C3 curso a_exercicios_prof_fisica

C3_Curso A_FIS_Alelex 29/02/12 11:09 Página 93

FRENTE 1 – MECÂNICA

MÓDULO 21
MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME
1. (FUVEST-TRANSFERÊNCIA-2012) – Um pulsar é uma
estrela em rotação que emite um pulso de radiação a cada rotação
completa. Astrônomos estudaram um pulsar que emite um pulso de
radiação a cada 30 ms. A velocidade angular dessa estrela é
a) 20 rad/s b) 30 rad/s c) 100 rad/s.
d) 200 rad/s e) 300 rad/s
Adote ␲ = 3; 1 ms = 10–3s

RESOLUÇÃO:

΂ –––– ΃ = –––––––– rad/s
2π 6 rad 6 000 3. (UFJF-MODELO ENEM) – Um velocímetro comum de carro
␻ = ––– = ––––––––
T 30 . 10–3 s 30 mede, na realidade, a velocidade angular do eixo da roda e indica um
valor que corresponderia à velocidade do carro. O velocímetro para
␻ = 200 rad/s um determinado carro sai da fábrica calibrado para uma roda de 20 po-
legadas de diâmetro (isso inclui o pneu). Um motorista resolve trocar
Resposta: D as rodas do carro para 22 polegadas de diâmetro. Assim, quando o
velocímetro indica 100 km/h, a velocidade real do carro é:
a) 100 km/h b) 200 km/h c) 110 km/h
d) 90 km/h e) 160 km/h

RESOLUÇÃO:
A velocidade angular é a mesma:
2. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA) – O carrossel de um

FÍSICA A
V1 V2
␻ = –––– = ––––
parque de diversões realiza uma volta completa a cada 20s. Adote ␲ = 3. R1 R2
Determine
R2
a) a velocidade angular do carrossel; V2 = –––– . V1
R1
b) as velocidades linear e angular de uma pessoa que está a 3,0m do
eixo de rotação do carrossel; 22
V2 = –––– . 100 (km/h)
c) o tempo gasto por uma pessoa que está a 6,0m do eixo para 20
completar uma volta.
V2 = 110 km/h
RESOLUÇÃO: Δ␸ 2␲ 2␲ rad Resposta: C
a) T = 20s ⇒ ␻C = –––– = –––– = –––– ––––
Δt T 20 s

␲ rad rad
␻C = –––– ––––– ഡ 0,3 –––––
10 s s

rad
b) 1) ␻P = ␻C = 0,3 ––––
s
2) VP = ␻PR = 0,3 . 3,0 (m/s) = 0,9 m/s

c) Δt = T = 20s

Respostas: a) 0,3 rad/s
b) 0,3 rad/s e 0,9 m/s
c) 20 s

– 93


4. (UNIFEI-MG-2011) – A Lua dá uma volta em torno da Terra em 2) Cálculo de VS:
2
aproximadamente 28 dias. A distância entre estes dois corpos do VS
g = acp = –––
sistema solar é de 4,0 x 105 km. Sabe-se que a Lua apresenta sempre a R
mesma face voltada para a Terra. Pergunta-se: 2
VS
a) Qual é a duração do dia lunar, ou seja, qual é o período de rotação 3,1 . 104 = –––––––––
1,29 . 104
da Lua em torno de seu eixo?
b) Qual é o módulo da aceleração que a Lua experimenta devido ao 2
VS = 4,0 . 108 ⇒ VS = 2,0 . 104km/h
seu movimento orbital em torno da Terra? Que direção e sentido
tem essa aceleração? Use ␲ = 3 e 28 d = 2,4 . 106 s.
3) Relação entre VE e VS:
Admita a órbita da Lua em torno da Terra como circular.
VE 1,67 . 103
–––– = ––––––––– = 0,0835
VS 2,0 . 104
RESOLUÇÃO:
a) Para que a Lua nos mostre sempre a mesma face, o seu período de VE ഡ 8% de VS
rotação deve ser igual ao seu período de translação em torno do centro
da Terra: 28 dias.
b) Sendo a órbita suposta circular, o movimento de translação da Lua é Resposta: E
uniforme e sua aceleração será centrípeta: direção radial e sentido para
o centro da circunferência descrita.
2

΂ –––– ΃ . R
2␲
acp = ␻2R =
T
4 ␲2
acp = ––––– . R
T2
4 . 9 . 4,0 . 108
acp = –––––––––––––– (m/s2)
MÓDULO 22
5,76 . 1012
acp = 25 . 10–4 m/s2
MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME
acp = 2,5 . 10–3 m/s2
1. (UESPI-2012) – A engrenagem da figura a seguir é parte do
Respostas: a) 28 d = 2,4 . 106s
motor de um automóvel. Os discos 1 e 2, de diâmetros 40cm e 60cm,
→ respectivamente, são conectados por uma correia inextensível e giram
b) Ϳ acp Ϳ = 2,5 . 10–3m/s2
direção: radial
em movimento de rotação uniforme.
sentido: para o centro
FÍSICA A

5. (UFPA-2012) – O Brasil possui um centro de lançamento de
satélites em Alcântara (MA), pois, devido à rotação da Terra, quanto
mais próximo da linha do Equador for lançado um foguete, menor a Se a correia não desliza sobre os discos, a razão ω1/ω2 entre as
variação de velocidade necessária para que este entre em órbita. A esse velocidades angulares dos discos vale
respeito, considere um sistema de referência inercial em que o centro da a) 1/3 b) 2/3 c) 1 d) 3/2 e) 3
Terra está em repouso, estime tanto o módulo da velocidade VE de um
ponto da superfície da Terra na linha do Equador quanto o módulo da RESOLUÇÃO:
V 1 = V2
velocidade VS de um satélite cuja órbita tem um raio de 1,29 . 104km.
␻1R1 = ␻2R2
É correto afirmar que VE é aproximadamente
a) 1 % de VS b) 2 % de VS c) 4 % de VS ␻1 R2 30 3
–––– = –––– = –––– = ––––
d) 6 % de VS e) 8 % de VS ␻2 R1 20 2

A velocidade angular e a frequência de rotação são inversamente propor-
Considere que o perímetro da Terra no Equador é 40 080km, que a
cionais ao raio da polia.
aceleração da gravidade na órbita do satélite tem módulo Resposta: D
3,1 . 104km/h2 e que a Terra dá uma volta completa a cada 24 horas.

RESOLUÇÃO:
1) Cálculo de VE:
Δs 2πR 40 080km
VE = ––– = ––––– = ––––––––– ⇒ VE = 1670km/h
Δt T 24h

94 –


2. (VUNESP-FMTM-MODELO ENEM) – Em algumas furadei- 3. (UFLA-MG-2012-MODELO ENEM) – As engrenagens estão
ras de bancada, a correia que transmite o movimento constante do presentes em objetos simples, tais como em bicicletas ou em moedores,
motor pode ser montada em três configurações distintas, de acordo com também em relógios e em grandes máquinas. A figura abaixo represen-
o trabalho a ser realizado. Isso é possível, uma vez que, em cada eixo, ta uma engrenagem composta por duas rodas circulares encostadas em
o que liga o mandril – peça que segura a broca – e o que liga o motor, uma polia que é colocada para girar em movimento de rotação uni-
estão conectados solidariamente dois conjuntos idênticos de três polias, forme.
um em ordem crescente e o outro em ordem decrescente de diâmetro.

Sejam dois pontos, A e B, na extremidade de cada roda, de modo que
o raio da trajetória de A é RA e o raio da trajetória de B é RB. Não há
nenhum deslizamento entre as rodas e a polia. A razão entre os raios
RA / RB é igual a 2. Assim, a razão entre os módulos das velocidades
tangenciais VA / VB, entre os módulos das velocidades angulares,
␻A/␻B e entre os períodos TA / TB são, respectivamente:
1 1 1
a) 1; 2; ––– b) 2; 1; 1 c) ––– ; 1; –––
2 2 2
1
d) 1; ––– ; 2 e) 1; 1; 1
2

RESOLUÇÃO:
1) Seja V o módulo da velocidade tangencial de um ponto da periferia da
polia.
Considere as afirmações:
I. na configuração 1, qualquer ponto da correia apresenta o mesmo Para não haver escorregamento, devemos ter:
módulo para a velocidade linear; VA
II. a configuração 2 possibilita que a broca tenha a mesma velocidade V = VA = VB e portanto: –––– = 1
VB

FÍSICA A
angular que o motor;
III. na configuração 3, se o motor tiver frequência de 12Hz, a broca
terá frequência inferior a 12Hz. ωA RB 1
2) VA = VB ⇒ ωA RA = ωB RB ⇒ –––– = –––– = ––––
Está correto o contido em ωB RA 2
a) I, apenas. b) III, apenas. c) I e II, apenas.
d) II e III, apenas. e) I, II e III. 2π ωA TB TA
3) ω = ––– ⇒ ––– = ––– ⇒ –––– = 2
T ωB TA TB
RESOLUÇÃO:
I. Correta. Para não haver deslizamento da correia, os pontos da periferia
Resposta: D
das polias têm a mesma velocidade linear, que é igual à velocidade dos
pontos da correia.
II. Correta. Se as polias têm raios iguais, a velocidade angular é a mesma.
III.Correta. A furadeira está ligada à polia de maior raio. Como a frequên-
cia de rotação é inversamente proporcional ao raio da polia, concluímos
que:
fbroca < fmotor
fbroca < 12Hz

