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– 1
FRENTE 1 – MECÂNICA
n Módulo 19 – Atrito
1) Calculemos, inicialmente, a intensidade da força de atrito de
des ta que entre o bloco e o plano de apoio:
Fdestaque = �e Fn = �e mg
Fdestaque = 0,50 . 2,0 . 10,0 (N) ⇒
a) Como a força motriz (F = 9,0N) tem intensidade menor que
a da força de atrito de destaque (10,0N), o atrito será
estático e, portanto:
Como o bloco permaneceu em repouso, sua aceleração é
nula:
b) Como a força motriz (F = 12,0N) tem intensidade maior
que a da força de atrito de destaque (10,0N), o atrito será
dinâmico e, portanto:
Fat = �d . FN = �d mg
Fat = 0,40 . 2,0 . 10,0 (N) ⇒
Para obtermos o módulo da aceleração do bloco,
aplicamos a 2.a Lei de Newton:
F – Fat = ma
12,0 – 8,0 = 2,0 . a ⇒
Respostas: a) Fat = 9,0N e a = 0
b) Fat = 8,0N e a = 2,0m/s2
2)
1) Como a aceleração vertical do bloco é nula, temos:
FN = P = mg
FN = 40 . 10 (N) ⇒
2) Como a aceleração horizontal do bloco é nula, temos:
3) Sendo o atrito dinâmico, temos:
200 = �d . 400 ⇒
Resposta: 0,50
3)→P = peso do bloco
→Fn = reação normal de apoio
→Fat = força de atrito dinâ -
mica
a) Como o bloco não tem aceleração na direção vertical,
temos:→Fn +
→P =
→0 ⇒
→Fn = –
→P ⇒ �
→Fn� = �
→P� = mg
Como o bloco está em movimento, a força de atrito é
dinâmica e sua intensidade é dada por:
�→Fat� = � �
→Fn� = � �
→P� = � mg
A força de atrito é a força resultante que está freando o
bloco e, portanto, de acordo com a 2.a Lei de Newton
(PFD), temos:
�→Fat� = m �
→a � ⇒ � mg = m �
→a � ⇒
b) Sendo a aceleração escalar constante e não nula (de
módulo �g), o movimento de freada do bloco é unifor -
memente variado e, para calcular a distância percorrida
até parar (d), pode mos usar a Equação de Torricelli:
V2 = V0
2 + 2 � �s
Convencionando como positivo o sentido do movimento,
te re mos:
Quando o bloco parar, teremos: V = 0 e �s = d.
Assim: 0 = V0
2 + 2 ( – �g) . d
2�gd = V0
2 ⇒
Respostas: a) �g
V0
2
b) ––––2�g
4) A força responsável pela aceleração da caixa é a força de
atrito aplicada pelo plano de apoio:
PFD(caixa): Fat = ma
Se o caminhão acelerar, a caixa tende a escorregar para trás
e a força de atrito é dirigida para frente.
Se o caminhão frear, a caixa tende a escorregar para frente e
a força de atrito é dirigida para trás.
CADERNO 5 – CURSO D/E
Fdestaque = 10,0N
Fat = F = 9,0N
a = 0
Fat = 8,0N
a = 2,0m/s2
FN = 400N
Fat = F = 200N
Fat = �d FN
�d = 0,50
� →a � = �g
� = – �→a � = – �g
V0
2
d = –––––2�g
FÍSICA
Para a caixa não escorregar, o atrito deve ser estático e teremos:
Fat � �E FN
ma � �E mg
a � �E g
amáx = �E g = 0,60 . 10,0m/s2
Resposta: C
5) 1) fatA
= �A PA = 0,20 . 60,0N = 12,0N
2) fatB
= �B PB = 0,30 . 40,0N = 12,0N
3) PFD (A + B): F – (fatA+ fat
B) = (mA + mB)a
60,0 – 24,0 = 10,0a
4) PFD (B): FAB – fatB
= mBa
FAB – 12,0 = 4,0 . 3,6
FAB – 12,0 = 14,4 ⇒
Resposta: A
6) a) 1) Fatdestaque= �E FN = 0,40 . 40,0N = 16,0N
2) Fatdin= �E FN = 0,20 . 40,0N = 8,0N
b) Como a força motriz aplicada (10,0N) não superou a força
de atrito de destaque (16,0N), a caixa fica em repouso e
teremos: Fat = F = 10,0N
c) Como a força motriz aplicada (20,0N) superou a força de atri -
to de destaque (16,0N), o atrito será dinâmico e tere mos:
Fat = Fatdin= 8,0N
PFD: F – Fat = ma
20,0 – 8,0 = 4,0a ⇒
d)
F = Fatdin= 8,0N
e)
Respostas: a) Fatdestaque= 16,0N; Fatdin
= 8,0N b) 10,0N
c) 8,0N; 3,0m/s2 d) 8,0N
e) vide gráfico
7) A partir do gráfico, temos:
Fatdestaque= 1,0N
Fatdin= 0,8N
Fatdestaque= �E FN = �E P
1,0 = �E 1,0 ⇒Fatdin
= �D FN = �D P
0,8 = �D 1,0 ⇒Resposta: B
8) a) 1) Força de atrito que o chão aplica em A:
Fat = � (PA + PB)
Fat = 0,50 . 100 (N) ⇒
2) PFD (A + B): F – Fat = (mA + mB) a
125 – 50 = 10 a
b) 1) Força normal que A aplica em B:
NAB = PB = mBg = 40N
2) Força de atrito que A aplica em B:
PFD(B): FatAB= mBa
FatAB= 4,0 . 7,5 (N) = 30N
3) Força resultante que A aplica em B:
F2AB = N2
AB + Fat2
AB
c) FatAB= �E NAB
30 = �E 40
Respostas: a) 7,5 m/s2 b) 50 N c) 0,75
9) a) PFD: fat = M a
fat � � FN
M a � � M g
a � � g ⇒
b)
PFD: F – Fat = (M + m) a
F = � (M + m) g + (M + m) a
F = (M + m) (a + � g)
Fmáx = (M + m) (amáx + � g)
Fmáx = (M + m) (� g + � g)
Respostas: a) � g
b) 2 (M + m) � g
amáx = 6,0m/s2
a = 3,6m/s2
FAB = 26,4N
a = 3,0m/s2
�E = 1,0
�D = 0,8
Fat = 50N
a = 7,5 m/s2
FAB = 50 N
�E = 0,75
amáx = � g
Fmáx = 2 (M + m) � g
2 –
10) a) FatX= � PX = 0,20 . 20,0 (N) = 4,0N
FatY= � PY = 0,20 . 30,0 (N) = 6,0N
b) PFD (X + Y):
(F1 – F2) – (FatX+ FatY
) = (mX + mY) a
34,0 – 10,0 = 5,0 . a
c) PFD (X):
F1 – (FatX + F
YX) = mX a
40,0 – (4,0 + FYX) = 2,0 . 4,8
36,0 – FYX = 9,6
Respostas: a) 4,0N e 6,0N
b) 4,8m/s2
c) 26,4N
n Módulo 20 – Plano Inclinado
1 Para um corpo em um plano inclinado sem atrito, temos:
PFD: Pt = ma
m g sen � = ma
Os dois blocos, I e II, terão a mesma aceleração a = g sen � e
um ficará parado em relação ao outro.
