revisão em 22 volumes – física – gabarito · o fenômeno da reflexão total ocorre apenas...

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Refração da luz

Para o vestibular

Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito

1 b

Por definição, para o sólido A, tem-se, respectivamente,

nA = c __ vA

e nB = c __ vB

. Assim: nA __ nB

= c __ vA

___

c __ vB =

c __ vA ∙

vB __ c = vB __ vA

.

Mas vA > vB; logo: nA __ nB

< 1; portanto: nA < nB.

2 d

A condição de reflexão total é que o ângulo deincidência da luz, no interior da fibra óptica, sejasuperior ao ângulo limite para aquele meio. Além disso, o meio no qual a luz se propaga deve ter o índice de refração maior que o meio externo. Logo, o índice do núcleo deve ser maior que o do revestimento.

8 d

O quartzo é mais refringente que o ar, portanto seuângulo de refração é menor que o ângulo de incidência.De acordo com o enunciado:r + 15 = 45° ∴ r = 30°Aplicando a Lei de Snell, tem-se:

nquartzo

nar =

sen 45°sen 30° =

∙22 ∙

21 = ∙2

3 b

Quando ocorre refração não há variação nadensidade dos meios envolvidos. A luz, aorefratar-se, geralmente muda sua direção depropagação; e isso ocorre porque ela muda develocidade em diferentes meios.

6 a

Nessas refrações, o raio de luz passa de um meio de índice de refração menor para um maior. Dessa forma, aproxima-se da normal nas duas mudanças de meio. Logo, a trajetória correta é a I.

4 b

A propagação da luz no interior de uma fibra óptica só é possível devido ao fenômeno da reflexão total. Portanto, para que esse fenômeno ocorra, o índice de refração do material da fibra óptica deve sermaior que o do meio que a circunda (no caso, o ar).

Ou seja, deve-se ter nfibra ____ nar

> 1.

7 e

Aplicando a Lei de Snell, tem-se:

nr

ni =

sen 30°sen 60° =

12 ∙

2∙3 ∴

nr

ni =

∙33

9 b

Aplicando a Lei de Snell, tem-se: 1 ∙ sen θA = 1,5 ∙ sen θB.Incorporando esse resultado ao dado do enunciado,vem: sen θA + sen θB = 0,5 ⇒ 1,5 ∙ sen θB + sen θB = 0,5 ⇒⇒ 2,5 ∙ sen θB = 0,5 ⇒ sen θB = 0,2 e sen θA = 0,3.Finalmente, é possível obter o valor da expressão:(sen θA)2 + (sen θB)2 = 0,32 + 0,22 = 0,13.

10 c

sen i ∙ n1 = sen r ∙ n2

sen 60° ∙ 1 = sen 30° ∙ n2

n2 = ∙3

n = cv ⇒ ∙3 =

cv

Logo, v = c∙3

3 .

5 d

n = cv ⇒ 1,5 =

300.000v ⇒

⇒ v = 200.000 km/s λ = vf

Como a frequência da onda é constante, o comprimento de onda varia na mesma proporção da velocidade.

Se a velocidade reduziu-se a 23

, o comprimento de

onda também será reduzido a 23 .

Então, 500 ∙ 10–9 m ∙ 23 = 333 ∙ 10–9 m.

11 b

Pelo enunciado, λvermelho > λazul. Com base no gráfico dafigura 2, conclui-se que nvermelho < nazul, já que osvalores de n são inversos dos valores de λ. O raio azul tem maior índice de refração; portanto, seaproximará mais da normal que o raio vermelho.

13 d

O fenômeno da reflexão total ocorre apenas quando aluz viaja do meio mais refringente para o menosrefringente. Portanto, o fenômeno da reflexão total poderá ser observado na passagem da luz do rutilo para o quartzo.

12 d

Segundo o enunciado, a velocidade da luz diminui aopassar do ar para a água, isto é, o índice de refração da luz é maior na água do que no ar. Assim, o raio refratado se aproxima da normal. No caso do som, ocorreexatamente o inverso. Como a velocidade aumenta, o índice de refração do som na água é menor do que no ar e, portanto, o raio refratado se afasta da normal.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.14 a

I. Correta. Calcula-se o ângulo limite para essa situação:

sen L = n1

n2 ⇒ sen L =

1,331,9 = 0,70

L = 45°; logo, ocorrerá reflexão total para qualquer ângulo superior a L. II. Incorreta. Quando um espelho plano gira um certo ângulo, o raio refletido gira um ângulo duas vezes maior.

III. Correta, pois n = 36090 – 1 = 3 imagens.

18 a

O feixe que incide na face A não sofre desvio, pois atingeperpendicularmente essa face. Esse raio atingirá a face B com ângulo de 45° em relação à normal. Aplicando-se a Lei de Snell-Descartes:nvidro ∙ sen i = nlíquido ∙ sen r ⇒⇒ 1,52 ∙ sen 45° = 1,33 ∙ sen r ⇒ ⇒ sen r ≃ 0,81Como sen r < 1, não ocorre reflexão total, e o raio serefrata através da superfície B, emergindo para o líquido.

15 d

Dentro da cobertura, caso não houvesse desvio, o raio luminoso, com a reta normal e a superfície de baixo, criaria um triângulo semelhante ao que a sombra cria com o muro e o chão, então:

1 cm

2 cm

1,5 cm

r

i

Como a nova sombra deve ter 5 mm a menos que a sombra anterior, tem-se o cateto oposto de 1 cm.sen i ∙ n1 = sen r ∙ n2

35

∙ 1= 1

∙5 ∙ n2 ⇒ n2 = 3∙5

5

16 b

Como a luz entra perpendicurlarmente no prisma, ela passa sem apresentar desvio na primeira face. Na saída do interior do prisma, a luz passará por nova refração. Nesse caso, o ângulo de incidência será de6 graus. Tem-se então: sen (6°) ∙ 1,5 = sen r ∙ 1,0 ⇒ r = 9°.Logo, o ângulo de incidência no espelho será de (9 – 6) graus.

17 b

Escolhendo uma letra do texto (objeto) distante do dainterface ar-vidro, o observador enxergará sua imagem a uma distância di da interface, com di < do.Observe a figura:

Observador

Objeto

Vidro

Ar

do

di

N N

Aplicando a equação do dioptro plano, tem-se:

di __ do

= nar ____ nvidro

⇒ di = 3 3 1 ___

1,5

∴ di = 2 cm

19 a) Nesse caso, o ângulo de incidência de 84° corresponde ao ângulo limite (L).

Assim: sen L = n2 __ n1

, pois n1 > n2.

Logo: sen 84° = n2 _____

1,010 ⇒

⇒ n2 ≃ 0,995 ∙ 1,010 = 1,005.

b) Por definição, tem-se v = c __ n .

Portanto, a velocidade da luz (v) no meio em questãoserá tanto maior quanto menor for seu índice derefração (n). Assim, como n1 > n2 , tem-se v1 < v2.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

20 a

Na incidência normal, o raio de luz refrata sem sofrer desvio.

Vidro

r′

Ar

C B

N

45° 45° 45°

A

Para verificar a ocorrência de reflexão total naface B-C, deve-se ter re > L. Pela figura, re = 45°. Quanto ao ângulo limite (L), tem-se:

sen L = nar ____ nvidro

= 1 ___

1,5 = 0,66

Como sen r’ ≃ 0,71 e sen L = 0,66 , tem-se re > L e, portanto, o raio de luz sofre reflexão total na face B-C.

21 sen isen r = n ⇒ sen r =

0,121,2 = 0,1

Para ângulos muito pequenos, pode-se dizer que

tg α ≃ sen α, então: tg r = 0,1 ⇒ tg r = d3

⇒ 0,1 = d3

d = 0,3 m ou d = 30 cm

22 a

Nas figuras 5 e 6, os ângulos de reflexão no espelho estão errados. Nas figuras 3 e 4, a refração que ocorre ao passar do meio I para o meio II está incorreta.As figuras 1 e 2 estão corretas, uma vez que os índices de refração dos meios I e II são diferentes, mas não sesabe qual é o maior e qual é o menor.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.ESTUDANDO Refração da luz

Para o eNeM

1 b

Embora da geometria euclidiana se depreenda que a menor distância entre dois pontos seja uma reta, nem sempre esse será o caminho mais rápido, como se pode imaginar pelo senso comum. Utilizando a informação dada, por exemplo, de que leis como a de Snell-Descartes podem ser derivadas de um princípio que minimiza o tempo de percurso, tem-se como objetivo ampliar esses conceitos a uma gama de situações mais abrangente do que apenas a óptica geométrica.

2 e

I. Falsa. A cor verde das folhas está relacionada à reflexão dessa cor. Como o filtro não elimina o verde, as folhas permaneceriam verdes.II. Falsa. A absorção do verde é praticamente nula, não influenciando significativamente no processo de fotossíntese.III. Falsa. Embora as folhas continuem verdes, como a absorção dessa cor é praticamente nula, não seria essa a principal responsável pela fotossíntese.

4 b

Pela Lei de Snell-Descartes: sen L nar

nvidro

• para o tipo A: sen LA 0,77

0,77 > 0,71 ⇒ LA > αAmáx

• para o tipo B: sen LB 0,83

0,83 < 0,85 ⇒ LB < αBmáx

• para o tipo C: sen LC 0,91

0,91 > 0,87 ⇒ LC > αCmáx

Portanto, apenas o vidro do tipo B permite que o ângulo de incidência da luz possibilitado pelo corte seja maior do que L e forneça, dessa forma, o efeito desejado.

3 d

Como o enunciado diz, o material “canhoto” apresenta valor negativo do índice de refração relativo para a luz visível. Portanto, a luz atravessa o material e desvia com o mesmo ângulo, mas no quadrante seguinte. É uma reflexão que ocorre internamente em relação ao material.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Lentes esféricas, instrumentos ópticos e visão humana

Para o vestibular1 b

Um raio de luz que passa do ar para a lente aproxima-se da normal e, quando passa da lente para o ar, afasta-se da nova normal e converge para o foco. Se o meio onde está a lente tem índice de refração maior que ela, ocorrerá o inverso e a lente se comportará como divergente.

7 d

Segundo o enunciado, a lente é convergente. Admitindoo > 0 e, portanto, o = 15 cm, tem-se i = –3 cm, poisa imagem deve ser invertida em relação ao objeto.Ainda segundo o enunciado, p’ + p = 30 cm. Aplicando a equação do aumento linear transversal e comp’ = 30 – p, tem-se:

io = –

pe __ p ⇒

23 ___

15 =

2(30 2 p) _________ p ⇒ p = 150 – 5p

∴ p = 25 cm e p’ = 5 cmAplicando a equação dos pontos conjugados,determina-se f:

1 __ f =

1 __ p + 1 __ pe

= 1 ___

25 +

1 __ 5

= 6 ___

25

∴ f = 25 ___ 6

cm = 0,25

____ 6

m.

Logo, a vergência (C) da lente é:

C = 1 __ f =

6 ____ 0,25

∴ C = 24 di

2 b

Uma lente convergente concentra a luz solar no seu foco, causando assim o aquecimento.

8 c

A figura sugere que o objeto e sua imagem têm o mesmotamanho. Logo, o objeto se encontra sobre o pontoantiprincipal objeto (Ao). Um observador só poderá ver a imagem P se estiver dentro do pincel de luz que forma essa imagem. Portanto, a imagem poderá ser vistasomente da posição C, como indica a figura:

Fi

F0A0 Ai

.C

B.A

Pincel de luz

(Imagem P)

Disco

.

9 e

Segundo o enunciado, a lente é convergente. Admitindo o > 0 e, portanto, o = 10 cm, tem-se i= –2 cm,pois a imagem deve ser invertida em relação ao objeto. Seja p a incógnita procurada; assim, pe + p = 30 cm. Aplicando a equação do aumento linear transversal e com pe = 30 – p, tem-se:

io

= – pe

__ p ⇒ – 210

– (30 – p)

p ⇒ 2p = 300 – 10p

∴ p = 25 cm

4 b

Uma lente biconvexa imersa no ar tem um comportamento convergente, e os raios paralelos ao eixo principal que incidirem nela serão desviados para o foco.

5 d

a) Incorreta. A imagem tem o mesmo tamanho do objeto.b) Incorreta. O objeto está mais distante de A.c) Incorreta. A imagem é virtual.d) Correta. Atrás de A o objeto conjuga uma imagem real, invertida e menor.e) Incorreta. Nesse ponto os raios de luz saem paralelos e não formarão imagem.

3 b

Segundo o enunciado, p = 1,25 m = 125 cm. Dado quea lente da câmera é convergente, tem-se f > 0 e,portanto, f = 25 cm.Aplicando a equação dos pontos conjugados:

1 __ f =

1 __ p + 1 __ pe

⇒ 1 ___

25 =

1 ____ 125

+ 1 __ pe

⇒ 1 __ pe

= 4 ____

125

∴ pe ≃ 31,3 cm


6 Dado que a distância do objeto (O) à lente é o dobro dadistância focal (f ), conclui-se que o objeto se encontra sobre o ponto antiprincipal objeto (Ao). Para determinar a imagem graficamente, é suficiente a escolha de dois raios de luz cujo comportamento ao emergir da lente seja conhecido. Características da imagem: real,invertida e do mesmo tamanho do objeto.

10 b

Pelo princípio da reversibilidade da luz, conclui-se facilmente que ambas as lentes são convergentes e descartam-se as alternativas a e d. No entanto, como se nota com base na figura, a distância focal da lente M é menor que a da lente N. Sabendo que tanto menor é o raio de curvatura de uma lente quanto menor for sua distância focal, conclui-se que a alternativa b é a correta.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.11 a

Calculando a distância da imagem ao espelho, tem-se:1

20 = 1

10 + 1p‘ ⇒

1p‘ = –

120 ⇒ p‘ = –20

Logo: A = io = – p’

p = – –2010 = 2

13 a

I. Correta. Como a imagem formada pela lente é real, seguramente se trata de uma lente convergente, pois lentes divergentes formam apenas imagens virtuais.II e III. Incorretas. Com base no enunciado, p = 12 cm

Admitindo o > 0, tem-se que i = –o2

. Partindo da

equação do aumento linear transversal, tem-se:

– pe

__ p = io =

– o2

o ⇒ pe = p

__ 2

= 12 ___ 2

pe 5 6 cm % 12 cm

Aplicando agora a equação dos pontos conjugados:

tem-se: 1 __ f =

1 __ p + 1 __ pe

= 1 ___

12 +

1 __ 6

∴ f = 4 cm ∙ 6 cm

12 b

Na figura, ofo corresponde à distância focal a serdeterminada.

4 cm

d1 = 15 cm

d2 = 15 cm

P3P1

o1 o3

Fi

ofo

6 cm

Observe que os triângulos FiP1P3 e FiO1O3 sãosemelhantes e, portanto:

OfO 1 d1

___________ OfO 1 d1 1 d2

= O1O3 _____ P1P3

⇒ OfO 1 15

_______ OfO 1 30

= 46 =

23

⇒

3 OfO + 45 = 2 OfO + 60 ⇒ OfO = 60 – 45

∴ OfO = 15 cm

15 b

A geometria das lentes indica que a lente 1 éconvergente e a 2 é divergente. Nessas condições,para a correção da miopia, deve-se usar a lente 2 e,no caso da máquina fotográfica e da lupa, a lente 1.

16 d

Dado que a lente é convergente, f > 0 e, portanto, f = 30 cm. Além disso, dado que a imagem é direita e duas vezes maior que o objeto, pode-se escrever i = 2o. Com base na equação do aumento linear transversal:io

= – pe

__ p ⇒ 2oo = –

pe __ p ∴ pe = –2p. Nessas condições, o

enunciado pede OpeO – OpO = OpO. Usando agora a equação dos pontos conjugados:

1 __ f = 1 __

p + 1 __

pe ⇒ 1 ___

30 = 1 __ p + 1 ___

2p ⇒ 1 ___

30 = 1 ___

2p ∴ p = 15 cm

17 Soma: 02 + 04 = 6(01) Incorreta. A lente divergente não pode projetar imagens, pois, para objetos reais, ela nos dará imagens direitas, menores e virtuais.(02) Correta. Na distância infinita os raios chegam paralelos ao eixo e são desviados para o foco.(04) Correta. À medida que o objeto se aproxima da lente, mas se mantém antes do ponto antiprincipal, a imagem se afasta da lente e fica entre o foco e o ponto antiprincipal. (08) Incorreta. À medida que aumenta a distância do objeto à lente, a imagem sempre tende para o foco da lente.(16) Incorreta. Caso o meio em que está tenha índice de refração maior que o da lente, deve-se trocar o tipo de lente para que ela continue sendo convergente, ou seja, era utilizada uma lente de bordas delgadas, passa-se a utilizar uma de bordas espessas, mas ela precisa ser sempre convergente.