Demonstrar: V 1 = V2
2␲ f1 R1 = 2␲ f2 R2
f1 R2
––– = –––– frequência na razão inversa do raio.
f2 R1
Resposta: E

– 95


4. (VUNESP-FAMECA-2012) – A bicicleta ergométrica consiste 5. (UFPR-2012-MODELO ENEM) – Um ciclista movimenta-se
em um mecanismo em que uma engrenagem maior (coroa), solidária com sua bicicleta em linha reta a uma velocidade escalar constante de
a um par de pedais, transmite seu movimento a uma engrenagem 18km/h. O pneu, devidamente montado na roda, possui diâmetro igual
menor, presa a um grande disco massivo, que pode ter seu movimento a 70cm. No centro da roda traseira, presa ao eixo, há uma roda dentada
dificultado pela ação de um freio ajustável. de diâmetro 7,0cm. Junto ao pedal e preso ao seu eixo há outra roda
dentada de diâmetro 20cm. As duas rodas dentadas estão unidas por
uma corrente, conforme mostra a figura.

Dados: raio do disco = 22 cm
␲ = 3,1 Não há deslizamento entre a corrente e as rodas dentadas. Supondo-se
a) Determine a velocidade escalar de um ponto externo da circun- que o ciclista imprima aos pedais um movimento circular uniforme,
ferência do disco, em km/h, quando esse disco realiza meia volta, assinale a alternativa correta para o número de voltas por minuto que
no tempo de um segundo. ele impõe aos pedais durante esse movimento. Nesta questão, considere
b) Sabendo-que em dado momento o disco realiza duas voltas com- π = 3.
pletas no tempo de um segundo, determine a frequência, em rpm, a) 0,25 rpm b) 2,50 rpm c) 5,00 rpm
com que a pessoa que se exercita gira a coroa presa à pedaleira, d) 25,0 rpm e) 50,0 rpm
sabendo-se que a coroa tem o triplo do diâmetro da engrenagem
solidária ao disco. RESOLUÇÃO:
Δs 2πRRODA
1) V = ––– = –––––––– = 2π fRODA . RRODA
RESOLUÇÃO: Δt TRODA
⌬s 2␲R 2 . 3,1 . 0,22 m
5,0 = 6 fRODA . 0,35
a) V = ––– = –––– = ––––––––––– –––
⌬t T 2,0 s
5,0
fRODA = ––– Hz
m 2,1
V = 0,682 ––– ഡ 2,5km/h
s
FÍSICA A

5,0
2) fCA = fRODA = ––– Hz
b) fdisco = 2,0Hz 2,1

fenfgrenagem = fdisco = 2,0Hz fCO RCA
3) –––– = ––––
fc Re fc R fCA RCO
––– = ––– ⇒ ––– = –––
fe Rc 2,0 3R fCO 3,5 5,0 . 3,5
–––– = –––– ⇒ fCO = ––––––– Hz
2,0 2,0 5,0 10 21
fc = ––– Hz = ––– . 60rpm –––
3,0 3 2,1
17,5 17,5
fc = 40rpm fCO = –––– Hz = –––– . 60 rpm
21 21

Respostas: a) 2,5km/h fCO = 50,0 rpm
b) 40rpm

4) A frequência do pedal é a mesma da coroa e vale 50,0 rpm.

Resposta: E

96 –


6. (UFU-MG) – As figuras abaixo representam dois pontos, A e B,
sobre a superfície terrestre, em um mesmo meridiano. O ponto A está MÓDULO 23
no Equador e o ponto B se encontra no hemisfério norte a uma latitude
de 60º. COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS

1. (UFPI-MODELO ENEM) – Uma pessoa em dificuldades no
meio de um rio foi socorrida por amigos que lhe jogaram quatro boias
que, coincidentemente, ficaram igualmente distanciadas dela, como
mostra a figura abaixo.

Sabendo-se que a Terra gira com velocidade angular ␻ e supondo-se
que a Terra é de forma esférica com raio R, a alternativa que apresenta
a relação entre as velocidades lineares desses dois pontos, A e B, é:
VA VA 2͙ෆ 3 A correnteza tem velocidade constante e arrasta as boias e a pessoa.
a) ––– = 2 b) ––– = –––––
VB VB 3 A velocidade da pessoa em relação às águas tem sempre o mesmo mó-
dulo.
VA 1 VA Analise as afirmativas e assinale V (verdadeira) ou F (falsa).
c) ––– = –– d) ––– = ͙ෆ
3
VB 2 VB (1) O tempo que a pessoa levará nadando para a boia 1 é diferente do
que levará nadando para a boia 3.
RESOLUÇÃO: (2) O tempo que a pessoa levará nadando para a boia 1 é igual ao tempo
(3) O tempo que a pessoa levará nadando para a boia 2 é diferente do
(4) O tempo que a pessoa levará nadando é o mesmo, qualquer que seja
a boia.
A sequência correta de V e F é:

FÍSICA A
a) F V F F b) F V V F c) F V F V
d) V F V F e) V V F V

RESOLUÇÃO:
Para um referencial fixo na água, temos:
d
Vrel = –––
Δt

r d
1) cos 60º = ––– Δt = –––––
R Vrel
R
r = R cos 60º = ––– Em relação a qualquer das boias, d e Vrel são as mesmas e, portanto, o
2
tempo gasto para atingir qualquer das boias é o mesmo.
2) VA = ␻ R Resposta: C
VB = ␻ r
VA R
___ = ––– = 2
VB r

Resposta: A

– 97


2. (UNICAMP-2012-MODELO ENEM) – O transporte fluvial de Uma pessoa vai de A para B com velocidade constante de módulo Vp
cargas é pouco explorado no Brasil, considerando-se nosso vasto con- em relação à escada, gastando neste trajeto 20s.
junto de rios navegáveis. Uma embarcação navega a uma velocidade Em seguida, a pessoa vai de B para A com velocidade relativa à escada
de módulo 26 nós, medida em relação à água do rio (use 1 nó = 0,5m/s). de mesmo módulo Vp, gastando neste trajeto 60s.
A correnteza do rio, por sua vez, tem velocidade aproximadamente Se a pessoa for de A para B, parada em relação à escada, o tempo gasto
constante com módulo de 5,0m/s em relação às margens. Qual é o no trajeto será de:
tempo aproximado de viagem entre duas cidades separadas por uma a) 20s b) 30s c) 40s d) 60s e) 120s
extensão de 40km de rio, se o barco navega rio acima, ou seja, contra
a correnteza? RESOLUÇÃO:
MU: Δs = V t
a) 2 horas e 13 minutos. b) 1 hora e 23 minutos.
AB = (VP + VE) 20 (1)
c) 51 minutos. d) 37 minutos.
AB = (VP – VE) 60 (2)
RESOLUÇÃO: AB = VE T (3)

(1) = (2): (VP + VE) 20 = (VP – VE) 60
1) Vrel = 26 nós = 26 . 0,5m/s = 13m/s
VP + VE = 3VP – 3VE
Varr = 5,0m/s
4VE = 2VP ⇒ VP = 2 VE
→ → →
VR = Vrel + Varr
(1) = (3): (VP + VE) 20 = VE T
→ → →
͉VR͉ = ͉Vrel͉ – ͉Varr͉ (2VE + VE) 20 = VE T
→ 3VE 20 = VE T
͉VR͉ = 13 – 5,0 (m/s) = 8,0m/s
T = 60s
→
2) Δs = ͉VR͉ Δt (MU) Resposta: D

40 . 103 = 8,0 . T

T = 5,0 . 103s

5000
T = –––––– h
3600

25
T = ––– h =
18 ΂ ΃
18 + 7
––––– h
18
4. (UFBA) – Um barco vai de Manaus até Urucu descendo um rio
e, em seguida, retorna à cidade de partida, conforme esquematizado na
7 figura.
T = 1h + ––– h
FÍSICA A

18

7
T = 1h + ––– . 60min
18

T ഡ 1h + 23 min

Resposta: B
A velocidade da correnteza é constante e tem módulo VC em relação às
margens.
A velocidade do barco em relação à água tem módulo constante e igual
a VB.
Desconsiderando-se o tempo gasto na manobra para voltar, a velo-
cidade escalar média do barco, em relação às margens, no trajeto total
3. Considere uma escada rolante que se move para cima com de ida e volta, tem módulo dado por:
velocidade constante de módulo VE. VB + VC VB – VC
a) –––––––– b) –––––––– c) ͙ළළළළ
V BV C
2 2
2 2 2 2
VB + VC VB – VC
d) –––––––– e) ––––––––
VB VB