Resposta: A
2) Durante a descida do plano inclinado, a aceleração de cada
bloco é g sen 30°; a força resultante em cada bloco é a com -
ponente tangencial do respectivo peso e a força de interação
entre os blocos é nula, isto é:→f1 =
→0 e
→f2 =
→0
Resposta: A
3)1) PFD: Pt = ma
mg sen � = ma
a = g sen �
a = 10 . 0,80 (m/s2)
2) VB2 = V
A2 + 2 � �s (MUV)
VB = 288 = m/s = 80m/s
(80)2 = 0 + 2 . 8,0 . �s
Resposta: 4,0 . 102m
4) Esfera 1:
O módulo da aceleração da esfera é igual ao da gra vi dade:
�a→1� = g ⇒ h = gt12 (1)
Esfera 2:
A componente da aceleração paralela ao plano é:
a = g sen 30° =
Logo:
�→a2� =
d = . . t22 = gt2
2 � ⇒ 2h = gt22
sen 30° = = ⇒ d = 2h
h = gt22 (2)
Comparando-se as equações (1) e (2), obtemos:
gt12 = gt
22 ⇒ = ⇒
Resposta: =
5)
1) PFD: Pt – Fat = ma
mg sen � – � mg cos � = ma
2) V2 = V02 + 2 � �s (MUV)
V2 = 0 + 2g (sen � – � cos �) L
Resposta: C
a = 4,8m/s2
FYX = 26,4 N
a = g sen �
a = 8,0m/s2
km–––h
288–––3,6
�s = 4,0 . 102m
1––2
g––2
g––2
1––2
g––2
1––4 1
––4
h––d
1––2
1––8
t1 1––– = ––t2 2
1––4
t12
–––t22
1––8
1––2
1––2
t1–––t2
a = g(sen � – � cos �)
V = ���������������2gL (sen � – � cos �)
– 3
6) a) tAB = tBC ⇒ a1 = a2 ⇒ FR1= FR2
Pt = Fat – Pt
Fat = 2Pt
� P cos � = 2 P sen �
b) V = V0 + � t
VB = 5,0 . 1,0 (SI)
c)
Respostas: a)
b) 5,0m/s
c) ver gráfico
7)
PFD: F – Pt = m a
F – mg sen � = m a
F = m(a + g sen �)
F = 50(2,0 + 10 . 0,60) (N)
Resposta: A
8) 1) Conforme a figura:
sen � = = 0,60 e cos � = = 0,80
2) Pt = Psen � = 50 . 0,60 (N) = 30N
3) Fat = � Pn = � P cos � = 0,40 . 50 . 0,80 (N) = 16N
4) PFD: F – (Pt + Fat) = m a
50 – (30 + 16) = 5,0a
50 – 46 = 5,0a ⇒
Resposta: B
n Módulo 21 – Componentes
da Resultante
1) No trecho que contém o ponto P, o movimento do automóvel
é circular uniforme e a força resultante é centrípeta (dirigida
de P para M).
Resposta: D
2) No trecho retilíneo (MRU), a força resultante é nula. Nos tre -
chos circulares, a força resultante é centrípeta.
Fcp =
Sendo R2 � R1 = R3 � R4 = R5, temos:
F2 � F1 = F3 � F4 = F5
Resposta: D
3) A força total de atrito terá uma com -
po nente tangencial que vai equilibrar
a força de resistência do ar, pois o
movi mento é uniforme e a resultante
tan gen cial é nula.
A força total de atrito terá uma
compo nen te normal que fará o papel
de resultante centrípeta.
Resposta: B
4) a) A força aplicada pelo fio faz o papel de resul tante centrí -
peta.
T = Fcp =
Tmáx =
50 =
V2
máx= 100
b) Tmáx =
50 =
Respostas: a) Vmáx = 10m/s
b) Lmín = 4,0m
���3� = 2 tg � = 2 . ––––
3
mVB = 5,0 –––
s
2 ���3––––––
3
F = 400N
6,0–––––10,0
8,0–––––10,0
a = 0,80m/s2
mV2
––––R
mV2
–––––R
m V2máx
––––––––R
0,5 V2máx
––––––––1,0
Vmáx = 10m/s
m V2máx
––––––––R
0,5 (20)2
––––––––Lmín
Lmín = 4,0m
4 –
5) a)
Vrel = ⇒ 40 – 30 =
b) Sendo o movimento circular e uniforme, a força re sul tante
é centrípeta:
Fcp =
F1(predador) = (N) = 4,8 . 104N
F2(presa) = (N) = 1,08 . 104N
Respostas: a) 6,0s
b) Predador: 4,8 . 104N ou 48kN
Presa: 1,08 . 104N ou 10,8kN
n Módulo 22 – Exercícios de
Força Centrípeta
1) 1) No bloco A:
F = PA = Mg (1)
2) No bloco B:
F = FCPB= m2R
F = m
2
R
F = mR (2)
3) Comparando-se (1 ) e (2), obtém-se:
Mg = . m R
Resposta: A
2) 1) Fat = P = mg
2) FN = Fcp =
3) Fat = �d FN
mg = �d
�d = =
Resposta: E
3)
Supondo-se desprezível a influência do ar, a força gravitacional
(→P ) desempenha o papel de resultante centrípeta no mo -
vimen to circular e uniforme do míssil.
Fcp = P ⇒ = mg
V = ���gR
Sendo g = 10m/s2 e R = 6,4 . 106m, calculemos V:
V = �������10 . 6,4 . 106 (m/s) ⇒
b) V = ⇒ T =
T = (s) ⇒ T = 4800s
Respostas: a) 8,0km/s
b) 80min
4) a)
�srel––––––
�t
60–––––
�t
�t = 6,0s
mV2
–––––R
150 . (40)2
––––––––––5,0
60 . (30)2
––––––––––5,0
2π�–––�T
4π2
––––T2
4π2
–––T2
M 4π2R––– = ––––––m gT2
mV2
–––––R
mV2
–––––R
g R––––V2
10 . 1,8–––––––
36
�d = 0,50
mV2
––––R
m kmV = 8,0 . 103 –– = 8,0 ––––
s s
2πR––––
V
2πR––––
T
2 . 3 . 6,4 . 106
––––––––––––––––8,0 . 103
T = 80min
– 5
1) Cálculo do tempo de queda:
�sy = V0yt + t2 ↓(+)
1,25 = 0 + T2 ⇒ T2 = =
2) Cálculo de V0:
V0 = ⇒ V0 = m/s ⇒
b)
FG = Fcp
m g =
VS = ������� g R
VS = ������������������� 1,6 . 1,6 . 106 (m/s)
Respostas: a) 12,0m/s
b) 1,6km/s
5) a)
→F: força aplicada pelo
apoio
→P: peso do conjunto
b) A velocidade no ponto C será a mínima possível quan do a
for ça de contato com a gaiola se anular e, nesse caso, o
pe so fará o papel de resultante cen trí peta.
FC = 0 ⇒ P = FcpC
m g =
VC = ���gR = ������10 . 3,6 (m/s)
Respostas: a) Ver figura
b) 6,0m/s
6)
FN + P = Fcp
FN + m g =
Quando V diminui, então FN também dimi nui.
Quando FN = 0, a velocidade V será a mínima pos sível:
mg =
Vmín = ������� g R
Vmín = ������������ 10 . 2,5 (m/s)
Resposta: B
7) TA – P = Fcp
TA = mg +
TA = m
TA = 1,0 N
Resposta: D
8) No ponto mais baixo da trajetória, a re sul -
tante entre a força normal do apoio →FN e o
peso →P faz o papel de resultante cen -
trípeta.