14 a

Segundo o enunciado, a imagem é projetada e,portanto, real e invertida em relação ao objeto. Logo, alente utilizada é do tipo convergente. Nessascondições, tem-se i = –3o e p + pe = 80. Aplicando aequação do aumento linear transversal e com

pe = 80 – p, tem-se: io

= – pe

__ p ⇒ 3oo

= 2(80 2 p)

_________ p ⇒

⇒ 3p = 80 – p ∴ p = 20 cm e pe = 60 cmAplicando agora a equação dos pontos conjugados,

tem-se: 1 __ f =

1 __ p + 1 __ pe

= 1 ___

20 +

1 ___ 60

∴ f = 15 cm

18 Admitindo que o objeto esteja disposto frente à câmara, de modo que o > 0, tem-se o = 8 m. Como a câmaraprojeta a imagem sobre o filme fotográfico, tem-se uma imagem real, de modo que i = –2 cm. Nessascondições, a lente da câmara é do tipo convergente e,portanto, f > 0, ou seja, f = 5 cm.

a) A distância do objeto à lente, nesse caso,corresponde à abscissa (p) do objeto. A partir daequação do aumento linear transversal, tem-se:io

= – pe

__ p ⇒ 22

____ 800

= 2 pe

____ p ⇒ pe = p

____ 400

(1)

Aplicando agora a equação dos pontos conjugados e usando (1), tem-se:

1 __ f =

1 __ p + 1 __ p ⇒ 1 __

5 =

1 __ p + 400 ____ p ⇒

1 __ 5

= 400 ____ p

∴ p = 2.000,0 cm = 20,0 m

b) A imagem formada no filme é real e, em relação aoobjeto, é menor e invertida.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

19 e

I. Correta. Nessa posição a imagem é virtual, direita e maior que o objeto.II. Incorreta. Espelhos para maquiagem são côncavos, pois têm como objetivo a ampliação da imagem.III. Incorreta. O objetivo de utilizar um espelho convexo é aumentar o campo de visão do motorista, porém isso acarreta a diminuição dos tamanhos das imagens.

20 d

C = 1f , sendo f em metros e convencionalmente

negativo, por ser uma lente divergente.

C = 1

–0,4 = –2,5 dioptrias

21 b

Dado que a pessoa é míope, a lente usada para acorreção é divergente e, portanto, f < 0, ou seja, f = 50 cm = 0,5 m.Logo, a convergência da lente é:

C = 1 __ f =

21 ___

0,5 = –2,0 ∴ OCO = 2,0 di

22 c

Com base no enunciado, podemos concluir que asabscissas do objeto e da imagem conjugada pelas lentesdos óculos são, respectivamente, p 5 25 cm 5 0,25 m e pe = –1 m.Aplicando a equação dos pontos conjugados e usando a definição de convergência de uma lente:

C = 1 __ f =

1 __ p + 1 __ pe

= 1 ____

0,25 –

1 __ 1

∴ C = 3 di

23 a)

d = 50 cmLente

b) 1f =

1p +

1p‘

, como p → ∙ ⇒ f = p’

Como a imagem é formada por prolongamentos de

raios, ela é virtual. Assim: f = 1

–2 = –0,5 m; C =

1f =

= –1

0,5 = –2 graus. Como a distância focal da lente é

negativa, então ela é divergente.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.ESTUDANDO Lentes esféricas, instrumentos ópticos e visão humana

Para o eNeM1 b

Espera-se que o aluno seja capaz de concluir, por meio de um processo de antagonismo, ou seja, se o maior esforço se dá em relação ao ponto próximo, o menor esforço se dará em relação ao ponto remoto, ou seja, no infinito. Além disso, a análise da figura garante a possibilidade de prever como as curvaturas das faces do cristalino se comportarão com os músculos ciliares comprimidos ou não.

2 b

I. Falsa. A lente usada para fazer projeções de imagens (de objetos reais) é convergente, e para correção de miopia utiliza-se lente divergente.II. Verdadeira.III. Falsa. Imagens virtuais não são projetáveis. O espelho côncavo era utilizado para projetar uma imagem real invertida e menor que o objeto.

3 c

1f

= 1p +

1p‘

⇒ 1

20 = 1

200 + 1p‘

⇒ p’ = 22,3 cm

io =

ff – p ⇒

i160 =

2020 – 200 ⇒ i = 17,8 cm

4 b

I. Largura do quadro da película = tamanho do objeto (o)o = 35 mm = 35 ∙ 10–3 mlargura da tela = tamanho da imagem (i)i = –6 m, negativo, pois toda imagem real “projetada” é invertida.Distância da imagem à lente: P’ = 30 m

A = io = –A =

635 ∙ 10–3 ⇒ A = –171,5

A imagem é 171,5 vezes maior que o objeto e é invertida.

II. A = – P‘P ⇒ –171,5 = –

30P

A película está a: P = 0,17 m = 17 cm da lente.

III. 1f

= 1P +

1P‘ ⇒

1f =

10,17 +

130 ⇒ f = 0,17 m

5 c

Equação dos fabricantes de lentes:

V = 1f

= [ nv

nar – 1] ∙ [

1Rc

+ 1Rp ]

1f

= [ 1,51,0 – 1] ∙ [–

11,2

+ 0] ⇒ f = –2,4 cm

Aumento linear transversal:

A = f

f – p ⇒ io =

ff – p

i20 = –2,4

–2,4 – 36 ⇒ i = 1,25 cm


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Ondas

Para o vestibular

1 a

A onda sísmica é de natureza mecânica, e não eletromagnética.

9 Soma: 01 + 02 + 04 = 7(01) Correto. A mudança de meio altera a velocidade de propagação da onda, mas não altera seu período e sua frequência.(02) Correto. As ondas magnéticas são transversais e podem se propagar no vácuo.(04) Correto. As ondas sonoras são elásticas longitudinais e diminuem de amplitude ao sedistanciar da fonte.(08) Incorreto. A reflexão ocorre em meios elásticos.

6 b

Nesse caso, tudo se passa como se houvesse umamudança de meio, caracterizando, portanto, o fenômenoda refração. Demonstra-se que, para determinado líquido,quanto menor a profundidade, menor é a velocidade depropagação da onda. Sabendo então que a frequênciade uma onda depende única e exclusivamente da fonte, tem-se, a partir da equação fundamental da ondulatória,vλ = f = constante. Uma vez que a velocidade v varia, o

comprimento da onda λ também deve variar, de modo a se obter um valor constante para a frequência f.

4 a

Cada fuso de uma onda estacionária corresponde a λ2 .

Na figura, há 3 fusos. Logo: 3 ∙ λ2 = 7,5 ∴ λ = 5 m.

2 a

V

F

F

V

Na onda longitudinal, vibração e propagação da onda têm mesma direção; na transversal, vibração e propagação da onda têm direções diferentes.

3 c

Como o período da onda é de 1 ∙ 10–16 s (informação retirada do gráfico), pode-se calcular a frequência.

f = 1T

⇒ f = 1

1 ∙ 10–16 Hz ⇒ f = 1 ∙ 1016 Hz

Consultando a tabela, conclui-se que a radiação é ultravioleta.

5 d

Como a distância entre dois ventres, em um padrão de

ondas estacionárias, corresponde a λ2

, tem-se que λ = 1 m,

ou seja, na piscina de comprimento total igual a 50 m, há 50 comprimentos de onda, e, como em cada comprimento de onda, no padrão de onda estacionária, há dois ventres, serão 100 ventres de um lado a outro da piscina.

7 d

λ = vf

, então 0,12 m = 300.000.000 m/s

f

f = 2.500.000.000 Hz = 2,5 GHz

8 e

Com os dados do enunciado, não é possível afirmar nadasobre a amplitude da onda. Entretanto, observando a figura, tem-se: 2,5 λ = 85 ⇒ λ = 34 cm ou λ = 0,34 m.Logo, as alternativas a e b estão incorretas. Aplicando aequação fundamental da ondulatória:v = λf = 0,34 ∙ 1.000 ∴ v = 340 m/s.

10 Primeiro deve-se transformar a velocidade em m/s:

v = 1.188.000 m

3.600 s = 330 m/s

Comprimento de onda: λ = v ∙ T ⇒ λ = vf

= 330

2.640 =

= 0,125 m ou 12,5 cm.

11 a) A configuração da figura é a das frentes de ondaapós um intervalo de tempo de 1 s. Nesse tempo, a primeira frente de onda deslocou-se 18 cm. Logo, a velocidade de propagação das ondas na água

é: v 5 Sx

___ St

5 18 ___ 1

v 5 18 m/s.

b) Pela figura, é possível determinar o comprimento de onda H, que corresponde à distância entre duasfrentes de onda consecutivas. Ou seja, λ = 6 cm.A partir da equação fundamental da ondulatória, tem-se: v = λf ⇒ 18 = 6 ∙ f∴ f = 3 Hz

12 a) Pela equação fundamental da ondulatória, tem-se:v = λ ∙ f ⇒ 330 = λ ∙ 220 ∴ λ = 1,5 m

b) O som terá intensidade máxima em cada um dosventres da onda estacionária que se estabelece entre os alto-falantes. Logo, a distância em questão

corresponde a H

__ 2

, ou seja, 1,5

___ 2

= 0,75 m.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

19 a) Pútil = Q∆t

= mc∆θ

∆t =

ρ0Vc∆θ∆t

⇒

⇒ 1.200 J/s ∙ 50% = 0,5 ∙ 1,0 ∙ 4,0 ∙ 103 ∙ 30∆t

∆t = 60.000 J600 J/s = 100 s

b) c = λ ∙ f ⇒ 3,0 ∙ 108 m/s = λ ∙ (3,0 ∙ 109 Hz) ⇒ λ = 10 cm

c) nλ2

= I ⇒ n 10 cm

2 = 50 cm ⇒ n = 10

13 a

n = cv

; logo 1,0 = cv

e 1,2 = cv‘

.

λ = vf

⇒ 6,0 ∙ 10–7 = v

5,0 ∙ 1014

v = 3,0 ∙ 108, então c = v = 3,0 ∙ 108

Como 1,2 = cv‘

, então 1,2 = 3,0 ∙ 108

v’.

v’ = 2,5 ∙ 108 m/s

comprimento de onda = v‘f

comprimento de onda = 2,5 ∙ 108

5,0 ∙ 1014

comprimento de onda = 5,0 ∙ 10–7 m

20 b

O comprimento de onda pode ser extraído da figura:

λ = 1 m

2,5 ondas = 0,4 m.

Comprimento de onda: λ = v ∙ T ⇒ 0,4 = v ∙ [1

25]

v = 10 m/s ⇒ v = ∙ Fμ

⇒ 10 = ∙ Fμ

A densidade linear é: μ = 0,2 kg

1 m. Então:

F = 100 ∙ 0,2 ⇒ F = 20 N

14 Soma: 02 + 04 + 16 = 22 (01) Incorreto. Os antinodos são pontos em que

ocorre amplitude máxima.(02) Correto. A interferência ocorre com ondas de mesma frequência e coerentes.(04) Correto. A luz sofre difração por ter natureza ondulatória.(08) Incorreto. A interferência entre duas ondas não altera as características individuais porque as ondas, após a interferência, continuam sua propagação como antes do fenômeno.(16) Correto. Pode ocorrer também com um feixe de partículas.

15 a) T = 120 s

40 = 3,0 s ⇒ v =

λT

= 8,0 cm3,0 s

= 2,6 cm/s

b) v = λ ∙ f ⇒ f = 2,6 cm/s8,0 cm

= 0,32 Hz

c) Definindo a diferença de caminho ∆s = n 12

λ, tem-se:Se n = 1, 3, 5, ... → interferência destrutiva.Se n = 0, 2, 4, 6, ... → interferência construtiva.Assim: Ponto A

∆s = 36 cm – 32 cm = 4,0 cm = n 12 λ, logo

n = 1 → interferência destrutiva.Ponto B

∆s = 32 cm – 24 cm = 8,0 cm = n 12 λ, logo

n = 2 → interferência construtiva.

16 b

Pelo gráfico, observa-se que o período é de 0,5 s.Comprimento de onda = v ∙ T = 2 ∙ 0,5 =1,0 m

21 c

Da figura, tem-se: λ = 9 dm.Para calcular um período, toma-se o valor de y = 0 e identifica-se quanto tempo depois o valor de y se repete fechando o ciclo. Para que isso aconteça, y terá de se anular três vezes.

Para y = 0, tem-se que sen [ π ∙ t6

] = 0, então:

[ π ∙ t6

] = (2n + 1)π6

, em que n = 0, 1, 2, 3, 4, ...

Fazendo n = 0 ⇒ [ π ∙ t6

] = π2

⇒ t1 = 3


] = 3π2

⇒ t2 = 9


] = 5π2

⇒ t3 = 15

Logo, T = (15 – 3) s = 12 s; como v = λT

,

obtém-se v = 9

12 = 34 dm/s.

17 a

A velocidade da onda progressiva depende da tensão na corda e de sua massa por unidade de comprimento.

18 Soma: 01 + 02 + 04 = 7(01) Correto. As ondas sonoras precisam de um meiopara se propagar. (02) Correto. A energia é a frequênciamultiplicada pela constante de Planck e a frequênciapode ser calculada como a velocidade dividida pelo comprimento de onda. (04) Correto. A radiação ultravioleta tem uma frequência maior que a da luz visível, que por sua vez têm frequência maior que a da radiação infravermelha, por isso esta é menos energética que as outras duas. (08) Incorreto.O espalhamento se dá por irradiação da radiação incidente ocasionada pela oscilação e pela polarizaçãodos elétrons do sistema em que a radiação incide.(16) Incorreto. A velocidade de propagação do som em um gás cresce com a raiz quadrada da temperatura absoluta do gás.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

22 b

Como o pulso vai de uma corda mais pesada para uma corda mais leve, parte dele se transmitirá para a corda com a velocidade aumentada, e parte será refletida como se a ponta da corda mais pesada estivesse livre, ou seja, sem inversão.

23 a

Da equação fundamental da onda: v = λ ∙ f. Como a frequência da onda é igual à frequência da fonte de perturbação, tem-se: 340 = λ ∙ 1.700 ⇒ λ = 0,5 m.

24 d

A capacidade de uma onda sofrer difração ao atingir determinado obstáculo depende da relação entre otamanho desse obstáculo e o comprimento de onda,que deve ser da mesma ordem de grandeza que ocomprimento do obstáculo. No caso, como o comprimento de onda é maior que o do obstáculo, a onda passa pelo obstáculo como se ele não existisse.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

4 b

As ondas de rádio são ondas eletromagnéticas, nãonecessitando de um meio material para sua propagação. São ondas que se propagam no vácuo, diferentemente das ondas mecânicas, que necessitam de um meio material para sua propagação. Portanto, as ondas eletromagnéticas não enfrentam nenhuma interferência quando encontram obstáculos materiais à sua frente.

ESTUDANDO Ondas

Para o eNeM

1 a

2 a

5 a

3 a

6 a


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Acústica e MHS

Para o vestibular

1 d

O som é uma onda mecânica e, portanto, necessita deum meio material para se propagar (por exemplo, o ar).

2 c

Quando um rádio está ligado com o volume máximo, afirma-se que o som emitido por ele tem grande intensidade. A intensidade de um som depende da amplitude da onda sonora. Logo, I é incorreta.A altura permite classificar o som em grave ou agudo (baixa e alta frequência). Quanto menor a frequência, menor a altura. Logo, II é incorreta.

9 a

Os três maiores comprimentos de onda correspondemaos comprimentos de onda dos três primeirosharmônicos. Assim:

• H1

__ 2

= 0,6 ∴ λ1 = 1,2 m

• 2 ∙ H2

__ 2

= 0,6 ∴ λ2 = 0,6 m

• 3 ∙ H3

__ 2

= 0,6 ∴ λ3 = 1,2

___ 3

∴ H3 = 0,4 m

6 c

Nessa configuração, tem-se: λ = 4ℓ5 =

4 ∙ 25

= 1,6 m.

Como λ = v ∙ T = vf ⇒ f =

vλ ⇒ f =

3401,6

.

f = 212,5 Hz

3 a) Observando que o gráfico está em escala logarítmica, a faixa de frequência em questão está entre 20 Hz e 200 Hz.

b) De acordo com o enunciado, N = 10 log I __ I0

.

Então: 120 = 10 ∙ log I _____ 10212

∴ I = 1 W/m2.

c) Tendo como base a relação N = 10 log I __ I0

, calcula-se a

intensidade do som (I) emitido pelo bater das asas do

beija-flor: 10 = 10 log I _____

10212 ∴ I = 10–11 W/m2.

No entanto, dado que a frequência do som é de100 Hz, a intensidade mínima (Imín.) do som que o indivíduo B deveria receber para conseguir

detectá-lo é: 30 = 10 log Imín. _____

10212 ∴ Imín. = 10–9 W/m2

.

Logo: Imín. ___

I =

1029

_____ 10211

∴ Imín. = 100I.

Ou seja, a intensidade I deve ser amplificada 100 vezes.

4 a

d = V ∙ t = 340 ∙ 0,4 = 136 mEssa é a distância para o som ir e voltar até Patrícia.

Logo, a distância entre a menina e o espelho é: 136

2 = 68 m.

10 c

Usando a equação fundamental da ondulatória, tem-se:• para f = 7.000 Hz: v = λ ∙ f ⇒ 330 = H ∙ 7.000 ∴ λ ≃ 4,7 ∙ 10–2 m• para f = 120.000 Hz: v = λ ∙ f ⇒ 330 = H ∙ 120.000 ∴ λ ≃ 2,8 ∙ 10–3 m

12 d

A máxima elongação corresponde à própria amplitudedo movimento. Então, comparando a expressão geral das velocidades em um MHS com a expressão dada no enunciado, tem-se: v = 2Aωsen(ωt 1 θ) ⇒ ⇒ A ∙ 1,5 3 ⇒ A 2 m.

