94225931 2º-bim-3º-em-exercicios(1)

– 257
1. (UNIMONTES-MG) – O gráfico representa a variação da
intensidade da força resultante F
→
, que atua sobre um corpo de massa
2,0 kg, em função de sua posição x. A trajetória do corpo é retilínea e
ele parte do repouso da posição x = 0.
Pedem-se
a) o módulo da aceleração máxima adquirida pelo corpo;
b) o trabalho total realizado pela força F
→
entre as posições x = 0 e
x = 4,0m;
c) a velocidade escalar do corpo na posição x = 4,0m.
RESOLUÇÃO:
a) PFD: Fmáx = m amáx
4,0 = 2,0 amáx ⇒
b) τ = área (F x d)
τ = (J) = 8,0J
c) TEC: τ = ∆Ecin
τ = Vf
2
– V0
2
8,0 = Vf
2
Vf = ͙ළළළළ8,0 m/s = 2 ͙ළළළළ2,0 m/s
Respostas: a) 2,0m/s2
b) 8,0J
c) 2,8m/s
2. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA) – Um carro de
corrida com massa de 800kg, partindo do repouso e se deslocando com
aceleração constante em uma pista plana, horizontal e retilínea, depois
de 10,0s, atinge a velocidade escalar de 216km/h. A potência útil média
desenvolvida pelo motor do carro é igual a:
a) 1,44 . 105W b) 1,87 . 105W c) 2,25 . 105W
d) 1,87 . 106W e) 3,15 . 106W
Nota: Despreze o efeito do ar.
RESOLUÇÃO:
Potm =
TEC: τmotor = ∆Ecin = –
Potm =
Potm = . (W)
Resposta: A
3. (MODELO ENEM) – A força de resistência que a água oferece ao
movimento de uma lancha tem intensidade F dada por:
F = k V
k é uma constante que depende das dimensões e forma da lancha e da
densidade da água.
V é o módulo da velocidade da lancha.
A potência P do motor de uma lancha é dada pela relação:
P = Fm V
Fm = intensidade da força do motor.
V = módulo da velocidade da lancha.
Quando uma lancha está com seu motor operando com potência máxima
e tem velocidade constante, a força de resistência da água equilibra a
força do motor.
Para uma dada lancha, a velocidade máxima tem módulo V = 100km/h.
Se pretendermos duplicar a velocidade máxima da lancha, mantendo a
sua forma geométrica, deveremos trocar o seu motor por outro que opere
com potência máxima
a) duas vezes maior b) quatro vezes maior
c) oito vezes maior d) dez vezes maior
e) dezesseis vezes maior
MÓDULO 11
TRABALHO E POTÊNCIA
Potm = 1,44 . 105 W
800
––––
2
(60,0)2
––––––
10,0
mV2
–––––
2 ∆t
mV2
–––––
2
mV0
2
–––––
2
τmotor
––––––
∆t
Vf ≅ 2,8 m/s
2,0
––––
2
m
––––
2
m
––––
2
4,0 . 4,0
––––––––
2
amáx = 2,0 m/s2
FRENTE 1 – MECÂNICA
C2_FISICA_3a_PROF 25/02/10 14:18 Página 257

258 –
RESOLUÇÃO:
V = Vmáx ⇔ Fmotor = Fresistência = k Vmáx
Pmáx = Fmotor . Vmáx = k Vmáx . Vmáx
Para duplicar Vmáx, o valor de Pmáx deverá ser multiplicado por 4.
Resposta: B
4. (MODELO ENEM) – Considere um elevador que tem massa de
1,0t quando está vazio e tem capacidade máxima para oito pessoas com
massa total de 650kg
Pretende-se dimensionar um motor adequado para acionar este
elevador, que deverá ter uma potência média útil igual a Pot e ao ser
ligado à rede elétrica com tensão de 220V deverá ser percorrido por
uma corrente elétrica de intensidade I ao fornecer a potência útil Pot.
Despreze a resistência interna do motor.
O elevador deverá subir oito andares, cada um com altura de 3,0m,
com velocidade escalar constante de 2,0m/s.
A aceleração da gravidade tem módulo g = 10m/s2 e as forças
dissipativas são desprezadas.
Os valores de Pot e I são:
a) 22kW e 100A b) 33kW e 150A c) 66kW e 300A
d) 120kW e 200A e) 44kW e 200A
RESOLUÇÃO:
1) Sendo a velocidade constante: F = P
2) Pot = F V cos0º
Pot = (1000 + 650) 10 . 2,0 (W)
Pot = 3,3 . 104 W
3) Pot = UI
33000 = 220 I
Resposta B
1. (UFPE) – Um esqueitista inicia uma prova no ponto A da pista
mostrada na figura. Ele desce a pista após uma impulsão inicial, que faz
com que atinja a altura máxima do seu trajeto no ponto B da pista.
Desprezando-se qualquer atrito, calcule a velocidade escalar inicial
devida à impulsão, em m/s. Adote g = 10m/s2.
a) 2,0 b) 3,0 c) 4,0 d) 5,0 e) 6,0
RESOLUÇÃO:
1) Se no ponto B a altura de seu trajeto é a máxima, concluímos que, em
B, a velocidade é nula.
2) Como não há atrito, o sistema é conservativo:
(ref. em A)
mg (hB – hA) =
V0 = ͙ළළළළළළළළළළළළළළළ2g (hB – hA)
V0 = ͙ළළළළළළළළළළළළ2 . 10 . 1,8 (m/s)
Resposta: E
2. Comprime-se uma mola de constante elástica k, com uma esfera de
massa m, produzindo-se uma deformação x. Abandonando-se o
sistema, a esfera atinge uma altura máxima h na rampa, mostrada na
figura. Provocando-se uma deformação 2x na mola, a nova altura
atingida pela esfera, na rampa, suposta suficientemente longa, será
igual a:
a) h/2 b) ͙ළළළ2 h c) h d) 2h e) 4h
Dado: despreze todas as formas de atrito.
Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL
OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”,
digite FIS3M201
No Portal Objetivo
MÓDULO 12
ENERGIA MECÂNICA
Pmáx = K V2
máx
I = 150 A
Pot = 33kW
Pot = P V
F
P
V
V0 = 6,0m/s
mV0
2
–––––
2
EB = EA

RESOLUÇÃO:
(referência no solo)
mgh =
h é proporcional a x2; quando x duplica, h torna-se quatro vezes maior.
Resposta: E
3. (UNICAMP-SP) – Bungee jumping é um esporte radical, muito
conhecido hoje em dia, em que uma pessoa salta de uma grande altura,
presa a um cabo elástico. Considere o salto de uma pessoa de 80kg.
No instante em que a força elástica do cabo vai começar a agir, o
módulo da velocidade da pessoa é de 20m/s. O cabo atinge o dobro de
seu comprimento natural quando a pessoa atinge o ponto mais baixo de
sua trajetória. Para resolver as questões abaixo, despreze a resistência
do ar e considere g = 10m/s2.
a) Calcule o comprimento normal do cabo.
b) Determine a constante elástica do cabo.
RESOLUÇÃO:
a) Usando-se a conservação da energia mecânica entre A e B, vem:
(Referência em B)
= m g L
L = = (m) ⇒
b) Usando-se a conservação da energia mecânica entre A e C, vem:
(Referência em C)
= m g 2 L
k =
k = 4 . (N/m)
Respostas: a) 20m
b) 160N/m
4. (MODELO ENEM) – Em um incêndio, os bombeiros posicionam
uma cama elástica para receber uma pessoa de massa 80kg que cairá
verticalmente, a partir do repouso, de uma altura H = 20m acima da
cama elástica. A aceleração da gravidade tem módulo g = 10m/s2 e
admite-se que não haja dissipação de energia mecânica.
A pessoa atinge a cama com uma velocidade de módulo V e, até a sua
velocidade se anular, a cama sofre uma deformação x = 1,0m.
Admita que a pessoa caiu bem no centro da cama elástica, que se
comporta como uma mola elástica ideal.
H = 20m
Efinal = Einicial
kx2
h = ––––
2mg
kx2
––––
2
k = 160N/m
800
–––––––
20
4mg
––––––––
L
k L2
––––––
2
EC = EA
L = 20m
(20)2
–––––––
20
VB
2
––––––
2g
m VB
2
––––––––
2
EB = EA
– 259

Pretende-se calcular com que velocidade escalar V a pessoa atinge a
cama elástica e qual a constante elástica k associada à cama elástica.
Os valores encontrados são mais próximos de:
a) V = 20m/s b) V = 20m/s
k = 3,2 . 104N/m k = 3,4 . 104N/m
c) V = 10m/s d) V = 10m/s
k = 3,2 . 104N/m k = 3,4 . 104N/m
e) V = 8,0m/s
k = 3,0 . 104N/m
RESOLUÇÃO:
1) Durante a queda, a energia potencial de gravidade se transforma em
energia cinética:
m V2
m g H = ––––––
2
V = ͙ෆෆෆ2gH = ͙ෆෆෆෆෆ2.10. 20 (m/s) ⇒
2) Quando a pessoa para, temos:
Epoti
= Ee
k x2
mg (H + x) = ––––
2
k (1,0)2
80 . 10 . 21 = –––––––
2
Resposta: B
1. (UFABC-SP-MODELO ENEM) – As baleias deslocam-se na
água por meio de suas nadadeiras caudais horizontais. Suponha que
num dia de verão, determinada baleia de 40 toneladas de massa, numa
viagem para águas mais frias em busca de alimentos, esteja movendo-
se horizontalmente, em linha reta, e tenha sua velocidade escalar
aumentada de 1,4m/s para 2,2m/s num certo intervalo de tempo. A
intensidade do impulso total aplicado sobre essa baleia, nesse intervalo
de tempo, foi, em N.s, igual a:
a) 1,6 . 104 b) 3,2 . 104 c) 5,6 . 104
d) 8,8 . 104 e) 1,4 . 105
RESOLUÇÃO:
Teorema do Impulso:
→
I = ∆
→
Q
͉
→
I ͉ = m ∆V
͉
→
I ͉ = 40 . 103 . (2,2 – 1,4) (SI)
Resposta: B
2. (5th INTERNATIONAL JUNIOR SCIENCE OLYMPIAD –
COREIA DO SUL-MODELO ENEM) – Um carro A de massa
500kg está trafegando a 100km/h e outro carro, B, de massa 1000kg
está trafegando a 50km/h em uma estrada horizontal. Quando os
motoristas pisaram nos freios de maneira forte o suficiente para que as
rodas travassem imediatamente, os dois carros moveram-se com as
rodas travadas até parar. Qual é a razão entre os tempos de parada dos
carros A e B? Qual a razão entre as distâncias percorridas até a parada
dos carros A e B? Assuma que ambos os carros se movam em linha
reta, os coeficientes de atrito entre os pneus e a estrada são os mesmos
para ambos os carros e a resistência do ar possa ser desprezada.
RESOLUÇÃO:
I) TI: I
→
at = ∆Q
→
–µmgT = –mV0 ⇒
II) TEC: τat = ∆Ecin
µmgd(–1) = 0 – ⇒
mV0
2
–––––
2
V0
2
d = ––––
2µg
V0
T = –––
µg
Tempo de parada
(Carro A: Carro B)
Distância percorrida até a parada
(Carro A: Carro B)
a) 1:1 2:1
b) 2:1 2:1
c) 2:1 4:1
d) 4:1 4:1
͉
→
I ͉ = 3,2 . 104 N.s
MÓDULO 13
IMPULSO E QUANTIDADE DE MOVIMENTO
k ≅ 3,4 . 104N/m
H + x
A
B
V = 0o
V = 0f
V = 20m/s
Teoria necessária para a resolução da questão:
1) Energia potencial gravitacional:
m = massa
g = módulo da aceleração da gravidade
H = altura
2) Energia cinética:
m = massa
V = módulo da velocidade
3) Energia potencial elástica:
k = constante elástica
x = deformação
Ep = m g H
mV2
EC = ––––
2
k x2
Ee = ––––
2
260 –

– 261
= = = 2
= = = 4
Resposta: C
3. (UFBA)
O gráfico mostra, aproximadamente, a intensidade da força, em função
do tempo, que uma parede vertical exerce sobre uma bola de borracha
de massa 35g que se movimenta horizontalmente, desde o instante em
que a bola toca na parede até o instante em que se separam. Conside-
rando-se a colisão perfeitamente elástica, calcule, a partir da análise
do gráfico, o impulso que a parede transmite à bola e, com esse valor,
determine o módulo V0 da velocidade inicial da bola.
RESOLUÇÃO:
1) I = área (F x t)
I = 2 . 0,01 . + 2 (40 + 20) (N . s)
I = 0,20 + 1,2 (N . s)
2)
TI: Ibola = ∆Qbola
Ibola = m ∆V = m . 2V0
1,4 = 35 . 10–3 . 2V0
Resposta: I = 1,4N.s
V0 = 20m/s
4. (UFRN-MODELO ENEM) – Alguns automóveis dispõem de um
eficiente sistema de proteção para o motorista, que consiste de uma
bolsa inflável de ar. Essa bolsa é automaticamente inflada, do centro do
volante, quando o automóvel sofre uma desaceleração súbita, de modo
que a cabeça e o tórax do motorista, em vez de colidirem com o
volante, colidem com a bolsa.
A figura a seguir mostra dois gráficos da variação temporal da
intensidade da força que age sobre a cabeça de um boneco que foi
colocado no lugar do motorista.
Os dois gráficos foram registrados em duas colisões de testes de
segurança. A única diferença entre essas colisões é que, na colisão I, se
usou a bolsa e, na colisão II, ela não foi usada.
Da análise desses gráficos, conclui-se que a explicação para o sucesso
da bolsa como equipamento de proteção é:
a) A bolsa diminui o intervalo de tempo da desaceleração da cabeça do
motorista, diminuindo, portanto, a intensidade da força média que
atua sobre a cabeça.
b) A bolsa aumenta o intervalo de tempo da desaceleração da cabeça
do motorista, diminuindo, portanto, a intensidade da força média
que atua sobre a cabeça.
c) Abolsa diminui o módulo do impulso total transferido para a cabeça
do motorista, diminuindo, portanto, a intensidade da força máxima
que atua sobre a cabeça.
d) A bolsa diminui a variação total do momento linear da cabeça do
motorista, diminuindo, portanto, a intensidade da força média que
atua sobre a cabeça.
e) Com a bolsa ou sem a bolsa, a intensidade da força média que atua
sobre a cabeça é a mesma, porém com a bolsa o impulso aplicado
na cabeça é menor.
RESOLUÇÃO:
TI: I
→
cabeça =
→
∆Qcabeça
Área (F x t) = |Q
→
0|
Fmáx ∆t
–––––––– = mV0 = constante
2
Aumentando ∆t, reduzimos Fmáx.
Resposta: B
V0 = 20m/s
I = 1,4N . s
20
–––
2
0,02
––––
2
dA
–––
dB
V0A
΂––––΃
2
V0B
100
΂––––΃
2
50
TA
–––
TB
V0A
–––
V0B
100
–––
50

1. (UERJ-MODELO ENEM) – Um certo núcleo atômico N, inicial-
mente em repouso, sofre uma desintegração radioativa, fragmentando-
se em três partículas, cujos momentos lineares são:
→
P1,
→
P2 e
→
P3.
A figura abaixo mostra os vetores que representam os momentos
lineares das partículas 1 e 2 (
→
P1 e
→
P2), imediatamente após a desinte-
gração.
O vetor que melhor representa o momento linear da partícula 3, (
→
P3),
é:
a) b) c) d)
RESOLUÇÃO:
O núcleo é um sistema isolado e, portanto,
→
Qapós =
→
Qantes
→
P1 +
→
P2 +
→
P3 =
→
0
→
P3 = – (
→
P1 +
→
P2)
Resposta: D
2. Um projétil de massa M = 20,0kg é lançado, a partir do solo, com
velocidade inicial de módulo 100m/s, formando com o plano horizontal
um ângulo θ = 60°. No ponto mais alto de sua trajetória, o projétil
explode em dois fragmentos, A e B, de massas iguais. Imediatamente
após a explosão, o fragmento A tem velocidade nula. Despreze o efeito
do ar.
Determine
a) o módulo da velocidade do fragmento B, imediatamente após a
explosão;
b) a energia liberada na explosão, que é transformada em energia
cinética dos fragmentos.
RESOLUÇÃO:
a) 1) No ponto mais alto, a velocidade do projétil, antes da explosão, é
dada por:
V0x = V0 cos θ = 100 . (m/s) = 50m/s
2) No ato da explosão, o projétil é um sistema isolado.
Qimediatamente após = Qimediatamente antes
VB = M V0x
b) Ecin
antes
= V0x
2
= (50)2(J) = 2,5 .104J
Ecin
após
= VB
2
= . (100)2(J) = 5,0 . 104J
Etransformada = Ecin
após
– Ecin
antes
= 2,5 . 104(J)
Respostas: a) 100m/s
b) 2,5 . 104J ou 25kJ
3. (UFU-MG-MODELO ENEM) – Numa estação de esqui, João
está deslizando tranquilamente sobre uma superfície horizontal, sem
atrito, com velocidade constante com módulo igual a 10m/s. Em um
dado instante, João é atingido por um enxame de vespas “gigantes”,
cada uma com massa igual a 10g, que se deslocavam com velocidade
constante de módulo igual a 20m/s no sentido contrário ao de João.
Maria, observando o acontecimento, nota que, após o choque entre
João e o enxame de vespas, o módulo da velocidade de João cai para
8m/s, e todas as vespas que colidiram ficaram coladas no uniforme de
João. Conhecendo a massa de João, 75kg, rapidamente ela estimou a
quantidade de vespas que se chocaram com João.
Assinale a alternativa que melhor representa a estimativa de Maria.
a) 350 b) 440 c) 536 d) 750 e) 1000
RESOLUÇÃO:
No ato da colisão, João e o enxame de vespas formam um sistema isolado:
Qapós = Qantes
(M + nm) V = M V0 + nm VP
(75 + n . 10–2) 8 = 75 . 10 + n . 10–2 . (– 20)
600 + 8n . 10–2 = 750 – 20n . 10–2
28n . 10–2 = 150
Resposta: C
n ≅ 536
M/2
––––
2
20,0
––––
4,0
M
–––
2
20,0
––––
2
VB = 2V0x = 100m/s
M
–––
2
1
–––
2
MÓDULO 14
SISTEMAS ISOLADOS
262 –

4. Considere dois blocos idênticos, A e B, feitos de um material cujo
calor específico sensível vale c. Os blocos estão sobre um plano
horizontal sem atrito e despreza-se o efeito do ar. O bloco A está com
velocidade de módulo V0 e o bloco B está em repouso. Os blocos
realizam uma colisão perfeitamente inelástica e admite-se que toda a
energia mecânica dissipada é usada como calor sensível para aquecer
os blocos.
A variação de temperatura dos blocos
a) não pode ser determinada sem conhecermos a massa dos blocos.
b) vale . c) vale .
d) vale . e) vale .
RESOLUÇÃO:
1) Usando-se a conservação da quantidade de movimento no ato da
colisão, vem:
Qapós = Qantes
2m Vf = m V0 ⇒
2) Antes da colisão: Ei =
Após a colisão: Ef =
2
=
Edissipada = Ei – Ef =
3) Edissipada = Q = 2m c ∆θ
= 2m c ∆θ ⇒
Resposta: E
5. (UFLA-MG) – Uma mola encontra-se comprimida por dois blocos
de massas m1 = 1,0kg e m2 = 3,0kg, sobre uma mesa horizontal sem
atrito. A energia potencial elástica armazenada na mola vale 600J. Ao
soltarmos os dois blocos, m1 se desloca para a direita e m2 para a
esquerda. Os módulos de suas velocidades V1 e V2 são:
a) V1 = 10m/s; V2 = 30m/s.
b) V1 = 10m/s; V2 = 10m/s.
c) V1 = 30m/s; V2 = 10m/s.
d) V1 = 60m/s; V2 = 60m/s.
e) V1 = 2m/s; V2 = 5m/s.
RESOLUÇÃO:
1) Q
→
após = Q
→
antes
Q
→
1 + Q
→
2 = 0
→
| Q
→
1 | = | Q
→
2 |
m1V1 = m2V2 ⇒ 1,0 V1 = 3,0 V2
2) Ee = +
600 = 9V2
2
+ V2
2
1200 = 12V2
2
V2
2
= 100 ⇒
Resposta: C
1. Seja R o raio da Terra.
Considere a órbita da Lua, em torno do centro da Terra, como circular,
de raio 60R, e período de 27 dias.
Admita um satélite estacionário da Terra, utilizado em telecomuni-
cações.
Julgue os itens a seguir.
I. O satélite pode estar acima da cidade de Macapá.
II. A órbita do satélite é circular.
III. O período do satélite é de 1d.
IV. O raio de órbita do satélite é aproximadamente igual a 6,7R.
Responda mediante o código:
a) Todos os itens estão corretos.
b) Estão corretos apenas os itens I, II e III.
c) Apenas o item III é falso.
d) Está correto apenas o item IV.
e) Todos os itens são falsos.
MÓDULO 15
LEIS DE KEPLER
E LEI DA GRAVITAÇÃO UNIVERSAL
V1 = 30m/s
V2 = 10m/s
1,0
–––
2
3,0
–––
2
m1V1
2
––––––
2
m2V2
2
––––––
2
V1 = 3V2
m V0
2
–––––
4
V0
2
∆θ = ––––
8c
m V0
2
–––––
4
2m
–––
2
V0
΂–––΃2
m V0
2
–––––
4
m V0
2
–––––
2
V0
Vf = –––
2
V0
2
–––
2c
V0
2
–––
8c
2V0
2
––––
c
V0
2
–––
c
– 263