FN – P = Fcp
FN = mg +
FN = m �g + �
Dados: m = 70kg
g = 10m/s2
V = 144 = (m/s) = 40m/s
�y–––2
1,6–––2
2,5–––1,6
25–––16
T = 1,25s
�x–––�t
15,0––––1,25
V0 = 12,0m/s
m VS
2
––––––R
VS = 1,6 . 103m/s = 1,6km/s
mVC2
–––––R
VC = 6,0m/s
m V2
–––––R
m Vmín2
––––––––R
Vmín = 5,0m/s
m V2
––––––R
V2
�g + ––––�R
16,0
�10,0 + –––––�1,0
TA = 26,0N
mV2
–––––R
V2
––––R
144––––3,6
km––––
h
6 –
R = 40m
FN = 70 �10 + �(N)
Resposta: C
9) a)
Fcp = (N) ⇒
b) P – FN = Fcp
FN = P – Fcp
FN = (30,0 – 24,0) (N)
A força normal que o carrinho troca com o apoio corres -
ponde ao seu peso aparente.
Respostas: a) 24,0N
b) 6,0N
10) P – FN = Fcp
FN = P – Fcp
FN = mg –
FN = m �g – �
FN = 2,0 . 103 �10 – �(N)
P = 2,0 . 104N
= 0,60 ⇒ FN = 0,60P
Resposta: C
n Módulo 23 – Trabalho
1) τF = τFx= Fx . d
A componente Fy não realiza trabalho porque é perpendicu -
lar ao des locamento.
τF = 15 . 2,0 (J)
Resposta: D
2) A força de atrito é uma força dissipativa que transforma ener -
gia mecânica em térmica.
A força aplicada pela mola é uma força conservativa que
transforma energia potencial elástica em energia cinética ou
vice-versa.
Resposta: A
3)
a) A distância percorrida pela base do tubo até atingir a
cabeça do executivo corresponde à altura H = 3,2m.
Usando-se a Equação de Torricelli:
V2 = V02 + 2��s
Vf2 = 0 + 2 . 10 . 3,2
b) O trabalho do peso é dado por:
τP = – m g H
τP = – 450 . 10 . 5,5 (J)
Respondendo com notação científica e com dois alga ris -
mos significativos, temos:
Respostas: a) 8,0m/s
b) –2,5 . 104J (aproximadamente)
4) A força de tração aplicada pelo fio faz o papel de resultante
centrípeta e, por ser normal à trajetória, não realiza trabalho.
Resposta: A
5) a) 1) A distância percorrida, em relação à esteira, é dada por:
d = V . �t
2) O deslocamento vetorial do jovem, em relação ao solo
terrestre, é nulo.
FN = 3,5. 103N
mV2
Fcp = ––––R
3,0 . 16,0––––––––––
2,0Fcp = 24,0N
FN = 6,0N
mV2
–––––R
V2
––––R
400––––100
FN = 1,2. 104N
FN––––
P
FN = 60%P
τF = 30J
1600–––––
40
Vf = 8,0m/s
τP = – 24750 J
τP = – 2,5 . 104 J
7,2d = ––––– . 40 . 60 (m)
3,6
d = 4,8 . 103m = 4,8km
– 7
b)
1) A força que movimenta a esteira é a força de atrito que
o jovem aplica com seus pés:
2) A energia consumida para movimentar a esteira é dada
por:
E = 300kcal = 300 . 103 . 4,0J
Esta energia pode ser medida pelo trabalho realizado
pelo jovem, que é equivalente a:
τ = F . d
1,2 . 106 = F . 4,8 . 103
Respostas: a) 4,8km e zero
b) esquema e 2,5 . 102N
6)
1) Na direção vertical, temos:
FN + Fy = P
FN + F sen 37° = mg
FN + 250 . 0,60 = 1000 ⇒
2) O trabalho do atrito é dado por:
τat = Fat . d . cos 180°
τat = �d FN . d (– 1)
τat = – 0,50 . 850 . 10 (J)
Resposta: E
FRENTE 2 ÓPTICA
n Módulo 19 – Reflexão Total
1) a) Para incidência não ortogonal, a luz sofre desvio, afastan -
do-se da normal no ponto de incidência, quando se refrata
no sentido do meio mais refringente para o meio menos
re frin gente.
b) A luz deve incidir do meio mais refringente para o meio
menos refringente, segundo um ângulo de incidência
maior do que o ângulo limite para o dioptro.
Respostas: a) Afasta-se.
b) nA > nB e o ângulo de incidência deve superar o ângulo
limite.
2) Para qualquer posição relativa entre o peixe e a gaivota,
sempre existirão raios de luz que se propagam do peixe para
a gaivota, sofrendo refração entre a água e o ar, sob ângulo
de incidência menor do que o ângulo limite para o dioptro:
Resposta: E
3)
(I) Cálculo de sen L:
sen L = =
(II) Cálculo de cos L:
sen2 L + cos2 L = 1
E = 1,2 . 106J
F = 2,5 . 102N
FN = 850 N
τat = – 4250 J
1,0–––––
5–––3
nar–––––nlíq
3sen L = ––––
5
8 –
2
+ cos2 L = 1
Da qual:
(III) Cálculo de p:
tg L = =
= ↓
(IV) Parte não vista da palavra: FÍSI
Parte vista da palavra: CA
Resposta: C
4) A fibra é feita de material com elevado índice de refração ab -
so luto e, por isso, o ângulo limite de incidência é relativa -
mente pequeno e ocorre, intensamente, o fenômeno de refle -
xão total da luz.
Resposta: A
5) O ângulo limite L é dado por:
sen L =
sen L = =
sen (45°) =
nvidro = ��2
Resposta: A
6) a) A luz sofre refração e reflexão.
b) No ponto B da interface entre o vidro e o ar, a luz incide
sob ângulo α, tal que:
α + 90° + 40° = 180°
α = 50°
Como o ângulo limite L é de 42°, a luz incide sob ângulo
maior do que o ângulo limite e sofre reflexão interna total
em B:
Respostas: a) A luz sofre refração e reflexão.
b) Vide esquema.
7)
Para que ocorra reflexão total do feixe de luz na superfície
AB:
90° – ↓ > L
sen (90° – ↓) > sen L
cos ↓ >
Do gráfico, para ↓ = 400 nm, tem-se nV = 1,47, logo:
O menor valor possível para cos ↓ é tal que:
Deve-se notar que ao menor valor de cos ↓ corresponde o
maior valor de ↓ (1.o quadrante).
Resposta: E
8) Em dias quentes, uma camada de ar mais próxima do solo é
aquecida, diminuindo seu índice de refração absoluto em
relação à camada de ar mais fria imediatamente superior.
Assim, para um observador, convenientemente posicionado,
pode ocorrer o fenômeno da reflexão total quando a luz se
propaga da camada de ar mais fria (índice de refração maior)
para a camada de ar mais quente, de índice de refração
menor. O observador poderá então ver no solo uma imagem
refletida do céu. Como a imagem do céu refletida no solo
ocorre pela reflexão da luz em uma superfície de água – uma
poça, por exemplo –, o observador interpreta que a superfície
do asfalto está coberta por uma camada de água.
Resposta: B
9) O índice de refração absoluto diminui com o aumento da alti -
tude e, portanto, o raio de luz aproxima-se cada vez mais da
normal.
n Módulo 20 – Lentes Esféricas
1) A figura representa uma lente de bordas espessas. Para
descobrirmos se a lente será convergente ou divergente,
precisamos analisar seu índice de refração. Se o índice de
refração da lente for nL e o da água for nA, teremos:
Se nL > nA, divergente, ou > , então > 1 e
teremos uma lente divergente. Como o índice de refração n
dado no exercício corresponde a n = , se n > 1 teremos
uma lente divergente.