14 e

Comparando a expressão do enunciado com a expressão geral da elongação de um corpo em MHS, tem-se:

ω = 2 rad/s ⇒ 2πT = 2 ∴ T ≃ 3,14 s.

5 c

Como a luz se propaga mais rapidamente que o som, ouve-se o som do avião após ele passar. Parece, então, que o som vem de uma direção diferente daquela em que o avião é visto.

7 c

0,1 = 10–1. Porém, perde-se 20 dB. Fica-se, então, com uma potência 100 vezes menor, ou seja, 10–3 W/m2.

8 Soma: 01 + 02 + 04 + 16 = 23(08) Incorreta. Quanto maior o comprimento de ondado som, mais grave ele será.

11 d

O fenômeno de ressonância está relacionado, nessecaso, ao aumento da intensidade do som produzido porum dos diapasões. Para que isso ocorra, os dois diapasõesdevem necessariamente oscilar na mesma frequência.

13 e

A frequência do diapasão corresponde à frequência devibração do fio, que pode ser calculada como segue:

f = n ___ 2c

∙ Fμ =

3 ____ 2 3 1

∙ 33 ∙ 10–4 ∴ f = 150 Hz


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

17 a

A figura ilustra um tubo sonoro fechado no qual se

forma o 3o harmônico. Portanto: 3 ∙ H

__ 4

= 1,2 ∴ H = 1,6 m.

A partir da equação fundamental da ondulatória,tem-se: v = Hf ⇒ 340 = 1,6f ∴ f = 212,5 Hz.

22 a

Cálculo da posição inicial do corpo, isto é, de x, quando t = 0:

x = 5 cos [π ∙ t + π2

] = 5 cos [π2 ] ∴ x = 0

Esse resultado descarta as alternativas c e d. Observe que, conforme o valor de t aumenta, o argumento do

cosseno evolui, assumindo valores maiores que π2

, de

modo que, para os primeiros instantes, tem-se

cos [πt + π2

] < 0 e, portanto, x < 0. Isso descarta a

alternativa b.

23 c

Com base no gráfico, a amplitude do movimento é A = 2 m. Portanto, a equação da elongação é x = 2 cos (ωt + θ).Ainda do gráfico, para t = 0, tem-se x = 1 m. Substituindoesses dados na equação obtida, pode-se encontrar

a fase inicial θ : 1= 2 cos θ ⇒ θ = π3 rad.

Pelo gráfico, nota-se que o tempo necessário para uma oscilação completa é 3 s, ou seja, T = 3 s. Assim,

a pulsação ω do movimento é: ω = 2πT ∴ ω =

2π3 rad/s.

18 c

Para o tubo A, tem-se: f = v ___

2c =

340 _______ 2 3 0,85

∴ f = 200 Hz.

Para o tubo B, tem-se: f = v ___

4c =

340 _______ 4 3 0,85

∴ f = 100 Hz.

15 b

A frequência f de um pêndulo simples de comprimento ℓ

é dada por f = 1

2π ∙ g

ℓ . Em um mesmo local onde o campo

gravitacional valha g, a frequência f ’ de um pêndulo de

comprimento ℓ’= 4ℓ é f’= 1

2π ∙ g

4ℓ = 1 __ 2

∙ 1

2π ∙ g

ℓ .

Comparando essas expressões, tem-se f ’ = f __ 2

.

19 c

Orientando a trajetória do observador para a fonte, tem-se:

I. faparente = freal ∙ [vsom 1 vobs. __________ vsom 2 vfonte

] = 2.000 [ 340 ________

340 2 20 ] = 2.125

∴ faparente ≃ 2,13 kHz

II. faparente = freal ∙ [ vsom 1 vobs. __________ vsom 1 vfonte

] = 2.000 [ 340 ________

340 1 20] =

=1.888,8 ∴ faparente ≃ 1,89 kHz

25 a

A função horária das velocidades de um corpo em MHS é dada por v = –ωAsen(ωt + θ0). A amplitude A domovimento é, no S.I., obtida diretamente do enunciado:A = 0,3 m. Para determinar a pulsação ω do movimento, primeiramente calcula-se o período T do movimento do

corpo: T = 2π∙ mk = 2π ∙ 50 ∙ 10–3

3,2 ∴ T = 0,25πs.

Então: ω = 2πT

= 2π

0,25π ∴ ω = 8 rad/s.

Assim, a função horária fica:v = –8 ∙ 0,3 sen(8t + θ0) = –2,4 sen (8t + θ0)Para determinar a fase inicial θ0, impõe-se que, parat = 0, v = 0. Logo: 0 = –2,4 sen θ0 ∴ θ0 = π.O MHS pode ser entendido como a projeção de um MCU de raio 30 cm sobre o eixo x.Assim, a função das velocidades será: v = –2,4 sen(8t + π).

20 a

Com base no gráfico, o tempo de uma oscilaçãocompleta, ou seja, o período, é T =2 s.

Logo: f = 1 __ T

= 1 __ 2

∴ f = 0,5 Hz.

21 b

Comparando a equação da elongação no MHS com aexpressão do enunciado, tem-se A = 5 m, o que invalida a

afirmação I. Além disso, ω = π2

, ou seja, 2πT

= π2 ∴ T = 4 s.

Portanto, a afirmação II está correta.O MHS tem sempre trajetória retilínea; por isso, aafirmação III está incorreta.

16 Soma: 01 + 08 = 9(02) Incorreto. Para uma mesma velocidade, a frequênciafundamental de vibração diminui com o comprimentodo tubo.(04) Incorreto. Isso ocorre com tubos abertos.(16) Incorreto. A velocidade altera, alterando a frequência.

24 a) Sabe-se que o ponto Q realiza um MHS. Portanto, sua

equação horária é dada por x(t) = A cos [ωt + π4 ],

em que a amplitude A corresponde ao raio R da trajetória do ponto P. Logo, a função horária é:

x(t) = R cos [ωt + π4 ].

b) A velocidade do ponto P é máxima quando ele passa pela origem do sistema de coordenadas e, portanto, x = 0.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

26 a) Da conservação de energia,

Ec + Ep = E ⇒ Ec = 12

kA2 – 12

kx2 ⇒ Ec = 12

k(A2 – x2)

O gráfico abaixo mostra como Ec varia com x.

100

50

Ec(J)

0,05 0 0,05x(m)

b) Para x = 0, Ec = E = 100 J ⇒ 12

mv2 = 100 ⇒ v = 10 m/s.

c) Para x = A = 5,0 ∙ 10–2 m, E = 12 kA2 ⇒

⇒ 100 = 12 k(5,0 ∙ 10–2)2 ⇒ k = 8,0 ∙ 104 N/m.

Assim, F = kA = 8,0 ∙ 104 ∙ 5,0 ∙ 10–2 = 4.000 N.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.ESTUDANDO Acústica e MHS

Para o eNeM

2 d

Dentro das frequências fornecidas para o voo do pernilongo, a mais aguda é a de 320 Hz. Assim, como o instrumento de sopro deve ser aberto, sabe-se que o nó da onda que produz o som fundamental emitido por ele estará situado na metade do seu comprimento e, portanto, λ = 2ℓ. Assim, tem-se:V = λ ∙ f 340 = 2ℓ ∙ 320ℓ = 53,125 cm

3 d

Palavras do texto para as questões 3 e 4.

Parte I amplitude; reflete; invertendo; frequência; ressonância; intensidade

Parte II ressona; frequências naturais; ressonar; alturas; múltiplos inteiros; timbre

4 a

1 e

I. Correta. Essa é um técnica bastante utilizada para afinar instrumentos musicais, e está baseada no fenômeno da ressonância. II. Correta. Como a velocidade do som na corda será a mesma tanto quando ela estiver solta como quando estiver limitada pelo dedo, tem-se:Vsolta = Vdesejado

λsolta ∙ fsolta = λdesejado ∙ fdesejado

λdesejado = 0,65 ∙ 82,5

110 λdesejado = 0,4875 m

Então, a distância que o dedo deverá ficar da pestana será dada por:d = 0,65 – 0,4875 = 0,1625 m = 16,25 cmIII. Correta. Cada instrumento é único e cada um deles produz vibrações com timbres diferentes.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Carga elétrica

Para o vestibular

1 a) Sendo T a força de tração entre a haste e a carga,

tem-se a figura:

P

Fe

45T °

P 5 mg 5 0,015 3 10 P 5 0,15 NComo a esfera está em equilíbrio, tem-se:

P 5 T cos 45w ] T 5 P _______

cos 45w 5

0,015 3 10 _________

dll 2

___ 2

T 5 0,15 3 2 ___

dll 2 N

Fe 5 T sen 45w 5 0,15 3 2 ___

2 3

dll 2 ___

2

Fe 5 0,15 N

b) A partir da relação Fe 5 OQOE, tem-se:

OQO 5 Fe ___ E

5 0,15

________ 500 3 103

OQO 5 3 3 1027 C.

c) Ao cessar a força de tração, a resultante das forçassobre a carga elétrica passaria a ter a mesmadireção da força de tração e o sentidocontrário a ela, conforme a figura:

P

Fe

–T

2 c

Esse fenômeno de eletrização é explicado pelo atritoentre os sacos quando eles são desenrolados. Seo braço de uma pessoa se aproximar de um desses rolos,ocorrerá uma redistribuição de cargas nos pelos, ou seja,o fenômeno da polarização. Nessas condições, a afirmação mais adequada é somente a III.

7 b

A carga que origina o campo elétrico é positiva, poiseste é de afastamento. Como F e E têm sentidosopostos, conclui-se que a carga de prova é negativa.

4 b

As forças que atuam sobre uma das esferas estão representadas na figura:

Fe

P

T 45°

No equilíbrio:

P 5 T cos 45w ] T 5 mg

_______ cos 45w

5 1 3 10 _____

dll 2

___ 2

T 5 20 ___ dll 2

N

F 5 T sen 45w 5 20 ___ dll 2

3 dll 2

___ 2

F 5 10 N

Pela Lei de Coulomb:

F 5 kQ2

____ d2

] d2 5 9 3 109 3 (30 3 1026)2

________________ 10

d 5 0,9 m

3 a

Tem-se a ação das seguintes forças sobre a partícula:Então: FR 5 Fe 1 P 5 5 OqOE 1 mg 5 1024 3 100 1 1 1023 3 10 FR 5 0,02 N

PR= +F

eF

eF

P

5 b

O módulo do campo elétrico que cada uma das cargasgera no ponto em questão deve coincidir. Sendo x adistância desse ponto à carga q1 5 8 jC, a distância dessemesmo ponto à carga q2 5 2 jC será 3 2 x. Portanto:

E1 5 E2 ] kOq1O _____

x2 5

kOq2O _______ (3 2 x)2

]

] 2 3 1026 3 x2 5 8 3 1026(3 2 x)2 ]] 2x2 5 8(9 2 6x 1 x2) x2 2 8x 1 12 5 0Resolvendo a equação do 2o grau pelo método deBhaskara, obtém-se x 5 2 ou x 5 6 (não convém). Logo,o ponto em questão está a 2 m da carga de 8 jC ou a1 m da carga de 2 jC.

6 a

Como as esferas não se tocam, elas só ficam polarizadasquando o bastão se aproxima. Dessa forma, tendo emmente o princípio da atração e repulsão entre cargas elétricas, a alternativa correta é a a.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

9 b

Sendo N o número de contatos, tem-se:

Q

___ 2N

5 Q

____ 128

] 2N 5 27 N 5 7.

10 a

Pela Lei de Coulomb, F ∝ 1 __ d2

. Como a distância entre as

cargas depois de separadas é 10 vezes menor, arespectiva força fica multiplicada por 100.

11 e

A nova carga das esferas após o contato é Q

__ 2

. Logo,

pela Lei de Coulomb, tem-se:

F 5

Q2

k

d2

3Q2

5 kQ2

____ 4D2

F 5

2

k

4

QD

12 c

Nas condições do enunciado, tem-se a seguinteconfiguração de forças sobre as cargas devido à ação do campo elétrico:

_q

+q

F

_F

Portanto, tomando como referência o ponto médio da linha que une as cargas, à força F associa-se um movimento no sentido horário. Logo, a molécula terá apenas um movimento de rotação nesse sentido.

13 e

Decorre diretamente da Lei de Coulomb.

8 b

Sendo h 5 45 cm, pela propriedade do baricentro,

tem-se: h1 5 2h ___ 3

h1 5 30 cm.

Assim, a força F que cada uma das cargas QB e QC exercesobre Q é dada por:

F 5 kOQBO OQO

_________ d2

5 9 3 109 3 2 3 1026 3 1 3 1026

______________________ (30 3 1022)2

F 5 0,2 NDecompondo essas forças na direção AM tem-se a figura:

F 3 cos 60oF 3 cos 60o

Sendo FA a força que a carga QA exerce sobre Q, há duas possibilidades a ser verificadas: FA ou 2FA.• 1o caso (QA . 0)FR 5 2F cos 60w 1 FA ] FA5 ma 2 2F cos 60w 5

5 1023 3 5 3 102 2 2 3 0,2 3 1 __ 2

FA 5 0,3 N

Então, pela Lei de Coulomb, tem-se:

FA 5 kQAQ

_____ h2

1

] QA 5 0,3 3 (30 3 1022)2

9 3 109 3 1 3 1026 QA 5 3jC

• 2o caso (QA , 0)

FR 5 2F cos 60w 2 FA ] FA 5 2F cos 60w 2 ma 5

5 2 3 0,2 3 1 __ 2

2 1023 3 5 3 102 FA 5 20,3 N

QA 5 20,3 N Mas a resultante das forças tem o mesmo sentido daaceleração. Portanto, de acordo com o 1o caso: QA 5 13jC

14 e

Com base no gráfico, no trecho em que o campoelétrico não é uniforme, tem-se E 5 0,5 3 108 x. Assim, parax 5 3 mm 5 3 3 1023 m, tem-se E 5 1,5 3 105 V/m. Logo: F 5 OqOE 5 3,2 3 1026 3 1,5 3 105

F 5 0,48 N.

15 d

Sendo o campo orientado para baixo, a carga deverá ser negativa, com seu módulo dado por:

FE 5 P ⇒ q 3 E 5 m 3 g ⇒ q 5 0,002 3 10

500 ⇒

⇒ q 5 40 3 1026 5 40 jC

16 d

Como cargas individuais se repelem mutuamente, qualquer carga adicionada a um condutor isolado eletricamente irá para sua superfície e ele se comportará, para pontos em seu interior, como uma casca esférica, apresentando, segundo a Lei de Coulomb, campo nulo. Para pontos em seu exterior, ele se comportará como se tivesse uma carga pontual equivalente acumulada em seu centro, com linhas de ação radiais apontando para fora da esfera.

17 b

No processo de eletrização por contato, os corpos envolvidos dividem a carga do corpo eletrizado; logo, ambos terão cargas de mesmo sinal.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

18 Soma: 01 + 02 + 04 = 7(01) Correto. A eletrização de um corpo vem da diferença entre a quantidade de cargas positivas e negativas que ele possui.(02) Correto. A eletrização ocorre ao se adicionar ou retirar elétrons de um corpo inicialmente neutro. Assim, em um corpo eletrizado positivamente, faltam elétrons, o que corresponde a um excesso de prótons.(04) Correto. O indutor atrai para perto de si cargas de sinal contrário às suas, mantendo-as próximas à extremidade mais próxima, e as cargas de mesmo sinal às do indutor são repelidas e ficam na extremidade mais afastada.(08) Incorreto. A polarização elétrica se dá em alguns materiais dielétricos sem movimentação de cargas, mas um alinhamento das cargas das moléculas faz com que as cargas positivas fiquem alinhadas para um lado, enquanto as cargas negativas se alinham parao outro lado. (16) Incorreto. São os elétrons que transitam de um corpo para o outro durante o atrito entre eles.

19 bτ

B→A 5 EPB 2 EPA 5 q3 (vB 2 vA) 5

5 q35[kq1

5 1

kq2

4] 2 [

kq1

4 1

kq2

5]65

5 q3k [q2 2 q1

20] 5 q3

1

4sε0

[q2 2 q1

20]

τB→A 5 q3

80sε0

(q2 2 q1)

22 c

Cálculo da constante elástica k da mola: kmolax 5 mg ⇒ kmola 5 8 N/m

Assim, do equilíbrio: Felástica 5 P 1 Felétrica ⇒ Felétrica 55 kmolax’ 2 mg 5 8 3 0,45 2 0,2 3 10 ⇒ Felétrica 5 1,6

Portanto: Felétrica 5 kQq

d2 ⇒ Q 5 1,6 3 (0,45)2

9 3 109 3 9 3 1026 5

5 4 3 1026 C

20 a) Como não há forças externas sobre o sistema, há conservação do seu momento linear, de modo que

mv0 5 m [3v0

4] 1 mv‘ ⇒ v‘ 5 v0

4

b) Como as forças sobre o sistema são conservativas, há conservação da energia mecânica. Assim,

1

2 mv20 5

1

2 m [

3v0

4]

2 1

1

2 m [v0

4]

2 1

q2

4sε0 3

1

d ⇒

⇒ 3

16 mv2

0 5 q2

4sε0 3

1

d ⇒ d 5

4q2

3sε0(mv20)

.