RESOLUÇÃO:
Para que um satélite seja estacionário, há três condições:
I. Correto. Órbita contida no plano equatorial da Terra: pode ficar acima
de Macapá porque esta cidade está situada na linha do Equador ter-
restre.
II. Correto. Órbita circular para que o movimento de translação seja uni-
forme.
III.Correto. Período de translação igual ao período de rotação da Terra
(1d = 24h).
IV. Correto. O raio de órbita é dado pela 3.ª Lei de Kepler:
, em que ⇒
Resposta: A
2. (UNIP-SP-MODELO ENEM) – A ilustração abaixo representa
astronautas flutuando no interior de uma nave que está em órbita
circular em torno do centro da Terra, sob ação exclusiva da força
gravitacional aplicada pela Terra.
Considere as proposições que se seguem:
I. Os astronautas flutuam porque a nave e todo o seu conteúdo estão
em queda livre.
II. A “gravidade zero” no interior da nave é explicada por estar a
nave fora do campo gravitacional criado pela Terra.
III. A força gravitacional que a Terra aplica no sistema formado pela
nave e pelo seu conteúdo faz o papel de resultante centrípeta.
Responda mediante o código:
a) Apenas I está correta. b) Apenas II está correta.
c) Apenas III está correta. d) Apenas I e II estão corretas.
e) Apenas I e III estão corretas.
RESOLUÇÃO:
I. Correta. Um corpo está em queda livre quando está sob ação exclusiva
da força gravitacional. Todo corpo em órbita (circular ou elíptica) está
em uma eterna queda livre.
II. Falsa.
III.Correta. O movimento da nave é circular uniforme e a força resultante
é centrípeta.
Resposta: E
3. (UFG-GO) – Com base nas observações do astrônomo Tycho
Brahe, Kepler formulou três leis para o movimento planetário. Uma
delas relaciona o quadrado do período de revolução do planeta em
torno do Sol e o cubo da distância média entre eles: T2 = Cd3. Partindo
da Lei da Gravitação Universal de Newton, demonstre essa Lei de
Kepler e obtenha a constante de proporcionalidade C. Considere que o
Sol, de massa M, está em repouso e que o planeta, de massa m, descre-
ve uma órbita circular em torno dele. Despreze a influência de outros
planetas.
RESOLUÇÃO:
Supondo-se a órbita circular, o movimento de translação do planeta é
uniforme:
FG = Fcp
= m ω2 d
ω2 = =
2
=
T2 =
d3
C
e
digite FIS3M202
No Portal Objetivo
T2 = C d3 4 π2
C = –––––
G M
4 π2
––––
GM
G M
–––––
d3
4 π2
––––
T2
G M
–––––
d3
2 π
΂––––΃T
G M m
–––––––
d2
60R 20
RS = –––– = ––– R ⇒
9 3
RS ≅ 6,7R
RS
3 RL
3
–––– = ––––
TS
2 TL
2
RL = 60R
TL = 27d
TS = 1d
RS
3 (60R)3
––– = ––––––
1 36
264 –

4. (VUNESP-FMJ-SP-MODELO ENEM) – O planeta Urano,
descoberto em 1781, apresenta como peculiaridade o fato de seu eixo
de rotação ser praticamente paralelo ao plano de sua órbita, ou seja, é
um planeta “deitado”. O raio de Urano é 4 vezes maior do que o raio
da Terra, e sua massa é aproximadamente 16 vezes maior que a da
Terra. Sendo gU e gT as intensidades dos campos gravitacionais criados
por Urano e pela Terra em suas respectivas superfícies, pode-se afirmar
que:
a) gU = (1/4) gT b) gU = (1/2) gT c) gU = gT
d) gU = 2 gT e) gU = 4 gT
RESOLUÇÃO:
P = FG
m g =
= .
2
= 16
2
= 1
gU = gT
Resposta: C
1. (VUNESP-SP) – Uma jovem de 60kg está em pé sobre o assoalho
de uma sala, observando um quadro.
a) Considerando-se a aceleração da gravidade com módulo igual a
10m/s2, determine a intensidade da força
→
F que ela exerce sobre o
assoalho.
b) A jovem está usando sapatos de saltos e a área da base de cada salto
é igual a 1,0cm2. Supondo-se que um dos saltos suporte 1/3 do peso
da jovem, determine a pressão p, em N/m2, que este salto exerce
sobre o assoalho.
RESOLUÇÃO:
a) A força que a jovem exerce no solo tem intensidade igual à de seu peso:
F = m g = 60 . 10 (N)
b) A pressão é dada por:
p = =
p = (Pa)
Respostas: a) 6,0 . 102N
b) 2,0 . 106N/m2
2. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA-MODELO ENEM) –
Um submarino navega no mar. O gráfico representa a pressão total que
o submarino suporta, em função do tempo, durante 30 minutos de
navegação. Considera-se a densidade da água salgada praticamente igual
à da água doce (1,0g/cm3).
Pode-se afirmar que o submarino
a) atinge a profundidade máxima de 50m.
b) mergulhou no instante t = 10min.
c) suporta, no instante t = 25min, uma pressão hidrostática de 1,0atm.
d) atinge a profundidade máxima de 60m.
e) não navega na superfície do mar.
RESOLUÇÃO:
p = patm + µ g H
Para p = pmáx = 6,0 . 105 Pa, temos: H = Hmáx
6,0 . 105 = 1,0 . 105 + 1,0 . 103 . 10 . Hmáx
5,0 . 105 = 104 Hmáx ⇒
Para t = 25min ⇒ ptotal = 1,0atm e, portanto, Phidrostática = 0 (submarino na
superfície).
Resposta: A
digite FIS3M203
No Portal Objetivo
Hmáx = 50m
p = 2,0 . 106N/m2
200
–––––––––
1,0 . 10–4
|F
→
|
––––
A
1
––
3
mg
–––
A
F = 6,0 . 102N
MÓDULO 16
DENSIDADE, PRESSÃO E LEI DE STEVIN
gU
––––
gT
1
΂––΃4
gU
––––
gT
MU
––––
MT
RT
΂––––΃RU
G M
g = –––––
R2
G M m
–––––––
R2
– 265

3. (FUVEST-SP-MODELO ENEM) – Uma equipe tenta resgatar um
barco naufragado que está a 90m de profundidade. O porão do barco
tem tamanho suficiente para que um balão seja inflado dentro dele,
expulse parte da água e permita que o barco seja içado até uma
profundidade de 10m. O balão dispõe de uma válvula que libera o ar,
à medida que o barco sobe, para manter seu volume inalterado. No
início da operação, a 90m de profundidade, são injetados 20.000 mols
de ar no balão. Ao alcançar a profundidade de 10m, a porcentagem do
ar injetado que ainda permanece no balão é:
a) 20% b) 30% c) 50% d) 80% e) 90%
RESOLUÇÃO:
1) A 90m de profundidade, a pressão da água é dada por:
p1 = patm + µ g H1
p1 = 1,0 . 105 + 1,0 . 103 . 10 . 90 (Pa) = 10,0 . 105Pa = 10,0atm
2) A 10m de profundidade, a pressão da água é dada por:
p2 = patm + µ g H2
p2 = 1,0 . 105 + 1,0 . 103 . 10 . 10 (Pa) = 2,0 . 105Pa = 2,0atm
3) Aplicando-se a Equação de Clapeyron:
p1V = n1RT
p2V = n2RT
= = =
n2 = n1 ou
Resposta: A
4. (VUNESP-SP) – Considere os dois recipientes da figura, com bases
de mesma área e que são preenchidos com um mesmo líquido até uma
mesma altura h.
A pressão suportada pelo fundo de cada recipiente (pA e pB) e a
intensidade da força exercida em cada um (FA e FB) têm a seguinte
relação:
a) pA = pB e FA = FB. b) pA = pB e FA > FB.
c) pA > pB e FA = FB. d) pA > pB e FA > FB.
e) pA > pB e FA < FB.
RESOLUÇÃO:
1) A pressão total no fundo do recipiente é dada por:
p = patm + µgH
Como se trata do mesmo líquido (mesmo µ) e a altura H é a mesma,
resulta:
2) A força aplicada no fundo do recipiente tem intensidade F dada por:
F = p A
Como pA = pB e AA = AB, resulta:
Resposta: A
1. No alto de uma montanha, foi feita a experiência de Torricelli e a
altura da coluna de mercúrio foi de 36cm.
Assumindo-se para o valor do módulo da gravidade local g = 10m/s2 e
para a densidade do mercúrio o valor 14g/cm3:
a) calcule a pressão atmosférica local em unidades do SI;
b) compare a pressão atmosférica local com a pressão atmosférica no
nível do mar, considerada como valendo p0 = 1,0 . 105 Pa.
RESOLUÇÃO:
a) De acordo com a Lei de Stevin:
pB = pA
patm = µM g hM
patm = 14 . 103 . 10 . 36 . 10–2 Pa
b) patm = 5,0 . 104 Pa
p0 = 1,0 . 105 Pa
Respostas: a) 5,0 . 104 Pa b) patm =
p0
–––
2
} p0
patm = –––
2
patm ≅ 5,0 . 104 Pa
MÓDULO 17
APLICAÇÕES DA LEI DE STEVIN E LEI DE PASCAL
FA = FB
pA = pB
1
––
5
n2 = 20% n1
n2
––––
n1
p2
––––
p1
2,0
––––
10,0
1
––
5
Note e Adote
Pressão na superfície do mar = 1atm = 1,0 . 105 Pa
Densidade da água do mar = 1,0 . 103kg/m3
g = 10m/s2
A pressão do ar no balão é sempre igual à pressão externa da
água.
Admita que seja constante a temperatura do ar dentro do balão
e que ele se comporte como um gás ideal.
266 –

2. (MODELO ENEM) – Manômetro é o instrumento utilizado para
medir pressões. A figura ilustra um tipo de manômetro que consiste
em um tubo, em forma de U, contendo mercúrio, e que está sendo
utilizado para medir a pressão do gás dentro do botijão.
Sabendo-se que a pressão atmosférica local é de 72cm Hg, a pressão do
gás será de:
a) 22cm Hg b) 50cm Hg c) 72cm Hg
d) 122cm Hg e) 200cm Hg
RESOLUÇÃO:
Lei de Stevin:
pA = pB
pgás = patm + H
pgás = 72+50 (cm de Hg)
pgás = 122cm Hg
Resposta: D
3. (UFJF-MG) – Dois líquidos que não se misturam, de densidades
diferentes d1 e d2, são colocados em um tubo em forma de u. Quando
estão em equilíbrio, as colunas dos líquidos têm alturas h1 e h2 acima
do nível que passa pela superfície de contato entre eles, como mostra
a figura a seguir.
A razão das densidades é igual a:
a) 1 b) h1 – h2 c) h1 + h2
d) e)
RESOLUÇÃO:
Lei de Stevin:
pA = pB
patm + d2 g h2 = patm + d1 g h1
d2 h2 = d1 h1
Resposta: E
4. Considere um tubo em U, fixo no solo terrestre, com os dois ramos
verticais contendo três líquidos homogêneos, imiscíveis, em equilíbrio
hidrostático na situação esquematizada na figura.
Os líquidos têm densidades dA, dB e dC, tais que:
a) dA = dB + dC b) dA =
c) dA = d) dA =
e) dA =
RESOLUÇÃO:
dB + 2dC
––––––––
4
dB + 2dC
––––––––
3
2dB + dC
–––––––
3
dB + dC
–––––––
2
d1 h2
––– = –––
d2 h1
h1
–––
h2
h2
–––
h1
d1
–––
d2
– 267

p1 = p2
patm + dAgh = patm + dC g + dB g
dA = dC +
Resposta: C
5. (COVEST-UFPE-MODELO ENEM) – O diâmetro d, do braço
de um elevador hidráulico usado para levantar carros, é de 0,5m. Qual
deve ser o diâmetro do êmbolo, em milímetros, no outro braço,
utilizado para equilibrar uma massa de 1,0t (carro + plataforma), se
aplicarmos uma força de intensidade f = 1,0N?
Adote g = 10m/s2.
a) 1,0 b) 2,0 c) 3,0 d) 4,0 e) 5,0
RESOLUÇÃO:
1,0 . 104 0,5 2
––––––––– = ΂––––΃1,0 d
0,5
–––– = 102
d
d = 0,5 . 10–2m
d = 0,5 . 10–2 . 103mm
Resposta: E
1. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA-MODELO ENEM) –
Um estudante realizou a seguinte experiência: colocou no prato de uma
balança de ponteiro uma vasilha contendo água e verificou que a balança
marcou 1,5kg; em seguida, mergulhou sua mão, de volume igual a
500cm3, na água contida na vasilha (figura a seguir).
Desta experiência, o estudante verificou que
a) a balança continuou marcando 1,5kg, pois ele não tocou com a mão
o fundo da vasilha.
b) a balança passou a marcar 1,0kg por causa do empuxo provocado
pelo deslocamento de água produzido pela mão.
c) a balança passou a marcar 2,0kg por causa do empuxo provocado
pelo deslocamento de água produzido pela mão.
d) a balança continuou marcando 1,5kg, pois o deslocamento da água
é compensado pela mão que passa a ocupar seu lugar.
e) a balança passou a marcar 2,0kg porque, sendo a massa igual a
(densidade x volume), a água aumentou sua massa ao ter seu volume
aumentado.
RESOLUÇÃO:
1) Quando a mão está totalmente imersa na água, ela desloca um volume
de água igual a 500cm3 = 0,5 litro. Como a densidade da água é 1,0kg/ᐉ,
a massa de água deslocada é de 0,5kg.
2) De acordo com a Lei de Arquimedes, o empuxo que o líquido exerce na
mão da pessoa tem intensidade E dada por:
E = Plíq. deslocado = mdeslocado g = 0,5g (N)
3) De acordo com a lei de ação e reação, a mão aplica sobre o líquido uma
força vertical para baixo com a mesma intensidade E = 0,5g (N), o que
equivale a aumentar o peso correspondente a uma massa de 0,5kg.
Como a balança está graduada em massa, ela passa a indicar:
M = 1,5kg + 0,5kg = 2,0kg
Resposta: C
2. (VUNESP-SP-MODELO ENEM) – A crosta terrestre flutua sobre
o magma líquido de forma análoga a um bloco de gelo que flutua em
água líquida. Considere um bloco de granito flutuando, em equilíbrio,
numa porção de magma e as informações da tabela a seguir.
Pode-se afirmar que a porcentagem do bloco de granito imersa nesse
magma
Material Densidade (g/cm3)
água límpida 1,0
magma 3,0
gelo 0,9
granito 2,7
MÓDULO 18
PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
d = 5,0mm
F D 2
––– = ΂–––΃f d
2dC + dB
dA = –––––––––
3
2
–––
3
dB
–––
3
2h
–––
3
h
–––
3
268 –

a) depende da massa do bloco de granito.
b) depende do volume do bloco de granito e do volume de magma.
c) é menor que a porcentagem do bloco emersa do magma.
d) é maior que a porcentagem imersa de um bloco de gelo flutuando
em água.
e) é igual à porcentagem imersa de um bloco de gelo flutuando em
água.
RESOLUÇÃO:
E = P
µL Vi g = µS V g
Para o gelo flutuando na água:
= = 0,9
Para o granito flutuando no magma:
= = 0,9
Resposta: E
3. (UFAM-AM) – Um cubo de ferro de 80cm3 de volume e
5,0 . 102 gramas de massa é suspenso por um fio, conforme indicado
na figura. O cubo está em equilíbrio, imerso em um recipiente com
água de densidade 1,0 . 103kg/m3. Dado g = 10m/s2.
A intensidade da força de tração no
fio, em newtons, vale:
a) 3,6 b) 4,0 c) 4,2
d) 4,6 e) 4,8
RESOLUÇÃO:
E + T = P
µa V g + T = m g
1,0 . 103 . 80 . 10–6 . 10 + T = 0,50 . 10
0,8 + T = 5,0
Resposta: C
4. (UFPE-PE) – Para determinar a densidade de um certo metal,
pesa-se uma peça do metal no ar e posteriormente a peça imersa em
água. Seu peso no ar é de 800N e na água é de apenas 700N. Qual é a
razão entre as densidades do metal e da água?
RESOLUÇÃO:
O peso da peça metálica no ar é dado por P = ρmetal g V = 800N.
Na água, a balança indica o peso aparente da peça Pap = P – E = 700N, em
que o empuxo é igual ao peso do volume de água deslocada (que é igual ao
volume V da peça metálica). Temos, portanto:
E = ρágua g V = 100N
P/E = = = = 8
Resposta: 8
5. Um tanque contém água (densidade 1,0g/cm3) até uma altura de
15m. Um objeto de densidade 4,0g/cm3 é abandonado na superfície da
água. Desprezando-se a viscosidade da água e considerando-se
g = 10m/s2, pede-se calcular
a) a intensidade da aceleração de descida do objeto;
b) a intensidade da velocidade com que o objeto atinge o fundo do
tanque.
RESOLUÇÃO:
a) PFD: P – E = ma
µs V g – µL V g = µs Va
a = 10 (m/s2) ⇒
b) Usando-se a Equação de Torricelli:
V2 = V0
2
+ 2γ ∆s
V2 = 2 . 7,5 . 15 ⇒
Respostas: a) 7,5m/s2
b) 15m/s
Vi
–––
V
2,7
–––
3,0
Vi = 90%V
Vi
–––
V
0,9
–––
1,0
Vi = 90%V
Vi µS
––– = –––
V µL
T = 4,2N
V = 15m/s
a = 7,5m/s2
(4,0 – 1,0)
–––––––––
4,0
(µs – µL)
a = g –––––––––
µs
800
––––––
100
ρmetal
–––––––
ρágua
ρmetal g V
–––––––––
ρágua g V
– 269

270 –
1. (Olimpíada Brasileira de Física) – As figuras representam uma
montagem de laboratório e seu respectivo esquema.
Nela foram posicionados(as):
– duas lentes, L1 e L2, convergentes e iguais, cada uma com distância
focal f;
– dois anteparos opacos, colocados entre as lentes;
– um anteparo translúcido onde será observado o resultado do
experimento.
Fazendo incidir numa das lentes raios luminosos paralelos ao eixo da
montagem, assinale a opção que representa o que o observador deverá
ver no anteparo:
RESOLUÇÃO:
A metade inferior do feixe que atravessa L1 é bloqueada pelo anteparo A1,
enquanto a metade superior do feixe que atravessa essa lente é bloqueada
pelo anteparo A2, conforme representa o esquema.
Resposta: D
2. (UFJF-MG) – Quando se vira um recipiente fechado contendo um
líquido viscoso, é possível observar a formação de bolhas de ar dentro
do recipiente. Considerando o formato mostrado na figura abaixo, qual
deverá ser o comportamento óptico dessa bolha quando um feixe de
luz for refratado através dela?
a) A bolha se comportará como uma lente convergente.
b) A bolha se comportará como uma lente divergente.
c) O comportamento óptico da bolha dependerá da viscosidade do
líquido.
d) A bolha se comportará como um espelho côncavo.
e) A bolha se comportará como um espelho convexo.
RESOLUÇÃO:
O ar é menos refringente que o líquido viscoso, o que confere à bolha de ar
envolvida pelo citado líquido comportamento divergente, como representa
o esquema a seguir.
Resposta: B
MÓDULO 11
LENTES ESFÉRICAS I
FRENTE 2 – ÓPTICA E ONDAS