Resposta: A
3�–––�5
4cos L = ––––
5
r–––p
sen L–––––cos L
p = 4m3
–––p
3––––
5–––––
4––––
5
nmenor–––––––nmaior
1––––––nvidro
nar––––––nvidro
1––––––nvidro
nAr––––nV
1cos ↓ > ––––
1,47
1cos ↓ � –––––
1,47
nL––––nA
nA––––nA
nL––––nA
nL––––nA
– 9
2) Como a luz atravessa a caixa, o elemento óptico no meio dela
precisa ser transparente para permitir a passagem dos raios.
Além disso, os raios que saem são desviados para fora; logo
o elemento óptico deve ser uma lente divergente.
Resposta: B
3) Para queimar a folha de papel, o estudante necessita con -
centrar os raios de luz do sol. Ele consegue realizar este feito
se utilizar lentes convergentes, neste caso representadas por
lentes de bordas finas, I e III.
Resposta: B
4) Como a lente é plano-convexa, ela tem bordas finas. Como o
índice de refração do vidro é maior que o do ar, concluímos
que a lente será convergente.
Resposta: B
5) O formato da bolha indica que se trata de uma lente bicon -
vexa, portanto de bordas finas. Como o índice de refração do
ar que forma a bolha é menor que o do vidro, a lente de
bordas finas será divergente.
Resposta: B
6) Se colocássemos o objeto em B, obteríamos uma situação
análoga à da figura, na qual o objeto se encontra no ponto
antiprincipal da lente e a imagem também.
Resposta: A
7) a)
b) Como a imagem é formada pelos prolongamentos do
raios originais refratados, ela é virtual.
8) a) A imagem é invertida e menor que o objeto; então a lente
será necessariamente convergente.
b)
C : centro óptico
F’ : foco imagem prin cipal
F : foco objeto prin ci pal
A : ponto antiprin ci pal objeto
A’ : ponto antiprin ci pal imagem
9) Notamos na figura que a imagem das letras é menor, direita
e virtual em relação à página do livro; logo, a lente utilizada
é divergente. Ao se aproximar a lente dos olhos, ela vai afas -
tando-se da página do livro, tornando a imagem cada vez
menor, sem mudar as outras características.
Resposta: A
10) a) A lente L1 é convergente, pois a imagem formada é maior,
virtual e direita. Já a lente L2 é divergente, pois a imagem
formada é menor, virtual e direita.
b) L1: virtual, aumentada, direita / L2: virtual, diminuída,
direita.
n Módulo 21 – Estudo Analítico e
Vergência de uma Lente
1) A distância focal vale f, a distância do objeto à lente é p = 3f.
Para se descobrir a distância entre o objeto e a imagem, é
preciso antes encontrar p', a distância da lente à imagem.
Usando-se Gauss, obtém-se:
= + ; = + ; = – ;
= – ; = ;
Esquematicamente, tem-se:
Logo, a distância entre objeto e imagem será:
d = p + p'
d = 3f +
d =
Resposta: E
2) Para descobrirmos a distância p’ da imagem à lente, dada a
distância focal f = 6,0cm e a distância do objeto à lente,
p = 30cm, fazemos:
= + ; = + ; = – ;
= – ; =
p' = 7,5cm
Resposta: E
1–––3f
1–––
f
1–––p’
1–––p’
1–––3f
1–––
f
1–––p’
1–––p
1–––
f
3fp’ = –––
2
2–––3f
1–––p’
1–––3f
3–––3f
1–––p’
3f–––2
9f–––2
1–––30
1–––6
1–––p’
1–––p’
1–––30
1–––6
1–––p’
1–––p
1–––
f
4–––30
1–––p’
1–––30
5–––30
1–––p’
30p’ = ––– cm
4
10 –
3) Na primeira situação, como o objeto está muito afastado da
lente, p = ∞. Também é dado p’ = 6cm. Assim:
= + ; = + ; =
Na segunda situação, p = 18cm, e a distância p’ da imagem à
lente será:
= + ; = + ; = – ;
=
Resposta: C
4) Como equivale a e equivale a , para encon -
trar a distância focal, podem-se utilizar quaisquer
coordenadas
de um ponto do gráfico. Usando-se = 5 e = 0 (0;5),
tem-se: = + ; = 5 + 0; = 5; f = m =
0,2m
Resposta: D
5) Deseja-se descobrir f e a posição de uma lente em relação ao
objeto, o que significa encontrar p.
Temos A = = = , e temos que a
d i s t â n c i a
entre objeto e imagem vale 100cm. Assim,
A = = – ↓ ; p + = 100; = 100;
p =
A = ; – = ; – 1 (f – 80) = 4f; – f + 80 = 4f; 5f = 80;
6) a) Temos f = 4cm e, dados na primeira situação, um
aumento linear A = – 1. Com estes, podemos encontrar a
posição p1 do objeto na primeira situação.
A = ; – 1 = ; – 4 + p1 = 4cm ⇒ p1 = 8cm
Na segunda situação, aproximando a lente do objeto,
teremos p2 = p1 – 2cm; p2 = 6cm. Para encontrarmos a
distância x entre as imagens da primeira e da segunda
situação, assim como o novo aumento linear A2,
precisamos encontrar p’1 e p’2.
Situação 1:
= + ; = + ;
= – ; = –
Situação 2:
= + ; = + ;
= – ; = –
A distância x será:
x = p’2 – (p’1 + d)
x = 12 – (8,0 + 2,0)
b) A2 = ; A2 =
Respostas: a) 2,0cm
b) –2,0
7) Para falarmos sobre as vergências V1 e V2, podemos analisar
as distâncias focais f1 e f2. Como raios que incidem
paralelamente ao eixo principal se refratam pelo foco da
lente, vemos que a e b correspondem às distâncias focais, em
que a = f1 e b = f2. Como f1 < f2, então V1 > V2, pois a vergência
é inversamente proporcional à distância focal.
Resposta: C
8) Se a imagem é real, invertida e de mesmo tamanho, significa
que o objeto e a imagem se encontram sobre os pontos anti-
principais da lente.
1–––
f
1–––p
1–––p’
1–––
f
1–––∞
1–––6
1–––
f
1–––6
f = 6,0cm
1–––
f
1–––p
1–––p’
1–––6
1–––18
1–––p’
1–––p’
3–––18
1–––18
1–––p’
2–––18
p’ = 9,0cm
1–––x
1–––p
1–––y
1–––p’
1–––y
1–––x
1–––5
1–––
f
1–––
f
1–––y
1–––x
1–––
f
1– ––– = A
4
– 1,0–––––
4,0
i–––o
p + p’ = 100cm.
5p–––4
p–––4
pp’ = ––––
4
1–––4
– p’–––p
4 . 100––––––
5
p = 80cm
f––––––f – 80
1––4
f––––f – p
f = 16cm
4––––––4 – p1
f–––––f – p1
1–––p’1
1–––8
1–––4
1–––p’1
1–––p1
1–––
f
1–––8
2–––8
1–––p’1
1–––8
1–––4
1–––p’1
p’1 = 8cm
1–––p’2
1–––6
1–––4
1–––p’2
1–––p2
1–––
f
2–––12
3–––12
1–––p’2
1–––6
1–––4
1–––p’2
p’2 = 12cm
x = 2,0cm
– 12––––
6
– p’2––––p2
A2 = –2
– 11
Se a distância entre o objeto e a imagem vale 4,0m, nesta
configuração a distância do objeto à lente vale 2,0m e, como
o objeto está sobre o ponto antiprincipal, que dista duas
distâncias focais da lente, a distância focal será f = 1m.