21 a

Como os dois corpos são idênticos, sabe-se que Q’1 5 Q’2. Então:

Q1 1 Q2 5 Q’1 1 Q’2 ⇒ Q’1 5 Q’2 5 (2 1 6) 1029

2 5 4 nC

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.ESTUDANDO Carga elétrica

Para o eNeM

1 a

Ao ser atingido por um raio, o carro se comporta como um condutor em equilíbrio eletrostático, ou seja, as cargas elétricas se distribuem pela superfície externa do carro, mantendo o valor do campo elétrico dentro do carro igual a zero, ou seja, como não há diferença de potencial nos pontos internos do carro, a pessoa não será atingida pela corrente elétrica ocasionada pela descarga elétrica do raio.

2 b

3 c

Pelas informações contidas no texto, é possível inferir que a causa da faísca que produziu a combustão dos vapores do combustível foi a eletricidade estática contida na blusa da mulher.

4 b

I. Incorreta, pois, apesar de permitir a descarga elétrica do aparelho, pode causar choque nas pessoas que manipularem os metais das pias e chuveiros ligados aos canos de cobre ou mesmo no momento do banho.II. Incorreta, pois, apesar de se tratar de eletricidade estática, a carcaça de uma geladeira pode acumular grandes quantidades de cargas elétricas e, com isso, produzir faíscas e choques suficientemente fortes, capazes de provocar curtos-circuitos, incêndios e danos severos nas pessoas.III. Correta. A carcaça metálica de eletrodomésticos e eletroeletrônicos, por exemplo, a geladeira, pode armazenar grandes quantidades de cargas e, por isso, criar descargas elétricas capazes de queimar elementos eletrônicos, tendo o mesmo efeito que um curto-circuito.

5 a

A fumaça é formada por partículas sólidas que, ao serem eletrizadas por contato pela faixa de papel--alumínio, são atraídas pelas cargas de sinal contrário que aparecem no fio de cobre e se depositam sobre ele. Assim, os gases da queima ficam livres das partículas sólidas e, por isso, se tornam transparentes.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Potencial elétrico

Para o vestibular

1 d

Usando a expressão do potencial:

VP 5 1.200 5 K 3 Q

____ d

5 9 3 109 3 Q

_________ d

] Q

__ d

5 4 __ 3

3 1027

Escrevendo a expressão do campo elétrico esubstituindo nela o resultado anterior:

EP 5 800 5 K 3 OQO

______ d2

5 9 3 109

______ d

3 OQO

____ d

5 9 3 109

______ d

3 4 __ 3

3 1027

d 5 1,5 mFinalmente, substituindo no primeiro resultado adistância obtida, tem-se:

Q

__ d

5 Q

___ 1,5

5 4 __ 3

3 1027 ] Q 5 2 3 1027 C

2 c

Todos os prótons distam r do ponto O. Como as cargas são iguais e a distância também, cada um deles contribui

com o mesmo potencial V 5 Kq

___ r . Portanto, N prótons

geram um potencial total de V 5 Kq

___ r 3 N.

3 a

Se a velocidade é constante, a resultante das forças nacarga é nula. Logo, os trabalhos Ta e TE são opostos, e U permanece constante.

4 a

Três propriedades bem conhecidas dos condutores emequilíbrio eletrostático são: 1) no interior do condutor, o campo elétrico é nulo em qualquer ponto; 2) no interiordo condutor, o potencial elétrico é constante e igual aopotencial da superfície do condutor em qualquer ponto; 3) nos pontos da superfície do condutor, o vetor campo elétrico tem direção normal à superfície. Portanto, aúnica afirmação incorreta é a III.

5 a

A variação de energia potencial elétrica corresponde,em módulo, ao trabalho realizado no deslocamento da carga entre esses dois pontos. SEpot. 5 q 3 E 3 d 5 5 2,5 3 2 3 104 3 2,5 3 1021 SEpot. 5 1,25 3 104 J

6 a

Tem-se d1 5 d2 5 d, e esse valor pode ser determinadocom o auxílio do esquema abaixo:

P

d1

0,1 m

0,2 m

Q3

Q1

d 21 5 (0,2)2 1 (0,1)2 5 0,05

d1 5 dll 5 3 1021 m

Determinação do potencial total em P:VP 5 V1 1 V2 1 V3 1 V4 5

5 9 3 109 3 1026

___________ 1021

@ 4 ___ dll 5

2 4 ___ dll 5

1 2 __ 1

1 2 __ 1

# VP 5 36 3 104 V

7 d

O potencial num ponto interno à esfera equivale ao potencial na superfície do condutor. Apenas aalternativa d apresenta VA 5 50 V. Por outro lado, para um ponto B externo à esfera, o valor do potencial tem de ser necessariamente menor que 50 V, pois opotencial elétrico é inversamente proporcional àdistância até a esfera. Portanto, VB 5 32 V é possível.

9 c

Trabalho de A até B: como a carga se desloca em uma equipotencial, não há trabalho realizado (AB . 0).Trabalho de B até C: †BC 5 q(VB 2 VC) ]

] †BC 5 1,0 3 1026 (3 2 1) ] †BC 5 22,0 3 1026 J.

8 Soma: 01 1 02 1 16 5 19Como o potencial em B é nulo, não haverá trabalhosobre a carga positiva quando ela é abandonadanaquele ponto. Assim, ela permanece parada em B.Porém, como se trata de um equilíbrio instável, amínima alteração na posição da carga a fará adquirirmovimento, o que resultará em oscilação em torno do ponto C.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

19 c

O potencial na esfera em equilíbrio eletrostático é constante e diferente de zero, à medida que se distancia da esfera. Logo, o único gráfico que representa tal situação é o gráfico da letra c.

15 b

I. Correta, pois na região em que se encontra o ponto B, a densidade de linhas de campo é maior que na região em que se encontra o ponto C.II. Incorreta. As linhas de campo indicam o sentido decrescente do potencial elétrico no campo, logo VD > VC.III. Incorreta. Partículas negativas se deslocam espontaneamente no sentido crescente do potencial.IV. Correta. À medida que a carga se desloca espontaneamente no campo, sua energia cinética aumenta e a energia potencial elétrica diminui.

11 d Cada carga interage com as outras três. Excluindo-se as

repetições, restam seis interações distintas. Todas têm o mesmo valor, pois todas as cargas são iguais a Q, e a distância entre as cargas é sempre L. Assim, a energia

potencial do sistema vale: EP 5 6 3 kQ2

____ L

.

16 600 5 KQd

(I)

200 5 KQd2 (II)

Igualando (I) e (II): 200d2 5 600d ] d 5 3 m.

Substituindo d 5 3 em (I): 600 5 KQ3

]

] Q 5 1.8009 ∙ 109 5 2 3 10–7 C.

14 Soma: 04 + 08 = 12(01) Incorreta. Se o condutor está em equilíbrio eletrostático,isso significa que as cargas em seu interior estão em repouso, o que só ocorre se o campo elétrico for nulo, ou seja, igual a zero.(02) Incorreta. Para que seja considerado uniforme ocampo deve possuir, em todos os pontos, o vetor campoelétrico igual, ou seja, em todos os seus pontos tanto a direção e sentido quanto o módulo devem ser iguais.(04) Correta. Cargas elétricas positivas se deslocam de potenciais maiores para potenciais menores.

(08) Correta. Por definição: U 5 †AB

q

10 a) Correta, pois o potencial elétrico só depende da carga fonte que o produziu e da distância entre a carga fonte e o ponto do espaço onde desejamos conhecerseu valor.b) Correta, pois a força elétrica é conservativa, o quesignifica que só importam para o cálculo da variação da energia potencial os pontos inicial e final da trajetória.c) Incorreta, pois a unidade de medida de energiapotencial elétrica é o joule (J).d) Correta, e constitui a própria definição de elétron-volt.e) Incorreta. A energia potencial equivale ao produto dacarga de prova pelo potencial elétrico naquele ponto. Como o potencial diminui ao longo de uma linha de campo, a energia potencial também diminui.

12 e I. Falsa. A eletrização está relacionada com o

desequilíbrio no número de prótons e de elétrons em um corpo, e não com a possibilidade de deslocamento.II. Verdadeira. Pela Lei de Coulomb, a força entre cargas elétricas é diretamente proporcional ao produto entre as cargas e inversamente proporcional ao quadrado da distância entre elas.III. Falsa. A intensidade do campo também é inversamente proporcional ao quadrado da distância.IV. Verdadeira. O potencial elétrico é uma grandeza relativa, ou seja, depende do referencial.

17 d a) Incorreto. O campo no interior da esfera é nulo.

b) Incorreto. Nos condutores sólidos, apenas elétronssão capazes de se deslocar; sendo assim, são os elétrons (cargas negativas) que sobem pelo fio, e não cargas positivas que descem pelo fio, como a afirmativa sugere.c) Incorreto. Para que as cargas elétricas fiquem em equilíbrio o potencial deve ser constante, ou seja, ele tem mesmo valor, no interior ou na superfície externa da esfera.d) Correto. Se o potencial da esfera for maior que a rigidez dielétrica do ar, ocorrerão faíscas e as cargas elétricas fluirão para o espaço ao redor da esfera.e) Incorreto. Dentro da esfera o potencial é constante e o campo elétrico é nulo, ou seja, não haverá repulsão eletrostática.

13 Soma: 01 + 02 + 04 = 7

(01) F 5 KQqd2 ] F 5 9 3 109 ∙ 5 ∙ 1026 3 2 3 1026

0,032 ]

] F 5 9 3 109 ∙ 10211

9 . 1024 ] F 5 102 N

(02) V 5 KQd

] V 5 9 3 109 ∙ 5 3 1026

3 ∙ 1022 ] V 5 15 3 105 V

(04) VB 5 9 3 109 ∙ 5 3 1026

6 ∙ 1022 ] VB 5 7,5 ∙ 105 V ]

] UBA 5 7,5 3 105 – 15 ∙ 105 ] UBA 5 –7,5 ∙ 105

(08) BA 5 qUBA ] BA 5 2 3 10–6 ∙ (27,5 ∙ 105) 5 21,5 V

(16) AB = qUAB ] AB 5 2 ∙ 1026 ∙ (7,5 ∙ 105) 5 1,5 V

18 b

I. Incorreta. O potencial na esfera carregada e dentro dela é constante e não nulo.II. Incorreta. No ponto B o campo elétrico é dado

por: EB 5 KQ2R2 . Como VB 5 KQ

R, tem-se que EB 5

VB

2R.

III. Incorreta. No ponto C o potencial é dado por

VC 5 KQ2R

.

IV. Correta. O potencial do ponto C é dado por VC 5 KQ2R

,

e o campo EC é dado por EC 5 KQ4R2 , ou seja, EC 5

VC

2R.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

20 a

I. Incorreta. O vetor campo elétrico é perpendicular à superfície do condutor.II. Correta. A força que irá acelerar o elétron tem mesma direção que o campo e sentido contrário a este. Como o elétron parte do repouso, o movimento é acelerado e aceleração e velocidade terão mesmo sentido. III. Incorreta. A definição de superfície equipotencial é uma superfície cujos pontos têm o mesmo potencial.IV. Incorreta. A resistividade de um fio é característica de seu material e independe de suas dimensões. V. Incorreta. Na associação em paralelo todos os resistores da associação estão ligados à mesma ddp que é igual a ddp para o resistor equivalente.

22 d

†d 5 qU 5 SEcin ] qU 5 mv2

2 ] v 5

∙ 2qU

m

21 a

Como a carga q é repelida, podemos afirmar que as cargas possuem o mesmo sinal; como q é positiva, Q também o será. Da mesma forma que o trabalho realizado é dado por † 5 q(Vi 2 Vf), e a carga está indo de potenciais maiores para potenciais menores, concluímos que † . 0.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

3 c

Como EPot 5 q 3 V, a energia potencial elétrica em uma carga de prova positiva seria representada graficamente em função de r como uma parábola com concavidade voltada para cima.

a

r (m)

EPot

Energia potencial Carga de prova positiva

Esse gráfico é semelhante ao gráfico da energia potencial em um oscilador harmônico, o que justifica o fato de a afirmativa I estar correta. Entretanto, o gráfico da energia potencial em função de r é representado por uma parábola com concavidade voltada para baixo:

a r (m)EPot

Energia potencial Carga de prova negativa

Esse gráfico não representa uma energia semelhante à de um oscilador harmônico, pois a energia é máxima para r 5 0 e decresce com r. A carga de prova negativa, ao invés de oscilar em torno da posição r 5 0, tenderia a se afastar dessa posição buscando pontos de menor energia potencial. Assim, tem-se: afirmativa II incorreta e afirmativa III correta.

ESTUDANDO Potencial elétrico

Para o eNeM

1 b

A pessoa em contato com a cúpula do gerador está em equilíbrio eletrostático com ela. Os cabelos da pessoa ficam arrepiados por causa das cargas elétricas acumuladas em seu corpo, mas pode-se afirmar que, desprezando um tempo muito curto de um estado transitório, depois de atingido o equilíbrio eletrostático, o potencial elétrico é o mesmo nos dois corpos: cúpula e pessoa.

4 c

O condutor está em equilíbrio eletrostático, portanto todos os seus pontos possuem o mesmo potencial, o campo elétrico em seu interior é nulo e as cargas se acumulam apenas na superfície externa. Assim, a afirmativa I é falsa e a afirmativa III é verdadeira. Além do fato de todos os pontos possuírem o mesmo potencial em um condutor em equilíbrio eletrostático, sabe-se que as superfícies de pequeno raio de curvatura, como as partes pontiagudas do condutor, possuem uma densidade superficial de cargas maior do que as superfícies de maior raio de curvatura. Portanto, a afirmativa II é verdadeira.

2 b

A carga positiva de prova está em equilíbrio estável no centro do tubo. Portanto, nesse ponto sua energia potencial é mínima, o que para uma carga positiva também significa que o potencial elétrico é mínimo uma vez que EPot 5 q 3 V. Logo, a afirmativa I é verdadeira e a afirmativa II é falsa. Como o potencial é mínimo no centro do tubo, pela mesma expressão EPot 5 q 3 V conclui-se que, se no lugar da carga positiva nesse ponto estivesse uma carga de prova negativa, a energia potencial seria negativa e passaria a ser máxima nesse ponto, o que geraria instabilidade no equilíbrio dessa carga; assim, a afirmativa III é verdadeira.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Corrente e resistência elétrica

Para o vestibular

1 c

Em ambos os resistores, segue em paralelo um fiocondutor sem nenhum dispositivo a ele conectado.Como as resistências através dos fios são desprezíveis em comparação com as dos resistores, estes entram em curto-circuito. Os pontos A e B possuem o mesmo potencialelétrico, e a resistência equivalente entre eles é zero.

7 c

Utilizando os valoresespecificados, consegue-se obter a resistência interna da lâmpada:

r 5 U2

___ P

5 32

___ 0,9

r 5 10 C

A partir da lei de Ohm, conclui-se que a correntenecessária para a lâmpada brilhar plenamente vale 0,3 A. Portanto:12 5 (r 1 nR) 3 0,3 ] 12 5 (10 1 15n) 3 0,3 ] n 5 2Isso significa o uso de dois resistores de valor R em série,como indicado, com a chave na posição 3.

8 a

Os pontos A, B, C, D e E apresentam o mesmo potencial. Assim, trata-se de uma associação em paralelo de 5 resistores iguais a R. A resistência equivalente vale:

1 ___ Req

5 1 __ R

1 1 __ R

1 1 __ R

1 1 __ R

1 1 __ R

5 5 __ R

Req 5 R __ 5

3 e

O amperímetro indica 1,0 A em um dos ramos da associação em paralelo entre dois resistores iguais. Logo, o outro ramo também é percorrido por corrente de 1,0 A, e a corrente total nesse trecho de circuito é de 2,0 A.O voltímetro registra 12 V em um trecho de circuitopercorrido por corrente de 2,0 A. Com base na Lei de Ohm, obtém-se R 5 6 C. Finalmente, a resistência equivalente entre os pontos X e Z vale:

Req 5 R 1 R __ 2

1 R 5 5R ___ 2

5 5 3 6 ____

2 Req 5 15 C

4 a

Como a corrente de saída da associação é 30 A, necessariamente i2 5 20 A. A ddp no resistor de cima vale: U 5 10 3 40 5 400 V. A associação dos resistores é em paralelo; assim, a ddp no resistor R2 também vale 40 V. Substituindo-se na Lei de Ohm, tem-se: 400 5 R2 3 20 ] R2 5 20 C

5 a

i 5 Sq

___ St

] 2,5 3 104 5 Sq

_______ 2 3 1025

] Sq 5 5 3 1021 C

2 Chave C aberta: Req 5 20 1 X . A corrente no amperímetrocorresponde à corrente total:

i 5 U ___

Req ] 30 3 1023 5

1,2

20 1 X ] 20 1 X 5 40

X 5 20 CChave C fechada:

Req 5 20 1 1 ____________

1 ___ 20

1 1 ___ 20

1 1 ___ 20

5 20 1

20 ___ 3

Req 5 80 ___ 3

C

Pela Lei de Ohm:

i 5 U ___

Req 5

1,2 ___

80 ___ 3

] i 5 0,045 A 5 45 mA

6 a

Determinando a resistência interna do chuveiro:

P 5 U2

___ R

] 8.000 5 2202

____ R

] R 5 6,05 C

Agora, conservando a resistência, calcula-se a novapotência para uma tensão de 110 V:

P 5 1102

____ 6,05

] P 7 2.000 W

9 c

O amperímetro consiste em um galvanômetro de baixaresistência, ligado em paralelo a uma resistência shunt. A posição mais eficiente de conexão de um amperímetro no circuito é em série com o trecho que se deseja medir.O voltímetro consiste em um galvanômetro ligado em série a uma alta resistência, chamada multiplicadora. A posição mais eficiente de conexão de um voltímetro no circuito é em paralelo com o trecho que se deseja medir.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.10 b

As resistências RV e R1 estão em paralelo, o que implica que a tensão nelas é sempre a mesma. Essa associação está em série com o resistor R2. É preciso determinar aresistência equivalente e a corrente total no circuito.