3. (USS-RJ) – Um estudante, fazendo alguns experimentos com
determinada lente convergente, percebeu que, em certa situação, ele
conseguiu obter uma imagem do mesmo tamanho que o do objeto.
Nesse caso, a distância entre os dois era 40cm.
Em seguida, com mais uma lente, idêntica à primeira, ele obteve a
seguinte configuração para um feixe de luz monocromática:
Nesse caso, qual é a distância entre as lentes?
a) 10cm b) 20cm c) 40cm d) 60cm e) 80cm
RESOLUÇÃO:
Situação 1: Nesse caso, o objeto está no ponto antiprincipal objeto (A1) e a
imagem, no ponto antiprincipal imagem (A’
1
), conforme a figura abaixo.
4f = 40cm
Situação 2: Sistema afocal
d = 2f
d = 2 . 10cm
Resposta:B
4. (UFV-MG-MODELO ENEM) – A figura abaixo mostra uma
pessoa diante de uma lente convergente, cujos focos estão indicados
por F1 e F2.
Das figuras abaixo, aquela que pode representar corretamente a
imagem da pessoa produzida por essa lente é:
RESOLUÇÃO:
Os raios de luz traçados na figura abaixo permitem obter a posição e as
características da imagem.
Resposta: D
Imagem real, invertida e maior
d = 20cm
f = 10cm
– 271

5. Obtenha, graficamente, nos itens a e b desta questão, a imagem do
objeto O e classifique-a. Nos esquemas, 0 é o centro óptico da lente, F
e F’ são os focos principais e A e A’ são os pontos antiprincipais. Cite
em cada caso um instrumento de óptica em que ocorre a formação
desse tipo de imagem.
a)
RESOLUÇÃO:
Imagem: virtual, direita e maior (lupa)
b)
RESOLUÇÃO:
Imagem: virtual, direita e menor (óculos de correção da miopia).
1. (PUCCAMP) – Raios de luz, paralelos ao eixo principal de uma
lente esférica, convergem para um ponto situado a 20cm da lente. Se
um objeto for colocado a 10cm da lente, obtém-se uma imagem
a) real e direita.
b) virtual e invertida.
c) virtual e duas vezes maior que o objeto.
d) real e a 20cm da lente.
e) invertida e duas vezes menor que o objeto.
RESOLUÇÃO:
(I) Conforme o enunciado, raios incidentes paralelos ao eixo óptico da lente
refratam-se convergindo para um ponto situado a 20cm do centro
óptico. Esse ponto é o foco principal imagem da lente e a distância focal
é de 20cm.
(II)A imagem é virtual, direta e maior
(III) A =
A = =
Resposta: C
MÓDULO 12
LENTES ESFÉRICAS II
A = 2
20
––––––
20 – 10
20
––
10
f
–––––
f – p
272 –

2. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma lente com distância focal
12cm fornece sobre uma tela uma imagem 9 vezes maior que o
tamanho do respectivo objeto. Mantendo-se o objeto e a tela nos
mesmos locais e substituindo-se a lente por outra, instalada na mesma
posição da primeira, obtemos na tela uma imagem 3 vezes maior que
o tamanho do objeto. Determine a distância focal dessa segunda lente.
RESOLUÇÃO:
1.o caso: A1 = ⇒ – 9 =
– 108 + 9p = 12 ⇒ 9p = 120
Da qual:
2.o caso: A2 = ⇒ – 3 =
–3f2 + 120 = f2 ⇒ 4f2 = 120
Resposta: 30cm
3. (UNESP) – Uma lente divergente tem uma distância focal de
–20cm. Um objeto de 2cm de altura é colocado frontalmente a 30cm
da lente. Determine
a) a posição da imagem desse objeto;
b) a altura da imagem desse objeto.
RESOLUÇÃO:
a) Utilizando a Equação de Gauss, vem:
= +
= +
= =
Imagem virtual a 12cm do vértice da lente.
b) Utilizando a equação do aumento linear transversal, vem:
=
=
Respostas: a) 12cm da lente (virtual)
b) 0,8cm
4. (VUNESP-UFTM-Modificado) – Uma lente delgada convexo-
côncava, de vidro flint, com índice de refração n = 1,6, encontra-se
imersa no ar (nar = 1,0). Se o raio de curvatura de sua superfície
côncava é igual a 20,0cm e sua vergência é C = – 1,8di, o raio de
curvatura da superfície convexa tem valor, em cm, igual a
a) 10,0 b) 20,0 c) 30,0 d) 40,0 e) 50,0
RESOLUÇÃO:
Face côncava: R < 0
R2 = –20,0cm = – 0,20m
Equação de Halley:
C = ΂ – 1΃ ΂ + ΃
–1,8 = ΂ – 1΃ ΂ – ΃
–3,0 = – 5,0 ⇒ = 2,0
Resposta: E
digite FIS3M204
No Portal Objetivo
R1 = 0,50m = 50,0cm
1
––––
R1
1
––––
R1
1,6
––––
1,0
1
––––
R1
1
––––
0,20
n
––––
nar
1
––––
R1
1
––––
R2
i = 0,8cm
i
–––
2
(–12)
– –––––
30
i
–––
o
–p’
––––
p
p’ = –12cm
1
–––
p’
– 3 – 2
–––––––––
60
5
– –––
60
1
–––––
–20
1
––––
30
1
–––
p’
1
–––
f
1
–––
p
1
–––
p’
f2 = 30cm
f2
––––––
f2 – p
f2
––––––––––
40
f2 – ––––
3
40
p = ––– cm
3
f1
––––––
f1 – p
12
––––––
12 – p
– 273

1. (UNICENTRO) – Uma pessoa observa uma árvore muito distante,
e, depois passa a ler um livro em suas mãos. Depois de observar a
árvore, para focalizar a imagem do livro em sua retina, é preciso que
a) os cristalinos dos olhos da pessoa fiquem mais finos.
b) a distância focal dos cristalinos dos olhos da pessoa aumente.
c) a distância entre os cristalinos e as retinas dos olhos da pessoa
diminua.
d) a distância entre os cristalinos e as retinas dos olhos da pessoa
aumente.
e) a distância focal dos cristalinos dos olhos da pessoa diminua.
RESOLUÇÃO:
Quando a pessoa observa a árvore distante, sua visão fica em situação de
máximo relaxamento. Isso significa que seus músculos ciliares apresentam-
se descontraídos, com os cristalinos exibindo máxima distância focal.
Quando a pessoa passa a ler um livro em suas mãos, porém, sua visão fica
contraída. Isso significa que seus músculos ciliares comprimem inten-
samente seus cristalinos, que apresentam neste caso pequena distância
focal.
O mecanismo da visão que consiste em variar a distância focal dos
cristalinos para a observação adequada de objetos a diferentes distâncias
denomina-se acomodação visual.
Resposta: E
2. (UFPB) – De maneira simplificada, podemos considerar o olho
humano como constituído de uma lente biconvexa, denominada
cristalino, situada na região anterior do globo ocular (figura a seguir).
No fundo deste globo, está localizada a retina, que funciona como
anteparo sensível à luz. As sensações luminosas, recebidas pela retina,
são levadas ao cérebro pelo nervo óptico. O olho humano sem
problema de visão é capaz de se acomodar, variando sua distância
focal, de modo a ver nitidamente objetos muito afastados até aqueles
situados a uma distância mínima, aproximadamente a 25cm. (Adaptado
de Máximo, Antonio & Alvarenga, Beatriz. Física. 5.ª ed. vol. 2 São
Paulo: Scipione 2000, p.279). “(...) Um sistema óptico tão sofisticado
como o olho humano também sofre pequenas variações ou imperfei-
ções em sua estrutura, que ocasionam defeitos de visão. Até há pouco
tempo não havia outro recurso para corrigir esses defeitos senão acres-
centar a esse sistema uma ou mais lentes artificiais – os óculos.” (Gas-
par, Alberto. Física. 1.ª ed., vol. único. São Paulo: Ática, 2004, p. 311)
Corte esquemático do olho humano.
Acerca do assunto tratado no texto, em relação ao olho humano e
defeitos na vista, analise as proposições a seguir, escrevendo V ou F,
conforme sejam Verdadeiras ou Falsas, respectivamente.
( ) Na hipermetropia, os raios de luz paralelos que incidem no
globo ocular são focalizados depois da retina, e sua correção
é feita com lentes convergentes.
( ) Na miopia, os raios de luz paralelos que incidem no globo
ocular são focalizados antes da retina, e a sua correção é feita
com lentes divergentes.
( ) Na formação das imagens na retina da vista humana normal,
o cristalino funciona como uma lente convergente, formando
imagens reais, invertidas e diminuídas.
( ) Se uma pessoa míope ou hipermetrope se torna também
presbiope, então a lente que ela usa deverá ser alterada para
menos divergente, se hipermetrope.
Assinale a alternativa que corresponde à sequência correta:
a) V, F, V, V b) V, V, F, V c) F, V, V, F
d) V, V, V, F e) V, V, F, F
RESOLUÇÃO:
Esquema de formação da imagem retiniana
Características da imagem: real, invertida e menor que o objeto
Resposta: D
3. (UFPB) – Ainda acerca do assunto tratado no texto anterior, resolva
a seguinte situação-problema: A hipermetropia se deve ao encurta-
mento do globo ocular em relação à distância focal do cristalino. Isso
causa dificuldade para enxergar objetos próximos e principalmente
para leitura de textos. Uma pessoa, ao perceber que a menor distância
em que consegue ler um livro é 50,0cm, foi a um oculista que,
percebendo que ela estava com hipermetropia, receitou lentes de
correção para o defeito de sua visão, a fim de que ela pudesse ler livros
a uma distância mínima confortável de 25,0cm de sua vista. Qual é a
vergência, em dioptrias (ou “graus”) dessa lente, capaz de corrigir esse
defeito?
a) 4,0 b) 3,5 c) 3,0 d) 2,5 e) 2,0
MÓDULO 13
ÓPTICA DA VISÃO
274 –

RESOLUÇÃO:
Correção da hipermetropia:
(I) Equação de Gauss: = +
= – ⇒
(II)V = ⇒ V = (di)
Resposta: E
4. (UFABC)
Segundo pesquisas recentes,
20% da população brasileira é míope
Pode-se corrigir a miopia com o uso de óculos, lentes de contato ou
cirurgicamente. A cirurgia a laser consiste em esculpir e modelar a
curvatura da córnea com a tecnologia do laser frio, chamado Excimer
Laser. O epitélio do olho (camada superficial sobre a córnea) é
raspado para receber o laser. As células da córnea são pulverizadas
com a aplicação do laser, e a córnea é aplanada, tornando-se menos
curva. O epitélio, com o tempo, se regenera.
O fato de a córnea ter sido aplanada corrige a miopia porque
a) seu índice de refração fica menor, causando menos desvio nos raios
luminosos.
b) seu índice de refração fica maior, causando mais desvio nos raios
luminosos.
c) diminuindo a curvatura da córnea, o globo ocular torna-se menos
convergente.
d) diminuindo a curvatura da córnea, o globo ocular torna-se mais
convergente.
e) a córnea, mais fina, permite a entrada de mais luz no globo ocular.
RESOLUÇÃO:
Na miopia, a imagem forma-se antes da retina. A diminuição da curvatura
da córnea diminui a convergência do sistema, provocando o deslocamento
da imagem para o local onde se encontra a retina.
Resposta: C
5. (UFSCar-MODELO ENEM) – … Pince-nez é coisa que usei por
largos anos, sem desdouro. Um dia, porém, queixando-me do
enfraquecimento da vista, alguém me disse que talvez o mal viesse da
fábrica. ...
(Machado de Assis. Bons Dias, 1888.)
Machado de Assis via-se obrigado a utilizar lentes corretivas que, em
sua época, apoiavam-se em armações conhecidas como pince-nez ou
lorgnon, que se mantinham fixas ao rosto pela ação de uma débil força
elástica sobre o nariz.
Supondo que Machado, míope, só conseguisse ver nitidamente objetos
à sua frente desde que estes se encontrassem a até 2 m de seus olhos,
e que ambos os olhos tivessem o mesmo grau de miopia, as lentes
corretivas de seu pince-nez deveriam ser de vergência, em dioptrias,
a) + 2,0 b) – 0,5 c) – 1,0 d) – 1,5 e) – 2,0
RESOLUÇÃO:
Se o ponto remoto está localizado a 2m do olho, a lente divergente a ser
usada deve, de um objeto no infinito, conjugar uma imagem no foco
imagem da lente a 2m do olho.
Isto é: f = – 2m e
Resposta: B
1
V = ––– = – 0,5 di
f
V = 2,0 di
1
–––
f
1
––––
0,50
1
–––
f
1
––––
25,0
1
––––
50,0
f = 50,0cm = 0,50m
1
–––
f
1
–––
p
1
–––
p’
– 275

1. (UFPR) – Com base no estudo das lentes e dos instrumentos ópticos,
é correto afirmar.
a) As máquinas fotográficas, assim como o olho humano, recebem a
imagem através de um orifício que regula a intensidade das cores
separadamente. Nas máquinas fotográficas, esse orifício recebe o
nome de diafragma.
b) O escritor inglês H.G. Wells escreveu o livro de ficção O Homem
Invisível, cujo personagem não podia ser visto pelas pessoas. Uma
forma possível de observá-lo poderia ser através de uma câmera ou
telescópio sensíveis ao mesmo espectro eletromagnético visível
pelo olho humano.
c) Num telescópio, podemos observar um objeto muito distante, pois
a imagem formada pela lente objetiva – de grande distância focal –
fica posicionada sobre o seu foco imagem, comportando-se como
objeto para a lente ocular – de menor distância focal.
d) Num microscópio composto, uma lente convergente de distância
focal da ordem de milímetros, denominada objetiva porque está
próxima ao objeto, é associada a uma segunda lente, divergente,
denominada ocular porque está próxima ao olho. A ocular funciona
como lupa.
e) Num microscópio simples, também chamado de lupa, a imagem de
um objeto colocado à sua frente, entre o foco e o centro óptico, é
real e maior que o objeto.
RESOLUÇÃO:
a) O diafragma das máquinas fotográficas, da mesma forma que a pupila
do olho humano, regula a quantidade (intensidade) de luz que penetra
no dispositivo e produz a imagem que fica gravada no filme ou chip
eletrônico.
b) Um homem, para ser invisível, deveria ser transparente com índice
absoluto de refração idêntico ao do ar. Além disso, nenhuma de suas
partes poderia refletir os raios de luz.
d) A ocular de um microscópio composto é uma lente convergente, com
distância focal da ordem de centímetros, que funciona como lupa.
e) Na lupa, a imagem obtida é virtual, direita e maior que o objeto.
Resposta: C
2. (UFG) – O microscópio óptico é composto de duas lentes con-
vergentes, de aumentos lineares transversais diferentes, dispostas de
forma a produzirem imagens ampliadas de objetos muito pequenos,
como células vivas e bactérias. Na construção do instrumento foi
utilizada uma lente objetiva (próxima do objeto) com distância focal de
4,0mm e uma lente ocular (próxima do olho do observador) com
distância focal maior. A disposição das lentes foi feita conforme a
figura esquemática fora de escala a seguir, em que é mostrada a posição
da imagem (I) conjugada pela objetiva.
Considerando que a imagem virtual conjugada pela ocular é vista a
240mm dessa lente, calcule
a) a posição do objeto em relação à objetiva e o aumento linear
transversal dessa lente;
b) a distância focal da ocular;
c) o aumento linear transversal do instrumento;
d) o tamanho do objeto se a imagem vista pelo observador tem a
dimensão correspondente igual a 4,0mm.
RESOLUÇÃO:
a) Em relação à objetiva: fob = 4,0mm e p’
ob = 176 – 12,0 = 164mm.
Equação de Gauss + =
+ = ⇒ = –
Da qual:
Aob = – ⇒ Aob = – ⇒
b) Em relação à ocular: poc = 12,0mm e p’
oc = –240mm
(p’
oc < 0 ⇒ imagem virtual).
Equação de Gauss: = +
Da qual:
c) Aoc = – ⇒ Aoc = – ⇒
Ainstr = Aob . Aoc ⇒ Ainstr. = (–40) . (20)
(800 vezes)
d) Ainstr = ⇒ – 800 =
o = – 0,005 mm = – 5,0 µm
Logo:
Respostas: a) 4,1 mm e – 40 b) Aproximadamente 12,6mm
c) – 800 (800 vezes) d) 5,0 µm
⎮o⎮ = 5,0 µm
i
–––
o
4,0
–––
o
Ainstr = – 800
p’
oc
––––
poc
(–240)
–––––
12
Aoc = +20
foc ≅ 12,6mm
1
–––
foc
1
–––
poc
1
–––
p’
oc
p’
ob
––––
pob
164
––––
4,1
Aob = – 40
pob = 4,1mm
1
––––
pob
1
–––
164
1
–––
4,0
1
–––
pob
1
–––
4,0
1
–––
164
1
––––
pob
1
––––
p’
ob
1
––––
fob
MÓDULO 14
INSTRUMENTOS DE ÓPTICA
276 –

3. Uma luneta é constituída por uma objetiva e uma ocular, associadas
coaxialmente e acopladas a um tubo, cujo interior é preto fosco. Com
o uso do referido instrumento, focaliza-se um corpo celeste e a imagem
final visada pelo observador forma-se a 60cm da ocular. Sabendo-se
que a objetiva e a ocular têm distâncias focais de 80cm e 20cm,
respectivamente, calcular o comprimento da luneta (distância entre a
objetiva e a ocular).
RESOLUÇÃO:
O esquema seguinte ilustra a situação proposta:
O comprimento da luneta (L) é tal que:
L = p’ob + poc
O corpo celeste, estando certamente muito afastado da luneta, comporta-
se como objeto impróprio para a objetiva, que conjuga a ele uma imagem
em seu plano focal. Assim, podemos escrever que:
p’ob ≅ fob = 80cm
A imagem fornecida pela objetiva faz o papel de objeto real para a ocular,
que dá a imagem final virtual visada pelo observador.
Em relação à ocular, tem-se que:
= + ⇒ = –
= + ⇒ poc = 15cm
Com p’ob ≅ 80cm e poc = 15cm, determinemos o comprimento da luneta:
L = p’ob + poc = 80cm + 15cm
Resposta: 95cm
4. (MED. JUNDIAÍ-SP-MODELO ENEM) – Os aparelhos que
produzem imagens reais invertidas são
a) luneta astronômica, lupa e câmara fotográfica.
b) projetor de slides, câmara fotográfica e olho humano.
c) câmara fotográfica, olho humano e luneta terrestre.
d) lupa, olho humano e microscópio composto.
e) câmara fotográfica, luneta terrestre e microscópio composto.
Resposta: B
1. (UFABC) – Na natureza, muitos animais conseguem guiar-se e até
mesmo caçar com eficiência, devido à grande sensibilidade que
apresentam para a detecção de ondas, tanto eletromagnéticas quanto
mecânicas. O escorpião é um desses animais. O movimento de um
besouro próximo a ele gera tanto pulsos mecânicos longitudinais
quanto transversais na superfície da areia. Com suas oito patas
espalhadas em forma de círculo, o escorpião intercepta primeiro os
longitudinais, que são mais rápidos, e depois os transversais. A pata
que primeiro detectar os pulsos determina a direção onde está o
besouro. A seguir, o escorpião avalia o intervalo de tempo entre as duas
recepções, e determina a distância d entre ele e o besouro. Considere
que os pulsos longitudinais se propaguem com velocidade de 150 m/s,
e os transversais com velocidade de 50 m/s. Se o intervalo de tempo
entre o recebimento dos primeiros pulsos longitudinais e os primeiros
transversais for de 0,006 s, determine a distância d entre o escorpião e
o besouro.
RESOLUÇÃO:
O intervalo de tempo ∆t entre a percepção dos dois sinais é calculado por:
∆t = ∆ttransv – ∆tlongit
∆t = –
0,006 = –
0,006 = ⇒ 2d = 0,9
Resposta: 45cm
MÓDULO 15
EQUAÇÃO FUNDAMENTAL DA ONDULATÓRIA
d = 0,45m = 45cm
3d – d
––––––
150
d
–––
50
d
––––
150
d
––––––––
Vtransv
d
––––––––
Vlongit
L = 95cm
1
––––
poc
1
–––
20
1
–––
60
1
––––
foc
1
––––
poc
1
–––––
p’oc
1
–––
20
1
––––
poc
1
–––
60
– 277