RESOLUÇÃO:
Seja d a distância percorrida na ida.
d
Descida do rio: VB + VC = ––– (1)
t1

98 –


d c) x = D ⇔ y = 0
Subida do rio: VB – VC = ––– (2)
t2 4,0 5,0
0 = ––– . D – –––– D2
2d 3,0 36,0
No trajeto todo: Vm = –––––– (3)
t1 + t2
d
De (1): t1 = –––––––– 5,0 D2 4,0
V B + VC –––––– = ––– D
36,0 3,0
d
De (2): t2 = –––––––– 4,0 . 12,0
D = –––––––––– (m)
VB – V C 5,0
d d d(VB + VC + VB – VC) 2 d VB D = 9,6 m
t1 + t2 = –––––– + ––––––– = ––––––––––––––––––– = –––––––
––
VB – V C V B + VC 2 2 2 2
VB – VC VB – VC
4,0 5,0
Respostas: a) y = –––– x – ––––– x2 (SI)
2 2 3,0 36,0

΂ ΃
2 2
VB – VC VB– VC
Em (3): Vm = 2d . –––––––– ⇒ Vm = ––––––– b) parábola
2 d VB VB
c) 9,6m
Resposta: E

5. Um projétil é lançado a partir da origem de um sistema de MÓDULO 24
coordenadas cartesianas xy, sendo x horizontal e y vertical.
O movimento na direção x tem equação horária dos espaços dada por: COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS
x = 6,0t (SI)
O movimento na direção y tem equação horária dos espaços dada por: 1. (UPE-2012) – Considere um rio de margens paralelas, cuja
y = 8,0t – 5,0t2 (SI) distância entre as margens é de 140m. A velocidade da água em relação
às margens tem módulo igual a 20m/s. Um barco motorizado cuja velo-
cidade em relação à água tem módulo igual a 10m/s atravessa o rio de
uma margem à outra no menor tempo possível. Assinale a alternativa

FÍSICA A
que corresponde a este tempo em segundos.
a) 6,36 b) 12,36 c) 13 d) 14 e) 14,36

RESOLUÇÃO:

Determine
a) a equação da trajetória do projétil: y = f(x);
b) a forma da trajetória;
c) o valor de D indicado na figura.

RESOLUÇÃO:
a) A equação da trajetória relaciona as coordenadas de posição x e y entre
si; para obtê-la, devemos eliminar a variável tempo:
x = 6,0t (1)
y = 8,0t – 5,0t2 (2)
x
De (1): t = ––– L 140
6,0 Vrel = ––– ⇒ 10 = ––––– ⇒ Tmin = 14s
2 Δt Tmin
x
΂ ΃
x
Em (2): y = 8,0 . ––– – 5,0 –––
6,0 6,0 Resposta: D

4,0 5,0
y = –––– x – ––––– x2 (SI)
3,0 36,0

b) Como y = f(x) é uma função polinomial do 2.º grau, a trajetória tem a
forma de uma parábola.

– 99


2. Uma lancha, que tem velocidade com módulo 5,0 km/h em águas RESOLUÇÃO:
paradas, atravessa um rio de margens paralelas e largura de 1,0 km, ao 1) Na direção y, temos:
longo do menor caminho possível entre as duas margens, em um L 4,0
Vy = ––– ⇒ 2,0 = ––– ⇒ T = 2,0h
intervalo de tempo de 15 minutos. ⌬t T
A velocidade da correnteza em relação às margens, suposta constante, 2) Na direção x, temos:
tem módulo igual a: x = x0 + Vx t
a) 1,0 km/h b) 2,0 km/h c) 3,0 km/h xf = 1,0km
d) 4,0 km/h e) 5,0 km/h xf = 0 + 0,50 . 2,0 (km) ⇒ yf = 4,0km

RESOLUÇÃO: Resposta: B

4. (UPE-2012-MODELO ENEM) – “Nos quatro primeiros dias do
mês de maio, no Recife, o Instituto Nacional de Meteorologia (Inmet)
L 1,0km registrou 255 milímetros de chuva, 80,3% do esperado para todo o mês
1) VR = ––– = ––––––– = 4,0 km/h
⌬t 1
–– h
de maio, cuja média histórica é de 318,5 mm”.
4 (Fonte: http://m.ne10.com.br/noticia/?t=ca&ca=cotidiano&a=2011&m=
2 2 2
2) Vrel = VR + VARR 05&d=04&id =269899 acessado em 30 de maio de 2011, às 22h)
2 Quando estava sem vento, a chuva caía verticalmente em relação ao so-
(5,0)2 = (4,0)2 + VARR
lo, com velocidade de módulo 10m/s. Um “aventureiro” saiu com seu
VARR = 3,0 km/h carro nesse momento, sem vento. O carro se deslocava horizontal-
mente, com velocidade de módulo 54km/h em relação ao solo. Qual o
Resposta: C
módulo da velocidade, em m/s, da chuva em relação ao carro?
a) 5,0 b) 15 c) 25 d) 5 ͙ෆ
5 e) 5 ͙ෆෆ
13

RESOLUÇÃO:
FÍSICA A

3. (EFOMM-2012) – Um barco atravessa um rio de margens
paralelas e largura de 4,0km. Devido à correnteza, as componentes da
velocidade resultante do barco são Vx = 0,50km/h e Vy = 2,0km/h.
2 2 2
Vrel = VR + Varr

2
Vrel = 100 + 225 = 325 = 25 . 13

2
Vrel = 25 . 13

Vrel = 5 ͙ෆ m/s
ෆ
13

Resposta: E

Considerando-se que, em t = 0, o barco parte da origem do sistema
cartesiano xy (indicado na figura), as coordenadas de posições, em
quilômetros, e o instante, em horas, de chegada do barco à outra
margem são
a) (1,0 ; 4,0) e 1,0 b) (1,0 ; 4,0) e 2,0 c) (2,0 ; 4,0) e 4,0
d) (16 ; 4,0) e 4,0 e) (16 ; 4,0) e 8,0

100 –


5. (UNESP) – Um homem, em pé sobre uma plataforma que se 1) A pedra tem um movimento de arrastamento com velocidade horizontal
move horizontalmente para a direita com velocidade constante de igual à do carro (V1).
2) A pedra tem um movimento, relativo ao carro, circular e uniforme com
módulo V = 4,0m/s, observa que, ao inclinar de 45° um tubo cilíndrico
velocidade de módulo V2.
oco, permite que uma gota de chuva, que cai verticalmente com 3) No ponto A, de contato com o chão, a pedra deve ter velocidade nula,
velocidade constante, em relação ao solo, atravesse o tubo sem tocar em relação ao solo, para que o pneu não derrape. Portanto: V2 = V1.
em suas paredes. 4) No ponto C, a velocidade da pedra, relativa ao solo, será dada por:
VC = V2 + V1 = 2V1
5) A velocidade da pedra, relativa ao solo, terá módulo V tal que:
VA р V р VC
0 р V р 144 km/h
Resposta: E

7. (ENEM-2010) – A ideia de usar rolos circulares para deslocar
objetos pesados provavelmente surgiu com os antigos egípcios ao
construírem as pirâmides.
Determine
a) o módulo da velocidade da gota em relação ao solo;
b) o módulo da velocidade da gota em relação ao tubo.
RESOLUÇÃO:
→ →
a) ͉ VR͉ = ͉Varr ͉ = 4,0 m/s
→ 2 → 2 → 2
b) ͉Vrel ͉ = ͉VR͉ + ͉Varr͉

→
͉Vrel ͉ = 4,0 ͙ළළ m/s
2 BOLT, Brian. Atividades matemáticas. Ed. Gradiva.
Representando por R o raio da base dos rolos cilíndricos, a expressão
Respostas: a) 4,0 m/s do deslocamento horizontal x do bloco de pedra em função de R, após
b) 4,0 ͙ළළ m/s
2 o rolo ter dado uma volta completa sem deslizar, é
a) x = R b) x = 2R c) x = ␲R

FÍSICA A
d) x = 2␲R e) x = 4␲R

RESOLUÇÃO:

6. Um carro descreve uma trajetória retilínea e horizontal em movi-
mento uniforme com velocidade escalar de 72 km/h.
Uma pedra fica incrustada no pneu do carro.
Para um referencial fixo no solo terrestre, o módulo V da velocidade
de pedra será tal que:
a) V = 72 km/h b) V = 0
c) 0 р V р 72 km/h d) 72 km/h р V р 144 km/h
e) 0 р V р 144 km/h

RESOLUÇÃO:
O ponto A, mais alto do rolo cilíndrico, tem velocidade igual ao dobro da
velocidade do centro C do rolo cilíndrico. Quando o tambor dá uma volta
completa, o seu centro C se desloca 2␲R e o objeto que está em contato com
o ponto A vai deslocar-se o dobro, isto é, 4␲R.
Resposta: E