Rparalelo 5 R1 3 RV _______

R1 1 RV ] Req 5 R2 1

R1 3 RV _______ R1 1 RV

]

] Req 5 R1 3 R2 1 RV 3 R2 1 RV 3 R1 ____________________

RV 1 R1

i 5 V ___

Req ] i 5

V(R1 1 RV) ____________________

RV 3 R1 1 RV 3 R2 1 R1 3 R2

A partir das expressões anteriores, pode-se concluir:• Seoreostatotemresistêncianula,Req 5 R2.• QuantomaiorovalordeRV, maior o valor de Req emenor a corrente no circuito. Logo, a é incorreta.• AscorrentesquepassamporR1 e RV são iguaisapenas quando R1 5 RV. Então, c é incorreta.• ModificandoovalordeRV, também varia a corrente total no circuito e, por consequência, a tensão sobre R2. Assim, eéfalsa.• SeR2 é pequeno, a corrente total no circuitoaumenta, e então aumentam as correntes parciais que atravessam R1 e RV. Portanto, défalsa.

16 b

Cálculo da potência do micro-ondas: P 5 U 3 i 5 120 3 5 ⇒ ⇒ P 5 600 W 5 600 J/s.Cálculo da energia necessária para o aquecimento: Q 5 cmSJ 5 cdVSJ 5 1 3 1.000 3 0,2 3 75 5 15.000 cal 55 60.000 J.Cálculo do tempo necessário para o aquecimento: St 5 60.000/600 5 100 s.

17 b

A resistência equivalente da associação em paralelo é

dada por 1

Req1 5

1

R 1

1

3R ⇒ Req1 5

3R

4Assim, a resistência equivalente do circuito será dada por: Req 5 Req1 1 2R ⇒ Req 5 2,75R.

18 d

A lâmpada equivalente às 3 lâmpadas do circuito é

dada por: Req 5 L1L2

L1 1 L2 1 L3 5

18

9 1 4 5 6 C,

sendo que a corrente que atravessará o circuito será

dada por: i 5 U

Req 5

12

6 5 2 A.

Então,aenergiaqueabateriaécapazdeofereceraocircuito externo é dada por:Ebat 5 iUSt 5 60 3 12 3 15 720 Wh.Como a energia consumida pelas lâmpadas em uma hora é dada por:Elam 5 iUSt 5 2 3 12 3 1 5 24 WhAssim, as lâmpadas permanecerão acesas por:

St 5 Ebat

Elam 5

720

24 5 30 h

19 e

Do enunciado, conclui-se que a potência dissipada – causadora do aquecimento – pela área lateral totaldofiodeveserigualnos2fios.Assim,sendoapotência dada por P 5 Ri2earesistênciaemfunçãoda resistividade dada por R 5 ρc/S, sendo S a área transversaldofio:Determinaçãodaárealateraldosfios:

Alateral1 5 2sr1L1 5 2 3 s 3 0,001 3 0,01 5 2s 3 1025;

Alateral2 5 32s 3 1025.

Determinaçãodatransversaldosfios:S1 5 s(r1)2 5

5 s 3 1026; S2 5 16s 3 1026

P1/Alateral1 5 P2/Alateral2 ⇒ R1(i1)2/2s 3 1025 5

5 R2(i2)2/32s 3 1025 ⇒ (G0,01 3 1/s 3 1026)/1 5

5 (G0,04(i2)2/16s 3 1026)/16 ⇒ 1 5 4(i2)2/256 ⇒ i2 5 8 A

12 b

Pode-se escrever a associação em série anterior como:Req 5 R 1 3R 1 5R 1 ... 1 199R ]] Req 5 R 3 (1 1 3 1 5 1 ... 1 199)A quantidade entre parênteses equivale à soma de umaPA de razão 2, com o 1o termo igual a 1 e o 100o termoigual a 199.

S 5 (a1 1 a100) 3 n

___________ 2

5 (1 1 199) 3 100

_____________ 2

S 5 10.000 Logo, a resistência equivalente vale:

Req 5 10 3 1023 3 104 ] Req 5 100 CFinalmente, a partir da lei de Ohm:U 5 Req 3 i ] 100 5 100 3 i ] i 5 1 A

11 c

E 5 P 3 St 5 R 3 i2 3 St 5 60 3 202 3 20 3 60 ______________ 4,2

E 7 6,86 3 106 cal

13 a

A resistência elétrica do chuveiro dissipa energia paraaquecer a água.Ri2 St 5 mcSJ ]] R 3 102 3 60 5 12 3 4,2 3 103 3 (40 2 30) ]] R 5 84 C

14 a

Em um intervalo de tempo de 60 s, o número n de elétronsqueatravessaofiovale:

i 5 n 3 e ____ St

] 3 5 n 3 1,6 3 10219

____________ 60

]

] n 7 1,1 3 1021 elétrons.

15 c

SendoapotênciadochuveirodadaporP 5 U2

R,

quanto menor o valor da resistência, maior será o valor da potência, visto que o valor da tensão na rede não é um parâmetro variável. Assim, diminuindo-se ocomprimentodoresistor,consegue-seoefeitodesejado.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

20 b

Nesse circuito, o disjuntor necessariamente deve ficar sobre a fase para, quando necessário, poder “desarmar” e interromper a alimentação, prevenindo sobrecargas e curto-circuitos. É necessário estabelecer uma ddp entre os terminais da lâmpada para que ela acenda. Para evitaro risco de choque elétrico durante uma troca de lâmpada queimada, adota-se como padrão ligar o neutro da rede interna da casa direto na lâmpada (evitando estabelecer uma ddp entre uma pessoa em contato com o chão e a fase, caso ela toque no terminal da lâmpada) e passar a fase pelo interruptor, que tem a função de interromper e/ou iniciar o circuito sempre que desejável. O esquema que melhor se encaixa nessa descrição é o da alternativa b.

21 a

O chuveiro funcionará, só que com uma potência diferente.Cálculo da resistência do chuveiro:

R 5 U2

P 5

(220)2

6.000 5

121

15Cálculo da potência a 110 V:

P110 5 (110)2

121

15[ ]

5 1.500 W

Portanto, P220 > P110.

22 A diferença de potencial entre A e B tem valor nulo, já que VA 5 VB. O circuito funciona como uma Ponte de Wheatstone em equilíbrio, uma vez que não é possível existir uma corrente elétrica entre A e B.Dessa forma: R 3 120 5 90 3 60 ] R 5 45 Ω.

23 Soma: 01 + 02 + 16 = 19

(01) Correta. Pela relação R 5 Vi

, verifica-se que R está aumentando.(02) Correta. No trecho entre 0 mA e 600 mA, a resistência é constante, característica de um resistor ôhmico.

(04) Incorreta. A relação R 5 Vi

é válida mesmo onde oresistor não é ôhmico.

(08) Incorreta. R 5 Vi

5 5

0,800 ] R = 6,25 Ω

(16) Correta. R 5 ρ LA

] L 5 RAρ

] L 5 5 3 1,5 3 1026

1,5 3 10–6 ]

] L 5 5 m

(32) Incorreta. Entre 200 mA e 400 mA, a resistência do resistor não se altera. Assim, a potência dissipada é dada por P 5 R 3 i2. Portanto, dobrando-se i quadruplica-se a potência dissipada.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.ESTUDANDO Corrente e resistência elétrica

Para o eNeM

4 a

Para 220 V, a potência máxima correspondente é de 5.500 W. Nesse caso, o valor da resistência elétrica pode ser obtido da seguinte forma:

P 5 U2

R ⇒ 5.500 5

2202

R ⇒ R 5 8,8 C

No caso da tensão nominal de 127 V:

Pmáx 5 U2

R ⇒

1272

8,8 ⇒ P 5 1.830 W

6 a

Como a potência para os dois tipos de chuveiro é a mesma e P 5 R 3 i, tem-se: PA 5 PB ⇒ RA 3 iA

2 5 RB 3 iB2 ⇒

⇒ RA

RB 5

i2B

i2B

⇒ RA

RB

5 302

502 ⇒ RA

RB 5 0,36, ou seja, a

razão entre as resistências é mais próxima de 0,3.

1 e

A leitura atual observada é 2.783 kWh. A leitura do mêsanterior é 2.563 kWh. A diferença referente ao consumo do mês anterior é 220 kWh. Como o custo do kWh é R$ 0,20, então o valor correspondente é R$ 44,00.

2 c

P 5 U 3 iComo estão ligados em paralelo, a tensão é a mesma para os dois faróis: 36 V.A corrente que passa por um farol é: 55 5 36 3 i ⇒ i 5 1,52 A.Portanto, a corrente total do circuito é 3,04 A.Para proteger esse circuito, é necessário utilizar um fusível que suporte essa corrente. O fusível imediatamente superior ao valor de 3,04 A é o laranja (5 A).

5 c

Mantendo-seaddpconstante,comoéocasodasinstalações elétricas residenciais, a potência é inversamente proporcional à resistência elétrica:

P 5 U2

RPortanto, o valor nominal de 6.000 W se refere à menor resistência possível, que é, no caso, a resistência da

associação em paralelo, cujo valor é: Req 5 R 3 3R

R 1 3R 5

3R

4Assim, pela equação da potência:

6.000 5

1202

3R

4

⇒ R 5 3,2 C

Obviamente, a posição morno, sendo a de menor

potência, será obtida por: P 5 1202

3,2 ⇒ P 5 4.500 W3 c


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Capacitores, geradores e receptores

Para o vestibular

1 b

A potência mencionada no enunciado é constante.Supondo-se uma pilha ideal, a potência vale:

P 5 E 3 i 5 E 3 SQ

___ St

] 1,8 5 3,6 3 600 3 1023

_________ St

St 5 1,2 h

4 d

i 5 E _____

r 1 R 5

1,68 _______

r 1 250 (1)

U 5 E 2 r 3 i ] 1,50 5 1,68 2 r 3 i (2)Resolvendo o sistema, encontram-se os valoresi 5 0,006 A e r 5 30 C.

7 Se os capacitores são ligados em série, as cargas emcada armadura são iguais.

Ceq 5 Q

__ U

] C1 3 C2 _______ C1 1 C2

5 q

__ ε  (1)

Na associação em paralelo, as capacitâncias se somam,enquanto a ddp se mantém:

Ceq 5 Q

__ U

] C1 1 C2 5 4q

___ ε  (2)

Substituindo (2) em (1), resulta que:

C1 3 C2 5 4q2

___ ε2

(3)

Isolando C2 e substituindo de volta em (2):

C1 1 4q2

______ ε2 3 C1

5 4q

___ ε  ]

] C21 2

4q ___ ε  3 C1 1

4q2

___ ε2

5 @ C1 2 2q

___ ε  # 2 5 0 C1 5 2q

___ ε 

Retornando à equação (2), obtém-se: C2 5 2q

___ ε  .

2 c

No momento em que é batida a fotografia, o capacitorse descarrega integralmente, liberando toda a energia potencial acumulada. Essa energia vale:

Epot 5 C 3 U2

_____ 2

5 2 3 1029 3 32

__________ 2

Epot 5 9 nJ

8 d

A bateria de maior fem será o gerador, enquanto a outraserá um receptor. Utilizando a Lei de Pouillet:

i 5 E 2 Ee ______

ΣR 5

20 2 8 __________ 1 1 10 1 1

i 5 1 A

O amperímetro está posicionado de modo a ler acorrente total no circuito. Logo, registra o mesmo 1 A.O voltímetro registrará a ddp na bateria:U 5 E 2 r 3 i 5 20 2 1 3 1 U 5 19 V

9 c

Cálculo da resistência equivalente do primeiro trecho do circuito com resistores em paralelo:

1

Req1

5 1

12 1

1

8 ⇒ Req1

5 4,8 C

Assim: U1 5 Req1 3 i ⇒ i 5

24

4,8 ⇒ i 5 5 A

Cálculo da resistência equivalente do segundo trecho do circuito com resistores em paralelo:

1

Req2

5 1

42 1

1

21 1

1

14 5

6

42 ⇒ Req2

5 7 C

Assim: U2 5 Req2 3 i 5 7 3 5 5 35 V ⇒ U14 5 U2 5 35 V

Já no resistor de 9 C, tem-se: U9 5 9 3 5 5 45 VAssim, a tensão entre os pontos a e b será: Uab 5 24 1 35 1 45 5 104 V

6 b

Supondo que as baterias sejam ideais, no circuito 1 a fem é 2E e, portanto, a corrente também dobra para 2i, para a mesma resistência. No circuito 2, a fem é igual a E, e a corrente vale i. Considerando que o brilho depende da corrente que circula pela lâmpada, a lâmpada que brilhará mais é a do circuito 1.

3 a) Energia potencial armazenada:

Epot 5 q2

___ 2C

5 q2

______

2 ε0 3 A

_____ d

5 q2 3 d

______ 2ε0 3 A

b) O trabalho da força elétrica corresponde à variação de energia potencial. Note que, pela expressão obtida no item a, a energia potencial é diretamente proporcional à distância entre as placas. Logo, a energia potencial final será zero.

D 5 SEpot 5 0 2 q2 3 d

______ 2ε0 3 A

5 2 q2 3 d

______ 2ε0 3 A

c) ODO 5 F 3 d ] q2 3 d

______ 2ε0 3 A

5 F 3 d

F 5 q2

______ 2ε0 3 A

5 a)

b) E 5 C 3 U2

_____ 2

] Etotal 5 2 3 C 3 U2

_____ 2

5 200 3 1026 3 1502

Etotal 5 4,5 J

c) P 5 Etotal ____ St

5 4,5

_______ 1 3 1023

P 5 4,5 3 103 W


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.10 c

Logo que a chave é fechada, o capacitor estádescarregado, e a corrente vinda da bateria passarátoda por ele, deixando os resistores R3 e R4 em curto--circuito. O circuito, nesse instante imediatamente posterior ao fechamento de S, pode ser representado como na figura:

1 C

2 C

6 V

R1

R2

Assim, a corrente inicial no resistor de 2 C vale:

i 5 E _______

R1 1 R2 5

6 _____ 2 1 1

i 5 2 A

Após o carregamento total do capacitor, a correnteatravés daquele ramo cessa, e o circuito funciona como se ele não existisse:

1 C

6 C6 C

2 C

6 V

R1

R2

R4R3

A nova corrente vale: i 5 6 _________

2 1 1 1 3 i 5 1 A

Portanto, a soma das correntes no resistor é igual a2 A 1 1 A 5 3 A.

11 a) Lei dos Nós no ponto A: i1 1 i2 5 i3

Percorrendo a malha esquerda no sentido horário apartir do ponto A, tem-se: 6 2 4i2 1 2i1 2 6 5 0E a malha direita no sentido horário, a partir do ponto A:17 1 6i3 1 4i2 2 6 5 0

18i2 2 6i3 5 0

4i2 1 6i3 5 211

22i2 5 211 ] i2 5 20,5 A

i1 1 i2 5 i3

2i1 2 4i2 5 0

4i2 1 6i3 5 211

26i2 1 2i3 5 0

4i2 1 6i3 5 211] ]

]

Substituindo na segunda equação do sistema, vem:i1 5 21 A e i3 5 21,5 AOs sinais negativos indicam que os três sentidosescolhidos para as correntes precisam ser invertidos.

b) VA 2 VB 5 17 2 6 3 1,5VA 2 VB 5 8 V

17 e Com a chave aberta, pode-se construir um circuito

com três ramos em paralelo: com a fonte e R1; com o capacitor; com a resistência equivalentecalculada do circuito de resistores R2, R3, R4, R5 e R6

arranjados para formar uma ponte de Wheatstoneequilibrada (R2 ∙ R4 5 R3 3 R5). Como não passa corrente em R6 (ponte equilibrada), a resistência do terceiro

ramo será: 1

Req2

5 1

R2 1 R5 1

1

R3 1 R4 ⇒ Req 5 4 C

Então: i 5 E

R1 1 Req

5 10

1 1 4 5 2 A.

