra.

a) O que vai ocorrer: atração ou repulsão?b) Justifique-o usando a série triboelétrica.

RESOLUÇÃO:

a) Repulsão.

b) Ambas eletrizaram-se com cargas negativas. O paninho de seda

ficou positivo.

3. 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

d) Juntando as quatro esferinhas:

QA + QB + QC + QD = 4Q

+16pC + 12pC + 16pC + 12pC = 4Q

+56pC = 4Q ⇒ Q = 14pC

Cada esferinha ficará com 14 pC

Observação: devido ao princípio da conservação da carga elétrica,

se somarmos as cargas iniciais, o resultado deverá ser o mesmo:

+64pC + 0 + 0 –8pC = 4Q ⇒ +56pC = 4Q ⇒ Q = 14pC

A B

+64pC + 0––––––––––

2

+32pC + 0––––––––––

2

+24pC–––––––

2

+32pC – 8pC––––––––––––

2

MÓDULO 35

ELETROSTÁTICA:ELETRIZAÇÃO POR ATRITO E CONTATO

regra substância

vidro

lã

pele de coelho

seda

papel

borracha

papel celofane

celuloide

– 197

FÍS

ICA

A


4. (UERJ) – Três pequenas esferas metálicas, E1, E2 e E3, eletrica -mente carregadas e isoladas, estão alinhadas, em posições fixas, sendoE2 equidistante de E1 e E3. Seus raios possuem o mesmo valor, que émuito menor que as distâncias entre elas, como mostra a figura:

As cargas elétricas das esferas têm, respectivamente, os seguintesvalores:Q1 = +20μC Q2 = –4μC Q3 = –1μCa) Admita que, em um determinado instante, E1 e E2 são conectadas

por um fio metálico; após alguns segundos, a conexão é desfeita.Nessa nova configuração, determine as cargas elétricas de E1 e E2.

b) Admita que as três foram conectadas por fios. Como fica a novadistribuição de cargas?

RESOLUÇÃO:

a)

Q’1

= Q’2

= = μC =

b)

Qfinal = = μC =

1. Desenhe as cargas elétricas induzidas na esfera neutra. Considereo bastão como corpo indutor e a esfera condutora.

RESOLUÇÃO:

MÓDULO 36

INDUÇÃO ELETROSTÁTICA

+16μC–––––––

2

(+20) + (–4)––––––––––

2

Q1 + Q2––––––––2

Q’1 = Q’2 = +8μC

+15μC–––––––

3

(+20) + (–4) + (–1)–––––––––––––––––

3

∑Q––––

3

Qfinal = +5μC

198 –

FÍSIC

A A


2. (IFSP) – Enquanto fazia a limpeza em seu local de trabalho, umafaxineira se surpreendeu com o seguinte fenômeno: depois de limparum objeto de vidro, esfregando-o vigorosamente com um pedaço depano de lã, percebeu que o vidro atraiu para si pequenos pedaços depapel que estavam espalhados sobre a mesa.

(www.portaldoprofessor.mec.gov.br)

O motivo da surpresa da faxineira consiste no fato de quea) quando atritou o vidro e a lã, ela retirou prótons do vidro tornando-o

negativamente eletrizado, possibilitando que atraísse os pedaços depapel.

b) o atrito entre o vidro e a lã aqueceu o vidro e o calor produzido foi oresponsável pela atração dos pedaços de papel.

c) ao esfregar a lã no vidro, a faxineira criou um campo magnético aoredor do vidro semelhante ao existente ao redor de um ímã.

d) ao esfregar a lã e o vidro, a faxineira tornou-os eletricamente neu tros,impedindo que o vidro repelisse os pedaços de papel.

e) o atrito entre o vidro e a lã fez um dos dois perder elétrons e o outroganhar, eletrizando os dois, o que permitiu que o vidro atraísse ospedaços de papel.

RESOLUÇÃO:

O pano de lã eletrizou, por atrito, o vidro, deixando-o com cargas

positivas (é o 1.o elemento da série triboelétrica). O pano de lã ficou

com cargas negativas.

Estando eletrizado, o vidro tornou-se um indutor eletrostático e

atraiu os papeizinhos.

Resposta: E

3. (PUC-RS-2014) – Uma esfera metálica neutra é suspensa por umfio isolante. Quando um bastão feito de material isolante e positiva -mente carregado é posicionado perto da esfera metálica sem encostarnela, observa-se que a esferaa) é repelida pelo bastão, porque a esfera se torna positivamente carre -

gada.b) é atraída para o bastão, porque a esfera se torna negativamente

carregada.c) é atraída para o bastão, porque o número de prótrons na esfera é

menor que no bastão.d) é repelida pelo bastão, porque ocorre um rearranjo de prótons na

esfera.e) é atraída para o bastão, porque ocorre um rearranjo dos elétrons na

esfera, que continua neutra.

Resposta: E

4. 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.

Responda,a) as cargas que percorrem o fio-terra durante o processo de indução

são positivas ou negativas? Indique por uma seta na figura o sentidode percurso.

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, o indutor é positivo e “puxa” elétrons pelo fio-

terra.

b) No experimento, como o indutor é positivo, a carga induzida

tem sinal contrário e é negativa.

c) Inicialmente, corta-se o fio-terra na presença do indutor. A

seguir, afastamos o indutor. Se você fizer o inverso, as cargas

escoarão pelo fio-terra e neutralizar-se-á o induzido.

fio-terra

indutor

induzido

fio-terra

indutor

induzido

elétrons

– 199

FÍS

ICA

A


Questões 5 e 6.

(MODELO ENEM) – O elétron foi descoberto na segunda metade doséculo XIX. Contribuíram para as investigações os cientistas: Weber, J.J.Thomson, G. Stoney. A razão carga/massa do elétron foi medida por J.J.Thomson (em 1897). No começo do século XX se descobriu o próton, eo físico Millikan descobriu experimentalmente que a carga elétrica pode -ria ser quantizada, ou seja, ser escrita sempre por Q = n . e. Nessaexpressão, temos:• e, carga elétrica elementar: e = 1,6 . 10–19C• n, número inteiro, podendo ser positivo ou negativo.

5. A razão carga/massa do elétron éa) um valor constante, independente do átomo de cada substância.b) tal que, nos metais, os elétrons têm maior massa e, portanto, menor

razão q/m.c) tal que, no isopor, os elétrons têm maior massa e, portanto, menor

razão q/m.c) tal que, no isopor, os elétrons têm menor massa e, portanto, maior

razão q/m.d) variável devido à massa do elétron de cada substância; porém, a

carga elétrica vale –1,6 . 10–19C.

RESOLUÇÃO:

Justamente essa foi a experiência de Thomson: a razão q/m, ou

então e/m, é uma constante. Mais tarde, Millikan descobriu o valor

da carga elementar (e).

Resposta: A

6. Escreva, em coulomb (C) as cargas a seguir:a) Q1 = +5 . eb) Q2 = –4 . ec) Q3 = +2,0 . 108 . e

RESOLUÇÃO:

a) Q1 = +5 . 1,6 . 10–19C = +8 . 10–19C

b) Q2 = –4 . 1,6 . 10–19C = –6,4 . 10–19C

c) Q3 = +2,0 . 108 . 1,6 . 10–19 = +3,2 . 10–11C

200 –

FÍSIC

A A


cad c4 curso a prof exercicios fisica

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