2. (UFSCar) – Em música, uma oitava da escala denominada tem-
perada constitui um grupo distinto de doze sons, cada um corres-
pondendo a uma frequência de vibração sonora.
Numa marcenaria, uma serra circular, enquanto executa o corte de uma
prancha de madeira, gira com frequência de 4500 r.p.m. Além do ruído
do motor da máquina e do ruído produzido pelos modos de vibração do
disco de serra, o golpe frenético de cada um dos 20 dentes presentes no
disco de serra sobre a madeira produz um som característico dessa
ferramenta. O som produzido pelos golpes sequenciados dos dentes da
serra em funcionamento produzem, junto com a madeira que vibra, um
som próximo ao da nota musical
a) Ré #. b) Mi. c) Fá #. d) Sol. e) Lá #.
RESOLUÇÃO:
f = 4500rpm = rps = 75Hz
Como a serra tem 20 dentes, em cada volta completa os dentes golpeiam a
madeira: 75 x 20 vezes, o que equivale a um som de 1500Hz, que corres-
ponde, aproximadamente, à frequência do fá sustenido.
Resposta: C
3. (UNESP) – Os eletroencefalogramas são medições de sinais elétri-
cos oriundos do cérebro. As chamadas ondas cerebrais são usualmente
classificadas como ondas δ (delta), com frequência até 4 Hz, θ (teta), de
4 a 7 Hz, α (alfa), de 7 a 14 Hz e β (beta), acima de 14 Hz. Analise os
gráficos.
Considerando-se que os gráficos I e II sejam de ondas com velocida-
de de módulo c = 3 . 108 m/s, as quais possuem a mesma frequência das
ondas cerebrais, pode-se concluir que seus comprimentos de onda
correspondem, respectivamente, a ondas
a) α e β. b) α e δ. c) β e δ.
d) δ e θ. e) β e θ.
RESOLUÇÃO
O comprimento de onda λ corresponde à distância que separa dois pontos
vibrantes intercalados por um ciclo, como representa a figura a seguir.
Gráfico I: λ1 = 3 . 107m
V1 = λ1 f1 ⇒ 3 . 108 = 3 . 107 f1
Da qual:
Compatível com ondas cerebrais α.
Gráfico II: λ2 = 6 . 108m
V2 = λ2 f2 ⇒ 3 . 108 = 6 . 108 f2
Da qual:
Compatível com ondas cerebrais δ.
Resposta: B
f2 = 0,5Hz
f1 = 10Hz
4500
–––––
60
ESCALA MUSICAL
(5.ª OITAVA DA ESCALA TEMPERADA)
NOTA MUSICAL
FREQUÊNCIA
APROXIMADA (Hz)
Dó 1 047
Dó # 1 109
Ré 1 175
Ré # 1 245
Mi 1 319
Fá 1 397
Fá # 1 480
Sol 1 568
Sol # 1 661
Lá 1 760
Lá # 1 865
Si 1 976
278 –

4. (UFABC)
(Bill Watterson, Calvin e Haroldo)
Na tirinha, vemos Calvin transformado num raio X vivo. Esse tipo de
onda eletromagnética tem frequência entre 1017 e 1019 Hz e foi des-
coberta em 1895 por Wilhelm Röntgen. Como todas as ondas eletro-
magnéticas, os raios X viajam pelo vácuo com velocidade de
3,0 . 108m/s. Considere dois raios X, com frequências f1 = 1,5 . 1018 Hz
e f2 = 3,0 . 1019 Hz. A razão entre os comprimentos de onda desses
raios (λ1/ λ2), no vácuo, vale
a) 0,050 b) 0,50 c) 2,0 d) 4,5 e) 20
RESOLUÇÃO:
Trata-se de uma aplicação da equação fundamental da ondulatória,
V = λf.
• Raios X de frequência f1 = 1,5 . 1018Hz:
V1 = λ1f1 ⇒ 3,0 . 108 = λ1 1,5 . 1018 ቢ
• Raios X de frequência f2 = 3,0 . 1019Hz:
V2 = λ2f2 ⇒ 3,0 . 108 = λ2 3,0 . 1019 ባ
Dividindo-se ቢ por ባ, vem:
= ⇒
Resposta: E
5. (UFTM) – Uma série de oscilações periódicas que agitam um barco
provoca, na superfície de um lago, ondas que se propagam, inicial-
mente, com velocidade de 2,3 m/s e comprimento de onda de 3,1m.
Na região rasa do lago, essas ondas passam a ter uma velocidade de
1,1m/s.
Considerando-se essas informações, é correto afirmar que, na situação
descrita, o comprimento de onda das ondas na região rasa do lago é
de, aproximadamente,
a) 0,8 m b) 1,5 m c) 6,5 m d) 7,8 m
RESOLUÇÃO:
(I) Na região profunda do lago:
V1 = λ1f1 ⇒ 2,3 = 3,1 f1 ቢ
(II)Na região rasa do lago:
V2 = λ2f2 ⇒ 1,1 = λ2 f2 ባ
(III) ባ ÷ ቢ: =
Mas f1 = f2, já que a frequência da onda não se altera nesse processo de
“refração”. Logo:
= ⇒
Resposta: B
6. (UFV-MG-MODELO ENEM) – A energia E de um fóton de uma
onda eletromagnética de frequência f é dada pela equação E = hf, em
que h é a Constante de Planck. Sabe-se também que a capacidade de
penetração de uma onda eletromagnética aumenta com a energia do
fóton. O diagrama abaixo ilustra a localização relativa, no espectro
eletromagnético, de algumas das radiações conhecidas.
É correto afirmar que
a) as ondas de rádio têm maior capacidade de penetração que os raios
x porque possuem maior frequência.
b) os raios gama têm maior capacidade de penetração que a radiação
ultravioleta porque possuem menor frequência.
c) a radiação visível tem menor capacidade de penetração que a
radiação de micro-ondas porque possui menor frequência.
d) a radiação infravermelha tem menor capacidade de penetração que
os raios x porque tem menor frequência.
e) a radiação visível tem maior capacidade de penetração que a
radiação ultravioleta porque tem menor frequência.
1,1
––––
2,3
λ2
––––
3,1
λ2 ≅ 1,5 m
1,1
––––
2,3
λ2 f2
–––––––
3,1 f1
3,0 . 108
–––––––––
3,0 . 108
λ1 1,5 . 1018
–––––––––––––
λ2 3,0 . 1019
λ1
–––– = 20
λ2
– 279

RESOLUÇÃO:
À medida que o comprimento de onda cresce, a frequência associada à
radiação decresce (V = λf, com V ≅ 3,0 . 108 m/s constante para todas as
radiações). À menor frequência corresponde o maior comprimento de onda
e o fóton menos energético (E = hf), com menor capacidade de penetração.
Resposta: D
1. (ITA) – Um painel coletor de energia solar para aquecimento
residencial de água, com 50% de eficiência, tem superfície coletora
com área útil de 10m2 . A água circula em tubos fixados sob a super-
fície coletora. Suponha que a intensidade da energia solar incidente é
de 1,0 . 103 W / m2 e que a vazão de suprimento de água aquecida é de
6,0 litros por minuto. Assinale a opção que indica a variação da tem-
peratura da água.
a) 12°C b) 10°C c) 1,2°C
d) 1,0°C e) 0,10°C
RESOLUÇÃO:
A intensidade de radiação aproveitada para o aquecimento da água (Iútil)
é dada por:
Iútil =
0,5 I = ⇒ 0,5 I =
Admitindo-se que a massa de água correspondente a 6,0ᐉ seja igual a 6,0kg
(µH
2
O = 1,0kg/ᐉ), vem:
0,5 . 1,0 . 103 =
Resposta: A
2. (UNESP) – A fotossíntese é uma reação bioquímica que ocorre nas
plantas, para a qual é necessária a energia da luz do Sol, cujo espectro
de frequências é dado a seguir.
a) Sabendo-se que a fotossíntese ocorre predominantemente nas folhas
verdes, de qual ou quais faixas de frequências do espectro da luz
solar as plantas absorvem menos energia nesse processo? Justifique.
b) Num determinado local, a energia radiante do Sol atinge a
superfície da Terra com intensidade de 1000W/m2. Se a área de uma
folha exposta ao Sol é de 50cm2 e 20% da radiação incidente é
aproveitada na fotossíntese, qual a energia absorvida por essa folha
em 10 minutos de insolação?
RESOLUÇÃO:
a) A folha verde reflete predominantemente a luz verde e em seguida a luz
amarela, o que provoca a sua coloração verde-amarelada. Estas cores
mais intensamente refletidas são as menos absorvidas e correspondem
às faixas de frequências:
5,0 . 1014Hz a 5,2 . 1014Hz e 5,2 . 1014Hz a 6,1 . 1014Hz
amarela verde
Das duas faixas citadas, a faixa de frequências menos absorvida pelas
plantas é a da luz verde:
b) A energia absorvida Ea é dada por:
Ea = 0,20 . Pot ∆t = 0,20 . I A ∆t
Respostas: a) 5,2 . 1014Hz a 6,1 . 1014Hz
b) 6,0 . 102J
MÓDULO 16
POTÊNCIA E INTENSIDADE DE ONDA
Ea = 6,0 . 102J
W
Ea = 0,20 . 1000 ––– . 50 . 10–4 m2 . 10 . 60s
m2
5,2 . 1014Hz a 6,1 . 1014Hz
Cor vermelha laranja amarela verde azul violeta
f (1014Hz) 3,8-4,8 4,8-5,0 5,0-5,2 5,2-6,1 6,1-6,6 6,6-7,7
∆θ = 11,9 °C ≅ 12°C
6,0 . 4,2 . 103 . ∆θ
––––––––––––––––
60 . 10
Q
–––––
∆t . A
mc Aθ
–––––––
∆t . A
Pot
––––
A
280 –

3. (UFMS) – Duas fontes de luz puntiformes de 160W e 90W, sepa-
radas por uma distância de 70cm, estão dispostas conforme figura
abaixo.
Identifique as proposições corretas:
(01) sobre o eixo (x), as duas fontes são capazes de gerar a mesma
intensidade de luz nos pontos de abscissa x = 40cm e x = 280cm.
(02) sobre o eixo (x), as duas fontes são capazes de gerar a mesma
intensidade de luz somente no ponto de abscissa x = 40cm.
(04) as frentes de ondas emitidas pelas duas fontes serão cilíndricas.
(08) a intensidade de luz da fonte de 160W será sempre maior do que
a intensidade de luz da fonte de 90W.
(16) invertendo-se de posição as duas fontes, sobre o eixo (x), elas
seriam capazes de gerar a mesma intensidade de luz nos pontos de
abscissa x = 30cm e x = –210cm.
Dê como resposta a soma dos números associados às proposições
corretas.
RESOLUÇÃO:
(01) CORRETA
I1 = I2 ⇒ =
= ⇒ (4900 – 140x + x2) 16 = 9x2
78400 – 2240x + 16x2 = 9x2
7x2 – 2240x + 78400 = 0 ⇒ x2 – 320x + 11200 = 0
x = =
Da qual e
(02) ERRADA
(04) ERRADA
As frentes de onda são esféricas.
(08) ERRADA
Isso só ocorrerá em certas regiões do entorno do sistema.
(16) CORRETA
I1 = I2 ⇒ =
= ⇒ 16x2 = (4900 – 140x + x2)9
16x2 = 44100 – 1260x + 9x2 ⇒ 7x2 + 1260x – 44100 = 0
x2 + 180x – 6300 = 0 ⇒ x =
x =
Da qual e
Resposta: 17
4. (ITA) – A distância de Marte ao Sol é aproximadamente 50% maior
do que aquela entre a Terra e o Sol. Superfícies planas de Marte e da
Terra, de mesma área e perpendiculares aos raios solares, recebem por
segundo as energias de irradiação solar UM e UT, respectivamente. A
razão entre as energias, UM/UT, é aproximadamente:
a) 4/9 b) 2/3 c) 1 d) 3/2 e) 9/4
RESOLUÇÃO:
A intensidade de irradiação solar na superfície de um planeta pode ser
expressa por:
em que Pé a potência com que o Sol emana energia eAé a área da superfície
esférica da onda tridimensional emitida pela estrela. Sendo A = 4πx2 (x é o
raio da onda esférica), vem:
P
U = –––––
4πx2
P
U = ––––
A
x1 = 30cm x2 = –210cm
– 180 ± 240
––––––––––
2
–180 ± ͙ෆෆෆෆෆෆළළළ32400 + 25200
–––––––––––––––––––––
2
160
––––––––
(70 – x)2
90
–––––
x2
P1
–––––––––––
4π (70 – x)2
P2
–––––
4π x2
x1 = 40cm x2 = 280cm
320 ± ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆ102400 – 44800
–––––––––––––––––––––
2
320 ± 240
––––––––––
2
160
–––––
x2
90
––––––––
(70 – x)2
P1
–––––
4π x2
P2
––––––––––
4π (70 – x)2
– 281

Para Marte:
Para a Terra:
∴ = .
=
Lembrando que “a distância de Marte ao Sol é aproximadamente 50%
maior do que aquela entre a Terra e o Sol”, podemos escrever: RM = 1,5RT.
Logo:
= ⇒ =
Resposta: A
1. Dois alto-falantes, A e B, colocados próximos um do outro,
conforme representa a figura abaixo, estão ligados em sistemas de
amplificação diferentes e emitem sons simples de intensidades iguais,
com frequências respectivamente iguais a 1490Hz e 1486Hz.
Um observador situado no ponto O, mais próximo de A:
a) ouvirá apenas o som do alto-falante A.
b) ouvirá apenas o som do alto-falante B.
c) não ouvirá som algum.
d) ouvirá um som de frequência e intensidade constantes.
e) ouvirá um som de frequência igual a 1488Hz e de intensidade
variável, que passa por máximos quatro vezes por segundo.
RESOLUÇÃO:
O observador perceberá o fenômeno dos batimentos, originado pela
superposição das ondas de A e B no ponto O.
fb = |fA – fB|⇒ fb = 1490 – 1486 ⇒
Resposta: E
2. (UFG) – As ondas eletromagnéticas geradas pela fonte de um forno
de micro-ondas (magnétron) tem uma frequência bem característica,
e, ao serem refletidas pelas paredes internas do forno, criam um
ambiente de ondas estacionárias. O cozimento (ou aquecimento) ocorre
devido ao fato de as moléculas constituintes do alimento, sendo a de
água a principal delas, absorverem energia dessas ondas e passarem a
vibrar com a mesma frequência das ondas emitidas pelo tubo gerador
do forno. O fenômeno físico que explica o funcionamento do forno de
microondas é a
a) ressonância. b) interferência. c) difração.
d) polarização. e) absorção.
RESOLUÇÃO:
As moléculas de água e proteína existentes na maioria dos alimentos têm
frequência natural da vibração (frequência da ressonância) próxima da
frequência das micro-ondas utilizadas nos fornos (cerca de 2,45GHz). Por
isso, ocorre o fenômeno da ressonância, e a intensa vibração das citadas
moléculas produz o aquecimento ou o cozimento dos alimentos.
Resposta: A
3. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA) – A figura representa
um tanque com uma lâmina de água de espessura constante e as frentes
de onda das ondas provocadas logo após uma pequena pedra ter caído
no ponto P desse tanque.
As ondas geradas na superfície da água pela pedra movem-se de
encontro a três obstáculos fixados ao tanque e que formam duas
passagens estreitas. Depois de atravessarem as passagens, será possível
observar os fenômenos de:
a) dispersão e refração. b) difração e dispersão.
c) refração e interferência. d) difração e refração.
e) difração e interferência.
MÓDULO 17
BATIMENTO,
RESSONÂNCIA, POLARIZAÇÃO E DIFRAÇÃO
fb = 4Hz
fr = 1488Hz
fA + fB 1490 + 1486
fr = ––––––– ⇒ fr = ––––––––––– (Hz)
2 2
UM 4
–––– = –––
UT 9
UM
––––
UT
RT
΂––––––΃
2
1,5RT
UM
––––
UT
2
΂––΃
2
3
UM
––––
UT
RT
΂––––΃
2
RM
UM
––––
UT
P
––––––
4πRM
2
4πRT
2
––––––
P
P
UT = ––––––
4πRT
2
P
UM = ––––––
4πRM
2
282 –

RESOLUÇÃO:
As ondas produzidas pelo impacto da pedra em P difratam-se intensamente
nas fendas S1 e S2, indicadas no esquema abaixo, determinando na região
subsequente aos obstáculos o fenômeno de interferência.
Resposta: E
4. (UFABC-MODELO ENEM) – Os óculos de sol são usados para
diminuir a intensidade da luz solar que chega aos olhos. Para tanto, as
lentes de alguns óculos possuem filtros que impedem a propagação de
parte da luz incidente, permitindo apenas que os raios que vibram em
determinada direção os atravessem.
O fenômeno citado no texto e mostrado na figura, exclusivo de ondas
transversais, é denominado
a) dispersão. b) difração. c) refração.
d) reflexão. e) polarização.
RESOLUÇÃO:
A luz é uma onda eletromagnética transversal, que pode sofrer o fenômeno
da polarização, apresentando vibração em planos pré-estabelecidos.
Resposta: E
1. (VUNESP) – Uma corda tem uma extremidade amarrada a um
gancho fixo numa parede e a outra é posta a vibrar transversalmente ao
seu comprimento. Para determinado valor da frequência de vibração,
observa-se a formação de ondas estacionárias, como se vê na figura.
Nessas condições, a relação entre o comprimento da corda e o com-
primento das ondas formadas na corda vale
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
Da figura: L = 5
Logo:
Resposta: A
2. (VUNESP) – Um fio elástico é esticado e tem suas extremidades
presas a um gancho fixo em uma parede e a um motor que lhe transmite
vibrações transversais. A distância entre a parede e o motor é de 60 cm.
Observa-se a formação de ondas estacionárias, reproduzidas na figura,
quando o motor vibra com frequência de 100 Hz. A velocidade de
propagação das ondas que se deslocam ao longo do fio para formar as
ondas estacionárias tem intensidade igual a:
a) zero b) 20 m/s c) 30 m/s
d) 40 m/s e) 60 m/s
MÓDULO 18
ACÚSTICA: CORDAS SONORAS
digite FIS3M205
No Portal Objetivo
L 5
––– = –––
λ 2
λ
––
2
5
––
2
5
––
4
5
––
8
1
––
5
4
––
5
– 283