Como os três ramos estão em paralelo, a tensão entre as extremidades do capacitor será:UC 5 UReeq

5 Req 3 i 5 4 3 2 5 8 V

Assim: Q 5 C 3 V 5 1026 3 8 5 8 3 1026 C.Com a chave fechada, haverá um curto-circuito queigualará o potencial nos dois polos do capacitor, porisso ele não carregará, ou seja, q 5 0.

15 a) Calculando a corrente no ramo da esquerda:UAB 5 E 2 Ee 2 (r 1 re) 3 i ] 12 5 24 2 6 2 (1 1 2) 3 i i 5 2 A

b) UAB 5 R 3 i ] 12 5 24 3 i i 5 0,5 A

c) UAB 5 Rx 3 i ] 12 5 Rx 3 1,5 Rx 5 8 C

12 V 5 R3 3 i3 ] i3 5 18

12 5 1,5 A

i1 5 i4 5 i2 1 i3 5 4,5 1 1,5 5 6,0 AE 5 (R1 3 i1) 1 V 1 (R4 3 i4) 5 (3 3 6) 1 18 1 (4 3 6) 5 60 V

13 b

A potência útil lançada ao circuito é dada por: Pútil 5 Ei 2 ri2. Essa é uma equação do segundo grau com a potência em função da corrente. Assim, os pontos de máximo da

parábola que representa a função serão dados por i 5 E

2r.

Como a corrente no circuito é dada por i 5 E

Req 1 r ,

tem-se que: E

Req 1 r 5

E

2r ⇒ Req 1 r 5 2r ⇒ Req 5 r

Mas: 1

Req 5

4

R ⇒ Req 5

R

4. Assim:

R

4 5 r 5 0,5 ⇒ R 5 2 C

14 e

I. Incorreta. Cálculo da capacitância equivalente dos

capacitores ligados em série: 1

C1 e 2 5

1

3 1

1

6 ⇒ C1 e 2 5

5 2 jF ⇒ Ceq 5 2 jF 1 18 jF 5 20 jF

II. Incorreta. Cálculo da corrente: i 5 E

r 1 R 5

12

2 1 4 ⇒

⇒ i 5 2 A

III. Correta. Cálculo da ddp no capacitor C3: UC3 5 UR 5

5 4 3 2 5 8 V

16 a) Trata-se de um resistor equivalente à associação emparalelo dos resistores de 4 C, em série com o

resistor de 1 C; logo: Req 5 1 1 4 3 4 _____ 4 1 4

Req 5 3 C

b) i 5 E 2 Ee __________

r 1 re 1 Req

] 2 5 E 2 12 ____________

0,5 1 0,5 1 3 E 5 20 V

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

18 Soma: 01 + 02 + 08 + 16 5 27(01) Correto. Como o fio não possui resitência elétrica,não há dissipação de energia entre A e D.(02) Correto. Pelo sentido da corrente, pode-se concluir que ε1 e ε2 são geradores e, portanto, fontes de força eletromotriz.

(04) Incorreto. A corrente é dada por: i 5 ε1 1 ε2 2 ε3

R1 1 R2 1 R3.

(08) Correto. O potencial entre os nós A e B será dado por: VB 2 VA 5 ε1 2 i 3 R1.(16) Correto. Está de acordo com a Lei das Malhas.

19 Soma: 04 1 16 5 20

(01) Incorreta. Cálculo da corrente no circuito:

i 5 (E 2 E’)

(Σr 1 ΣR) 5

15 2 5

2 1 8 ⇒ i 5 1 A.

(02) Incorreta. Sendo UD 5 Ugerador 5 (15 2 1 3 1) 5 14 V e UC 5 UD 2 3 3 1 5 11 V, conclui-se que UD > UC.

(04) Correta. A potência útil fornecida pelo gerador será: PU 5 U 3 i 5 14 3 1 5 14 W.(08) Incorreta. A potência dissipada no resistor de 4 C será: PD 5 R4 3 i2 5 4 3 1 5 4 W.(16) Correta. A UAB 5 E’ 1 r 3 i 5 5 1 1 3 1 5 6 V.

20 d

Como a configuração de resistores externos ao gerador,conhecida como ponte de Wheatstone, está equilibrada, ou seja, como 5 3 8 5 10 3 4, não passará corrente peloresistor de 6 C. Assim, a resistência externa equivalente

será: 1

Req 5

1

15 1

1

12 ]

1

Req 5

3

20 ] Req 5

20

3

Então: i 5 70

20

3

1

1

3

] i 5 10 A

21 c

A energia potencial elétrica armazenada em um capacitor corresponde ao trabalho necessário para carregá-lo até

o valor final de sua carga q, dada por: E 5 q2

2C .

Após o fechamento da chave, as tensões nos dois capacitores serão iguais e dadas por:

UX 5 UY ⇒ qX

CX 5

qY

CY ⇒ qY 5 2qX

Como as cargas se conservam no sistema, tem-se:

qX 1 qY 5 q ⇒ qX 5 q

3 e qY 5

2q

3Então, a soma das energias armazenadas será:

EX 1 EY 5 [ q

3]2

2CX 1

[2q

3]2

4CX 5

q2

6CX =

E

3

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.ESTUDANDO Capacitores, geradores e receptores

Para o eNeM

1 c

2 a

Como foi pedida a associação de menor capacitância possível, deve-se optar pela associação em série, que garante que a capacitância equivalente da associação seja menor que o valor da capacitância de qualquer um dos capacitores que compõem a associação.

3 d

O fato de inverter a pilha não interrompe o circuito; além disso, ao ser invertida, a pilha passa a se comportar como um receptor, pois a corrente terá de ir do potencial menor (polo positivo) para o potencial maior (polo negativo); com isso, se houver o acionamento acidental do interruptor, a energia consumida pelo circuito aumenta e as pilhas se descarregam mais rapidamente.

4 c

Usando os dados fornecidos pelo gráfico, pode-se estabelecer a equação do gerador.60 5 ε 2 6r20 5 ε 2 8r

60 5 ε 2 6r2

20 5 ε – 8r

40 5 2r ⇒ r 5 20 C, logo: 20 5 ε 2 8 3 20 ⇒

⇒ ε 5 180 VComo a potência máxima do gerador é dada por:

Pumáx. 5 ε2

4r ⇒ Pumáx. 5

1802

4 3 20 ⇒ Pumáx. 5 405 W

Quando a corrente é de i 5 ε2r

⇒ i 5 180

40 ⇒ i 5 4,5 A

A potência requerida pelo equipamento é de: P 5 U 3 i ⇒ P 5 120 3 ⇒ P 5 360 WPor último, para que o gerador possa alimentar oequipamento, é preciso verificar se a tensão de alimentação e a amperagem necessária para o plenofuncionamento do equipamento formam as coordenadasde um ponto pertencente à curva do gerador.120 5 180 2 20 3 3 ⇒ 120 5 120, ou seja, o gerador é capaz de suprir a energia necessária para o pleno funcionamento do equipamento.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Magnetismo: campo magnético

Para o vestibular


1 c

O vetor campo magnético terá direção perpendicular ao plano formado pelo fio e pelo ponto que se deseja analisar, sentido dado pela regra da mão direita e módulo proporcional à permeabilidade magnética do meio no qual o fio estiver mergulhado.

6 c

B 5 j0 3 i

_____ 2s 3 r

] B 5 4s 3 1027 3 3 ___________

2s 3 0,25 ]

] B 5 2,4 3 1026 T

8 b

O campo magnético no interior do solenoide será dado por B 5 B0 1 BM sendo BM o módulo da contribuição do material do núcleo para o campo B. Como o valor de BM está associado ao alinhamento dos dipolos atômicos do material em questão, ele é tanto maior quanto “mais magnetizável” for o material e, portanto, o ferro seria a melhor opção para constituí-lo.

9 c

As direções dos campos magnéticos induzidos por cada um dos fios serão perpendiculares aos planos formados pelos próprios fios e pelo ponto C, e o sentidoserá dado pela regra da mão direita no 1 com o polegar apontado no sentido da corrente e os dedos curvados indicando, no ponto C, o sentido de cada campo. Assim, pode-se afirmar que o campo magnético induzido em C pelos fios sobre as arestas AD e HG serão, respectivamente, paralelos às arestas CG e CB com sentidos, respectivamente, de C para G e de C para B. Como resultado dessa soma vetorial, o campo resultante terá direção da diagonal CF.

2 c

Pela disposição das linhas de campo na figura doenunciado, os polos do ímã se localizam nos extremos superior e inferior (supondo o polo norte em cima).Assim, os cortes nos ímãs 1 e 2 geram dois ímãs com polos, confome indicam as figuras a seguir.

Ímã 1 Ímã 2

N NN N

S S S S

Reaproximando as metades do ímã 1, o polo sul dametade de cima atrairá o polo norte da metade de baixo. Já reaproximando a metade esquerda da direita do ímã 2, haverá repulsão, pois se trata de polos iguais.

3 b

Ao aproximar o polo A do ímã 2 do polo B do ímã1, há repulsão. Logo, esses polos são iguais. Como há atração entre as extremidades B, elas representam polos distintos.

7 d

I. Correta. A direção do vetor campo magnético é perpendicular ao plano formado pelo fio e pelo ponto A (plano da folha), enquanto o sentido é determinado pela regra da mão direita com o polegar apontando para o sentido da corrente e os dedos curvados apontando o sentido do campo, ou seja, penetrando no plano da folha.II. Incorreta. Como explicado anteriormente, no ponto A o campo tem direção perpendicular à folha de papel e sentido para dentro da folha. III. Correta. Sendo a intensidade desse vetor criado pelo fio (muito longo) é dada pela Lei de Bio-Savart:

B 5 j0i

2sd ⇒ d 5

4s 3 1027 3 2,5

2s 3 5 3 1026 5 1021 m 5 10 cm

4 Campo em P devido à corrente i1:

B1 5 j0 3 i

_____ 2s 3 d

] B1 5 4s 3 1027 3 6 ___________ 2s 3 0,3

]

] B1 5 4 3 1026 T

Campo em P devido à corrente i2:

B2 5 j0 3 i

_____ 2s 3 d

] B2 5 4s 3 1027 3 8 ___________

2s 3 0,4 ]

] B2 5 4 3 1026 TOs vetores estão dispostos como na figura abaixo:

P

B2B1

O módulo da resultante é obtido por:

B2R 5 B2

1 1 B22 ] B2

R 5 32 3 10212 ] BR 5 4 dll 2 3 1026 T

5 O campo em P, devido ao condutor 1, tem direção

perpendicular ao plano da folha e sentido para fora do papel. Seu módulo vale:

B1 5 j0 3 i

_____ 2s 3 a

] B1 5 4s 3 1027 3 4 ___________

2s 3 0,3 ]

] B1 7 2,7 3 1026 T

O campo em P, devido ao condutor 2, tem mesmadireção e sentido do campo B1. Seu módulo vale:

B2 5 j0 3 i

______ 2s 3 2a

] B2 5 4s 3 1027 3 4 ___________

2s 3 0,6 ]

] B2 7 1,3 3 1026 T

O módulo do campo resultante será a soma dosmódulos de B1 e B2 : BR 5 B1 1 B2 ] BR 5 4 3 1026 T

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

13 e

De acordo com a regra da mão direita o campo de indução magnética no ponto P é representado por um vetor perpendicular à folha entrando na folha.

16 c

F, V, F, V

A primeira afirmativa é falsa, pois a corrente real éproduzida pelo movimento de cargas elétricas negativas.A segunda é verdadeira, pois o processo de eletrização por atrito produz dois corpos eletrizados com cargas iguais, porém de sinais opostos.A terceira afirmativa é falsa, pois não existem monopolos magnéticos; ao seccionar um ímã obtém-se dois ímãs com dois polos cada um.A última é verdadeira, pois cargas elétricas em movimento produzem, além do campo elétrico, um campo magnético.

17 e

A lâmpada tem o formato de uma espira, e a corrente elétrica circula por ela quando a lâmpada está acesa; então, o campo gerado no centro da lâmpada é igual ao campo gerado por uma espira, logo ele é normal ao plano do anel.

20 e

Btotal 5 B 1 BTerra

S

N

BTotal

B

BTerra

21 b

Btotal 5 B 1 BTerra

Btotal

BBTerra

14 e

I. Falso. Apenas os metais ferromagnéticos serão magnetizados pelo ímã e, por consequência, serão capazes de atraí-lo. II. Verdadeiro. Como o campo magnético induzido num ponto vai depender da distância desse ponto à fonte (no caso, os polos), é natural que sob o campo mais forte das proximidades dos polos sejam atraídas mais limalhas do que em pontos mais distantes.III. Verdadeiro. Um ímã “consegue” atrair um metal quandoé capaz de magnetizá-lo. Assim, pelo mesmo princípio,o metal já magnetizado vai, por sua vez, atrair o ímã.

11 c

18 a

10 a) Para flutuar sobre a base, a força feita pelo campo magnético desta sobre o ímã deve ser repulsiva, verticalmente direcionada e no sentido da base para o ímã. Essa força deve contrabalançar a força gravitacional que atua no ímã. Nesse caso, Fmag 5 Fgrav 5 mg 5 0,01 kg 3 10 m/s2 5 0,1 N.

b) De acordo com a orientação do ímã da base, os polos norte e sul do ímã suspenso se localizam:norte acima e sul abaixo do ímã.

c)

Base

N

S

N

S

19 e

12 Soma: 01 + 02 + 08 = 11(01) e (02) Corretas. Como o polo sul magnético da Terra situa-se no norte geográfico terrestre, suas linhas de campo saem do polo sul geográfico em direção ao norte.(04) Incorreta. Sabe-se que o responsável pela geração desse campo é o movimento giratório do magma terrestre formado prioritariamente por ferro.(08) Correta. Tanto a aurora boreal como a austral são o resultado do choque entre os átomos presentes nas maiores altitudes da atmosfera terrestre (de oxigênio e nitrogênio) e os ventos solares canalizados para os polos magnéticos pelo campo magnético terrestre.(16) Incorreta. O fluxo magnético é maior na Groenlândia, pois ela está mais próxima ao polo sul magnético da Terra.

15 Considerando que os campos magnéticos criados, respectivamente, pelo fio muito longo e pela bobina têm a mesma direção em P (perpendiculares ao plano da página) e sentidos opostos (saindo do ponto P no caso do fio e entrando no ponto P no caso da espira),pode-se dizer que a partícula de carga Q que incide sobre o ponto P paralelamente ao fio não sofrerá aceleração se o vetor campo magnético resultante em P for nulo. Assim, deve-se ter, em módulo:

Bfio 5 Bespira ⇒ j 3 iF

2sR 5

j 3 iE

2R ⇒

iE

iF 5

1

s

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Magnetismo: campo magnético

Para o eNeM

1 c

Usando a regra da mão direita, é possível notar que os vetores indução magnética no ponto em que o homem está possuem mesma direção e sentidos opostos; além disso, o homem equidista dos fios condutores. Logo, para que os campos se anulem, tem-se OB1O 5 OB2O, o que ocorre somente se i1 5 i2.

5 a

A inclinação da agulha mostra que o campo magnético terrestre no local é inclinado em relação à horizontal. Como a ponta norte da agulha aponta para o norte geográfico, conclui-se que, para que exista essa inclinação (ponta norte apontando para baixo), a bússola está no hemisfério norte.

4 e

2 a

A direção da agulha será dada pela soma vetorial dos campos indução magnética da Terra e da bobina:

tgJ 5 Bbobina

BTerra ⇒ tgJ 5

jNi2sr

BTerra 5 Ki onde K =

jN

2srBTerra

Percebe-se que, se i dobra, o valor da tangente também dobra, mas não o ângulo.

BTerra

Bbobina

θ

Logo, a alternativa correta é a letra a.

3 b


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Magnetismo: força magnética

Para o vestibular

1 a

A partir da energia cinética, é possível obter avelocidade do próton:

Ecin 5 m 3 v2

2 ] 7,2 3 10213 5 1,6 3 10–27 3 v2

2 ]

] v 5 3 3 107 m/sPela regra da mão direita no 2, a força terá direçãohorizontal e sentido de oeste para leste. Ela terámódulo dado pela expressão:F 5 OqO 3 v 3 B 3 sen J ]] F 5 1,6 3 10219 3 3 3 107 3 1 3 1023 3 sen 90w ] ] F 5 4,8 3 10215 N

4 b

O elétron seguirá um arco menor que o do próton, poissua massa é bem menor. Quanto ao sentido do desvio, a regra da mão direita no 2 indica um desvio para baixode ambas as partículas.

7 a

A expressão da força magnética apresenta um fatorsen J. No caso descrito no enunciado, J 5 180w e, portanto,sen J 5 0. Não há força magnética e, pelo princípio de inércia, a carga se manterá em MRU, permanecendo ovetor velocidade constante.

2 b

O movimento da partícula é uniforme. Logo, a resultante entre a força magnética e a força gravitacional é nula.

Fmag 5 P ] q 3 v 3 j0 3 i

______ 2s 3 D

5 P ]

] 10219 3 1025 3 4s 3 1027 3 1 ___________

2s 3 D 5 10230 ]

] D 5 0,2 m

8 a

Como a carga elétrica foi abandonada (velocidade inicial nula) na região do espaço sujeita apenas a um campo magnético, ela permanecerá em repouso, pois, como o campo magnético não realiza trabalho, a velocidade da partícula não variará.