– 101


Como sen 60° = sen 120°, temos:
MÓDULO 25 D1 = D2

D1
BALÍSTICA I –––– = 1
D2

1. Em um local onde o efeito do ar é desprezível e a aceleração da
gravidade é constante e com módulo igual a g, um projétil é lançado a 2 V0 sen ␪ (V0 sen ␪)2
Respostas: a) T = –––––––––– b) H = ––––––––––
partir do solo terrestre, com velocidade inicial de módulo V0 e inclinada g 2g
de um ângulo ␪ em relação ao plano horizontal do solo.
2 2
V0 V0
c) D = –––– sen 2␪ d) ␪ = 45°; Dmáx = ––––
g g

D1
e) –––– = 1
D2

2. (VUNESP-MODELO ENEM) – Selene e Diana são duas alunas
Determine, em função de V0, g e ␪, que ficaram muito felizes com a competição de foguetes, proposta pelo
a) o tempo de voo do projétil desde seu lançamento até o seu retorno professor. Nessa competição, o foguete é, na verdade, um canudinho de
ao solo; refrigerante lançado a partir de um frasco vazio adaptado, que é aper-
b) a altura máxima H; tado, com as mãos, pelas alunas. As alunas lançaram seus foguetes a
c) o alcance horizontal D; partir de uma mesma altura e com a mesma velocidade escalar inicial,
d) o valor de ␪ para que o alcance D seja máximo e o valor do alcance de 4,0m/s, mas com ângulos de lançamento diferentes: Selene lançou
máximo; seu foguete com ângulo de 45° e Diana, com ângulo de 60°. Admitindo-
e) a relação entre os alcances para ␪1 = 30° e ␪2 = 60°. se que ambos os foguetes voltaram, após a queda, para a mesma altura
do lançamento e que o módulo da aceleração da gravidade seja igual a
RESOLUÇÃO:
10,0m/s2, com relação aos alcances, em metros, atingidos pelos
a) 1) Vy = V0y + ␥y t (MUV) foguetes de Selene e Diana, respectivamente, pode-se afirmar que são,
V0 sen ␪
0 = V0 sen ␪ – g ts ⇒ ts = –––––––– aproximadamente, iguais a
g
a) 1,60 e 1,38. b) 1,40 e 1,60. c) 1,00 e 1,20.
FÍSICA A

2 V0 sen ␪ d) 1,20 e 1,00. e) 2,20 e 1,20.
2) T = ts + tQ = 2ts ⇒ T = ––––––––––
g
Adote: ͙ළළ = 1,73
3
2 2 V0 2
b) Vy = V0y + 2 ␥y Δsy (MUV)
Dado: D = ––– sen 2␪
(V0 sen ␪)2 g
0 = (V0 sen ␪)2 + 2 (–g) H ⇒ H = ––––––––––
2g
RESOLUÇÃO:
c) Δsx = Vx t (MU)
V02
2 V0 sen ␪ V02 D = ––– sen 2␪
g
D = V0 cos ␪ . ––––––––– = –––– . 2 sen ␪ cos ␪
g g
16,0
2 D45° = –––– . sen 90° (m) ⇒ D45 = 1,60m
V0 10,0
D = –––– sen 2␪
g
16,0 ͙ළ 3
D60° = –––– . sen 120° (m) ⇒ D60° = 1,60 . –––– (m)
d) D = Dmáx ⇒ sen 2␪ = 1 10,0 2
2␪ = 90° ⇒ ␪ = 45° D60° = 0,80 . 1,73 (m)

2
V0 D60° = 1,38m
Dmáx = ––––
g
Resposta: A
e) ␪1 = 30°
2
V0
D1 = –––– sen 60°
g

␪2 = 60°
2
V0
D2 = –––– sen 120°
g

102 –


3. Um atirador aponta um fuzil diretamente para o centro C de um 4. Nas condições do enunciado, as equações horárias para o movi-
alvo, suspenso a uma certa altura acima do solo, como mostra a figura. mento da bola são
a) x(t) = V0 cos 45°t b) x(t) = V0t
y(t) = V0 sen 45°t – gt2/2 y(t) = V0 sen 45° t – gt2/2

c) x(t) = V0t d) x(t) = 3,5 + V0 cos 45° t
y(t) = V0t – gt2/2 y(t) = 1,0 + V0 sen45° t + gt2/2

e) x(t) = V0 cos 45° t – gt2/2
y(t) = V0 sen 45° t – gt2/2

RESOLUÇÃO:
Não considere o efeito do ar e admita que a aceleração da gravidade seja 1) V0x = V0 cos ␪ = V0 cos 45°
constante. No exato instante em que o projétil é disparado, e fica sob V0y = V0 sen ␪ = V0 sen 45°
ação da gravidade, o alvo inicia um movimento de queda livre vertical,
a partir do repouso. O alcance horizontal do projétil é maior que D. 2) Na direção horizontal:
Podemos afirmar que x = x0 + V0x t
a) o projétil atingirá o alvo exatamente no seu centro C. x = (V0 cos 45°) t
b) para um referencial fixo no centro C do alvo, a trajetória do projétil
será parabólica. 3) Na direção vertical:
c) o projétil passará acima do centro C do alvo. ␥y
d) o projétil passará abaixo do centro C do alvo. y = y0 + V0y t + ––– t2
2
e) para um referencial fixo na superfície terrestre, a trajetória do
projétil é retilínea. g
y = (V0 sen 45°) t – –– t2
2
RESOLUÇÃO:
Resposta: A
O projétil e o alvo têm aceleração igual à da gravidade: a aceleração
relativa (diferença das duas acelerações) é nula; o movimento relativo é
retilíneo e uniforme, e o projétil vai atingir o centro C do alvo.
Resposta: A

(FUVEST – TRANSFERÊNCIA-2012) – Enunciado para as questões
de 4 a 6.

FÍSICA A
Em um parque de diversões, uma jovem lança uma bola em direção a
5. O instante T em que a bola atinge a cesta é igual a
uma cesta, cujo centro está a 3,5m de distância e 1,0m de altura acima
do ponto de lançamento, com uma velocidade inicial de módulo ␯0 e ͙ළළ 2 ͙ළළ 2 ͙ළළ 2
a) –––– s b) –––– s c) –––– s
que forma um ângulo ␪ = 45º com a horizontal, de modo que encesta a 8 4 2
bola. Adota-se t = 0 s no instante de lançamento e um sistema de
referência em que os eixos x e y, nas direções horizontal e vertical,
d) ͙ළළ s
2 e) 2 ͙ළළ s
2
respectivamente, apontam nos sentidos indicados na figura e têm origem
no ponto de lançamento. Ignore o atrito com o ar e o tamanho da bola RESOLUÇÃO:
e use g = 10 m/s2 para o módulo da aceleração da gravidade no local. g
y = (V0 sen 45°) t – –– t2
2
(V0 sen 45°) t = x
g
y = x – –– t2
2
1,0 = 3,5 – 5,0 T2
5,0 T2 = 2,5
1 1 ͙ළළ 2
T2 = –– ⇒ T = –––––– s = ––––– s
2 ͙ළළ2 2

Resposta: C

– 103


6. Para acertar a bola na cesta, o módulo ␯0 da velocidade inicial 2. As relações entre os respectivos alcances horizontais Ax, Ay e Az
precisa ser igual a das bolas X, Y e Z, com relação à borda da mesa, estão apresentadas
a) 1,0m/s b) 3,0m/s c) 5,0m/s em:
d) 7,0m/s e) 9,0m/s a) Ax < Ay < Az b) Ay = Ax = Az
c) Az < Ay < Ax d) Ay < Az < Ax
RESOLUÇÃO: RESOLUÇÃO:
x = V0 cos 45° t
⌬sx = Vx T
͙ළළ ͙ළළ
2 2
3,5 = V0 . –––– . –––– 2H
2 2 D = V0 ––––
g
V0 = 7,0m/s
V x > Vy > Vz
Resposta: D
Ax > Ay > Az

MÓDULO 26 Resposta: C

BALÍSTICA II
3. (FAFIPA-MODELO ENEM) – Durante uma guerra, um grupo
(UERJ-2012) – Utilize as informações a seguir para responder às de soldados ficou numa área isolada pelos inimigos. Sem medica-
questões de números 1 e 2. mentos e alimentação não teriam a menor chance para continuarem o
combate em terra. Um piloto de guerra, pertencente a este grupo, foi
Três bolas – X, Y e Z – são lançadas da borda de uma mesa, com chamado para realizar uma operação: fazer com que os suprimentos
velocidades iniciais paralelas ao solo e mesma direção e sentido. necessários chegassem até estes soldados.
A tabela abaixo mostra as magnitudes das massas e das velocidades
iniciais das bolas.
Bolas Massa (g) Velocidade Inicial (m/s)
X 5,0 20,0
Y 5,0 10,0
Z 10,0 8,0
FÍSICA A

1. As relações entre os respectivos tempos de queda tx, ty e tz das Sabendo-se que o avião deveria voar numa altitude, em linha reta, de
bolas X, Y e Z estão apresentadas em: 2000m do solo (para não ser observado pelo radar do inimigo) e velo-
a) tx < ty < tz b) ty < tz < tx cidade constante de módulo 792km/h, a distância horizontal, em
c) tz < ty < tx d) ty = tx = tz metros, que o suprimento deve ser liberado do avião, em relação aos
soldados, para que caia o mais próximo possível destes é um valor que
RESOLUÇÃO: mais se avizinha de:
a) 1080m b) 1562m c) 1800m
d) 4000m e) 4400m
Considere g = 10 m/s2 e despreze o efeito do ar.

