– 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 –