RESOLUÇÃO:
(I) 3 = 60 cm ⇒
(II)V = λf ⇒ V = 0,40 . 100 (m/s)
Resposta: D
3. (USS-MODELO ENEM) – As duas cordas fixas, I e II, da figura
a seguir são constituídas de materiais diversos, tais que suas densidades
lineares valem µ1 = 0,4kg/m e µ2 = 1,6kg/m
As duas cordas são submetidas à mesma tração T e, em seguida,
tocadas, para emitir sons de frequências f1 e f2, respectivamente.
Determine a razão f1/f2.
a) 1 b) 2 c) 1/2 d) ͙ළළ2 e)
RESOLUÇÃO:
(I) Das figuras, depreende-se que: λ1 = 2λ2
(II)Fórmula de Taylor: V =
⇒
(III) V = λ f, logo: λ1f1 = 2λ2f2
2λ2f1 = 2λ2f2 ⇒ f1 = f2 ⇒
Resposta: A
4. (UnB-Adaptado) – As ondas, perturbações em um meio que
implicam a transmissão de energia e de momento linear, sem que haja
transporte de matéria, são um dos assuntos fascinantes da Física. Ins-
trumentos de corda, transmissão de TV e radares são algumas das
muitas aplicações desse tipo de conhecimento. Com relação a esse
assunto, julgue as seguintes proposições:
(01) A velocidade de propagação de uma onda em uma corda
depende da tração a que está sujeita essa corda.
(02) Se a velocidade de uma onda em uma corda esticada é de
170m/s, quando a tração é de 120N, aumentando-se a tração
para 180N, a velocidade da onda passará a ser de 208m/s,
aproximadamente.
(04) Numa corda de comprimento L, o comprimento de onda do 4.º
harmônico é L/2.
(08) Diminuindo-se o comprimento vibratório de uma corda sonora
sujeita a uma tração constante, o som fundamental emitido por
ela tem a frequência aumentada.
(16) As ondas de TV e as ondas de radar são eletromagnéticas e
longitudinais.
Dê como resposta a soma dos números associados às proposições
corretas.
RESOLUÇÃO:
(01) Correta.
Fórmula de Taylor:
(02) Correta.
= ⇒ =
(04) Correta.
2λ(4.º) = L
(08) Correta.
Para F e ρ constantes, f é inver-
samente proporcional a L. Por isso,
diminuindo-se L, f aumenta.
(16) Errada.
Todas as ondas eletromagnéticas são transversais.
Resposta: 15
1 F
f = ––––
͙ෆ–––
2L ρ
L
λ(4.º) = –––
2
L
4. Harmônicoo
V ≅ 208m/s
180
͙ෆ––––
120
V2
–––––
170
180
͙ෆ––––
ρ
–––––––––––
120
͙ෆ––––
ρ
V2
–––––
170
F
V =
͙ෆ–––
ρ
λ
––
2
λ = 40 cm = 0,40 m
V = 40 m/s
͙ළළ2
––––
2
F
––
µ
f1
––– = 1
f2
V1 = 2V2
T
V1 ͙ළළළ–––
0,4
––– = ––––––
T
V2
͙ළළළ–––
1,6
}
T
V1 =
0,4
T
V2 =
1,6
284 –

– 285
1. (VUNESP-MODELO ENEM) – A figura mostra um ímã com
seus polos magnéticos norte (N) e sul (S) e um anel metálico. Ambos
estão pendurados num suporte horizontal longo por hastes verticais
isolantes e deslizantes, e encontram-se inicialmente em repouso.
Pretende-se estabelecer uma corrente elétrica induzida no anel, fazendo
variar o fluxo magnético através de sua área.
De acordo com o Principio de Faraday, é possível induzir uma corrente
elétrica no anel, desde que se produza no seu interior uma variação do
fluxo magnético. Usando-se a Lei de Lenz, pode-se determinar o seu
sentido: “a corrente induzida tem um sentido oposto à causa que lhe dá
origem”. Analise as proposições e assinale verdadeira ou falsa para
cada uma delas:
I. Haverá corrente induzida se a espira movimentar-se em sentido
oposto ao do anel.
II. Haverá corrente induzida se o ímã movimentar-se com velocidade
diferente da do anel, ainda que no mesmo sentido desta.
III. O sentido da corrente induzida será anti-horário (ABCDA) se o
ímã movimentar-se para a direita e o anel permanecer em repouso.
IV. O sentido da corrente será anti-horário se o ímã movimentar-se
com velocidade de 3m/s para a direita e o anel também com
velocidade de 3 m/s para a direita.
V. O sentido da corrente será horário (ADCBA) se o ímã permanecer
em repouso e a espira movimentar-se para a direita.
São verdadeiras:
a) todas b) apenas: I, II, III e IV
c) apenas I, II, e V d) apenas I, II, III e V
e) apenas III, IV e V
RESOLUÇÃO:
Professor: faça as considerações abaixo e a seguir ficará bem mais fácil
para responder a cada item.
Quando o ímã se aproximar do anel, haverá uma corrente induzida e, pela
Lei de Lenz, forma-se uma polaridade magnética de repulsão ao polo do
ímã que se aproxima: norte. O sentido da corrente é anti-horário.
Quando o ímã se afastar do anel, haverá uma corrente induzida e, pela Lei
de Lenz, forma-se uma polaridade magnética de atração ao polo norte do
ímã. O anel torna-se um sul e o sentido da corrente é o horário.
Quando não houver nem a aproximação relativa e nem o afastamento
relativo, não haverá corrente induzida.
I. Verdadeira. Haverá movimento relativo entre eles.
II. Verdadeira. De qualquer modo, haverá movimento relativo entre eles.
III.Verdadeira. Haverá aproximação.
IV. Falsa. O ímã estará em repouso em relação ao anel.
V. Verdadeira. Haverá afastamento.
Resposta: D
2. (FUVEST-SP-MODELO ENEM) – Em uma experiência, um lon-
go fio de cobre foi enrolado, formando dois conjuntos de espiras, E1 e
E2, ligados entre si e mantidos muito distantes um do outro. Em um
dos conjuntos, E2, foi colocada uma bússola, com a agulha apontando
para o Norte, na direção perpendicular ao eixo das espiras.
A experiência consistiu em investigar possíveis efeitos sobre essa
bússola, causados por um ímã, que é movimentado ao longo do eixo do
conjunto de espiras E1.
Foram analisadas três situações:
I. Enquanto o ímã é empurrado para o centro do conjunto das espiras
E1.
II. Quando o ímã é mantido parado no centro do conjunto das espiras
E1.
III. Enquanto o ímã é puxado, do centro das espiras E1, retornando a
sua posição inicial.
Um possível resultado a ser observado, quanto à posição da agulha da
bússola, nas três situações dessa experiência, poderia ser representado
por
RESOLUÇÃO:
A agulha magnética vai orientar-se segundo o campo magnético resultante
entre o campo magnético da Terra e o campo magnético gerado pela
corrente elétrica induzida em E2.
Quando o ímã se aproxima, a corrente elétrica induzida tem um certo
sentido. Quando o ímã se afasta, a corrente elétrica induzida tem sentido
oposto ao anterior. É a Lei de Lenz.
Quando o ímã estiver em repouso, a corrente elétrica induzida é nula e a
agulha se orienta apenas pelo campo magnético terrestre.
Tal combinação de configurações aparece na alternativa a.
Resposta: A
MÓDULO 21
INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA
O eixo do conjunto de espiras E2 tem direção leste-oeste.
FRENTE 3 – ELETRICIDADE

3. (UFAM) – O ímã da figura cai atravessando uma espira circular.
Pode-se afirmar que
a) não surge corrente na espira.
b) o sentido da corrente na espira é horário.
c) o sentido da corrente na espira é anti-horário.
d) o sentido da corrente muda de horário para anti-horário.
e) o sentido da corrente muda de anti-horário para horário.
RESOLUÇÃO:
1) Enquanto o ímã estiver acima do plano da espira, caindo em direção
ao seu centro, o seu polo sul estará aproximando-se e a corrente
induzida gera outro polo sul. O sentido é horário.
2) Tendo atravessado o plano da espira, vai interessar o polo norte do ímã,
o qual estará afastando-se. A corrente induzida gera, na “face oculta”
da espira, um polo sul e na “face visível”, superior, um polo norte. O
sentido é anti-horário.
Resposta: D
4. Considere uma espira aberta em forma de U, mergulhada numa
região em que existe um campo magnético uniforme e constante
representado pelo vetor
→
B, perpendicular ao papel (penetrando), como
se indica na figura 1. Observe que entre M e P há um resistor de
resistência R.
Uma barra metálica, de comprimento L, é deslocada sobre os lados
–––––
MN e
–––
PQ dessa espira, como indica a figura 2. Ela está sendo puxada
por um operador que mantém constante a sua velocidade
→
V.
Dados: B = 2,0 . 10–4T V = 2,0 . 102m/s
L = 10,0cm R = 2,0 . 10–2Ω
Despreze a resistência elétrica dos fios MN e PQ.
a) Calcule o módulo da fem induzida entre
–––––
MP e
–––
NQ.
b) Calcule a intensidade da corrente elétrica que passa por R.
RESOLUÇÃO:
a) ͉ ε ͉ = B . L . V ⇒ ͉ ε ͉ = (2,0 . 10–4) . (10,0 . 10–2) (2,0 . 102)
(Resposta)
b) i = = ⇒ (Resposta)
Respostas: a) 4,0 . 10–3 V b) 2,0 . 10–1 A
1. (UFLA-MG) – Em uma oficina mecânica, utiliza-se um
acoplamento de polias para elevar peças pesadas. Considere, na figura
abaixo, as massas das polias, dos cabos, bem como os atritos,
desprezíveis. Para manter a carga Q de peso 1200N em equilíbrio, o
operador deve fazer uma força
→
Fop de intensidade:
a) 600N b) 300N c) 1200N d) 1500N
MÓDULO 22
ESTÁTICA DO PONTO MATERIAL
digite FIS3M206
No Portal Objetivo
͉ ε ͉
–––––
R
4,0 . 10–3V
––––––––––
2,0 . 10–2Ω
i = 2,0 . 10–1A
͉ ε ͉ = 4,0 . 10–3V
286 –

RESOLUÇÃO:
4F = Q = 1200N
Resposta: A
2. (UFMG) – Observe estes quatro sistemas de roldanas, em que
objetos de mesma massa são mantidos suspensos, em equilíbrio, por
uma força aplicada na extremidade da corda:
Sejam F1 , F2 , F3 e F4 as forças que atuam numa das extremidades das
cordas em cada um desses sistemas, como representado na figura.
Observe que, em dois desses sistemas, a roldana é fixa e, nos outros
dois, ela é móvel.
Considere que, em cada um desses sistemas, a roldana pode girar
livremente ao redor do seu eixo; que a corda é inextensível; e que a
massa da roldana e a da corda são desprezíveis.
Considerando-se essas informações, em relação aos módulos dessas
quatro forças, é correto afirmar que
a) F1 = F2 e F3 = F4. b) F1 < F2 e F3 < F4.
c) F1 = F2 e F3 < F4. d) F1 < F2 e F3 = F4.
RESOLUÇÃO:
Nos esquemas de roldana fixa, temos:
Na roldana com fios paralelos
2F3 = P ⇒ F3 =
Na roldana com fio inclinado:
2F4 cos α = P
F4 =
Como cos α < 1 ⇒ 2 cos α < 2 ⇒
Resposta: C
3. (MACKENZIE-SP) – Um quadro, pesando 36,0N, é suspenso por
um fio ideal preso às suas extremidades.
Esse fio se apoia em um prego fixo à parede, como mostra a figura.
Desprezados os atritos, a força de tração no fio tem intensidade de
a) 20,0N b) 22,5N c) 25,0N d) 27,5N e) 30,0N
F4 > F3
P
–––––––
2 cos α
P
––
2
F1 = F2 = P
F = 300N
– 287

RESOLUÇÃO:
1)
2) Para o equilíbrio do quadro, temos:
2Fsen θ = P
2F . = 36,0
Resposta: E
4. (UNESP) – Observe a figura, que representa um sistema de freios.
Sabe-se que o cabo de cima está sob uma força de tração de intensidade
T1 = 800 N e que os cabos de baixo, sujeitos às forças de tração de
intensidades T2 e T3, fazem um ângulo de 120° entre si e que
|T2| = |T3|.
Adotando-se sen 60° = 0,9 e cos 60° = 0,5, pode-se afirmar que o
módulo da força de tração em um desses dois cabos, T2 ou T3, na
condição de equilíbrio de forças, será de
a) 400 N b) 560 N c) 670 N d) 800 N e) 870 N
RESOLUÇÃO:
Para o equilíbrio, o polígono de forças deve ser fechado:
O triângulo de forças é equilátero:
Resposta: D
5. (MACKENZIE-SP) – Um bloco de peso 200 N, apoiado sobre
uma superfície horizontal e perfeitamente lisa, é mantido em equilíbrio
estático pela ação das forças
→
F1,
→
F2 e
→
F3. Sendo as intensidades das
forças
→
F2 e
→
F3 respectivamente iguais a 140 N e 80 N, a intensidade da
força
→
F1 é
a) 60 N
b) 80 N
c) 100 N
d) 120 N
e) 140 N
RESOLUÇÃO:
Inicialmente, vamos desenhar os vetores sobre um par de eixos cartesianos:
Para o equilíbrio, na direção x, temos:
F1x = F3 = 80N ቢ
F = 30,0N
3
––
5
T1 = T2 = T3 = 800N
288 –

Para o equilíbrio, na direção y, temos:
F2 + F1y = P
140 + F1y = 200 ⇒ F1y = 60N ባ
Usando-se o Teorema de Pitágoras:
F1
2
= F1x
2
+ F1y
2
F1
2
= (80)2 + (60)2
Resposta: C
1. (FUVEST-SP) – Em uma academia de musculação, uma barra B,
com 2,0m de comprimento e massa de 10kg, está apoiada de forma
simétrica em dois suportes, S1 e S2, separados por uma distância de
1,0 m, como indicado na figura. Para a realização de exercícios, vários
discos, de diferentes massas M, podem ser colocados em encaixes, E,
com seus centros a 0,10 m de cada extremidade da barra. O primeiro
disco deve ser escolhido com cuidado, para não desequilibrar a barra.
Entre os discos disponíveis, cujas massas estão indicadas abaixo,
aquele de maior massa e que pode ser colocado em um dos encaixes,
sem desequilibrar a barra, é o disco de
a) 5 kg b) 10 kg c) 15 kg d) 20 kg e) 25 kg
RESOLUÇÃO:
Na condição de iminência de tombar, a força no suporte esquerdo se anula
e, impondo-se para o equilíbrio que o somatório dos torques em relação ao
suporte da direita seja nulo, teremos:
Mmáx g . 0,40 = 10 g . 0,50
Portanto, das opções apresentadas, escolhemos M = 10kg.
Resposta: B
2. (UFABC) – Um suporte para vasos é preso a uma parede vertical,
como mostra a figura. Ele é fixo na parede por um parafuso colocado
no ponto A e fica apenas apoiado na parede no ponto B, na mesma
vertical de A. Um vaso de massa total 3,0kg é pendurado no ponto C
do suporte e o sistema é mantido em equilíbrio.
Sabe-se que o ângulo entre AC e AB é reto e que a massa do suporte é
desprezível. Adotando-se g = 10 m/s2, determine a intensidade da força
com que o suporte comprime a parede no ponto B.
RESOLUÇÃO:
Para o equilíbrio, o somatório dos torques em relação ao ponto A deve ser
nulo.
P . dp = F . dF
30 . 30 = F . 20
Resposta: 45N
3. (UFPE) – Deseja-se localizar a posição do centro de massa (CM)
de uma tora de madeira de comprimento L = 1,0m. A tora é colocada
em repouso na horizontal, com uma extremidade apoiada em um
suporte fixo e a outra sobre uma balança. Com o arranjo mostrado na
figura à esquerda, a balança indica uma leitura igual a P1 = 300N. A
seguir, inverte-se as extremidades da tora e a nova pesagem da balança
é reduzida para P2 = 200N. Determine a distância x (figura à esquerda),
em centímetros, do centro de massa da tora ao eixo do suporte fixo.
MÓDULO 23
ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO
digite FIS3M207
No Portal Objetivo
F1 = 100N
F = 45N
Mmáx = 12,5kg
– 289

RESOLUÇÃO:
Considerando-se a soma dos momentos em relação ao ponto de apoio igual
a zero, temos:
No arranjo da esquerda: P . x = P1L;
No arranjo da direita: P(L – x) = P2L.
Dividindo-se as equações acima, obtemos
x/(L–x) = (P1/P2) = 3/2 ⇒
Resposta: 60cm
4. (UNICAMP-SP) – Grandes construções representam desafios à
engenharia e demonstram a capacidade de realização humana. Pontes
com estruturas de sustentação sofisticadas são exemplos dessas obras
que coroam a mecânica de Newton.
a) A ponte pênsil de São Vicente (SP) foi construída em 1914. O
sistema de suspensão de uma ponte pênsil é composto por dois
cabos principais. Desses cabos principais partem cabos verticais
responsáveis pela sustentação da ponte. O desenho esquemático da
figura 1 abaixo mostra um dos cabos principais (AOB), que está
sujeito a uma força de tração
→
T exercida pela torre no ponto B. A
componente vertical da tração
→
TV tem módulo igual a um quarto
do peso da ponte, enquanto a horizontal
→
TH tem módulo igual a
4,0 x 106N. Sabendo-se que o peso da ponte é P= 1,2 x 107N, calcule o
módulo da força de tração
→
T.
b) Em 2008 foi inaugurada em São Paulo a ponte Octavio Frias de
Oliveira, a maior ponte estaiada em curva do mundo. A figura 2
mostra a vista lateral de uma ponte estaiada simplificada. O cabo
AB tem comprimento L = 50m e exerce, sobre a ponte, uma força
→
TAB de módulo igual a 1,8 x 107N. Calcule o módulo do torque
desta força em relação ao ponto O.
Dados: sen 45° = cos 45° =
RESOLUÇÃO:
a) TH = 4,0 . 106N
TV = = 3,0 . 106N
T2 = TH
2
+ TV
2
b)
AM = MB = 25 m
d = AM = 25 m
O torque da força
→
TAB em relação ao ponto O tem módulo M dado por:
M = ͉
→
TAB ͉ . d
M = 1,8 . 107 . 25 (N . m)
Respostas: a) 5,0 . 106 N b) 4,5 . 108 N . m
1. (MACKENZIE) – Têm-se 4 esferas idênticas, a primeira eletriza-
da com cargas positivas +Q e as demais neutras. Colocando-se separa-
damente a primeira em contato com cada uma das outras três, sua carga
elétrica final será:
a) b) c) d) e)
x = 0,6L = 60cm
digite FIS3M208
No Portal Objetivo
M = 4,5 . 108 N . m
T = 5,0 . 106N
1,2 . 107N
–––––––––
4
͙ෆ2
––––
2
MÓDULO 24
ELETRIZAÇÃO POR ATRITO E POR CONTATO
Q
–––
64
Q
–––
32
Q
–––
16
Q
––
8
Q
––
4
290 –

RESOLUÇÃO:
Inicialmente, temos:
Resposta: B
2. (FUVEST-SP) – Três esferas metálicas, M1, M2 e M3, de mesmo
diâmetro e montadas em suportes isolantes, estão bem afastadas entre
si e longe de outros objetos.
Inicialmente, M1 e M3 têm cargas iguais, com valor Q, e M2 está
descarregada. São realizadas duas operações, na sequência indicada:
I. A esfera M1 é aproximada de M2 até que ambas fiquem em contato
elétrico. A seguir, M1 é afastada até retornar à sua posição inicial.
II. A esfera M3 é aproximada de M2 até que ambas fiquem em contato
elétrico. A seguir, M3 é afastada até retornar à sua posição inicial.
Após essas duas operações, as cargas nas esferas serão cerca de
RESOLUÇÃO:
1.o contato (M1 e M2):
Qfinal = = ⇒ Qfinal =
2.o contato (M3 e M2):
Q’final = = ⇒ Q’final =
Assim, a quantidade final de carga de cada esfera será
M1 : QM1
= M2 : QM2
= M3 : QM3
=
Resposta: B
3. (FATEC-Modificada) – Analise as afirmações abaixo:
I. Todo objeto que tem grande quantidade de elétrons está eletrizado
negativamente.
II Eletrizando-se por atrito dois objetos neutros, de materiais distintos,
obtêm-se, ao final deste processo de eletrização, dois objetos
eletrizados com carga de sinais contrários.
III.Encostando-se um objeto A, eletrizado negativamente, em um
pequeno objeto B, neutro, após algum tempo o objeto A ficará
neutro.
IV. Encostando-se uma esfera metálica eletrizada com carga positiva
+Q em outra esfera metálica idêntica, eletrizada com carga negativa
–Q, ambas se neutralizam.
Deve-se concluir, da análise dessas afirmações, que
a) apenas I é correta. b) apenas II é correta.
c) apenas II e IV são corretas. d) apenas I e III são corretas.
e) todas estão corretas.
RESOLUÇÃO:
I. Incorreta. Um objeto estará eletrizado negativamente quando possuir
uma quantidade de elétrons maior que a de prótons. Assim, o fato de
haver uma grande quantidade de elétrons não assegura que ela seja
maior que a de prótons.
II. Correta. Quando eletrizamos, por atrito, dois objetos neutros, de
materiais diferentes, um deles ficará eletrizado positivamente e o outro,
negativamente. Exemplo: ao atritarmos o vidro com um pano de lã, o
primeiro se eletriza positivamente e o segundo, negativamente.
III.Incorreta. Encostando-se um corpo A, eletrizado negativamente, em
um pequeno objeto B, haverá passagem de elétrons do primeiro para
o segundo, porém, ao final do processo, ambos estarão com carga
elétrica negativa.
IV. Correta. De fato, a carga total das duas é nula: (+Q) + (–Q) = 0
Logo, a carga final de ambas será nula.
Resposta: C
Q
–––
2
3Q
––––
4
3Q
––––
4
QM3
+ QM2
–––––––––––
2
Q + Q/2
––––––––
2
3Q
––––
4
QM1
+ QM2
–––––––––––
2
Q + 0
–––––
2
Q
–––
2
M1 M2 M3
a) Q/2 Q/4 Q/4
b) Q/2 3Q/4 3Q/4
c) 2Q/3 2Q/3 2Q/3
d) 3Q/4 Q/2 3Q/4
e) Q zero Q
– 291