Assim V = = = 1di;
Resposta: A
9) Dados: = 1,5; R1 = +4,0cm (convexa); R2 = +6,0cm (convexa);
busca-se f:
= – 1 + ; = (1,5 – 1) +
= 0,5 . + ; = . =
f = = 4,8cm;
Resposta: C
10) Para acharmos a convergência equivalente V, devemos
somar as vergências individuais:
V = V1 + V2; V = + ; V = + ;
V = 10 + 2,5 (di) = 12,5di;
Resposta: D
11)
Como os raios que incidem na primeira lente são paralelos e
os emergentes da segunda também, as posições dos focos F1
e F2 das duas lentes devem coincidir. Logo, d = f1 + f2.
Resposta: A
n Módulo 22 – Óptica da Visão
1) a) Real, invertida e menor em relação ao objeto.
b) Supondo-se que o cristalino se comporte como uma lente
esférica biconvexa, com faces de mesmo raio de curvatura
R, da Equação de Halley obtém-se:
= – 1
Usando-se a Equação dos pontos conjugados de Gauss,
tem-se:
+ =
+ = – 1
Os valores de ncrist, nar e p’ (profundidade do olho) são
constantes. Se o objeto se aproxima do observador, p
diminui de valor e o denominador na expressão de R
aumenta e então R diminui.
c) A acomodação visual a é dada por:
a = –
Para um olho normal:
Ppróx 0,25m
↓ 0
a – 0 (di)
Respostas: a) Real, invertida e menor em relação ao objeto.
b) Diminui.
c) a 4,0di
2) Com os músculos ciliares relaxados, máxima distância focal
ocular, a imagem de um objeto distante se forma antes da
retina, posição (1), para o olho míope; na retina, posição (2),
para o olho normal; após a retina, posição (3), para o olho
hipermetrope.
Resposta: A
3) Lente convergente para a hipermetropia e divergente para a
miopia.
Resposta: E
4) O astigmatismo pode ser corrigido mediante o uso de lentes
cilíndricas.
Resposta: E
5) Na presbiopia, o indivíduo perde a capacidade de
acomodação por um enrijecimento natural dos músculos
ciliares que altera a forma do cristalino.
Resposta: D
6) Persistência retiniana.
Resposta: B
V = 1,0di1
–––1
1–––
f
n2–––n1
�1
–––6
1–––4�1
–––f�1
–––R2
1–––R1
��n2–––n1
�1–––
f
5–––24
5–––12
1–––2
1–––
f�2–––12
3–––12�1
–––f
f = 4,8m24–––5
1–––0,4
1–––0,1
1–––f2
1–––f1
V = 12,5 di
�2–––R��ncrist
–––––––nar
�1–––
f
1–––
f
1––––
p’
1–––p
�2–––R��ncrist
–––––––nar
�1––––
p’
1–––p
ncrist� –––––– – 1�nar
R = –––––––––––––– 21 1
––– + –––p p’
1–––––Prem
1––––––Ppróx
1––––––Prem
1–––––0,25
a 4,0di
12 –
7) Como o ponto remoto da pessoa está muito próximo de seu
globo ocular, a pessoa sofre de miopia:
Vmíope =
Vmíope = (di)
Resposta: C
8) a) Lente divergente.
b) fmíope = – Prem
fmíope = – 20cm
Respostas: a) Lente divergente.
b) fmíope = -20cm
9) Da Equação dos pontos conjugados de Gauss, obtemos:
+ =
+ =
p’ = – 25cm
Resposta: d = 25cm
10) O ponto próximo da pessoa está muito afastado de seus
olhos. A pessoa pode sofrer de hipermetropia e/ou
presbiopia.
Resposta: A
11) Para a correção da hipermetropia, temos:
– =
– =
Resposta: fhip = 37,5cm
n Módulo 23 – Classificação das Ondas e
Velocidade do Som e da Luz
1) Como o ar dentro do recipiente foi retirado pela bomba de
vácuo, o som que é uma onda mecânica de pressão não se
propaga do despertador até os alunos.
Resposta: A
2) Raios e raios catódicos são feixes de elétrons acelerados.
Os raios � são feixes de partículas constituídas de núcleos de
átomos de hélio, com dois prótons e dois nêutrons. Os três
tipos de raios são, então, exemplos de feixes de partículas, e
não de radiações ou ondas eletromagnéticas.
Resposta: D
3) Feixes de partículas: a e b
Ondas eletromagnéticas: c, d, e, f, g, h, i e j
Ondas mecânicas: k, l, m e n
4) A luz do relâmpago propaga-se quase instantaneamente do
ponto da queda do raio até o observador. O som se propaga
com velocidade de intensidade V = 340m/s.
V =
340 =
Resposta: �s = 1020m = 1,02km
5) Se p é a profundidade do mar, o ultrassom viaja uma
distância de 2p entre a emissão do sinal, sua reflexão no
fundo do mar e sua recepção pelo barco. A intensidade V da
velocidade do ultrassom na água é, então, dada por:
V =
1500 =
Resposta: p = 750m
6) Se d é a distância entre o caçador e o anteparo refletor, o som
viaja uma distância de 2d entre o disparo do tiro, sua reflexão
no anteparo e a recepção do eco pelo caçador. A intensidade
V da velocidade do som é, então, dada por:
V =
340 =
Resposta: B
7) A intensidade V da velocidade do som é dada por:
V =
No ar:
300 =
�tar =
Na água:
1500 =
�tágua =
1–––––Prem
1–––––0,50
Vmíope = 2,0di
1–––p
1––––
p’
1–––
f
1–––––150
1––––
p’
1––––– 30
d = �p’� = 25cm
1––––fhip
1–––––Ppróx
1–––25
1––––fhip
1––––75
1––––25
fhip = 37,5cm
�s–––�t
�s–––20
�s = 1020m = 1,02km
�s–––�t
2p–––1,0
p = 750m
�s–––�t
2d–––6,0
d = 1020m
�s–––�t
d–––––�tar
d–––––300
d––––––––
�tágua
d––––––1500
– 13
�tar – �tágua = 6,0s
– = 6,0s
Resposta: d = 2250m
8) A intensidade V da velocidade é dada por:
V =
Para a bala:
170 =
�tbala = 2,0s
O tempo total entre o disparo da bala e a recepção do som
pelo homem é dado pela soma entre o tempo de viagem da
bala �tbala do homem até o alvo e o tempo de retorno do som
do alvo até o homem �tsom:
�tbala + �tsom = 3,0s
2,0 + �tsom = 3,0s
�tsom = 1,0s
Para o som:
Vsom = (m/s)
Resposta: Vsom = 340m/s
9) A intensidade da velocidade resultante VRES entre a veloci -
dade do som Vsom e a do vento Vvento é dada por:
VRES = = Vsom – Vvento
Adotando-se a orientação de A para B, tem-se:
(1) Observador A ouve o disparo de B
= Vsom – Vvento (eq. 1)
(2) Observador B ouve o disparo de A:
= Vsom + Vvento (eq. 2)
Da soma entre (eq. 1) e (eq. 2), resulta:
+ = 2Vsom
Vsom = m/s
Substituindo-se o valor de Vsom em (eq. 2), tem-se:
= + Vvento
Vvento = m/s
Respostas: Vsom � 333,7m/s
Vvento � 11,1m/s
10) a) Ao se propagar no ar, o som viaja com uma velocidade Var
dada por:
Var =
340 =
b) Ao se propagar no trilho de aço, o som viaja com uma
velocidade Vaço dada por:
Vaço =
Nos dois trechos retilíneos do trilho, o som viaja uma
distância de 6600m. No trecho curvilíneo, o som viaja uma
distância d dada por:
d =
d = πr = 3 . 255(m)
d = 765m
�saço = 6600m + 765m
�saço = 7365m
Como o trabalhador percebe simultaneamente os sinais
pelo ar e pelo aço, temos que:
�taço = �tar = 1,5s
Portanto:
Vaço = (m/s)
Respostas: a) �tar = 1,5s
b) Vaço = 4910m/s
d–––––300
d––––––1500
d = 2250m
�s–––�t
340––––––�tbala
340–––––
1,0
Vsom = 340m/s
AB�–––––
�t
5000––––––15,5
5000––––––14,5
5000––––––14,5
5000––––––15,5
75000––––––––224,75
Vsom � 333,7m/s
75000––––––––224,75
5000––––––14,5
2500––––––––224,75
Vvento � 11,1m/s
�sar––––––
�tar
510–––––�tar
�tar = 1,5s
�saço––––––�taço
2πr–––––
2
7365––––––
1,5
Vaço = 4910m/s
14 –
FRENTE 3 – ELETRICIDADE
n Módulo 19 – Campo Magnético do Condutor Retilíneo e da Espira
1)
– 15
16 –
2)
16 –
3) Vejamos a situação da figura por cima.