5 c

Pela regra da mão direita no 2, a força terá módulo constante, direção do segmento PC e sentido para a direita. Logo, a carga será defletida para a direita, em uma trajetória circular, no plano horizontal LKCP.

6 c

Como L não sofre deflexão, não possui carga elétrica.Pela regra da mão direita no 2, as cargas positivas lançadas nesse campo seriam defletidas para baixo. Logo, M é positiva e K é negativa. Além disso, a figura mostra que a massa de K é menor que a massa de M, em razão da diferença dos raios de suas órbitas.

3 d

R 5 m 3 v ______ OqO 3 B

] Rp

___ Re

5

mp 3 v

_____ qp 3 B

_______

me 3 v

______ OqeO 3 B

]

Rp __

Re 5

mp ___ me ]

] Rp

__ Re

5 1,67 3 10227

__________ 9,11 3 10231

] Rp

___ Re

7 1,83 3 103

9 a) Como a força magnética não realiza trabalho, a energia cinética da partícula não muda. Portanto, não se altera o módulo de sua velocidade e,

consequentemente, v’

v 5 1.

b) O movimento da partícula no campo magnético é circular uniforme com velocidade de módulo v e raio R,

tais que, pela Segunda Lei de Newton, qvB 5 m[ v2

R],

ou seja, m [v

R] 5 qB. Lembrando que a velocidade

angular da partícula é ω 5 v

R, obtém-se ω 5

qB

m.

Usando esse resultado na expressão St 5 J

ω, cujo

resultado expressa o tempo t de que a partícula necessita para atravessar a região, determina-se

que t 5 mJ

qB.

10 a

O dêuteron consiste em um próton e em um nêutron.A velocidade pode ser obtida a partir da expressão:

R 5 m 3 v ______ OqO 3 B

] 0,5 5 3,2 3 10227 3 v

___________ 1,6 3 10219 3 1

]

] v 5 2,5 3 107 m/s

Logo, a energia cinética do dêuteron vale:

E 5 m 3 v2

_____ 2

] E 5 3,2 3 10227 3 6,25 3 1014

_____________________ 2

]

] E 5 1 3 10212 J ou E 5 6,25 3 106 eV 5 6,25 MeV


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.11 a

A força magnética sobre o elétron é dada por F 5 B 3 e 3 v 3 sen J, sendo J o ângulo entre o sentido do deslocamento do elétron e o campo magnético da Terra. Como o campo na região considerada é horizontal (inclinado de 21° para oeste com relação à direção sul-norte), e o elétron se move na vertical (para cima), J 5 90°. Assim, a intensidade da força magnética sobre esse elétron será dada por:F 5 0,25 3 1024 3 1,6 3 10219 3 106 3 sen 90° 5 4,00 3 10218 N.Considerando a regra da mão direita no 2 com os dedos esticados, conclui-se que a direção da força será para o norte da direção leste-oeste (inclinada de 21° para oeste), e seu sentido será para o leste.

12 b

Como a aceleração centrípeta verificada sobre as partículas P2 é maior do que a verificada sobre as partículas P1, pode-se concluir que a força magnética sobre as partículas P2 é maior do que a sobre as partículas P1. Como as partículas assumem trajetórias opostas ao entrar na região do campo magnético, pode-se concluir que elas têm sinais opostos. Sendo a força magnética sobre uma partícula carregada em movimento dada por F 5 B 3 q 3 v 3 sen J, pode-se concluir que a carga de P2 é maior do que a de P1.

13 d

Como a força elétrica é capaz de acelerar ou frear uma partícula carregada, e a força magnética não (é capaz apenas de mudar a direção de uma partícula carregada já em movimento), pode-se dizer que a força elétrica realiza trabalho para deslocar uma partícula, enquanto a força magnética, não.

14 d

Pela regra da mão direita no 2 com os dedos esticados, quando uma carga positiva está em movimento sobre um campo magnético, apontando o polegar para a direção da velocidade e os demais dedos para a direção do campo magnético, a força magnética terá seu sentido determinado imaginando-se o movimento de um “empurrão” com a palma da mão. Se a carga for negativa, o sentido será oposto ao determinado. Por convenção, porém, o sentido da corrente é odo movimento das cargas positivas. Assim, quando correntes de sentido oposto percorrerem os dois fios condutores paralelos, a força magnética de interação entre eles será repulsiva, e sua intensidade será inversamente proporcional à distância entre eles (Lei de

Bio-Savart): F 5 B 3 q 3 v 3 sen J 5 [jc

2sd] 3 q 3 v 3 sen J.

15 a

Para não haver tensão na mola, deve-se ter:Fmag 5 Pfio ] B 3 q 3 v 3 sen J 5 mgSendo v a velocidade com a qual as cargas se movimentam dentro do fio e considerando St o tempo necessário para a carga percorrer todo o comprimento c do fio, tem-se que sua velocidade será

dada por: v 5 c

StSendo, ainda, a corrente que atravessa todo o fio

durante St dada por i 5 q

St, tem-se que:

v 5 c 3 [iq ]

Assim, substituindo v na primeira expressão, tem-se:

B 3 c 3 i 5 mg ] i 5 0,18 3 10

3 3 0,2 5 3 A

Pela regra da mão direita no 2 com os dedos abertos na direção do campo magnético e o polegar apontando para a corrente, conclui-se que seu sentido deve ser da direita para a esquerda, a fim de remover a tensão da mola.

16 Soma: 02 + 08 + 16 5 26(01) Incorreta. O campo magnético resultante que atua no fio 4, segundo a regra da mão direita no 1 com os dedos fechados, aponta para o nordeste.(02) Correta. A força magnética resultante sobre o fio 4 é perpendicular ao campo magnético resultante nesse fio e, pela regra da mão direita no 2 com os dedos abertos, aponta para o sudeste. (04) Incorreta. Como os fios 1 e 3 têm suas correntes no mesmo sentido, eles se atraem mutuamente. (08) Correta. Como a intensidade da força magnética depende da intensidade do campo magnético, que, por sua vez, depende da distância em relação à fonte do campo (Lei de Bio-Savart), em função da menor distância que separa os fios 2 e 3, a força magnética que o fio 2 exerce sobre o fio 3 é maior do que a que o fio 1 exerce sobre o fio 3.(16) Correta. Como a resultante das forças magnéticas que os fios 1 e 3 exercem sobre o fio 2 aponta para o sudoeste e é paralela e maior, em módulo, do que a força que o fio 4 exerce sobre o fio 2, pode-se concluir que o campo magnético resultante sobre ele aponta para o sudoeste.(32) Incorreta. Como os campos magnéticos que os fios 1 e 3 geram no centro do quadrado se anulam, e como os campos magnéticos gerados pelos fios 2 e 4 apontam, ambos, para o nordeste, a resultante no centro também aponta para o nordeste.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

17 c

I. Falsa. Quando paralelo, o condutor não fica sujeito a forças magnéticas (Lei de Bio-Savart).II. Falsa. A influência ou não do campo magnético sobre o condutor não depende da constância do campo.III. Falsa. Ambos os polos atraem a limalha que se alinhará tanto com as linhas que saem do polo norte quanto com as que chegam ao polo sul do ímã.IV. Falsa. As linhas de um campo magnético (dipolo) são sempre fechadas, sempre saindo do polo norte em direção ao polo sul.V. Falsa. Somente cargas elétricas em movimento criam campo magnético.

18 d

I. Falsa. Uma partícula carregada, mesmo que sujeita unicamente à ação de um campo magnético, pode deslocar-se em linha reta se esse deslocamento for paralelo ao campo magnético.II. Verdadeira. Como a força elétrica é capaz de acelerar ou frear uma partícula carregada, e a força magnética, não (é capaz de mudar apenas a direção de uma partícula carregada já em movimento), pode-se dizer que a força elétrica realiza trabalho para deslocar uma partícula, enquanto a força magnética, não.III. Verdadeira. Como o campo magnético da Terra aponta para a direção sul-norte, e a partícula tem carga negativa e sentido descendente, pela regra da mão direita no 2 com os dedos abertos, conclui-se que o elétron desvia-se para o oeste durante a queda.IV. Falsa. Considerando a regra da mão direita no 2 com os dedos abertos e que o sentido da corrente no interior do fio é o de deslocamento das cargas positivas (contrário ao do elétron), conclui-se que o sistema se comporta como dois fios paralelos percorridos por correntes em sentidos contrários, ou seja, se repelem.V. Falsa. O raio das órbitas para os dois casos pode ser obtido fazendo-se:

Fcp 5 Fmag ] m 3 [v2

R] 5 Bqv ] R 5

mv

BqDa expressão acima conclui-se que, como o raio depende da massa da partícula, os raios serão diferentes, pois a massa do próton é muito maior que a do elétron.

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.ESTUDANDO Magnetismo: força magnética

Para o eNeM

1 a

O sentido do vetor indução magnética é perpendicularao plano do papel e seu sentido é de fora para dentro do papel. O sentido da força magnética é da esquerda para a direita.

3 e

a) Verdadeira. O plasma superaquecido acabaria por destruir a nave; por isso, campos magnéticos impedem queo plasma entre em contato direto com qualquer parte dela.b) Verdadeira. A descrição do fenômeno reporta ao aquecimento da matéria (hidrogênio da água presente nosalimentos) por ressonância magnética nos fornos de micro-ondas. c) Verdadeira. A expulsão do plasma, através dos anéis propulsores, impulsiona a nave na mesma direção e no sentido oposto ao do jato de plasma, como previsto pelo princípio da conservação da quantidade de movimento. d) Verdadeira. O texto afirma que o impulso conseguido pelo VASIMR é insuficiente para um lançamento a partir da superfície terrestre, sendo eficiente apenas em situação de vácuo, ou seja, no espaço exterior. e) Falsa. Uma das vantagens da utilização da tecnologia é o fato de haver a possibilidade de controlar o fluxo de plasma e, consequentemente, o impulso necessário para o movimento da nave.

2 c

a) Verdadeira. Como as partículas eletrizadas do vento solar entram em contato com o campo magnético da Terra, é possível supor que sofrem a ação de forças magnéticas que as desviam de sua rota original e as aceleram em direção às regiões polares.b) Verdadeira. O campo magnético é capaz de desviar as partículas ionizadas do vento estelar, formando uma espécie de escudo protetor para a atmosfera.c) Falsa. A força magnética age centripetamente. De acordo com esse conceito, é possível concluir que

R 5 m 3 v

q 3 B, ou seja, quanto maior for o raio, maior será

a velocidade de giro. Portanto, maior será a energia cinética.d) Verdadeira. A força magnética age como centrípeta e, portanto, a direção do seu impulso será sua direção eseu sentido.e) Verdadeira. As correntes alternadas, tanto quanto as contínuas, produzem campos magnéticos. Dessa forma, as linhas de transmissão sofrem, sim, ação de forças magnéticas.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Indução eletromagnética

Para o vestibular1 d

Após a ligação do campo, há um aumento de fluxo paraentrar na página. Pela Lei de Lenz, a corrente deve provocar diminuição do campo nesse sentido. Para tanto, a corrente deve fluir no sentido anti-horário, de C para D. Há queda de potencial de C para D, o que significa que VC . VD.

3 c

O fluxo magnético varia durante todo o movimento dedescida do ímã: ele aumenta até chegar à espira edepois diminui. Logo, há ddp induzida em todoo trajeto de A a B.

4 a

O fluxo está aumentando para baixo. Assim, para secontrapor a esse aumento, surge na espira uma corrente induzida no sentido anti-horário. O campo gerado na espirafunciona como outro ímã, cujo polo norte aponta paracima. Então, os ímãs com polos iguais próximosexperimentam uma força de repulsão – o que equivalea uma força para baixo, na espira, e para cima, no ímã.

6 c

I. Correta. Trata-se do enunciado da Lei de Faraday.II. Correta. O motor funciona graças à induçãoeletromagnética nas espiras em seu interior.III. Correta. Cada fio provoca um campo magnéticono outro, o que acaba gerando força magnética; o sentido da força (atração ou repulsão) depende dos sentidos das correntes em cada fio. IV. Incorreta. Somente a corrente elétrica (o movimentoordenado de cargas) pode gerar um campo magnético.

7 a

A variação de fluxo, nesse intervalo de tempo, é de24 Wb. Combinando a Lei de Ohm com a Lei de Faraday,

obtém-se: R 3 i 5 2 SΦ ____ St

] 10 3 i 5 2 24

___ 0,1

] i 5 4 A.

2 b

Há corrente induzida apenas na situação II, pois ocampo é normal à espira. Na situação I, não há fluxo magnético, já que o campo é paralelo ao plano da espira.

9 a

Como a corrente no enrolamento cresce, o módulo docampo magnético aumenta. A taxa de variação dofluxo com o tempo vale:

SΦ ____ St

5 SB

___ St

3 A 3 cos J ] OεO 5 j0 3 n Si

___ St

3 A 3 cos J ]

] OεO 5 4s 3 1027 3 600 3 125 3 4 3 1024 3 cos 0w

OεO 5 12s 3 1026 VPor eliminação, deve-se escolher a alternativa a. De fato, como a fem induzida é constante, o campo elétrico também apresenta módulo constante. A espira é circular, e a fem se distribui por toda sua extensão. Assim, o campo elétrico vale:

E 5 ε _________

perímetro 5

12s 3 1026

___________ 2s 3 2 3 1022

E 5 3 3 1024 V/m

10 c

Fem 5 2Φ∆t

; logo, para que ocorra fem, é necessário

que o fluxo magnético varie com o tempo, e uma das maneiras de isso ocorrer é mediante o movimento relativo entre o ímã e a espira.

5 d

O coeficiente angular da reta pode ser obtido por meiodo quociente entre as variações no eixo vertical e no eixo

horizontal: m 5 SΦ ____ St

. Mas, pela Lei de Faraday, esse

quociente equivale à fem induzida na espira, em módulo.

8 a) Para uma espira, a fem induzida vale:

OεO 5 SΦ ____ St

5 20 2 2 ______ 10 2 1

OεO 5 2 VComo são 50 espiras, a fem é multiplicada por 50: ε 5 50 3 2 5 100 V

b) Como o fluxo aumenta no sentido de “entrar” no papel, a corrente induzida deve gerar um campo magnético que “sai” do plano do papel para compensar o aumento. Pela regra da mão direita, a corrente deve fluir no sentido anti-horário.

11 a

P 5 Fmag ] mg 5 BiLsen θ; como θ 5 90°, tem-se:

mg 5 BiL ] i 5 mgBL

5 10

1 3 1 5 10 A

E 5 r 3 i ] E 5 1 3 10 ] E 5 10 V

Como E 5 BLv, tem-se v 5 E

BL 5

101 3 1

5 10 m/s.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

13 a

I. Correta. O forno de indução aproveita a corrente de Foucault para dissipar, por meio de Efeito Joule, grande quantidade de energia elétrica.II. Correta. A unidade de campo magnético no SI tem sua análise dimensional dada por

U(B) 5 U (F )

U(i) 3 U(s) 5

NA 3 m

(newton por ampère

vezes metro), denominada tesla em homenagem ao físico iugoslavo Nikola Tesla. III. Correta. A afirmativa é o próprio conceito de linha agônica.IV. Correta. A frequência do cíclotron é dada por

v 5 qB

2sm , portanto independe da velocidade.

V. Correta. Como é possível separar partículas que tenham uma carga elétrica específica das demais, o espectógrafo de massa permite estudar um isótopo de um elemento de cada vez.

16 d

Aplicando a regra da mão direita, percebe-se que a corrente i cria um campo magnético perpendicular à folha, saindo dela.Como a área A aumenta, a corrente induzida aparece na tentativa de evitar o aumento do campo; então, conclui-se que o campo magnético existente tem mesma direção, porém sentido oposto ao do campo induzido, ou seja, perpendicular à folha e entrando no papel.

18 c

Enquanto ocorrer uma variação do campo magnético sobre a espira, haverá uma força eletromotriz induzida, ou seja, existirá fem enquanto o ímã se aproximar e enquanto o ímã se afastar da espira.

14 b

Como Φ 5 B 3 S 3 cos θ, tem-se que, em meia-volta, ∆Φ 5 B 3 S 3 (cos 0° 2 cos 180°) ] ∆Φ 5 B 3 S 3 [1 2 (21)] ]] SΦ 5 B 3 S 3 [1 2 (21)] ] ] ∆Φ 5 2 3 7 3 1024 3 400 3 1024 5 5,6 3 1025 T 3 m2

Da Lei de Lenz, vem: ε 5 N 3 ∆Φ∆t

, mas ε 5 r 3 i, então

] r 3 i 5 N 3 ∆Φ∆t

] r 3 Q∆t

5 N 3 ∆Φ∆t ]

] Q 5 N 3 ∆Φ

r ] Q 5 100 3

5,6 3 1025

20 5 2,8 3 1024 C

12 Soma: 08 + 16 + 32 = 56

(01) Incorreta. Para uma bobina, B 5 Nμi2r

, então a

intensidade do campo depende do número de espiras, da intensidade de corrente elétrica e do raio da bobina.(02) Incorreta, pois o movimento do cone se deve à Lei de Faraday.(04) Incorreta. O movimento do cone é que produz as ondas longitudinais.(08) Correta, pois quanto mais alta for a frequência do sinal elétrico, mais alto (maior frequência) será o som emitido pelo alto-falante.(16) Correta, pois a intensidade sonora está diretamente ligada à intensidade do campo magnético,que produz o movimento do cone. Quanto maior for a variação do campo, mais amplo será o movimento do cone e maior amplitude (intensidade) terá o som produzido.(32) Correta, pois é pela interação do campo magnético da bobina com o campo magnético do ímã permanente que se dá o movimento do cone.