4. (MODELO ENEM) – Uma esfera metálica A apresenta uma carga
elétrica inicial +Q. Outras duas esferas metálicas, B e C, de diâmetros
diferentes, estão inicialmente neutras, como mostra a figura que se
segue:
Fez-se um contato entre as três esferas simultaneamente e por apre-
sentarem raios diferentes, as cargas elétricas finais resultaram valores
diferentes: QA, QB e QC. Verificou-se que
1.a) a carga elétrica final QB era metade de QA;
2.a)a carga elétrica final QC era um terço de QB.
Usando-se o princípio da conservação da carga elétrica, determine as
cargas elétricas QA, QB e QC em função da carga inicial +Q.
RESOLUÇÃO:
Pelo princípio da conservação da carga elétrica:
QA + QB + QC = +Q ባ
Substituindo-se as equações iniciais em ባ:
QA + + = Q
+ + = Q
10 . QA = 6 . Q ⇒ QA = Q ⇒
Como tínhamos no início:
QB = QA ⇒
QC = QA ⇒
Resposta: QA = Q; QB = Q; QC = Q
5. Montou-se um experimento envolvendo uma pequena esfera de
celuloide, um canudinho de refresco e uma lâmina de celuloide.
Os procedimentos foram os seguintes:
1.o)Esfregou-se um pedaço de pano seco na esferinha e esta ficou
eletrizada com carga elétrica negativa.
2.o)Atritou-se o canudinho com papel toalha seco e este também ficou
eletrizado.
3.o)Atritou-se a lâmina com um segundo papel toalha seco e esta
também ficou eletrizada com carga desconhecida.
4.o)Aproximou-se a lâmina do canudinho e este foi repelido.
5.o)Aproximou-se a esferinha do canudinho e esta o atraiu.
Pode-se concluir que as cargas elétricas do canudinho e da lâmina são
a) positiva e positiva. b) positiva e negativa.
c) negativa e negativa. d) negativa e positiva.
e) positiva e neutra.
RESOLUÇÃO:
Como o canudinho foi atraído pela esfera e esta possui carga elétrica
negativa, concluímos que ele possui carga elétrica positiva.
A lâmina repeliu o canudinho. Logo, sua carga elétrica também é positiva.
Resposta: A
1. (MODELO ENEM) – Um bastão eletrizado positivamente é
aproximado de uma esfera. Ocorre indução e cargas elétricas são
distribuídas na esfera induzida, como se indica na figura 1.
Dois experimentos serão então realizados:
1.º experimento: mantendo-se presente o bastão na posição acima, um
fio-terra é conectado à esfera induzida (figura 2). Logo em seguida, o
fio-terra é desconectado ainda em presença do bastão (figura 3). Retira-
se, finalmente, o bastão e a esfera fica então totalmente isolada (figura
4). Desenhe as cargas elétricas em cada figura e indique o fluxo de
elétrons no fio-terra.
MÓDULO 25
ELETRIZAÇÃO POR INDUÇÃO
3
–––
5
3
–––
10
1
–––
10
1
–––
6
1
QC = ––– Q
10
1
–––
2
3
QB = ––– Q
10
6
–––
10
3
QA = ––– Q
5
6 . QA
––––––
6
3 . QA
––––––
6
1 . QA
––––––
6
QA
––––
2
QA
––––
6
1
QB = ––– QA
2
1
QC = ––– QB
3
} 1
QC = ––– QA ቢ
6
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292 –

2.º experimento: são feitos os mesmos procedimentos iniciais do
experimento 1, no entanto, retira-se o bastão da presença da esfera
induzida sem desconectar o fio-terra. Indique, na figura 5, o que
aconteceu com as cargas elétricas.
RESOLUÇÃO:
2. Nos experimentos envolvendo a indução eletrostática, algumas
considerações importantes podem ser feitas. Assinale aquelas que são
pertinentes e que estão corretamente enunciadas:
I) Para se fazer a indução entre dois corpos, A e B, um deles deverá
estar eletrizado, o qual servirá de indutor, enquanto o outro será o
induzido.
II) Após a indução eletrostática, ocorre sempre repulsão entre os dois
corpos A e B.
III) Se o corpo A estiver eletrizado positivamente, poderemos eletrizar
o corpo B negativamente, desde que se use um “fio-terra” ou algo
equivalente.
IV) Quando se coloca A em contato com B, estando A com carga
positiva, B também ficará positiva e, a seguir, repelem-se.
São adequadas e corretas:
a) apenas I b) apenas II c) apenas I e III
d) apenas I, III e IV e) todas
RESOLUÇÃO:
I) Correta e adequada
Não existe indução entre corpos neutros.
II) Incorreta
Cargas de sinais opostos formam-se entre as faces vizinhas de A e B.
Logo, haverá atração.
III) Correta e adequada
A questão 1 explicou o processo do fio-terra. No entanto, pode-se trocar
o fio-terra, colocando-se um dedo encostado no induzido. O nosso
corpo fará o papel de fio-terra.
IV) Correta, mas inadequada
A eletrização por contato não é uma indução eletrostática.
Resposta: C
3. (UDESC) – Três pequenas esferas metálicas idênticas, eletricamen-
te neutras, são suspensas por fios
flexíveis e isolantes, presos a um su-
porte não condutor, conforme mostra
a figura ao lado.
A figura abaixo que representa uma
possível situação de equilíbrio, após
a esfera b receber certa quantidade de carga elétrica, é:
Figura 2
-e-
Figura 3
Durante a indução, pelo
fio-terra, o fluxo de
elétrons é para cima.
Note que o fio-terra é desligado com o
bastão presente.
Figura 4
Afastado o bastão e
desligado o fio-terra, os
elétrons distribuem-se
uniformemente pela
esfera.
1º experimento.
elétrons
Como o bastão é levado embora,
sem se desligar o fio-terra, os
elétrons escoam para a terra.
A esfera ficará descarregada, ou
seja, volta a ficar neutra.
Figura 5
+ + + +
+
+
++++
+ + + +
+
+
++++
+
+
2º experimento.
– 293

RESOLUÇÃO:
Eletrizando-se a esfera do meio (b), ocorre indução em a e em c.
Verificamos então que entre a e b surgem forças de atração. Do mesmo
modo, entre b e c também haverá forças de atração. A esfera b permanece
em seu lugar, enquanto a e c são deslocadas como na figura a seguir.
Resposta: C
Observação: Se as três esferas metálicas chegassem a se tocar, como sugere
a alternativa (a), a esfera do meio cederia cargas às outras duas e haveria
uma repulsão.
4. (MODELO ENEM) – Identifique se existe eletrização por indução
presente em cada experimento descrito a seguir:
I. Uma tira de papel é aproximada da tela de um televisor comum,
bem no exato instante em que se ia bater um pênalti. Todos os
presentes verificaram que ela foi atraída pelas cargas elétricas ali
depositadas.
II. A professora apagou a lousa e verificou que muito pó de giz
permaneceu grudado no apagador, isto é, na espuma ou feltro que
foi atritado contra a lousa.
III.Regináurio, excelente aluno de Física, ofereceu-se para fazer um
experimento. Picou um lencinho de papel em pedaços miúdos.
Tirou do bolso o seu pente de plástico, vermelho, passou em seus
cabelos secos e limpinhos e aproximou-o dos papeizinhos.
Alguns deles chegaram a saltar sobre o pente vermelho.
IV.O dia estava nublado, a umidade relativa do ar era baixa, a
temperatura também. Ao descer do carro, Zito levou um choque
ao aproximar a sua mão da carcaça metálica do veículo.
RESOLUÇÃO:
I. Há cargas elétricas espalhadas pelo vídeo. Estas foram indutoras de um
processo de indução eletrostática e a tira de papel foi o material
induzido. Evidentemente, deu-se a atração, o que caracterizou a
indução.
II. Ao apagar a lousa, ocorre eletrização por atrito. Nesse caso, não temos
a indução. Aliás, a força de atrito entre duas superfícies é de origem
eletromagnética.
III.Este é o exemplo típico de indução. Estando o pente eletrizado por
atrito, suas cargas elétricas produzem indução nos papeizinhos, que são
atraídos.
IV. Neste exemplo, podemos supor que a carcaça estava eletrizada por
atrito, como descreve o texto. Zito, ao aproximar a sua mão da carcaça,
provocou a indução, sendo a mão dele o corpo induzido.
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294 –

1. (VUNESP) – Considere duas pequenas esferas eletrizadas, separa-
das pela distância d = 3,0 . 10–1m, em que uma delas possui carga elé-
trica Q1 = 1,0nC e a outra, Q2 = –5,0nC. Utilizando a constante
eletrostática K0 = 9,0 . 109N · m2 /C2,
a) calcule o módulo da força eletrostática entre elas;
b) determine novamente o módulo da força eletrostática, porém para
uma nova distância D = 6,0 . 10–1m (o dobro da anterior).
RESOLUÇÃO:
a) Lei de Coulomb:
F = K0 . ⇒ F = (N)
b) F’ = K0 = K0 = .
F’ = ⇒
2. (FATEC) – A força de interação entre duas cargas puntiformes, Q1
e Q2, afastadas de uma distância d entre si, no vácuo, é dada pela Lei
de Coulomb:
F = k0 na qual k0 é uma constante de valor 9 . 109 Nm2/C2.
As cargas Q1 = 2Q e Q2 = 3Q se repelem no vácuo com força de 0,6N
quando afastadas de 3m.
O valor de Q, em C, é
a) 12.10–6 b) 10.10–6 c) 8.10–6
d) 6.10–6 e) 4.10–6
RESOLUÇÃO:
Da Lei de Coulomb, temos: F =
0,6 = ⇒ 0,6 =
Q2 = 1,0 . 10–10 (C2)
Q = 1,0 . 10–5 C ou
Resposta: B
3. (UEM-PR) – A magnitude da força eletrostática entre duas cargas
pontuais positivas é F. Se a distância entre as cargas for duplicada, a
força eletrostática entre as cargas será
a) b) 2F c) d) 4F e)
RESOLUÇÃO:
Seja d a distância inicial. A intensidade da força elétrica entre elas é dada
por: F = K0
ቢ
Duplicamos a distância e fazemos D = 2d. Então, seja F’ a intensidade da
nova força:
F’ = K0 = K0 = ባ
Comparando-se ባ e ቢ, vem:
Resposta: C
4. (UEMS) – Considere um sistema composto por 3 partículas
carregadas, conforme mostra a figura, e assinale a alternativa que cor-
responde à carga Q necessária para que a força sobre a carga de 1,0 pC
seja nula.
a) +1,0 pC b) –0,25 pC c) +0,50 pC
d) +0,25 pC e) –0,50pC
RESOLUÇÃO:
Usando-se as unidades da figura:
F1,2 = k . = k . = k | Q| ᕃ
F1,3 = k . = k . = ᕄ
MÓDULO 26
FORÇA ELETROSTÁTICA
Q1 Q2
––––––
d2
F
–––
4
F’ = 1,25 . 10–7N
Q1 . |Q2|
–––––––––
D2
Q1 . |Q2|
–––––––––
(2d)2
1
΂–––΃4
Q1 . |Q2|
΂K0 –––––––––΃d2
F = 5,0 . 10–7N
Q1 . |Q2|
–––––––––
d2
9,0 . 109 . 1,0 . 10–9 . 5,0 . 10–9
–––––––––––––––––––––––––––
(3,0)2 . (10–1)2
1
F’ = –– F
4
Q1 . Q2
–––––––
D2
Q1 . Q2
–––––––
(2d)2
1
–––
4
Q1 . Q2
΂K0 –––––––΃d2
Q1 . Q2
–––––––
d
F
–––
2
F
–––
4
3F
–––
2
Q = 10 . 10–6C
9 . 109 . 2Q . 3Q
–––––––––––––––––
(3)2
9 . 109 . 6Q2
–––––––––––––––––
9
k0 Q1 Q2
––––––––––
d2
Q1 . Q3
–––––––
d2
2
1,0 . 4,0
–––––––
(4,0)2
k
–––
4,0
Q1 . Q
––––––
d1
2
1,0 |Q|
–––––––
(1,0)2
– 295

Para que a carga Q1 permaneça em repouso, a carga Q deve ser negativa
e ainda:
|F1,2 | = |F1,3 |
k | Q| = ⇒ | Q| = 0,25 pC
Resposta: B
5. (UNIFESP-MODELO ENEM) – Considere a seguinte “unidade”
de medida: a intensidade da força elétrica entre duas cargas q, quando
separadas por uma distância d, é F. Suponha em seguida que uma carga
q1 = q seja colocada em frente a duas outras cargas, q2 = 3q e q3 = 4q,
segundo a disposição mostrada na figura.
A intensidade da força elétrica resultante sobre a carga q1, devido às
cargas q2 e q3, será
a) 2F b) 3F c) 4F d) 5F e) 9F
RESOLUÇÃO:
Temos, inicialmente, pela Lei de Coulomb:
F = k ⇒ F = k ቢ
Consideremos a figura:
F21 = k = k = 3k ባ
Comparando-se ባ e ቢ, concluímos:
F31 = k = k = k ቤ
Comparando-se ቤ e ቢ, concluímos:
Na figura, podemos usar Pitágoras, num dos triângulos:
F2
res = F
2
21 + F
2
31 ⇒ F2
res = (3F)2 + (4F)2 ⇒
Resposta: D
1. (UFAC) – Uma partícula com carga q = 3,0 . 10–2µC é colocada em
certo ponto do espaço onde o campo elétrico é 7,0 . 109 N/C; a
intensidade do módulo da força elétrica sobre a partícula é de:
a) F = 3,5 N b) F = 21 . 107 N c) F = 200 N
d) F = 21 N e) F = 210 N
RESOLUÇÃO:
F = q . E
F = (3,0 . 10–2 . 10–6) . (7,0 . 109) (N)
F = 21,0 . 10 (N)
Resposta: E
k
–––
4,0
q . q
––––
d2
q2
–––
d2
Q = –0,25pC
MÓDULO 27
CAMPO ELÉTRICO
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Fres = 5F
F31 = 4F
q1 . q3
––––––
d2
q . 4q
––––––
d2
4q2
––––
d2
F21 = 3F
q1 . q2
––––––
d2
q . 3q
––––––
d2
q2
–––
d2
F = 210N
296 –

2. A direção do campo elétrico gerado no entorno de uma carga
elétrica puntiforme é sempre radial, isto é, suas linhas de campo passam
pela carga. O sentido foi proposto por Faraday, obedecendo à seguinte
regra:
• se a carga fonte é positiva, o sentido é de afastamento dessa carga.
• se a carga fonte é negativa, o sentido é de aproximação da carga.
a) Desenhe, nos pontos 1, 2, 3, 4… das figuras a seguir, o vetor campo
elétrico gerado pela respectiva carga fonte Q, considerando sempre
um sistema isolado de outras cargas.
b) Coloque uma carga elétrica puntiforme positiva (q) sobre os pontos
1 e 2 e desenhe o vetor F (força elétrica).
c) Coloque uma carga elétrica puntiforme negativa (q’) sobre os
pontos 3 e 4 e desenhe o vetor F (força elétrica).
RESOLUÇÃO:
3. (UNIMONTES) – O gráfico abaixo representa a maneira como
varia a intensidade do campo elétrico, que é gerado por uma carga
pontual Q positiva, em função da distância. Determine a intensidade do
campo a uma distância de 4,0cm da carga fonte.
(K0 = 9,0 . 109 unidades SI)
a) 6,0 . 103 N/C b) 9,0 . 103 N/C c) 1,2 . 104 N/C
d) 1,5 . 104 N/C e) 5,0 . 103 N/C
RESOLUÇÃO:
Para d = 2,0cm ⇒ E1 = k0 = 3,6 . 104N/C
Para 2d = 4,0cm ⇒ E2 = k0 = =
E2 = (N/C) ⇒
Resposta: B
4. Retome a questão anterior. O valor da carga elétrica Q geradora do
campo elétrico é:
a) 0,16nC b) 1,6nC c) 16nC
d) 1,6 . 102nC e) 1,6pC
RESOLUÇÃO:
Para:
d = 2,0 cm = 2,0 . 10–2m ⇔ E = 3,6 . 104 N/C
k0 = 9,0 . 109 unid. SI
E1 = k0 ⇒ Q =
Q = (C)
Q = 1,6 . 10–9C ⇒
Resposta: B
Q = 1,6nC
3,6 . 104 . (2,0 . 10–2)2
–––––––––––––––––––
9,0 . 109
Q
––––
d2
E . d2
––––––
k0
3,6 . 104
–––––––––
4
E2 = 9,0 . 103 N/C
|Q|
–––––
(2d)2
1
΂–––΃4
|Q|
΂k0 ––––΃d2
E1
––––
4
|Q|
––––
d 2
– 297

5. (UECS-AL-VUNESP-MODELO ENEM) – A figura representa
a intensidade do campo elé-
trico criado por uma carga
puntiforme Q, em função
da distância d à carga.
A intensidade da força
elétrica que agirá sobre
uma carga de prova
q = 2,0 µC, colocada a
0,3m de Q, valerá, em N,
a) 2,0 . 10–3 b) 2,0 . 10–2
c) 2,0 . 10–1 d) 1,0 . 10–2
e) 1,0 . 10–1
1. (VUNESP) – Na figura, o ponto P está equidistante das cargas fixas
+Q e –Q, sendo Q > 0. Qual dos vetores indica a direção e o sentido do
campo elétrico em P, devido a essas cargas?
a) A
→
b) B
→
c) C
→
d) D
→
e) E
→
RESOLUÇÃO:
Resposta: C
2. Na circunferência da figura, de centro O, foram colocadas três
cargas elétricas, +Q, –Q e +Q, respectivamente nas posições 1, 2 e 3.
Admita que +Q seja positiva e –Q negativa.
No ponto O, o vetor campo elétrico resultante pode ser representado
por:
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
Observemos que a distância entre cada carga e o ponto O é o raio da
circunferência. As três têm o mesmo módulo. Logo
| E
→
1 | = | E
→
2 | = | E
→
3 | = k
Construindo a figura com os três vetores em O:
Como E
→
1 cancela E
→
2, concluímos que:
Resposta: B
E
→
res = E
→
2
MÓDULO 28
CAMPO ELÉTRICO RESULTANTE
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RESOLUÇÃO:
A intensidade do campo elétrico é inversamente proporcional ao quadra-
do da distância entre a carga fonte e o ponto P. Triplicamos a distância e
temos:
E1 4,5 . 105
E2 = ––– ⇒ E2 = –––––––– (N/C) = 0,5 . 105 N/C
d2 9
A carga de prova é colocada nesse ponto P.
F = q E2 = 2,0 . 10–6 . 0,5 . 105 (N)
F = 1,0 . 10–1N
Resposta: E
Q
–––
R
298 –