RESOLUÇÃO:
1) Cálculo do tempo de queda:
␥y
⌬sy = V0y t + ––– t2 ↓ ᮍ
2

␥y 10
⌬sy = V0y t + ––– t2 2000 = 0 + ––– T2
2 2

g 2H T2 = 400 ⇒ T = 20s
H = –– T2 ⇒ T = ––––
2 g
2) Cálculo de D:
⌬sx = Vx T
2H 792
tx = ty = tz = ––––
g D = –––– . 20 (m) ⇒ D = 4400m
3,6
Resposta: E
Resposta: D

104 –


4. (UFPR-2011) – Na cobrança de uma falta durante uma partida de Desprezando-se o atrito da bola com o ar e adotando-se g = 10,0m/s2,
futebol, a bola, antes do chute, está a uma distância horizontal de 27,0m podemos afirmar que o módulo da aceleração de Protásio, suposto
da linha do gol. Após o chute, ao cruzar a linha do gol, a bola passou constante, para que ele consiga pegar a bola no mesmo nível do
a uma altura de 1,35m do chão quando estava em movimento descen- lançamento deve ser
dente, e levou 0,9s neste movimento. Despreze a resistência do ar e 1 1 1
a) ––– m/s2 b) ––– m/s2 c) ––– m/s2
considere g = 10,0m/s2. 2 3 4
a) Calcule o módulo da velocidade na direção vertical no instante em
que a bola foi chutada. 1 1
d) ––– m/s2 e) ––– m/s2
b) Calcule o ângulo (por meio de uma função trigonométrica), em 5 10
→
relação ao chão, da velocidade inicial V0 que o jogador imprimiu à
bola pelo seu chute.
c) Calcule a altura máxima atingida pela bola em relação ao solo. RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO:
␥y
a) ⌬sy = V0y t + ––– t2 ↑ ᮍ
2
1,35 = V0y . 0,9 – 5,0 (0,9)2

0,9 V0y = 1,35 + 4,05 ⇒ V0y = 6,0 m/s

b) 1) ⌬sx = Vx t (MU)
27,0 = V0x . 0,9 ⇒ V0x = 30,0 m/s 1) Cálculo de V0y:
2 2
Vy = V0y + 2␥y Δsy
2) V0y 6,0
tg ␪ = –––– = –––– 2
0 = V0y + 2 (–10,0) 11,25
V0x 30,0

V0y = 225 ⇒
2 V0y = 15,0m/s
tg ␪ = 0,20

2) Cálculo do tempo de subida:
Vy = V0y + ␥y t

0 = 15,0 – 10,0 ts

FÍSICA A
2 2
c) Vy = V0 y + 2 ␥y ⌬sy (↑ ᮍ) ts = 1,5s
0 = 36,0 + 2 (–10,0) H
20,0H = 36,0 3) O tempo de voo será o tempo de encontro e é dado por:
H = 1,8m TV = TE = 2ts = 3,0s

Respostas: a) V0y = 6,0m/s 4) Cálculo do alcance:
b) tg ␪ = 0,20 Δsx = V0x T
c) H = 1,8m
d = 8,0 . 3,0 (m) = 24,0m

5. (PUC-SP-2012) – Dois amigos, Berstáquio e Protásio, distam de 5) Cálculo da aceleração de Protásio:
25,5m. Berstáquio lança obliquamente uma bola para Protásio que,
partindo do repouso, desloca-se ao encontro da bola para segurá-la. No ␥
Δs = V0t + ––– t2
instante do lançamento, a direção da bola lançada por Berstáquio 2
formava um ângulo ␪ com a horizontal, o que permitiu que ela
aP
alcançasse, em relação ao ponto de lançamento, a altura máxima de 25,5 – 24,0 = 0 + ––– . 9,0
11,25m e uma velocidade de módulo 8,0m/s nessa posição. 2

1,5 = 4,5 aP

1,5
aP = ––– (m/s2)
4,5

1
aP = ––– m/s2
3

Resposta: B

– 105


6. (VUNESP-2011) – É comum, ao passarmos diante de cons-
truções, vermos operários lançarem objetos, como tijolos ou telhas, MÓDULO 27
para um colega colocado num plano acima do seu. Considere que um
tijolo seja lançado com velocidade inicial de módulo V0 = 10m/s, e
1.a LEI DE NEWTON
descreva uma trajetória parabólica no ar. No ponto mais alto da
trajetória do tijolo, ele é apanhado por outra pessoa no instante em que 1. Considere as proposições que se seguem e assinale a incorreta.
→
sua velocidade só apresenta componente horizontal VH. a) Quando um carro freia, o corpo do motorista é projetado para frente
porque todo corpo tende a manter a velocidade vetorial que possui,
por inércia.
b) Não pode existir um super-homem que voe pela ação exclusiva de
sua própria força muscular.
c) Em uma viagem espacial para a Lua, a maior parte do trajeto é feita
em movimento retilíneo e uniforme, por inércia.
d) Uma pessoa, partindo do repouso, não pode andar em um plano
horizontal sem atrito.
e) A função da força resultante que atua em uma partícula é manter sua
velocidade vetorial constante.

RESOLUÇÃO:
a) CORRETA. Traduz o próprio conceito de inércia e justifica o fato de se
usar o cinto de segurança para aplicar uma força para trás, freiando o
corpo do motorista.
b) CORRETA. Nenhum corpo pode sozinho mudar sua velocidade
Considerando-se as medidas indicadas na figura, g = 10m/s2, ͙ළළ ഡ 3,2
10 vetorial.
e desprezível a resistência do ar, determine c) CORRETA. Os jatos são ligados para mudar a velocidade da nave;
a) o módulo da velocidade horizontal VH com que o tijolo chega à para sair do campo gravitacional da Terra; para frear ao descer na
Lua; para sair do campo gravitacional da Lua; para frear no campo
mão do operário na posição mais alta; gravitacional da Terra, no retorno.
b) o intervalo de tempo T gasto pelo tijolo para chegar à mão do d) CORRETA. A pessoa varia sua velocidade graças à força externa de
operário na posição mais alta. atrito recebida do chão.
e) ERRADA. A força resultante varia a velocidade.
RESOLUÇÃO: Resposta: E
a) 1) Cálculo de V0y:
Vy = V0 + 2 ␥y Δsy
2 2

2
0 = V0y + 2 (–10) . 3,0
FÍSICA A

2
V0y = 60 (SI) 2. (CEFET-CE-MODELO ENEM) – Uma pessoa pula vertical-
2) Cálculo de V0x: mente sobre uma cama elástica que se encontra fixa na carroceria de
2 2 2 um caminhão o qual se desloca com velocidade constante em uma
V0 = V0x + V0y
2
estrada horizontal e retilínea. Desprezando-se a resistência do ar sobre
100 = V0x + 60 a pessoa, devido ao movimento do caminhão, é correto afirmar-se que
2
V0x = 40 ⇒ V0x = 2͙ළළ m/s
10 a) quanto mais alto a pessoa pular, maior é o risco de ela cair na frente
do caminhão.
V0x ഡ 6,4 m/s
b) quanto mais alto a pessoa pular, maior é o risco de ela cair atrás do
VH ഡ 6,4 m/s
caminhão.
c) quanto mais alto a pessoa pular, maior é o risco de ela cair do lado
do caminhão.
d) não importa a altura que a pessoa pule: ela sempre cairá no mesmo
Δx
b) VH = ––– ponto sobre a cama.
Δt
e) é necessário saber a massa da pessoa, para afirmar algo sobre o
4,8
6,4 = ––– ⇒ T = 0,75s ponto de queda dela.
T
RESOLUÇÃO:
Respostas: a) VH = 6,4m/s Como na direção horizontal não há força externa atuando na pessoa, sua
b) T = 0,75s velocidade horizontal permanece constante (1.ª Lei de Newton) e a pessoa
terá uma trajetória vertical em relação ao caminhão e cairá sempre na
mesma posição da cama em que iniciou o seu salto.
Resposta: D

106 –


3. (UFMG-MODELO ENEM) – Nesta figura, está representado RESOLUÇÃO:
um balão dirigível, que voa para a direita, em altitude constante e com Sendo a velocidade constante (MRU), a resultante de todas as forças deve
velocidade →, também constante.
ser nula.
v
Portanto, a resultante das demais forças, excetuando-se o peso, deverá
equilibrar o peso e, para tanto, deve ser vertical, para cima e com a mesma
intensidade do peso.
Resposta: B

→ →
Sobre o balão, atuam as seguintes forças: o peso P , o empuxo E , a
→ →
resistência do ar R e a força M , que é devida à propulsão dos motores.
Assinale a alternativa que apresenta o diagrama de forças em que estão
mais bem representadas as forças que atuam sobre esse balão. 5. (PUC-SP) – Considere o texto apresentado a seguir.