Sem corrente no fio, as bússolas alinham-se com o campo
magnético terrestre.
Na segunda situação, as bússolas se alinharão conforme o
campo magnético resultante da soma vetorial do campo
magnético terrestre com o externo, dado pela corrente que
circula pelo fio.
Resposta: C
4) Conforme a regra da mão direita, ao alinharmos o dedão da
mão com a linha azul do fio, ao girarmos a mão percebemos
que os dedos “saem”do papel por cima da linha azul e
“entram” no papel por baixo da linha.
Resposta: A
5)
Situação 1: sem corrente. Há apenas campo magnético
terres tre.
– 17
Situação 2: com corrente.
Na situação 2, B e D conseguirão alinhar-se ao campo mag -
nético resultante, já C ficará inalterada.
Resposta: D
6) No 1.° caso, para uma corrente I, pela Lei de Biot-Savart,
temos B = . Quando a corrente é 3I, temos, no 2.° caso,
B2 = = 3 = 3B
Resposta: D
7)
Efetuando a regra da mão direita para cada um dos fios,
temos a configuração dos campos no ponto C. Efetuando a
soma vetorial, teremos resultante necessariamente na
direção de AA’.
8)
Resposta: D
9)
Os vetores →Bx e
→By têm sua direção e seus sentidos dados
pela regra da mão direita. Para que o campo magnético seja
nulo em P, temos:
→By –
→Bx =
→0
; = ;
Resposta: A
10) Usamos a regra da mão direita para desenhar os campos
magnéticos gerados por I’ e I’’.
Os campos só podem anular-se em II e IV, pois somente
nesses quadrantes os campos têm sentidos opostos.
Resposta: D
n Módulo 20 – Indução Eletromagnética
1) Só há corrente induzida quando há variação do fluxo
magnético.
Resposta: A
2) Quando há variação do fluxo magnético, gera-se corrente
induzida no condutor.
Resposta: C
3) Se a velocidade relativa entre o ímã e o condutor for nula,
não há variação do fluxo magnético, logo não haverá
corrente induzida.
Resposta: E
4) 0: Falso: Se houver aproximação ou afastamento, haverá
corrente.
1: Verdadeira.
2: Verdadeira.
� . I–––––2π d
µ . I–––––2π d
µ . 3I–––––2π d
y–– = 3x
µ . i––––––2 π x
µ . 3i–––––––
2 π y
→By =
→Bx
18 –
3: Falsa. Veja figura explicativa da proposição 1.
4: Verdadeira. O movimento relativo entre ímã e anel é o
mesmo descrito na posição 1.
5: Falsa. A Lei de Faraday-Lenz assegura o surgimento de
corrente induzida se houver movimento relativo entre
anel e ímã.
5) A geração de eletricidade em hidroelétricas exige que haja a
variação de fluxo magnético para gerar corrente induzida.
Essa variação de fluxo se dá girando um eletroímã, usando a
queda da água para movimentá-lo.
Resposta: A
6) I: Verdadeira: Como a área diminui com o tempo, o fluxo
magnético também diminui.
II: Verdadeira: Como o fluxo magnético está diminuindo, a
corrente induzida circula de forma a gerar um campo
magnético que se oponha a essa diminuição. Nesse caso,
o campo induzido terá a mesma direção que o campo
externo, para fora do papel, o que por sua vez
corresponde a uma corrente no sentido anti-horário.
III: Falsa:
Como o sentido da corrente é anti-horário, a força mag -
nética, pela regra da mão esquerda, terá direção oposta à da
veloci dade.
Resposta: D
7)
A corrente no sentido anti-horário gera um campo induzido →Bi
para fora do papel. Pela direção da velocidade, o fluxo de
campo magnético externo →Bext está aumentando. Como
→Bi
deve opor-se a esse aumento de fluxo, se →Bi é para fora do
papel, →Bext aponta para dentro.
Resposta: A
8)
Não há fluxo magnético nessa situação. O ângulo entre a
normal à área e as linhas de indução é 90°.
Φ = B . A . cosx = B . A . cos90° = 0
Logo não haverá corrente induzida.
Resposta: A
9)
A corrente induzida na espira 2 gera um campo induzido →Bi
que deve opor-se à variação de fluxo magnético do campo
gerado pela espira 1.
Se o fluxo diminuir, →Bi concordará com a direção do campo
→B1
em diminuição. Nesse caso, �→Bi e �
→B1 serão os sentidos
dos campos, o que significa que a corrente da espira 1 estará
no sentido anti-horário.
Se o fluxo aumentar, →Bi � e
→B1 � serão os sentidos dos cam -
pos e a corrente da espira 1 estará no sentido anti-horário.
Resposta: D
n Módulo 21 – Eletrização Por Atrito,
Contato e Indução
1) A corrente elétrica pode ser calculada pela expressão
i =
Em termos de unidades, temos:
ampère (A) =
ou, ainda: C = A . s
Resposta: A
2) Um corpo está eletricamente neutro quando as quantidades
de prótons e elétrons são iguais.
Logo, se o corpo ficou eletrizado, então essas quantidades
tornaram-se diferentes. Como a quantidade de núcleos não
foi alterada, devemos concluir que a quantidade de elétrons
mudou.
Resposta: D
3) O atrito entre duas substâncias da tabela deixa a primeira
delas eletrizada positivamente e a segunda, negativamente.
a) Lã: positiva; ebonite: negativa
b) Vidro: positiva; algodão: negativa
c) Adquiriram cargas opostas e, portanto, se atraem.
4) Q: carga da esfera
n: quantidade de elétrons
e: carga elementar
Q = n . e
Q = 2,0 . 1010 . (–1,6 . 10–19)(C)
Q = – 3,2 . 10–9C
5) QA = + 1,6 . 10–12C
QB = – 4,8 . 10–12C
Q’A = Q’B = = (C)
Q’A = Q’B = –1,6 . 10–12C
Q––––�t
coulomb (C)–––––––––––––segundo (s)
(+1,6 . 10–12) + (–4,8 . 10–12)–––––––––––––––––––––––––
2
QA + QB–––––––––
2
– 19
6) 1.° contato
Q’A = Q’B = = =
2.° contato
Q’’A = Q’C = = =
3.° contato
Q’’’A = Q’D = = =
Sendo Q a carga inicial de A, sua carga após os 3 contatos é
.