3. (UFB-modificada) – Na figura, temos um quadrado ABCD, no
qual foram insertas em seus vértices três cargas elétricas conhecidas:
+2Q; –3Q e +2Q, respectivamente em A, B e C.
a) Para que resulte nulo o campo elétrico em O, deve-se colocar em D
numa quarta carga elétrica. Determine o seu valor e sinal.
b) Após a colocação da quarta carga elétrica em D, uma quinta carga
elétrica puntiforme de valor (+q) positiva é colocada em O e
abandonada em repouso. Determine a direção e o sentido de sua
aceleração inicial.
RESOLUÇÃO:
a) Observemos que em A e C há duas cargas idênticas (+2Q). Seus campos
em O anulam-se mutuamente. Logo, resta apenas em O o campo
elétrico da carga B, ou seja –3Q. Para resultar nulo o campo elétrico
final, deve-se colocar em D uma carga simétrica, isto é, –3Q.
b) Sendo nulo o campo resultante em O, também é nula a força elétrica na
partícula (+q) ali colocada. Logo, ela permanece em repouso e a
aceleração é nula.
4. (PUC-RJ) – Duas partículas de cargas Q1 = 4,0 . 10–5C e
Q2 = 1,0 . 10–5C estão alinhadas no eixo x, sendo a separação entre
elas de 6,0m. Sabendo que Q1 se encontra na origem do sistema de
coordenadas e considerando k = 9,0 . 109 Nm2/C2, determine
a) a posição de um ponto P, entre as cargas, onde o campo elétrico é
nulo;
b) o módulo, a direção e o sentido da aceleração, no caso de ser
colocada uma partícula de carga q = –1,0 . 10–5C e massa
m = 1,0 . 10–12kg no ponto P, anterior.
RESOLUÇÃO:
a) As cargas geradoras são positivas e seus campos são de afastamento;
portanto, opostos, como mostra a figura a seguir.
E1 = k0 E2 = k0
|
→
E1 | = |
→
E2 | ⇒ =
= ⇒ 4,0y2 = 1,0 . x2
Como x e y são positivos:
x = 2 . y ቢ
Sendo, da figura, x + y = 6,0m ባ
Temos:
2y + y = 6,0
3y = 6,0 ⇒ y = 2,0m ⇒ x = 4,0m
Logo, o ponto P está a 4,0m de Q1 e a 2,0m de Q2.
b) A partícula de massa m = 1,0 . 10–12kg e carga q = –1,0 . 10–5C, colocada
em P, não será acelerada, pois:
→
F = q .
→
Eres
Como
→
Eres =
→
0 ⇒
→
F =
→
0 ⇒
→
a =
→
0
1. Na figura abaixo, temos uma carga elétrica positiva Q = 6,0nC e
dois pontos, A e B, fixos num eixo x. O meio é o vácuo e as distâncias
são demarcadas na própria figura.
Determine
a) o potencial elétrico no ponto A;
b) o potencial elétrico no ponto B;
c) a diferença de potencial entre os pontos A e B.
RESOLUÇÃO:
a) O potencial elétrico em qualquer ponto, gerado por uma carga elétrica
puntiforme, é dado por:
V = k0
Q
––
d
Q1
––––
x2
Q2
––––
y2
MÓDULO 29
POTENCIAL ELÉTRICO
Note e adote:
k0 = 9,0 . 109 N . m2/C2
4,0 . 10–5
––––––––
x2
1,0 . 10–5
––––––––
y2
Q1
––––
x2
Q2
––––
y2
– 299

Sendo: Q = 6,0 nC = 6,0 . 10–9C
dA = 2,0mm = 2,0 . 10–3m
Vem:
VA = 9,0 . 109 (volts)
(Resposta)
b) Sendo: dB = 6,0mm = 6,0 . 10–3m,
vem: VB = 9,0 . 109 . (V)
(Resposta)
c) A ddp entre A e B é:
VA – VB = 27,0 . 103 – 9,0 . 103 (V)
(Resposta)
2. (UDESC-modificada) – Na figura abaixo, estão representadas
algumas superfícies equipotenciais geradas no vácuo por uma partícula
Q, a qual tem carga elétrica positiva de 2,0 µC (2,0 . 10–6C). Os pontos
A, B, C e D encontram-se distantes da partícula: 10,0 cm, 20,0 cm,
30,0 cm e 40,0 cm, respectivamente. O valor da constante eletrostática
para o vácuo é 9,0 . 109 N.m2/C2.
Calcule
a) os potenciais elétricos em A e B, bem como a ddp entre A e B;
b) a razão entre os potenciais de C e de D, ou seja: VC/VD.
RESOLUÇÃO:
a) O potencial em qualquer um dos pontos é dado pela expressão:
V = k0
VA = 9,0 . 109 (V) = 1,8 . 105V
VB = 9,0 . 109 (V) = 9,0 . 104V
A ddp entre A e B vale:
VA – VB = 18 . 104 – 9,0 . 104 (V)
Observe que VB é metade de VA.
b) VC = k0 VD = K0 ,
em que r é o raio da menor circunferência.
= = ⇒
3. (MACKENZIE-SP) – Na determinação do valor de uma carga
elétrica puntiforme, observamos que, em um determinado ponto do
campo elétrico por ela gerado, o potencial elétrico é de 18 kV e a
intensidade do vetor campo elétrico é 9,0 kN/C. Se o meio é o vácuo
(k0 = 9.109 N.m2/C2), o valor dessa carga é
a) 4,0 µC b) 3,0 µC c) 2,0 µC
d) 1,0 µC e) 0,5 µC
RESOLUÇÃO:
Seja d a distância entre o ponto e a carga elétrica puntiforme.
A intensidade do campo elétrico é dada por:
E = k0 ቢ
O potencial elétrico é dado por:
V = k0 ባ
Das equações ቢ e ባ, temos:
= ⇒ E . d = V ⇒ d =
d = (m) ⇒ d = 2,0m
18
––––
9,0
2,0 . 10–6
–––––––––
20 . 10–2
2,0 . 10–6
–––––––––
10 . 10–2
Q
––
d
Note e adote:
Equipotencial é uma
linha ou uma superfície
em que seus pontos
apresentam um mesmo
valor de potencial
elétrico.
VA – VB = 18,0 . 103V
VB = 9,0 . 103V
6,0 . 10–9
–––––––––
6,0 . 10–3
VA = 27,0 . 103V
E
––
V
1
––
d
V
––
E
Q
––
d
Q
–––
d2
VC
––––
VD
Q
k0 –––
3r
–––––––
Q
k0 –––
4r
4
–––
3
VC 4
––– = ––
VD 3
Q
––––
3r
Q
––––
4r
VA – VB = 9,0 . 104V
6,0 . 10–9
–––––––––
2,0 . 10–3
300 –

Voltando-se à ባ, temos:
V = k0 ⇒ Q = ⇒ Q = (C)
Q = 4,0 . 10–6C ⇒
Resposta: A
4. (UFJF-MODELO ENEM) – A figura a seguir mostra um sistema
de duas partículas puntiformes, A e B, em repouso, com cargas
elétricas iguais a Q, separadas por uma distância r. Sendo K a constante
eletrostática, pode-se afirmar que o módulo da variação da energia
potencial da partícula B na presença da partícula A, quando sua
distância é modificada para 2r, é:
a) (KQ2)/(4r2) b) (KQ2)/(2r) c) (KQ)/(2r2)
d) (KQ)/(4r2) e) (KQ2)/r
RESOLUÇÃO:
A energia potencial do sistema dado pelo par de cargas Q1 e Q2 é dada por:
Wpot = K
W1 = K = K … (fig. 1)
W2 = K = K … (fig. 2)
Logo:
͉∆W͉ = ͉W2 – W1͉ = ͉ –
͉
Resposta: B
1. (EN Portugal) – Na figura, temos um par de eixos cartesianos. As
cargas elétricas Q1 = +2,0µC e Q2 = –3,0µC estão fixas em cada eixo.
Determine o valor do potencial elétrico resultante, que é criado no
ponto P pelas duas cargas. É dada a constante de Coulomb no SI:
k0 = 9,0 . 109 V.m/C.
RESOLUÇÃO:
V1 = = (V)
V1 = 4,5 . 105V
V2 = = (V)
V2 = –18 . 105V
VP = V1 + V2 = 4,5 . 105V + (–18 . 105V)
VP = –13,5 . 105V ou – 1,35MV
2. (UECE-MODELO ENEM) – N prótons, cada um de carga q,
foram distribuídos aleatoriamente ao
longo de um arco de círculo de 60° e raio
r, conforme ilustra a figura.
Considerando k = e o potencial
de referência no infinito igual a zero, assi-
nale a alternativa que contém o valor do
potencial elétrico no ponto O devido a
esses prótons.
a) b) cos60° c) d) cos30°
RESOLUÇÃO:
Cada próton gera em O um potencial dado por:
V1 = k
q
–––
r
kqN
––––
r
kNq
––––
r
kNq
––––
r
2kNq
–––––
r
1
–––––
4πε0
Q
––
d
d . V
–––––
k0
2,0 . 18 . 103
–––––––––––
9,0 . 109
Q = 4,0 µC
MÓDULO 30
POTENCIAL ELÉTRICO
GERADO POR DIVERSAS CARGAS
digite FIS3M213
No Portal Objetivo
KQ2
͉∆W͉ = ––––
2r
KQ2
––––
2r
KQ2
––––
r
Q . Q
––––––
2r
Q2
––––
2r
Q . Q
––––––
r
Q2
––––
r
Q1 . Q2
––––––
d
k0Q2
–––––
d2
9,0 . 109 . (–3,0 . 10–6)
–––––––––––––––––––
1,5 . 10–2
k0Q1
–––––
d1
9,0 . 109 . 2,0 . 10–6
–––––––––––––––––
4,0 . 10–2
– 301

Os N prótons geram juntos um potencial resultante, em O, dado por:
VO = N . V1 ⇒
Resposta: C
3. Nos pontos A e B de um campo elétrico, os potenciais são,
respectivamente: VA = +3,0µV e VB = –6,0µV. Uma carga elétrica
puntiforme q = +2,0pC é arrastada de A para B, sem que se modifique
a sua energia cinética. Determine
a) o trabalho realizado pelas forças elétricas;
b) o trabalho do operador.
RESOLUÇÃO:
a) τeᐉ = q(VA – VB)
τeᐉ = 2,0 . 10–12 (3,0 . 10–6 – (–6,0 . 10–6)) (J)
τeᐉ = 1,8 . 10–17 J
b) τoper + τeᐉ = ∆Ec = 0
τoper = –1,8 . 10–17 J
Respostas: a) τeᐉ = 1,8 . 10–17 J
b) τoper = –1,8 . 10–17 J
4. (UNESP) – A figura é a intersecção de um plano com o centro C de
um condutor esférico e com três superfícies equipotenciais ao redor
desse condutor.
Uma partícula de carga de 1,6 x 10–19 C é levada do ponto M ao ponto
N. O trabalho realizado por um operador para deslocar essa carga sem
variação de energia cinética foi de
a) 3,2 x 10–20J b) 16,0 x 10–19J c) 8,0 x 10–19J
d) 4,0 x 10–19J e) 3,2 x 10–18J
RESOLUÇÃO:
O trabalho da força elétrica, para deslocar a partícula de carga q entre os
pontos M e N é dado por:
τMN = q (VM – VN) ⇒ τMN = 1,6 . 10–19 . (5,0 – 10) (J)
τMN = –8,0 . 10–19J
O teorema da energia cinética (TEC) nos dá:
τoperador + τMN = εcinfi
– εcinin
0
τoperador = –τMN ⇒
Resposta: C
1. Na figura que se segue, estão representados dois condutores, A e B,
eletrizados e algumas linhas equipotenciais.
a) Identifique o sinal da carga elétrica de cada um deles.
b) Calcule o trabalho da força elétrica ao se deslocar uma carga elétrica
puntiforme q = +2,0nC de M para N.
c) Esboce, na figura, uma linha de força que passe por M e outra por
N.
(resposta)
k Nq
VO = –––––
r
τoperador = +8,0 . 10–19J
MÓDULO 31
PROPRIEDADES DO CAMPO ELÉTRICO
τMN = –6,0 . 10–7J
RESOLUÇÃO:
a) Próximas de A temos as equipotenciais com valores negativos: –200V,
–100V. Logo, A está negativo.
Do mesmo modo, B está positivo
b) τMN = q (VM – VN) = +2,0 . 10–9 (–100 – 200) (J)
302 –

c)
2. (VUNESP) – Considere uma região onde atua um campo elétrico
uniforme. Sobre o potencial elétrico nessa região, afirma-se que:
I. o valor absoluto do potencial elétrico de um ponto é numericamente
igual ao trabalho realizado pela força elétrica para levar uma carga
de prova unitária desse ponto até o infinito do campo, adotado como
referencial;
II. o potencial elétrico diminui quando se percorre uma linha de campo
em sentido contrário ao de sua orientação;
III.num campo elétrico, as linhas de campo são sempre perpendiculares
às superfícies equipotenciais.
É correto o contido em
a) I, apenas. b) II, apenas. c) I e III, apenas.
d) II e III, apenas. e) I, II e III.
RESOLUÇÃO:
I. CORRETA.
τ = q . (VA – VB)
VA = VP ; VB = V∞ = 0 ; q = 1 un
τp,∞ = 1 (VP – 0) ⇒
II. ERRADA.
O potencial decresce no sentido da linha de força (linha de campo).
III.CORRETA.
Esta é uma propriedade das linhas de campo.
Resposta: C
3. (UNIFESP-MODELO ENEM) – A figura representa a configura-
ção de um campo elétrico gerado por duas partículas carregadas, A e B.
Assinale a linha da tabela que
apresenta as indicações corretas
para as convenções gráficas que
ainda não estão apresentadas
nessa figura (círculos A e B) e
para explicar as que já estão
apresentadas (linhas cheias e
tracejadas).
RESOLUÇÃO
As linhas cheias representam as linhas de força do campo elétrico. Elas não
são linhas fechadas e saem da carga elétrica positiva e aproximam-se da
carga elétrica negativa.
Conclusão:
• A partícula A tem carga elétrica positiva.
• A partícula B tem carga elétrica negativa.
Por outro lado, as linhas tracejadas (fechadas) representam as equipotenciais.
Aquelas que “circundam” a partícula A, positiva, representam potenciais
positivos. Aquelas que circundam a partícula B, potenciais negativos.
Resposta: E
4. (UPE) – Analisando-se as proposições a seguir relacionadas à
eletrostática, pode-se afirmar que
I. o campo elétrico de uma carga puntiforme é sempre orientado no
sentido de afastar-se da carga.
II. qualquer carga Q ocorrente na natureza pode ser descrita
matematicamente como Q = ± N e, em que N é um inteiro, e e é a
carga do elétron.
III.utilizando-se a configuração das linhas de força para visualizar o
campo elétrico, conclui-se que, quando as linhas de força estão mais
próximas, o campo elétrico é menos intenso.
IV. as linhas de força de um campo elétrico nunca se cruzam em um
ponto no espaço.
Estão corretas:
a) todas as afirmativas b) apenas I, II e III
c) apenas II, III e IV d) apenas II e IV
e) apenas I e III
V
N
= τp,∞
carga da
partícula A
carga da
partícula B
linhas cheias
com setas
linhas
tracejadas
a) (+) (+) linha de força
superfície
equipotencial
b) (+) (–)
superfície
equipotencial
linha de
força
c) (–) (–) linha de força
superfície
equipotencial
d) (–) (+)
superfície
equipotencial
linha de
força
e) (+) (–) linha de força
superfície
equipotencial
– 303

RESOLUÇÃO:
I. ERRADA.
Somente para cargas positivas o campo é de afastamento.
II. CORRETA.
A carga elementar é a menor quantidade de eletricidade livre e isolada.
A carga elétrica é uma grandeza que pode ser quantizada:
Q = ± Ne
Ex. Q1 = + 3,2 . 10–19C Q2 = –6,4 . 10–6C
A rigor, não existe a carga de 1,0C.
III.ERRADA
Quanto mais próximas as linhas de campo, mais intenso é o campo
elétrico.
IV. CORRETA.
Haveria dois campos de direções diferentes no mesmo ponto.
Resposta: D
1. Nas figuras que se seguem, representamos elementos condutores
de eletricidade eletrizados e em equilíbrio eletrostático. Todos eles são
ocos.
A distribuição das cargas está corretamente representada
a) nas três figuras b) apenas na figura 1
c) apenas na figura 2 d) somente nas figuras 1 e 3
e) somente nas figuras 2 e 3
2. (UFPB) – A figura abaixo representa uma esfera condutora
homogênea positivamente carregada.
Sobre o módulo do campo elétrico (
→
E) gerado exclusivamente pelas
cargas da esfera, nos pontos A (centro), B (externo, porém próximo da
superfície) e C (exterior), como mostra a figura, é correto afirmar:
a) EA < EB = EC, sendo EA = 0
b) EA < EC < EB, sendo EA = 0
c) EA = EC < EB
d) EA = EB = EC
e) EB < EA < EC
RESOLUÇÃO:
Em A, ponto interno à superfície esférica, o campo elétrico é nulo.
Em pontos externos à superfície esférica, temos:
E = K0 . (1)
A distância d da equação (1) se mede do centro da esfera ao ponto externo.
Temos dB < dC ⇒ EB > EC
Resumindo:
EA < EC < EB, sendo que EA = 0
Resposta: B
3. (UF-JUIZ DE FORA-MG) – A figura representa uma superfície
esférica condutora, carregada positivamente, e dois pontos, A e B,
ambos no plano da página.
Nessa condição, pode-se afirmar que
a) o potencial em B é maior que em A.
b) um elétron em B tem maior energia potencial do que em A.
c) o campo elétrico em B é mais intenso do que em A.
d) o potencial em A é igual ao potencial em B.
e) o trabalho realizado pela força elétrica para deslocar um elétron de
B para A é nulo.
| Q |
––––
d2
MÓDULO 32
CONDUTOR ISOLADO E ESFERA ELETRIZADA
RESOLUÇÃO:
Figura 1: cargas uniformemente distribuídas na superfície esférica; cor-
retamente representada.
Figura 2: errada; as cargas escoam para as pontas.
Figura 3: correta; haverá maior densidade na região da direita.
Resposta: D
304 –

RESOLUÇÃO:
a) ERRADA.
Cálculo do potencial:
V = K0 .
Sendo dB > dA ⇒
b) CORRETA.
Um elétron de carga (–e), abandonado num ponto de potencial V
adquire energia potencial dada por: (–e) . (V)
Epot
A
= –e . VA
Epot
B
= –e . VB
· Epot
B
> Epot
A
VB < VA
Outro modo de se explicar:
1) VB < VA
2) Multipliquemos pelo negativo (–e):
–e . VB > –e . VA (invertem a desigualdade)
Epot
B
> Epot
A
c) ERRADA.
E = K0 .
dA < dB ⇒ EA > EB
d) ERRADA.
VB < VA
e) ERRRADA.
Há uma ddp, entre A e B, não nula
Resposta: B
4. (UFRGS-MODELO ENEM) – Uma casca esférica condutora de
raio R, isolada, está eletricamente carregada com carga elétrica de
módulo Q.
Considere as afirmações abaixo, sobre o módulo E do campo elétrico
gerado por essa casca esférica para pontos situados a diferentes
distâncias d do centro da casca.
(k = constante da Lei de Coulomb)
I. E = 0 para pontos situados no interior da casca esférica, isto é, para
pontos tais que d < R.
II. E = k Q / d2 para pontos internos à casca esférica, isto é, para pontos
tais que d < R.
III.E = k Q / d2 para pontos externos, isto é, para pontos tais que
d > R.
Quais estão corretas?
a) Apenas I. b) Apenas II. c) Apenas I e III.
d) Apenas II e III. e) I, II e III.
RESOLUÇÃO:
I. CORRETA.
No interior da esfera, o campo é nulo.
II. INCORRETA.
III.CORRETA.
Adistância d se mede a partir do centro da esfera e o campo externo não
é nulo.
Resposta: C
Texto para as questões 1 e 2.
Esferas condutoras eletrizadas e isoladas têm suas cargas elétricas uni-
formemente distribuídas pela superfície. Quando conectamos duas es-
feras eletrizadas através de um fio condutor, as cargas elétricas fluem
de uma para outra até se equilibrarem os potenciais elétricos. Temos
duas esferas, A e B, isoladas uma da outra que serão conectadas por
um fio condutor. Inicialmente, temos:
1. Ao conectarmos o fio condutor, as cargas elétricas distribuem-se
proporcionalmente ao raio de cada esfera. Determine as cargas Q’A
e Q’B, respectivamente, de A e B.
RESOLUÇÃO:
Q’A + Q’B = QA + QB
Q’A + Q’B = (+8,0) + (–3,0)
Q’A + Q’B = +5,0pC (1)
Da igualdade dos potenciais se conclui que:
=
= ⇒ 2 Q’B = 3 . Q’A (2)
Juntando (1) e (2):
Q’A + Q’B = 5,0 pC
·2Q’B = 3Q’A
Concluímos que:
e
2. Após o equilíbrio eletrostático, determine o potencial elétrico co-
mum.
RESOLUÇÃO:
Podemos resolver pela esfera A ou B. Vamos à primeira:
V’A = k0
Temos:
k0 = 9,0 . 109 unid. SI
Q’A = +2,0pC Q’B = +3,0pC
Q’A
––––
2,0
Q’B
––––
3,0
Q’A
––––
RA
Q’B
––––
RB
MÓDULO 33
CAPACITÂNCIA E ENERGIA ELETROSTÁTICA
| Q |
––––
d2
VB < VA
Q
––––
d
Q’A
––––
RA
– 305