19 a) ε 5 ∆Φ∆t

] ε 5 BL∆x

∆t 5 BLv ] ε 5 2 3 2 3 0,1 5 0,4 V

ε 5 R 3 i ] i 5 εR

] i1 5 0,42

5 0,2 A e i2 5 0,41

5 0,4 A

Em R1, i1 tem sentido anti-horário.Em R2, i2 tem sentido horário.

b) fat 5 μmg ] fat 5 0,2 3 0,1 3 10 ] fat 5 0,2 N

Fmag 5 BiL ] Fmag 5 2 3 0,6 3 0,1 ] Fmag 5 0,12 N

F 5 Fmag 1 fat 5 0,12 1 0,2 ] F 5 0,32 N

c) P1 5 R1 3 i12 ] P1 5 2 3 0,22 ] P1 5 0,08 W

P2 5 R2 3 i22 ] P2 5 1 3 0,42 ] P2 5 0,16 W

15 c

Só haverá corrente elétrica na espira caso o fluxo magnético que a transpassar varie com o tempo. Enquanto a chave estiver aberta, não haverá corrente no circuito, consequentemente não haverá campo magnético transpassando a espira. Enquanto a chave estiver fechada, a corrente no circuito será constante, mantendo o campo magnético na espira também constante, o que indica que não haverá corrente na espira. Já imediatamente após a chave ser aberta oufechada, haverá corrente na espira, pois haverá, no primeiro caso, diminuição do fluxo magnético, e no segundo caso, aumento do fluxo magnético que transpassa a espira, induzindo corrente elétrica nela.

17 a) Vp

Vs 5

Np

Ns ]

110220

5 250Ns

] Ns 5 500 espiras

b) Vp

Vs 5

is

ip ]

110220

5 is

ip ] ip 5 2is

P 5 V 3 i ] 880 5 220 3 is ] is 5 4 A, ou seja, ip 5 2 3 4 ] ip 5 8 A

c) Pmáx. 5 Vmáx. 3 imáx. ] 2.200 5 220 3 ismáx. ] ismáx. 5 10 A,

ou seja, ipmáx. 5 2 3 10 ] ipmáx. 5 20 A

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

20 Como Φ 5 B 3 S 3 cos θ, tem-se:Em t 5 0: Φ 5 B 3 S 3 cos 0° ] Φ 5 2 3 1025 3 10 3 1024 3 1 ] ] Φ 5 2 3 1028 T 3 m2

Em t 5 T4

: Φ 5 B 3 S 3 cos 90° ]

] Φ 5 2 3 1025 3 10 3 1024 3 0 ] Φ 5 0 T 3 m2

Em t = T2

: Φ 5 B 3 S 3 cos 180° ] Φ 5 22 3 1028 T 3 m2

Em t = 3T4

: Φ 5 B 3 S 3 cos 270° ] Φ 5 0 T 3 m2

Φ (T)

2 3 1028

2 3 1028

0 T t (s)T4

T2

3T4

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.ESTUDANDO Indução eletromagnética

Para o eNeM

2 e

a) Correta. A dissipação de energia se dará, no núcleo do transformador, pela presença das correntes de Foucalt, que podem ser atenuadas pelo fatiamento do núcleo.b) Correta. Os transformadores funcionam com correntes alternadas, para que haja variação do fluxo magnético no primário, induzindo assim uma corrente no secundário.c) Correta. Como a potência em um transformador no primário é maior ou igual à do secundário, aumentar a ddp significa diminuir a intensidade de corrente. Para um transformador ideal, Up 3 ip 5 Us 3 is. Como a potência dissipada é dada por Pd 5 r 3 i2, tem-se que diminuir a intensidade de corrente em um fator 2significa diminuir a potência dissipada em um fator 4.d) Correta. O campo magnético gerado pelo funcionamento dos transformadores interage com o campo geomagnético local e impede o funcionamento adequado da bússola.e) Incorreta. Os transformadores não criam energia, apenas a transformam por meio do trabalho dos campos eletromagnéticos.

1 b

a) Incorreta. O ímã é fixo na base da guitarra, portanto não é sua vibração que promove a modificação do campo magnético e, por sua vez, a corrente induzida na bobina. b) Correta. As cordas metálicas, ao vibrar, produziriam variações de fluxo, e esta produziriam correntes elétricas induzidas na bobina, que por sua vez seriam amplificadas e reproduzidas seriam nos alto-falantes.c) Incorreta. Cordas de material isolante, como o náilon, não seriam capazes de provocar variações no campo magnético e, por consequência, seriam incapazes de produzir sons. d) Incorreta. A Lei de Faraday só nos informa que a corrente elétrica induzida em um circuito elétrico fechado pela variação de um campo magnético é proporcional à variação do campo no tempo.e) Incorreta. As caixas de ressonância não são necessárias nas guitarras elétricas, pois o som é derivado da variação do campo magnético, que é lido e traduzido como som pelo amplificador. Portanto, o som desses instrumentos é sintetizado por processos eletrônicos.

3 a

a) Correta. A variação de fluxo magnético no interior de uma espira (bobina, neste caso) induz uma força eletromotriz, que por sua vez estabelece uma corrente elétrica alternada, que vai levar energia elétrica para a lâmpada.b) Incorreta. A transformação de energia mecânica em elétrica vem da força magnética que induz a força eletromotriz e produz uma corrente elétrica.c) Incorreta. Já vimos que se trata da Lei de Faraday e a corrente estabelecida será alternada, pois, a cada volta do eixo, ocorrem duas inversões de polaridade.d) Incorreta. A variação que se dá é de fluxo magnético e essa é a origem da força eletromotriz.e) Incorreta. Não é a força magnética que trabalha. O princípio estabelecido é a Lei de Faraday e é a variação do fluxo magnético que dá forma à transformação da energia.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Física moderna

Para o vestibular

1 a) Conservação da quantidade de movimento:m 3 v0 5 M 3 V 2 m 3 ve ] m 3 v0 5 M 3 V 2 m 3 (v0 2 V) ]

] m 5 V _______

2v0 2 v 3 M 5

5 3 106

________________ 2 3 4 3 107 2 5 3 106

3 14

m 7 0,9 u

b) Usando a relação entre energia e comprimento de

onda: E 5 h 3 c ____

H ] H 5

4 3 10215 3 3 3 108

______________ 7 3 1012

H 7 1,7 3 10219 m

2 e

Escrevendo o momento linear em termos de massa evelocidade, temos uma nova expressão para a relação

de Broglie: H 5 h _____

m 3 v .

Como h e v são constantes, H e m são inversamenteproporcionais. Logo, a ordem crescente decomprimentos de onda corresponderá à ordemdecrescente de massas.

9 d

O primeiro elemento apresenta linhas das quatroprimeiras transições próximas aos valores em Å: 820, 835, 850 e 860. Analisando a tabela, o único elemento que se encaixa é o Ge. O segundo elemento apresenta linhas próximas aosvalores: 915, 925 e 940 Å. Pela tabela, a 1a linha deveser posicionada em 893 Å e trata-se do Hg.O terceiro elemento apresenta linhas próximas aosvalores 945, 950 e 957 Å. Escolhendo a 1a linha caindo em 925 Å, o elemento procurado é o Au.Finalmente, o quarto elemento apresenta linhas emtorno dos valores 830, 955, 960 e 970 Å. Temos o Gacom valores em torno dessa faixa.

3 e

Segundo a relação de Boltzmann, a energia de umcorpo negro depende unicamente da sua temperaturaabsoluta: E 5 k 3 T 4.

4 SE 5 h 3 c 3 @ 1 __ H2

2 1 __ H1

# ]] 6,64 3 10234 3 3 3 108 3 @ 1 _________

589 3 1029 2 1 __________

589,6 3 1029 # ]

] 19,92 3 10226 3 (1,6977 3 106 2 1,6960 3 106)

SE 7 3,3 3 10222 J

5 b

Pelo efeito fotoelétrico, a energia cinética dos elétrons vale:

E 5 h 3 c ____

H 2 W 5

4 3 10215 3 3 3 108

______________ 3 3 1027

2 2,1 5 4 2 2,1

E 5 1,9 eV

6 b

Nessa situação fictícia, vale a expressão: St 5 St0

_______

dllllll 1 2 v

2

__ c2

,

em que St é o intervalo de tempo medido na Terra, St0

é o intervalo medido no relógio da nave e v é avelocidade média da nave. Substituindo os valores do enunciado, tem-se:

St 5 6 ___________

dlllllllll 1 2

(0,8 c)2

______ c2

5 6 _________ dlllllll 1 2 0,64

5

6 ______ dllll 0,36

St 5 6 ___

0,6 5 10 anos.

7 c

I. Correta. A noção de simultaneidade depende do referencial inercial adotado.II. Correta. Em nenhum referencial, a velocidade de um corpo pode ser superior à da luz no vácuo.III. Incorreta. O primeiro postulado da Teoria da Relatividade Restrita diz exatamente o contrário.

8 a

O elétron pode decair direto para o estado fundamental. Nesse caso, o fóton emitido deve ter, em eV, energia de:21,50 2 (213,60) 5 12,10.Outra possibilidade é decair inicialmente para o primeiro estado excitado, emitir um fóton, e depoisdecair novamente para o estado fundamental, emitindo outro fóton. As energias dos fótons emitidos serão, em eV, respectivamente iguais a:21,50 2 (23,40) 5 1,90 eV23,40 2 (213,60) 5 10,20 eV

10 b

I. Incorreta. O gráfico mostra que podem-se, por aproximação, comparar a irradiação solar com a irradiação de corpo negro. II. Correta. Boa parte da radiação que atinge a Terra, proveniente do Sol, é formada de fótons. III. Incorreta. Neutrinos possuem massa e são apenas uma das inúmeras partículas que

compõem a luz solar. IV. Correta. S 5 163

3 σVT 3

c ]

] S 5 16 3 5,670400 31028 3 1,17 3 1027 3 5,93 3 109

9 3 108 ]

] S 5 16 3 5,6704 3 1,17 3 205,379 3 1020

9 5

5 2.422,33 3 1020 5 2,42 3 1023 J/KLogo, a ordem de grandeza da entropia é da ordem de 1023.


Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.11 b

a) Incorreta. As leis se mantêm apenas para referenciaisinerciais. Nos outros, surgem forças fictícias para compensar a aceleração do referencial.b) Correta. O conceito de tempo é relativo ao referencialno qual se efetua a medida.c) Incorreta. A velocidade da luz de qualquer fonte, em um referencial inercial, é a mesma

d) Incorreta. V 5 v 2 v’

1 1 v 3 v’

c2

5 0,8c 2 0,5c

1 1 0,8c 3 0,5c

c2

5 0,3c

1 1 0,4

V 7 0,21 c.

e) Incorreta. O fator multiplicativo é

@ 1 ________

1 1 v 3 v‘

_____ c2

# .

12 e

I. Correta. Em uma hora Q 5 Ptotal 3 ∆t ]

] Q 5 (4,0 3 106) 3 103 33.600 ] Q 5 1,44 3 1013 J

II. Correta. E 5 ∆m 3 c2 ] 1,44 3 1013 5 ∆m 3 (3 3 108)2 ]

] ∆m 5 1,44 3 1013

9 3 1016 5 1,6 3 1024 kg 5 0,13 g

III. Correta. 1,6 3 1024 kg 5 8 3 1024 mU235 ]

] mU235 5 1,6 3 1024

8 3 1024 5 0,2 kg ] mU235 5 200 g

17 a

∆x 3 ∆p > h

4π ] ∆x > h

4π 3 ∆p ]

] ∆x > 5,3 3 10235 3 1

9,1 3 10231 3 2 3 1022 3 4 3 106 ]

] ∆x > 5,3

72,8 3 1028 ] ∆x > 0,0728 3 1028 ]

] ∆x > 7,3 3 1026 m

15 c

Como o enunciado diz: E 5 1.240 eV 3 nmH

, ou seja,

E 5 1.240 eV 3 nm248 nm

5 5 eV.

Logo, para obter 12 MeV, são necessários

nfótons 5 12 3 106 eV

5 eV 5 2,4 3 106 fótons.

18 b

A fonte de ddp constante permite que os elétrons, arrancados da placa B pela incidência da luz ultravioleta, se movimentem e sejam detectados pelo amperímetro colocado em II.

14 Soma: 01 + 02 + 04 = 7(01) Correto. A velocidade da luz no vácuo independe do referencial.(02) Correto. E 5 mc2

(04) Correto. A massa do próton é aproximadamente igual à do nêutron e o nêutron não possui carga elétrica.(08) Incorreto. Nas reações nucleares a quantidade de movimento é conservada.(16) Incorreto. Existem diversas outras partículas elementares, subatômicas.

13 Qp 5 e 5 2qu 1 qd 5 2 3 23

e 1 qd ] qd 5 e 24 3

e 5 2 13

e

Qn 5 0 5 xqu 1 y qd ] yx

5 2qu

qd 5 2 ] y 5 2x e

x 1 y 5 3, ou seja, x 5 1 e y 5 2n 5 udd

19 b

O Princípio da Incerteza de Heisenberg diz que é impossível medir simultaneamente a posição e a velocidade de uma partícula.A razão dessa incerteza não é um problema do aparato utilizado nas medidas das grandezas físicas, mas sim a própria natureza da matéria e da luz.

16 c

E1 5 mev2

2 ] En 5

me∙ 2πrn Tn

∙2

2 ] Tn 5 2πrn dllll

me ____ 2En

,

mas rn 5 n2r0, então:

T1

T2 5

2π12r0∙me

2E1

2π22r0∙me

2E2

5 ∙me

2E1

4∙me

2E2

5 ∙me

2E1 3

14 ∙ 2E2

me ]

] T1

T2 5

14 ∙ E2

E1

Como En 5 213,6n2

eV, tem-se:

para n 5 1 ] E1 5 213,6 eV ] Ec1 5 13,6 eVpara n 5 2 ] E2 5 23,4 eV ] Ec2 5 3,4 eV

T1

T2 5

14 ∙ 3,4

13,6 5 1

4 ∙ 1

4 5 1

4 3 1

2 ]

T1

T2 5

18

Rep

rodu

ção

proi

bida

. Art

. 184

do

Cód

igo

Pen

al e

Lei

9.6

10 d

e 19

de

feve

reiro

de

1998

.

ESTUDANDO Física moderna

Para o eNeM

2 c

Os resultados obtidos pela Experiência de Michelson-Morley verificaram a invariância da velocidade da luz, independentemente do referencial. Esse fato foi determinante para abandonar a ideia de que a luz necessitaria de um meio que permeasse todo o espaço interplanetário, uma vez que, se tal meio de fato existisse, as velocidades nas diferentes direções utilizadas na experiência deveriam variar, o que não ocorreu. A partir dos resultados obtidos, abandonou-se a hipótese de que a luz necessitaria de um meio material para se propagar.

4 b1 c

Da expressão da energia do fóton E 5 h 3 f e utilizando os dados da tabela, é possível estimar o valor da constante h. Por exemplo, utilizando os dados fornecidos do alumínio e a expressão da energia cinética dos fotoelétrons: Ec 5 Φ 2 hf (Φ é a função trabalho e hf é a energia do fóton incidente)Como, para a frequência de corte, a energia cinética é nula:0 5 4,1 2 h 3 1 3 1015

h 5 4,1 3 10215 eV 3 sPara o metal utilizado no visor noturno:0 5 Φ 2 4,1 3 10215 3 2 3 1014 ] Φ 5 0,82 eV

5 c

Primeiro calcula-se a diferença de massa m:m 5 (1,0078 1 1,0087) 2 2,0141 5 0,0024 u Utilizando a própria expressão fornecida com as unidades dadas, pode-se eliminar a constante c:

E1 5 m1 3 c2 931,5 MeV 5 1 u 3 c2

E2 5 m2 3 c2 E2 5 0,0024 u 3 c2 ] Dividindo membro a membro as equações do sistema:

931,5E2

5 1

0,0024 E2 5 931,5 3 0,0024 7 2,24 MeV

3 d

I. Incorreta. A contração do comprimento ocorre apenas na direção da velocidade, portanto a esfera com alta velocidade em relação a certo referencial inercial seria vista por este como um elipsoide e não como uma esfera de raio menor.II. Incorreta. Analogamente à afirmativa I, pode-se concluir que o cubo seria visto como um prisma de base quadrada, pois somente as arestas na direção do movimento sofreriam contração.III. Incorreta. A régua vista por um observador solidário a ela é vista com seu comprimento próprio e, portanto, não sofre contração para esse observador.


revisão em 22 volumes – física – gabarito · o fenômeno da reflexão total ocorre apenas...

Documents