Em um espetáculo de magia e ilusionismo, um dos momentos mais
tradicionais ilustra com perfeição uma da Leis de Newton. Nesse
RESOLUÇÃO:

FÍSICA A
número, o “mágico” puxa com rapidez uma folha de papel lisa e fina,
Sendo a velocidade constante, a força resultante deverá ser nula e, por-
→ → → →
deixando em repouso, no entanto, os objetos que estavam sobre ela.
tanto, E e P devem ter módulos iguais, o mesmo ocorrendo com R e M. Elabore um texto claro e bem estruturado para explicar por que a lei
Resposta: B
física que justifica a tendência de um carro sair pela tangente ao fazer
uma curva é a mesma citada na descrição do número de “magia”. Em
4. (FUNDAÇÃO CESGRANRIO-RJ) – seu texto, cite um novo exemplo em que essa lei física também se
aplica.

RESOLUÇÃO:
A lei física em questão é a lei da inércia:
“Todo corpo tende a manter a sua velocidade vetorial, por inércia”. No
espetáculo de magia, a garrafa, inicialmente em repouso, tende a manter
sua velocidade nula por inércia.
Quando o carro faz a curva, ele tende a sair pela tangente, dada a tendên-
cia de manter a direção de sua velocidade vetorial.
Outro exemplo de aplicação da lei da inércia é o fato de o motorista de um
carro ser projetado para frente, em uma freada abrupta, em virtude da
Acima, estão esquematizadas três situações nas quais um determinado tendência em manter a sua velocidade vetorial; daí a necessidade do uso do
→
bloco A se move sobre um plano com velocidade vetorial constante V. cinto de segurança.
Assinale a opção que apresenta corretamente a resultante de todas as
forças que agem sobre o bloco A, exceto a força peso, respectivamente,
nas situações I, II e III.

– 107


6. Um carro está movendo-se em um plano horizontal, em linha reta,
e seu motorista está pisando no acelerador até o fim. MÓDULO 28
O carro recebe do chão, por causa do atrito, uma força para frente,
2.a LEI DE NEWTON
constante e de intensidade F.
A força que se opõe ao movimento e vai limitar a velocidade do carro
é a força de resistência do ar cuja intensidade Fr é dada por: 1. (OLIMPÍADA PAULISTA DE FÍSICA) – Qual dos seguintes
Fr = k V2 objetos está experimentando uma força resultante direcionada de sul
k = coeficiente aerodinâmico que depende da densidade do ar e da para norte?
geometria do carro. a) Um objeto que se move para o sul com a sua velocidade aumen-
V = módulo da velocidade do carro. tando em módulo.
b) Um objeto que se move para o norte com sua velocidade diminuin-
do em módulo.
c) Um objeto que se move para o norte com velocidade constante.
d) Um objeto instantaneamente em repouso que inicia o movimento
com orientação do sul para o norte.
e) Um objeto em repouso.

A força resultante que age no carro tem intensidade FR dada por: RESOLUÇÃO:
→
FR
→ → Movimento
a) V a acelerado
FR = F – kV2
→
A velocidade máxima que o carro pode atingir (velocidade limite do FR
→ → Movimento
carro) é dada por: b) V a retardado

F k → →
Vlim = ––– b) Vlim = ––– → →
a)
k F c) V → = 0 (MRU) ⇔ FR = 0
a
→ → → →
d) V = 0 a ⇔ FR

͙ළළළ
F
c) Vlim = ––– d) Vlim = 3,0 . 108 m/s → →
k e) FR = 0

Resposta: D
e) Vlim = 340 m/s

RESOLUÇÃO:
A velocidade limite é atingida quando a força resultante FR se anular, isto
FÍSICA A

é, a força de resistência do ar equilibrar a força motriz que o carro recebe
do chão por causa do atrito.
2. Considere um sistema de coordenadas cartesianas triortogonal xyz
FR = 0 ⇒ F = kV2
lim fixo no solo terrestre com o eixo z vertical.

͙ළළ
F F
V2 = ––– ⇒ Vlim =
lim –––
k k

Um objeto está movendo-se para cima ao longo do eixo z e o módulo
de sua velocidade está diminuindo.
De posse dessa informação, podemos concluir que
a) existe uma única força atuando no objeto na direção do eixo z e
sentido para baixo.
b) a força resultante no objeto tem direção e sentido do eixo z.
c) podem existir várias forças atuando no objeto, mas a mais intensa
Resposta: C deve ser dirigida segundo o eixo z e dirigida para baixo.
d) a força resultante no objeto tem a direção do eixo z e sentido para
baixo.
e) não podem existir forças atuando no objeto que tenham a direção
dos eixos x e y.

108 –


P
Se o objeto se move na direção do eixo z com movimento retardado, 1) PFD: F = ma = ––– . a
g
podemos concluir que a aceleração vetorial tem a direção do eixo z e sentido
oposto ao de seu movimento e, portanto, dirigida para baixo.
600
A respeito das forças atuantes, só podemos concluir que a força resultante F = ––– . 6,0 (N) ⇒ F = 360N
10
(soma vetorial de todas as forças atuantes) tem a mesma orientação da ace-
leração vetorial, isto é, é dirigida segundo o eixo z e tem sentido para baixo. 2) V = V0 + ␥ t
Resposta: D
V1 = 0 + 6,0 . 2,0 (m/s) ⇒ V1 = 12,0m/s

Resposta: C
3. (UFPE-2012) – Um bloco de massa m = 4,0 kg é impulsionado
sobre um plano inclinado com velocidade escalar inicial V0 = 15,0m/s,
como mostra a figura. Ele desliza em um movimento descendente por
uma distância L = 5,0m, até parar. Calcule o módulo da força resultante
que atua no bloco, ao longo da descida. 5. (VUNESP-2011-MODELO ENEM) – Até o início da década de
1930, não era possível explicar a estabilidade do núcleo tendo em vista
a repulsão eletrostática entre os prótons nele contidos. A descoberta do
nêutron pelo físico inglês James Chadwick permitiu que se desse início
à formulação de uma teoria, proposta pioneiramente pelo físico japonês
Hideki Yukawa, que previu a existência de uma força capaz de manter
o núcleo atômico coeso. Essa força é
a) denominada interação forte.
b) denominada interação fraca.
c) responsável pelos decaimentos alfa, beta e gama.
d) denominada interação eletrofraca.
e) responsável pela fissão nuclear.
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo da aceleração escalar:
RESOLUÇÃO:
V2 = V0 + 2␥⌬s
2
A força que mantém os prótons e nêutrons unidos no núcleo do átomo é a
0 = (15,0)2 + 2 (–a) 5,0 força nuclear forte.
Resposta: A
10,0a = 225

a = 22,5m/s2

2) PDF: FR = ma

FÍSICA A
FR = 4,0 . 22,5(N)
6. (CENTRO UNIVERSITÁRIO SÃO CAMILO-MEDICINA-
FR = 90,0N 2012-MODELO ENEM) – A energia nuclear voltou, recentemente, a
ser assunto de várias matérias jornalísticas devido ao acidente na Usina
Resposta: 90,0N Nuclear de Fukushima, ocorrido em março de 2011, após a passagem
de um terremoto e de um tsunami pelo Japão. Sabe-se que um dos
materiais radioativos liberados nesse tipo de acidente é o iodo-131
4. (CENTRO UNIVERSITÁRIO SÃO CAMILO-MEDICINA- (131I) que, inclusive, pode ser utilizado na medicina, em procedimentos
2012-MODELO ENEM) – As provas de atletismo recebem grande de diagnóstico e de tratamento.
destaque durante a realização das Olimpíadas em razão do esforço Este material é um emissor de partículas β. Considerando-se esta
humano para romper limites físicos do corpo. As provas de velocidade última informação, a alternativa que melhor representa, o elemento
em 100m e 200m destacam-se por se tratar de provas muito rápidas produzido pelo decaimento do iodo-131 (131I) e a natureza da força
53
que exigem grande esforço físico e reflexo na largada. A arrancada envolvida é:
inicial é a fase em que os corredores devem imprimir grande aceleração 131 132
a) 54
X; força nuclear fraca b) 53
X; força nuclear fraca
numa fração apreciável da corrida (de 20% a 40% do tempo total). 131 127
c) 54
X; força nuclear forte d) 51
X; força eletromagnética
Atletas de ponta deste esporte devem estar preparados para uma
130
aceleração escalar constante típica de 6,0m/s2 nos primeiros 2,0s dessas e) 53
X; força nuclear forte
corridas. Assinale a alternativa que indica corretamente a intensidade
da força muscular que deve ser empregada por um corredor com peso RESOLUÇÃO:
No decaimento ␤, pela ação da força nucler fraca, um nêutron emite um
de 600N e da velocidade escalar que o atleta atinge após os primeiros
elétron e um antineutrino e se tranforma em um próton.
2,0s de prova. O número de prótons (número atômico) aumenta uma unidade e passa de
Assuma a aceleração da gravidade com módulo igual a 10m/s2. 53 para 54.
a) 6000N e 72,0m/s b) 600N e 12,0m/s O número de massa (quantidade de prótons e nêutrons) não se altera e
c) 360N e 12,0m/s d) 600N e 36,0m/s continua valendo 131.
Resposta: A
e) 480N e 6,0m/s