Q’A = +2,0 . 10–12C
RA = 2,0cm = 2,0 . 10–2m
V’A = 9,0 . 109 .
3. A capacitância C de uma esfera ou de um condutor qualquer em
equilíbrio eletrostático é uma constante característica desse corpo.
Sendo Q a carga elétrica e V o seu potencial, se escreve:
Uma esfera condutora é ligada a um gerador de cargas eletrostática
(Gerador de Van de Graaff) e dele recebe cargas de acordo com a ta-
bela:
a) Esboce o gráfico de Q = f (V)
b) Calcule a capacitância da esfera (em pF)
RESOLUÇÃO:
a)
b) Q = C . V ⇒ C =
C = ⇒ C = 3,0 . 10–14F ou
(Resposta)
4. (MACKENZIE-SP) – Duas pequenas esferas metálicas idênticas,
Ae B, de capacitâncias iguais a 5,0 . 10–1 pF cada uma, estão eletrizadas
com cargas de mesmo sinal. Quando a diferença de potencial elétrico
entre elas é VA – VB = 10V, a diferença QA – QB, entre suas cargas
elétricas é
a) 5,0 µC b) 10 nC c) 5,0 nC d) 10 pC e) 5,0 pC
RESOLUÇÃO:
I) QA = CA . VA
QB = CB . VB em que CA = CB = C (esferas idênticas)
QA – QB = C (VA – VB) ቢ
Sendo C = 5,0 . 10–1 . 10–12 F = 5,0 . 10–13 F
VA – VB = 10V
QA – QB = 5,0 . 10–13 . 10C = 5,0 . 10–12 C ⇒
II) Outro modo mais simples:
C = 5,0 . 10–1 pF
Da equação (1), vem:
(QA – QB) = (5,0 . 10–1) . (10) pC ⇒
Resposta: E
5. (UFS-ES) – Duas esferas condutoras, A e B, de raios rA = 3,0cm e
rB = 5,0cm estão no vácuo, eletrizadas com cargas QA = −2,0 . 10−6 C
e QB = 6,0 .10−6 C, respectivamente.
Analise as afirmações que se seguem, considerando a constante eletros-
tática no vácuo igual a 9,0 . 109 S.I.
(0) A capacitância eletrostática da esfera A vale 3,0nF.
(1) O potencial elétrico da esfera B, em relação a um referencial no
infinito, vale 1,08 . 106 V.
(2) Colocando as esferas em contato, elas ficarão eletrizadas com
cargas de 2,0 . 10−6 C cada uma.
(3) Após o contato, o potencial elétrico de cada esfera, em relação ao
potencial no infinito, será de 4,5 . 105 V.
Estão corretas:
a) todas b) apenas (0), (1) e (2)
c) apenas (0); (2) d) apenas (1) e (3)
e) apenas (3)
RESOLUÇÃO:
(0) INCORRETA
Q
C = ––––
V Q
· C = ––––––––– ⇒ C =
K . Q K Q
V = –––––– ––––––
R R
No vácuo: k0 = 9,0 . 109 un. SI
rA = 3,0cm = 3,0 . 10–2m
C = (F) ⇒ C = . 10–11F ⇒
C ≅ 0,33 . 10–11F ≅ 3,3pF
Q
––––
V
V (volt) 200 300 400
Q (pC) 6,0 9,0 12,0
Q = C . V
VA = 9,0 . 10–1 volt
R
–––––
K
(QA – QB) = 5,0pC
QA – QB = 5,0pC
6,0 . 10–12
–––––––––
2,0 . 102
C = 3,0 . 10–2 pF
1
––
3
3,0 . 10–2
––––––––––
9,0 . 109
2,0 . 10–12
––––––––––
2,0 . 10–2
306 –

(1) CORRRETA
VB = = (volt)
VB = 1,08 . 106V
(2) INCORRETA
São raios diferentes, resultando Q’A ≠ Q’B
(3) CORRETA
Q’A + Q’B = QA + QB ⇒ Q’A + Q’B = + 4,0 . 10–6C
Q’A = CA . V = . V
·V ΂ + ΃= +4,0 . 10–6C
Q’B = CB . V = . V
Substituindo e resolvendo, vem:
V = 4,5 . 105 volts
Resposta: D
1. Considere um arranjo constituído de duas placas planas, em para-
lelo, dotadas de uma mesma quantidade de cargas, porém de sinais
opostos (+Q) e (–Q). Entre as placas, forma-se um campo elétrico
uniforme
→
E.
Abandonamos em A uma partícula de carga elétrica positiva, +q, e, em
B, uma partícula de carga elétrica negativa, –q.
Descreva o movimento espontâneo de cada uma delas. Despreza-se a
ação gravitacional
F = ͉q͉ . E
· m . a = ͉q͉ . E ⇒
F= m . a
2. (UNIRIO) – Na figura, estão representadas as linhas de força e as
superfícies equipotenciais de
um campo eletrostático uni-
forme de intensidade igual a
2,0 . 102V/m.
Determine
a) a distância entre as duas equipotenciais de 20V e 60V;
b) o trabalho realizado pela força eletrostática quando se transporta
uma partícula de carga elétrica q = 6,0 µC desde o ponto A até o
ponto B.
RESOLUÇÃO:
a) E . d = U
Sendo E = 2,0 . 102 V/m
d = ?
U = 60V – 20V = 40V
(2,0 . 102) . d = 40
d = (m) ⇒
b) τA,B = q(VA – VB)
Sendo: q = 6,0µC; (VA – VB) = 40V
τA,B = 6,0 . 40 (µJ) ⇒
Respostas: a) 20cm b) 240µJ
MÓDULO 34
CAMPO ELÉTRICO UNIFORME
RESOLUÇÃO:
Inicialmente, devemos desenhar as linhas de força: retas paralelas, da
esquerda para a direita (vide figura). A carga positiva recebe do campo
elétrico
→
E uma força elétrica
→
F no sentido do campo e é acelerada, colidindo
com a placa negativa. A carga negativa é acelerada contra a placa positiva.
Cada uma delas adquire um MRUV com aceleração de módulo obtido
por:
τA,B = 240 µJ
4,0 . 10
––––––––
2,0 . 102
d = 2,0 . 10–1m = 20cm
͉q͉ . E
a = –––––––
m
RB
–––––
K
RB
–––––
K
RA
–––––
K
RA
–––––
K
9,0 . 109 . 6,0 . 10–6
––––––––––––––––
5,0 . 10–2
k0 QB
––––––––––
R
– 307

3. (UNESP-MODELO ENEM) – Um dispositivo para medir a carga
elétrica de uma gota de óleo é constituído de um capacitor polarizado
no interior de um recipiente convenientemente vedado, como ilustrado
na figura.
A gota de óleo, com massa m, é abandonada a partir do repouso no
interior do capacitor, onde existe um campo elétrico uniforme E
→
. Sob
ação da gravidade e do campo elétrico, a gota inicia um movimento de
queda com aceleração 0,2 g, em que g é o módulo da aceleração da
gravidade. O valor absoluto (módulo) da carga pode ser calculado pela
expressão
a) Q = 0,8 mg/E b) Q = 1,2 E/mg
c) Q = 1,2 m/gE d) Q = 1,2 mg/E
e) Q = 0,8 E/mg
RESOLUÇÃO:
Como o módulo da aceleração da gota de óleo é menor que o módulo da
aceleração da gravidade (a = 0,2g), concluímos que a força elétrica deve
ter sentido oposto ao do peso. Logo, a carga deve ter sinal negativo (Q < 0).
Sendo
→
Feᐉ a força elétrica na partícula:
Feᐉ = ͉Q͉ E
Na partícula, temos:
Fres = m a
P – Feᐉ = m a
mg – ͉Q͉ E = ma
Isolando-se a carga elétrica, temos:
͉Q͉ = ⇒ ͉Q͉ =
Resposta: A
4. (VUNESP-FAMECA-Modificada) – Duas placas paralelas,
planas e infinitas, distanciadas de 10cm, estão carregadas com cargas
de mesma intensidade e sinais opostos, conforme mostra a figura. Uma
pequena esfera de massa m = 1g e carga de + 2µC encontra-se em
equilíbrio entre as duas placas, presa a um fio isolante e inextensível,
de tal forma a não encostar nas placas.
Sabendo que a força de tração T exercida pela esfera no fio vale 0,03N
e que g = 10m/s2, determine
a) a intensidade do campo elétrico E;
b) a ddp entre as placas.
RESOLUÇÃO:
a) Na esferinha, agem:
→
T = força de tração do fio
→
F = força elétrica
→
P = peso
Temos:
F = q . E
P = m . g
No equilíbrio:
T = P + F
T = m . g + q . E
0,03 = (1 . 10–3) . 10 + (2 . 10–6) . E
3 . 10–2 = 1 . 10–2 + (2 . 10–6) . E
E = (V/m) ⇒
b) Cálculo da ddp:
E . d = U
U = (1 . 104) . (10 . 10–2) ⇒
Respostas: a) 1 . 104 V/m b) 1 . 103 V
0,8mg
͉Q͉ = –––––––
E
mg – ma
–––––––––
E
mg – m . 0,2g
––––––––––––––
E
U = 1000V
2 . 10–2
––––––––
2 . 10–6
E = 1 . 104V/m
308 –

5. (CEFET-SP) – Analise as afirmativas sobre o movimento de cargas
elétricas sob a influência de campos elétricos e (ou) magnéticos, ambos
uniformes.
I. Quando uma partícula eletrizada é lançada paralelamente às linhas
de um campo elétrico uniforme isolado, ela terá velocidade cres-
cente;
II. Quando uma partícula eletrizada é lançada paralelamente às linhas
de um campo magnético uniforme isolado, ela terá movimento
uniforme;
III.Quando uma partícula eletrizada é lançada perpendicularmente às
linhas de um campo elétrico uniforme isolado, ela terá trajetória
parabólica;
IV. Quando uma partícula eletrizada é lançada perpendicularmente às
linhas de um campo magnético uniforme isolado, ela descreverá
um arco de circunferência;
V. É impossível uma partícula eletrizada descrever MRU, se for
lançada perpendicularmente em região onde haja presença de
campo elétrico e magnético uniforme isolado ao mesmo tempo.
Sobre as afirmativas, podemos dizer:
a) São verdadeiras apenas as afirmativas II e III;
b) São verdadeiras apenas as afirmativas IV e V;
c) São verdadeiras apenas as afirmativas II, III e IV;
d) São verdadeiras apenas as afirmativas III,IV e V;
e) São verdadeiras apenas as afirmativas II e IV.
RESOLUÇÃO:
I. ERRADA
Pode ser acelerada ou freada pela força elétrica.
II. CORRETA.
Não haverá força magnética.
III.CORRETA.
A força elétrica permanece constante.
IV. CORRETA
A força magnética será centrípeta.
V. ERRADA.
Eis um contraexemplo:
Basta fazer ͉
→
Feᐉ͉ = ͉
→
Fmg͉
Resposta: C
1. (PUCC) – O campo elétrico entre as armaduras de um capacitor plano
eletrizado é uniforme.
Um capacitor plano a vácuo, cuja distância entre as suas armaduras é de
5,0cm, tem capacitância de 4,0 . 10–10 F e está carregado com carga de
6,0 µC. O campo elétrico entre as armaduras desse capacitor, suposto
constante, tem intensidade, em V/m, de
a) 1,0 . 105 b) 2,0 . 105 c) 3,0 . 105
d) 4,0 . 105 e) 5,0 . 105
RESOLUÇÃO:
Q = C . U
E . d = U · Q = C . E . d
E = =
Resposta: C
2. (UESPI) – Considere um capacitor de capacitância
60 f F = 60 . 10–15F, utilizado num “chip” de memória RAM de um
computador. Quando a diferença de potencial entre as placas do
capacitor é de 3,2V, qual a ordem de grandeza do número de elétrons
em excesso na placa negativa? Dado: o módulo da carga de um elétron
é 1,6 . 10–19 C.
a) 102 b) 104 c) 106 d) 108 e) 1010
RESOLUÇÃO:
O símbolo fF significa femtofarad
1 femto = 10–15
Q = C . U
Q = (60 . 10–15) . (3,2) (coulomb)
Q = 192 . 10–15C
Sendo e = 1,6 . 10–19C o valor da carga elementar:
Q = n . e
n = = = 120 . 104
n = 1,2 . 106 elétrons
Resposta: C
OG = 106
Q
–––
e
192 . 10–15
–––––––––––
1,6 . 10–19
E = 3,0 . 105N/C
Q
–––––
C . d
6,0 . 10–6
––––––––––––––––––
4,0 . 10–10 . 5,0 . 10–2
MÓDULO 35
CAPACITORES
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No Portal Objetivo
– 309

3. (UEM) – Considere um condensador plano com placas retan-
gulares. Se as placas fossem mantidas paralelas uma a outra e, a seguir,
afastadas por uma distância ∆x, a capacitância
a) diminuiria, pois a área das superfícies
diminui.
b)aumentaria, pois a área das superfícies
aumenta.
c)diminuiria, pois essa depende da distância
entre as placas.
d)aumentaria, pois essa depende da distância
entre as placas.
e)permaneceria a mesma, pois essa independe
da distância entre as placas.
RESOLUÇÃO:
A capacitância C é dada por:
C =
Aumentando-se a distância, aumentamos o denominador e diminuímos a
fração.
A capacitância C diminuiria.
Resposta: C
4. (UNIFOR-Modificada) – Considere o circuito elétrico esquema-
tizado abaixo, constituído de um gerador (E, r), dois resistores (R1 e
R2), um capacitor (C) e uma chave interruptora (k).
a) Com a chave k aberta, determine a carga elétrica Q1 do capacitor.
b) Com a chave k fechada, determine a intensidade de corrente no
gerador e também a carga elétrica Q2 no capacitor.
RESOLUÇÃO:
a) Com a chave k aberta, não há passagem de corrente no circuito, nem
pelo ramo da chave aberta, nem pelo ramo do capacitor.
U = E – r . i
U = 4,5 – 0 ⇒ U = 4,5V
Q = C . U
Q = 2,0 . 4,5 (nC)
b) Com a chave fechada, a corrente circula por fora e temos:
i = = (A)
Cálculo da ddp no ramo AB:
U = R . i = 6,0 . 0,5 (V)
U = 3,0V
Carga no capacitor
Q = C . U ⇒ Q = 2,0 . 3,0 (nC) ⇒
Respostas: a) 9,0nC b) 0,5A; 6,0nC
5. (MACKENZIE-SP) – Em uma experiência no laboratório de
Física, observa-se, no circuito abaixo, que, estando a chave ch na po-
sição 1, a carga elétrica do capacitor é de 24 µC. Considerando que o
gerador de tensão é ideal, ao se colocar a chave na posição 2, o
amperímetro ideal medirá uma intensidade de corrente elétrica de
a) 0,5A b) 1,0A c) 1,5 A d) 2,0A e) 2,5A
RESOLUÇÃO:
Com a chave na posição 1, calculamos a f.e.m. do gerador ideal:
Q = C . U ⇒ Q = C . E
E = =
Com a chave na posição 2, calculamos a corrente que atravessa o gerador
ideal:
i =
i = = 2,0A
Portanto, o amperímetro indicará 2,0A.
Resposta: D
12V
–––––––––
2Ω + 4Ω
E
–––––––
R1 + R2
E = 12V
Q
––
C
24µC
––––––
2µF
Q = 6,0nC
i = 0,5A
E
–––––
∑ R
4,5
––––––––––––
1,0 + 2,0 + 6,0
Q = 9,0nC
ε0 . A
–––––
d
310 –

1. Calcule a capacitância equivalente entre A e B, na figura.
RESOLUÇÃO:
Ceq = 3,0µF + 6,0µF
Ceq = 9,0µF
2. Calcule a capacitância equivalente entre A e B, na figura.
RESOLUÇÃO:
Entre M e B temos 2 capacitores em paralelo:
Cp = 6,0pF + 3,0pF = 9,0pF
O circuito fica:
Ceq = (pF) ⇒
Dois capacitores iguais em série têm uma capacitância igual à metade de
uma delas.
3. (UF-PI) – O capacitor equivalente ao da associação AB da figura,
tem capacitância:
a) C b) C/ 2 c) 2C d) C/4 e) 4C
RESOLUÇÃO:
O circuito pode ser reapresentado no seguinte formato para melhor
visualização.
Dois capacitores idênticos em série equivalem a C/2.
Em paralelo, somamos capacitâncias:
Ceq = + ⇒
Resposta: A
Ceq = 4,5pF
9,0 . 9,0
––––––––
9,0 + 9,0
Ceq = C
C
–––
2
C
–––
2
MÓDULO 36
ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORES
– 311

4. A associação abaixo foi submetida a uma ddp de 30V, entre os seus
terminais A e B.
Determine
a) Acarga elétrica Q adquirida por cada capacitor. Indique a polaridade;
b) a ddp no capacitor C1.
RESOLUÇÃO:
a) Estando os capacitores em série, temos:
Ceq =
Ceq = ⇒
Colocando-se as polaridades pedidas, temos:
A carga de cada capacitor é a mesma e é igual à carga do capacitor
equivalente.
Q = Ceq . U ⇒ Q = 4,0 . 30 ⇒
b) Cálculo da ddp em C1:
Q = C1 . U1
U1 = = ⇒
Respostas: a) 120p b) 20V
5. (MACKENZIE-SP) – Dois capacitores, de capacidades
C1 = 3 nF e C2 = 2 nF, são associados em série e o conjunto é submetido
à d.d.p. de 5 V. A carga elétrica armazenada por essa associação é:
a) 2,4 . 10–10 C b) 6,0 . 10–10 C c) 3,0 . 10–10 C
d) 6,0 . 10–9 C e) 12 . 10–9 C
RESOLUÇÃO:
Numa associação em série de dois capacitores, a capacitância equivalente
é dada por:
Ceq =
Sendo: C1 = 3nF e C2 = 2nF, vem
Ceq = (nF) = 1,2nF = 1,2 . 10– 9 F
Aplicando-se à associação uma ddp de 5 V, ambos os capacitores,
inicialmente descarregados, adquirem uma mesma carga elétrica Q, dada
por:
Q = Ceq . U
Q = 1,2 . 10– 9 . 5 (C)
Resposta: D
C1 . C2
–––––––
C1 + C2
Note e adote:
C1 = 6,0pF
C2 = 12,0pF
1pF = 10–12F
Ceq = 4,0pF
6,0 . 12,0
–––––––––
6,0 + 12,0
U = 20V
120pC
––––––
6,0pF
Q
–––
C1
Q = 120pC
Q = 6,0 . 10– 9 C
3 . 2
–––––
3 + 2
C1 . C2
–––––––
C1 + C2
312 –

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