7) Um corpo é considerado isolante quando as cargas em
excesso que adquire não conseguem movimentar-se e
permanecem no local onde foram “depositadas”. O metais
são bons condutores de carga e, portanto, não são isolantes.
Resposta: E
8) Após o contato, ambas passam a ter a mesma carga, dada
pela média aritmética das cargas iniciais:
= –
Resposta: C
9) Q1 = Q; Q2 = Q; Q3 = 0
1.° contato
Q’1 = Q’3 = = =
2.° contato
Q’2 = Q’’3 = = =
Portanto, a carga final de 1 é Q/2 e a carga final de 2 é 3Q/4.
Resposta: C
10) QA = 8�C; QB = 0; QC = 0
1.° contato
Q’A = Q’B = = = 4�C
2.° contato
Q’’B = Q’C = = = 2�C
Portanto, a esfera C adquiriu 2�C.
Resposta: A
11) As esferas são idênticas e, consequentemente, adquiriram
cargas de mesmo sinal. Assim, após a eletrização, ambas se
repelem.
Antes da eletrização, a força de tração equilibra apenas a
força peso da esfera.
Após a eletrização, a força de tração equilibra a soma da força
peso da esfera com a força de repulsão elétrica.
Resposta: C
12) O processo de eletrização por contato ocorre quando há
diferença de carga entre os corpos, não ocorrendo, portanto,
para ambos neutros.
No processo de eletrização por indução, um dos corpos deve
estar eletrizado (indutor) para provocar polarização no outro
corpo.
Resposta: D
13) O eletroscópio carrega-se positivamente por contato com a
esfera. As folhas do eletroscópio, ambas com cargas
positivas, se repelem e se afastam, como mostra a figura da
alternativa b.
Resposta: B
14) Duas esferas podem atrair-se, como na figura II, quando
possuem cargas opostas ou quando uma delas está carregada
e a outra, neutra, sofre polarização por indução.
Resposta: B
Q–––2
Q + 0––––––
2
QA + QB–––––––––
2
Q–––4
Q/2 + 0–––––––
2
Q’A + QC–––––––––
2
Q–––8
Q/4 + 0–––––––
2
Q’’A + QD–––––––––
2
Q–––8
Q–––2
Q + (–2Q)–––––––––––
2
Q–––2
Q + 0––––––
2
Q1 + Q3–––––––––
2
3Q––––
4
Q + Q/2––––––––
2
Q2 + Q’3–––––––––
2
8 + 0––––––
2
QA + QB–––––––––
2
4 + 0––––––
2
Q’B + QC–––––––––
2
20 –
n Módulo 22 – Força Eletrostática
1) Sendo ambas positivas, as partículas se repelem com uma
força dada por
F =
K0 = 9 . 109 N . m2/C2
Q1 = Q2 = 8,0 . 10–6C
d = 30cm = 3,0 . 10–1m
F = (N)
Resposta: A
2) A força eletrostática entre os dois corpúsculos é dada por
F = K0
Sendo: K0 = 9 . 109N . m2/C2
Q1 = Q2 = Q
d = 1,0cm = 1,0 . 10–2m
F = 3,6 . 102N
Substituindo:
3,6 . 102 =
Q = 2. 10–6C
Q = 2�C
Resposta: E
3) F = K0
0,6 = 9 . 109 .
6 . 10–1 = 6 . 109 . Q2
Q2 = 1 . 10–10
Q = 1 . 10–5C
Q = 10 . 10–6C
Resposta: B
4) a) As esferas possuem cargas opostas e por isso se atraem.
A força de atração pode ser calculada pela Lei de
Coulomb:
F = K0
sendo: K0 = 9 . 109N . m2/c2
Q1 = 1 . 10–9C
Q2 = –5 . 10–10C
d = 0,3m
temos: F = 9 . 109 . (N)
F = 5 . 10–8N
b) Após o contato, as novas cargas serão iguais:
Q’1 = Q’2 = = (C) = 2,5 . 10–10C
A nova força entre elas tem módulo:
F’ = K0 . = 9 . 109 . (N)
F’ = 6,25 . 10–9N
e como ambas são positivas, F’→
é repulsiva.
5) F =
F = = =
� = 1
Resposta: C
6) I. Correta
As cargas do próton e do elétron são iguais em módulo
(e = 1,6 . 10–19C) e o módulo da força, dado pela Lei de
Coulomb, é o mesmo nos três esquemas:
F = K . = K .
II. Correta
De acordo com a lei da ação e reação.
III. Correta
IV. Errada
A força é atrativa apenas no esquema 2.
Resposta: A
7) Após o contato, ambas adquirem a mesma carga, dada por:
Q’1 = Q’2 = = (�C) = 6,0�C = 6,0 . 10–6C
A força de repulsão entre elas tem módulo dado pela Lei de
Coulomb:
F = K0 . = 9 . 109 . (N)
Resposta: D
8) a) F = K0 . = 0,18N
F’ = K0 . = . K0 . = . 0,18 = 0,02N
b) F’’ =K0 . = = . 0,18
F’’ = 0,18N
K0 . � Q1 � . � Q2 �––––––––––––––
9 . 109 . � 8,0 . 10–6 � . � 8,0 . 10–6 �––––––––––––––––––––––––––––––
F = 6,4N
� Q1 � . � Q2 �–––––––––––
9 . 109 . Q2
–––––––––––(1,0 . 10–2)2
� Q1 � . � Q2 �–––––––––––
2Q . 3Q –––––––––
32
� Q1 � . � Q2 �–––––––––––
� 1 . 10–9 � . � –5 . 10–10 �––––––––––––––––––––––––
1 . 10–9 – 5 . 10–10
––––––––––––––––––2
Q1 + Q2–––––––––
2
(2,5 . 10–10)2
–––––––––––––(0,3)2
� Q’1 � . � Q’2 �–––––––––––
K . � Q1 � . � Q2 �–––––––––––––
K . � Q1 � . � Q2 �––––––––––––––
4K . � Q1 � . � Q2 �–––––––––––––––
K . � 2 . Q1 � . � 2 .Q2 �–––––––––––––––––––
F’–––F
e2
––––d2
� Q1 � . � Q2 �––––––––––––
16 + (–4,0)–––––––––––
2
Q1 + Q2–––––––––
2
(6,0 . 10–6)2
–––––––––––(3,0 . 10–2)2
� Q’1 � . � Q’2 �–––––––––––
F = 360N
� Q1 � . � Q2 �–––––––––––
1––9
�Q1� . �Q2�––––––––––
1––9
�Q1� . �Q2�––––––––––
0,25––––0,25
0,25 K0 . �Q1� . �Q2�––––––––––––––––––
�0,5 .Q1� �0,5 .Q2�––––––––––––––––
(0,5d)2
– 21
9) A força de atração elétrica atua como força centrípeta:
Felé =
=
= m V2
= 9,1 . 10–31 . V2
Resposta: C
10) A força de atração elétrica atua como força centrípeta. Seja m
a massa do corpo em movimento circular. Assim,
Felé =
=
= m V2
V =
Se o raio da trajetória passar a valer r’ = 2r, então a nova
velocidade será:
V’ = = =
V’ = . V
racionalizando, V’ =
Resposta: A
11) O corpo A possui excesso de prótons e, portanto, sua carga
elétrica é positiva: qA = + nA . e, em que e é a carga elementar.