– 109


FRENTE 2 – TERMOLOGIA E ÓPTICA

3. (UNIFESP) – O tanque de expansão térmica é uma tecnologia
MÓDULO 11 recente que tem por objetivo proteger caldeiras de aquecimento de
água. Quando a temperatura da caldeira se eleva, a água se expande e
DILATAÇÃO TÉRMICA pode romper a caldeira. Para que isso não ocorra, a água passa para o
DOS SÓLIDOS E DOS LÍQUIDOS tanque de expansão térmica através de uma válvula; o tanque dispõe de
um diafragma elástico que permite a volta da água para a caldeira.
1. (UNESP) – A dilatação térmica dos sólidos é um fenômeno im-
portante em diversas aplicações de engenharia, como construções de
pontes, prédios e estradas de ferro. Considere o caso dos trilhos de trem
serem de aço, cujo coeficiente de dilatação é ␣ = 11 × 10–6°C–1. Se a
10°C o comprimento de um trilho é de 30 m, de quanto aumentaria o
seu comprimento se a temperatura aumentasse para 40°C?
a) 11 × 10–4 m b) 33 × 10–4 m c) 99 × 10–4 m
d) 132 × 10 –4 m e) 165 × 10 –4 m

RESOLUÇÃO:
O cálculo da dilatação linear ⌬L (aumento de comprimento) do trilho é
feito pela expressão:
⌬L = L0 ␣ ⌬␪
Sendo L0 = 30m; ␣ = 11 . 10–6°C–1 e ⌬␪ = 40° – 10° = 30°C, vem:
⌬L = 30 . 11 . 10–6 . 30 (m)

⌬L = 99 . 10–4 m

Resposta: C
Suponha que você queira proteger uma caldeira de volume 500ᐉ,
destinada a aquecer a água de 20°C a 80°C; que, entre essas tempe-
raturas, pode-se adotar para o coeficiente de dilatação volumétrica da
água o valor médio de 4,4 . 10–4°C–1 e considere desprezíveis a dila-
tação da caldeira e do tanque. Sabendo que o preço de um tanque de
expansão térmica para essa finalidade é diretamente proporcional ao
seu volume, assinale, das opções fornecidas, qual deve ser o volume do
FÍSICA A

2. (UFPE) – Em uma chapa metálica, é feito um orifício circular do
mesmo tamanho de uma moeda. O conjunto (chapa com a moeda no tanque que pode proporcionar a melhor relação custo-benefício.
orifício), inicialmente a 25°C, é levado a um forno e aquecido até a) 4,0ᐉ b) 8,0ᐉ c) 12ᐉ d) 16ᐉ e) 20ᐉ
225°C. Após o aquecimento, verifica-se que o orifício na chapa ficou
maior do que a moeda. Entre as afirmativas a seguir, indique a que está RESOLUÇÃO:
A dilatação volumétrica (⌬V) que a água sofre ao ser aquecida na caldeira
correta.
é calculada fazendo-se:
a) O coeficiente de dilatação da moeda é maior do que o da chapa
⌬V = V0 ␥ ⌬␪ ⇒ ⌬V = 500 . 4,4 . 10 –4 (80 – 20) (ᐉ)
metálica.
b) O coeficiente de dilatação da moeda é menor do que o da chapa ⌬V = 13,2ᐉ
metálica.
Esse excedente de volume é deslocado para o tanque de expansão térmica,
c) O coeficiente de dilatação da moeda é igual ao da chapa metálica,
que, objetivando-se apresentar a melhor relação custo-benefício, deve ter
mas o orifício se dilatou mais porque a chapa é maior que a moeda. capacidade de 16ᐉ.
d) O coeficiente de dilatação da moeda é igual ao da chapa metálica, Resposta: D
mas o orifício se dilatou mais porque o seu interior é vazio.
e) Nada se pode afirmar sobre os coeficientes de dilatação da moeda e
da chapa, pois não é dado o tamanho inicial da chapa.

RESOLUÇÃO:
As partes vazias (orifícios, buracos) existentes em um corpo, na dilatação,
comportam-se como se estivessem preenchidas do mesmo material do
corpo.
Assim, temos duas moedas, uma é a própria e a outra é um vazio que se
comporta como se estivessem preenchido do material da chapa.
No aquecimento, o orifício ficou maior do que a moeda. O material da
chapa tem coeficiente de dilatação maior do que o do material da moeda.
Resposta: B

110 –


4. (MACKENZIE-2011-Modificada) – A 20°C, o comprimento
de uma haste A é 99% do comprimento de outra haste, B, à mes- MÓDULO 12
ma temperatura. Os materiais das hastes A e B têm alto ponto de
fusão e coeficientes de dilatação linear respectivamente iguais a
OS PRINCÍPIOS DA ÓPTICA GEOMÉTRICA
αA = 10. 10–5ºC–1 e αB = 9,1. 10–5ºC–1.
A temperatura em que as hastes terão o mesmo comprimento será 1. (VUNESP-JULHO) – A figura mostra a Lua em órbita ao redor
a) 970ºC b) 1 120ºC c) 1 270ºC da Terra, ambas iluminadas pela luz solar. As faces não iluminadas da
d) 1 770ºC e) 1 830ºC Lua e da Terra estão escurecidas no desenho. Dependendo da posição
relativa entre Lua, Terra e Sol, têm-se as fases nova, quarto crescente,
RESOLUÇÃO: cheia e quarto minguante da Lua, respectivamente, nos pontos 1, 2, 3
e 4 da figura.

LA = LB
L0A + L0A␣A (␪ – ␪0) = L0B + L0B␣B (␪ – ␪0)
0,99L0 + 0,99L0 . 10 . 10–5 (␪ – 20) = L0 + L0 . 9,1 . 10–5 (␪ – 20)
9,9 . 10–5 (␪ – 20) – 9,1 . 10–5 (␪ – 20) = 0,01
0,8 . 10–5 (␪ – 20) = 10–2
␪ – 20 = 1250

␪ = 1270°C

Resposta: C
A respeito dos eclipses e de sua relação com as fases da Lua, pode-se
afirmar corretamente que
a) durante um eclipse solar, a Lua está mais próxima do Sol do que da
5. (UEM-PR) – A dilatação irregular da água torna possível a vida Terra.
aquática em regiões muito frias. Assinale a alternativa incorreta sobre b) os eclipses solares só ocorrem durante a Lua cheia.
esse processo. c) durante um eclipse solar, a distância entre o Sol e a Lua é menor que
a) No inverno, a água pode congelar na superfície do lago. Porém, a durante um eclipse lunar.
água permanece a 4ºC no fundo do lago por ser mais densa a essa d) um eclipse lunar pode ser visto durante o dia.

FÍSICA A
temperatura. e) os eclipses lunares só ocorrem durante a fase quarto crescente da
b) O gelo, à temperatura de 0ºC ou inferior a isso, permanece na Lua e os solares durante a fase quarto minguante.
superfície do lago porque é menos denso que a água.
c) A água pode permanecer à temperatura de 4ºC sob a camada RESOLUÇÃO:
a) FALSA.
superficial de gelo, entre outros motivos, porque o gelo é bom A Lua está sempre mais próxima da Terra do que do Sol.
isolante térmico. b) FALSA.
d) Qualquer massa de água, ao alcançar a temperatura de 4ºC, terá Os eclipses solares somente ocorrem na fase de lua nova (1).
alcançado um valor de densidade quase nulo, o que faz o gelo c) CORRETA.
flutuar. O eclipse lunar ocorre na posição de lua cheia (3) e o eclipse solar, na
posição de lua nova (1). Assim, a distância entre a Lua e o Sol é menor
e) Se a maior densidade da água ocorresse a 0ºC, os lagos congelar- durante o eclipse solar.
se-iam totalmente, provocando a extinção da fauna e da flora d) FALSA.
aquáticas ali existentes. O eclipse lunar ocorre quando a Lua passa por trás da Terra, na posição
(3), de lua cheia.
RESOLUÇÃO: Assim, esse elipse (lunar) só pode ser observado por quem está na parte
Na temperatura de 0ºC, a densidade da água é máxima (o volume é escura da Terra (noite).
mínimo). e) FALSA.
Resposta: D Durante o quarto crescente (2) e o quarto minguante (4), não ocorre
Obs.: Atenção que a questão está pedindo a alternativa INCORRETA. eclipse solar ou lunar.
Resposta: C