O corpo B possui excesso de elétrons e, consequentemente,
sua carga é negativa: qB = nB . e. Após o processo de eletriza -
ção, a nova carga de B passou a valer:
q’B = (–nBe) – (–2nB . e) = + nB . e
Inicialmente, a força entre A e B vale:
F1 = = =
e após a eletrização de B, vale:
F2 = = =
das quais concluímos que F2 = F1
Resposta: C
12) Seja F1
→a força de repulsão elétrica entre 2Q e q e seja F2
→a
força de repulsão elétrica entre q e Q.
Aplicando a Lei de Coulomb, temos:
F1 = =
F2 =
Observe que F2 = 2 F1 e a força resultante tem módulo:
FR = F2 – F1 = 2 F1 – F1 = F1.
Portanto, a força resultante tem sentido de q para 2Q e vale
.
Resposta: C
13) Após o contato, as esferas A e C adquirem cargas + Q/2 cada
uma. Assim, a força de repulsão entre A e C, separadas por
uma distância d1, tem módulo:
FAC =
2,00 . 10–6 =
KQ2 = 32 . 10–10
A força de repulsão entre C e B é dada por:
FCB = = =
FCB = (N) = 0,25 . 10–6N
Portanto, a força resultante tem módulo
FR = 2,00 . 10–6N – 0,25 . 10–6N
FR = 1,75 . 10–6N
orientada para a direita.
Resposta: B
14) Da Lei de Coulomb, aplicada para as partículas B e C, temos:
FBC =
3,0 . 10–6 =
KQ2 = 27 . 10–10
m V2
––––––R
m V2
––––––R
K . � e � . � e �–––––––––––––
K . e2
––––––R
9 . 109 . (1,6 . 10–19)2
––––––––––––––––––––10–10
V = 1,6 . 106m/s
m V2
––––––R
m V2
––––––r
K . � –q � . � +q �––––––––––––––
K . q2
––––––r
K . q2
––––––m . r
Kq2
––––––m r
1 ––––��2
Kq2
––––––m . 2r
Kq2
––––––m . r’
1 ––––��2
��2 V ––––––
2
K . e2 . nA . nB–––––––––––––
d2
K . � nA. e � . � –nB . e �–––––––––––––––––––
K . � qA� . � qB �–––––––––––––
K . e2 . nA . nB–––––––––––––
d2
K . � nA. e � . � nB . e �–––––––––––––––––––
K . � qA� . � q’B �–––––––––––––
K . Q . q––––––––
L2
1–––2
K . � 2Q � . � q �–––––––––––––
K . � q � . � Q �–––––––––––––
K . Q . q––––––––
2 L2
K . � Q/2 � . � Q/2 �–––––––––––––––
d12
K . Q2/4–––––––––––(2 . 10–2)2
KQ2
––––––––––128 . 104
K . Q2/2–––––––––––(8 . 10–2)2
K . � Q/2 � . � Q �–––––––––––––––
d22
32 . 10–10
––––––––––––128 . 10–4
K . � QB� . � QC �–––––––––––––
d2BC
K . Q2
–––––––––––(3,0 . 10–2)2
22 –
A força entre A e B tem módulo dado por:
FCB = = = (N)
FAB = 27 . 10–6N
Portanto, a força resultante tem intensidade:
FR = 27 . 10–6N – 3,0 . 10–6N
Orientada para a direita.
Resposta: D
15) Na situação da figura I, a carga de prova está sujeita à ação
de cinco forças repulsivas iguais.
Note, pela simetria da figura, que a força resultante F1
→é a
soma vetorial entre FB
→, FC
→e FD
→, já que FA
→e FE
→se anulam. Na
situação da figura II, aparecem mais três forças atrativas, de
mesmo módulo que as cinco anteriores, nas mesmas
direções de FB
→, FC
→e FD
→.
Logo, a soma vetorial entre FF
→, FG
→e FH
→é exatamente igual a F1
→,
o que nos fornece uma força total resultante 2F1
→.
Resposta: E
n Módulo 23 – Campo Elétrico
1) O módulo do campo elétrico é dado por
E =
Sendo
Q = 4,0�C = 4,0 . 10–6C
K = 9,0 . 109N . m2/C2
d = 2,0mm = 2,0 . 10–3m
Temos
E = (N/C)
E = 9,0 . 109N/C
2) A intensidade do campo elétrico pode ser calculada pela
expressão
E =
Sendo F = 0,80N
q = 2,0 . 10–6C
Temos E = (N/C)
E = 4,0 . 105N/C
Resposta: E
3) A intensidade do campo elétrico pode ser calculada pela
expressão
E =
Sendo F = 1,2N
q = 4,0�C = 4,0 . 10–6C
Temos E = (N/C)
E = 3,0 . 105N/C
Resposta: A
4) De acordo com a 2.a Lei de Newton, FR = m . a
Como a força elétrica é a única força atuante, temos que
Felétrica = m . a
� q � . E = m . a
a =
Sendo
q = 4�C = 4 . 10–6C
m = 5g = 5 . 10–3kg
E = 3 . 103N/C
Temos:
a = (m/s2)
a = 2,4m/s2
Resposta: A
27 . 10–10
––––––––––1,0 . 10–4
K . Q2
–––––––––––(1,0 . 10–2)2
K . � QA � . � QB�–––––––––––––––
dAB2
FR = 24 . 10–6N
K . � Q �––––––––
d2
9,0 . 109 . � 4,0 . 10–6 �–––––––––––––––––––––
(2,0 . 10–3)2
F––––� q �
0,80––––––––––2,0 . 10–6
F––––� q �
1,2––––––––––4,0 . 10–6
� q � . E–––––––
m
4 . 10–6 . 3 . 103
––––––––––––––––5 . 10–3
– 23
5) O campo elétrico de uma partícula positiva é radial e
orientado para fora dela, como nos casos das figuras 1 e 2, e
orientado para a partícula quando ela é negativa, como
mostra a figura 3.
Na figura 1, F→
e E→
possuem o mesmo sentido e, portanto, q
é positiva.
Nas figuras 2 e 3, F→
e E→
possuem sentidos contrários, logo q
é negativa.
Assim, apenas as afirmações I e III são verdadeiras.
Resposta: C
6) O módulo do campo elétrico é calculado por
E =
Note que E e d2 são grandezas inversamente proporcionais,
cujo gráfico é representado corretamente pela alternativa e.
Resposta: E
7) O módulo do campo elétrico é dado por
E =
Para outra situação, na qual
� Q’ � = � 2Q �
d’ = 3d
tem-se
E’ = = =
E’ =
8) O campo elétrico de uma partícula é radial. As retas suportes
dos vetores que representam o campo nos pontos A e B
devem encontrar-se no local em que se situa a carga
geradora do campo.
Note que a distância entre P e Q é o dobro da distância entre
B e Q:
dp = 2dB
Os módulos do campo elétrico em B e em P são calculados
por:
EB = = 24N/C
Ep = = = = . 24N/C
Ep = 6,0 N/C
Resposta: DK . � Q �––––––––
d2
K . � Q �––––––––
d2
2K � Q �––––––––
9d2
K . � 2Q �––––––––
(3d)2
K . � Q’ �––––––––
(d’)2
2–– E9
K . � Q �–––––––––
dB2
1––4
K � Q �–––––––––
dB2
1––4
K � Q �–––––––––
(2dB)2
K . � Q �–––––––––
dp2
24 –