– 111


2. (UFSCar) – A 1 metro da parte frontal de uma câmara escura de 3. (ENEM) – A sombra de uma pessoa que tem 1,80m de altura
orifício, uma vela de comprimento 20 cm projeta na parede oposta da mede 60cm. No mesmo momento, a seu lado, a sombra projetada de
câmara uma imagem de 4 cm de altura. um poste mede 2,00m. Se, mais tarde, a sombra do poste diminuiu
50cm, a sombra da pessoa passou a medir
a) 30 cm b) 45 cm c) 50 cm d) 80 cm e) 90 cm

RESOLUÇÃO:
No instante em que a sombra de uma pessoa (que tem 180 cm de altura)
mede 60 cm, a sombra de um poste (que tem h cm de altura) mede 200 cm.
Assim sendo:

A câmara permite que a parede onde é projetada a imagem seja movida,
aproximando-se ou afastando-se do orifício. Se o mesmo objeto for
colocado a 50 cm do orifício, para que a imagem obtida no fundo da
câmara tenha o mesmo tamanho da anterior, 4 cm, a distância que de-
ve ser deslocado o fundo da câmara, relativamente à sua posição
original, em cm, é de
a) 50 b) 40 c) 20 d) 10 e) 5
Se, mais tarde, a sombra do poste (que tem 600 cm de altura) passou a
RESOLUÇÃO: medir 150 cm (pois diminuiu 50 cm), então, sendo s cm a medida da nova
sombra da mesma pessoa, teremos:

Os triângulos destacados na figura são semelhantes, logo:

p’ i i
––– = ––– ⇒ p’ = ––– p
FÍSICA A

p o o Resposta: B
4
1º caso: p’ = ––– . 100 (cm)
1
20

p’ = 20cm
1

4
2º caso: p’ = ––– . 50 (cm)
2
20

p’ = 10cm
2

O fundo da câmara aproxima-se do orifício de uma distância d, dada por:

d = p’ – p’ ⇒ d = (20 – 10) cm ⇒
1 2 d = 10cm

Resposta: D

112 –


4. (MACKENZIE) – Os objetos A e B, quando iluminados pela luz b)
solar, apresentam, respectivamente, as cores vermelha e branca. Esses
objetos, ao serem iluminados somente pela luz de uma lâmpada de
sódio, que emite apenas a luz monocromática amarela, serão vistos,
respectivamente, com as cores:
a) vermelha e branca. b) laranja e amarela.
c) vermelha e preta. d) preta e amarela.
e) branca e preta.

RESOLUÇÃO:
Ao ser iluminado pela luz solar, o corpo (A) reflete apenas o comprimento
de onda relativo ao da luz vermelha, absorvendo os demais comprimentos
de onda. Se for iluminado apenas com luz monocromática amarela,
apresentar-se-á preto. Nos espelhos planos, a imagem conjugada a um objeto é sempre do
Já o corpo (B), branco, reflete todos os comprimentos de onda e ao ser mesmo tamanho que este e simétrica em relação ao espelho. Portanto, a
iluminado apenas com luz monocromática amarela, apresentar-se-á distância entre a inscrição e sua imagem será: D = 2d
amarelo. D = 2 (70) (cm)
Resposta: D
D = 140cm ou 1,4m
A altura de cada letra da imagem será a mesma de cada letra da
inscrição, ou seja, 10cm.

Respostas: a) Figura.
b) 140cm e 10cm.

MÓDULO 13
ESPELHOS PLANOS: IMAGEM, CAMPO
VISUAL, TRANSLAÇÃO, ROTAÇÃO E ASSOCIAÇÃO

1. (VUNESP-SP) — Um estudante veste uma camiseta em cujo
peito se lê a inscrição seguinte:
UNESP

FÍSICA A
a) Reescreva essa inscrição, na forma que sua imagem aparece para
o estudante, quando ele se encontra em frente a um espelho plano.
b) Suponha que a inscrição esteja a 70cm do espelho e que cada letra
da camiseta tenha 10cm de altura. Qual a distância entre a inscrição
e sua imagem? Qual a altura de cada letra da imagem?

RESOLUÇÃO:
a) Nos espelhos planos, imagem e objeto têm as mesmas dimensões e são
equidistantes do espelho. Quando um objeto é assimétrico, a imagem
obtida não é superponível a ele. Assim, objeto e imagem, nos espelhos
planos, constituem figuras enantiomorfas.

– 113


2. (PUC-SP) – Um observador O olha para um espelho plano vertical 3. Considere uma pessoa e um espelho plano, movendo-se em
(E), fixo na parede AB de uma sala retangular, conforme a figura. relação a um referencial ligado à superfície terrestre, com as velo-
cidades escalares indicadas.

Quais pontos podem ser vistos, pelo observador, pela reflexão da luz em Qual a velocidade da imagem da pessoa em relação à superfície ter-
E? restre?
a) Apenas 5. b) Apenas 3 e 5.
c) Apenas 3, 4 e 5. d) Apenas 2, 3 e 5. RESOLUÇÃO:
e) Todos. Utilizando o método da superposição de efeitos, temos:
1) Se o espelho estivesse parado e apenas a pessoa se movesse com
velocidade escalar de 4,0m/s, a velocidade escalar da sua imagem seria
RESOLUÇÃO V1 = –4,0m/s.
Para determinar quais pontos o observador poderá ver, por reflexão no
espelho, devemos determinar o seu campo visual. Para tanto, basta obter o
ponto O’, simétrico de O em relação ao espelho, e ligá-lo ao contorno perifé-
rico do espelho.
Pela figura, observamos que os pontos que pertencem ao campo visual são
3, 4 e 5 e, portanto, podem ser vistos por reflexão no espelho.

2) Se a pessoa estivesse parada e apenas o espelho se movesse com velo-
cidade escalar de 5,0m/s, a velocidade escalar da imagem seria
V2 = 10m/s.
FÍSICA A

Resposta: C

3) Superpondo os efeitos (1) e (2), a velocidade escalar da imagem em relação
à Terra será V = V1 + V2 = –4,0 + 10 = + 6,0m/s

Resposta: +6,0m/s

114 –


4. (EEM-SP) – Um espelho plano gira com velocidade angular 5. (UPF-RS) – Dois espelhos, como indicados na figura, estão
constante em torno do eixo perpendicular ao plano da figura, passando posicionados numa mesa e existe entre eles um objeto.
pelo ponto O. Sabe-se que se o espelho girar de um ângulo ␣, uma
imagem refletida girará de um ângulo 2␣ no mesmo sentido. Seja M o
ponto iluminado quando o espelho está em posição AB. Num intervalo
de tempo de 0,5s, o espelho gira de um ângulo ␣ e o ponto iluminado
––– –––
desloca-se de M para N, tal que OM = MN. Determine a velocidade
angular do espelho.
O maior ângulo entre os espelhos, para que se possam enxergar onze
imagens inteiras desse objeto, será de:
a) 20° b) 30° c) 45° d) 60° e) 120°

RESOLUÇÃO:
A fórmula é expressa por:

360°
N = –––– – 1
␣

Para N = 11, temos:

360°
RESOLUÇÃO: 11 = –––– – 1
––– ––– ␣
1) O triângulo OMN é retângulo e isósceles ( OM = MN) e, portanto,
temos:
2␣ = 45° 360°
12 = ––––
π ␣
␣ = 22,5°= ––– rad
8
2) A velocidade escalar angular do espelho é dada por: ␣ = 30°
⌬␸
␻ = ––––
⌬t Resposta: B

␣
␻ = ––––
⌬t

π/8
␻ = ––––
0,5

FÍSICA A
π
␻ = ––– rad/s
4

π
Resposta: ––– rad/s
4

– 115


2.
MÓDULO 14
RAIOS NOTÁVEIS E CONSTRUÇÃO
DE IMAGENS NOS ESPELHOS ESFÉRICOS

Nas questões de 1 a 6, o ponto F representa o foco principal do espelho
esférico, C o centro de curvatura e V o vértice. Obtenha, graficamente,
a posição da imagem do objeto AB. Classifique-a quanto à sua natureza
(real ou virtual), tamanho (maior, menor ou igual) e orientação (direita
ou invertida) em relação ao objeto.

1.

real invertida maior
virtual direita menor
igual

RESOLUÇÃO:

real invertida maior
igual
RESOLUÇÃO:
FÍSICA A

Imagem real, invertida e igual.

Imagem real, invertida e menor.

116 –


3. 4.

real invertida maior RESOLUÇÃO:
igual

RESOLUÇÃO:

FÍSICA A
Portanto, a imagem estará no infinito e será denominada imagem im-
Imagem real, invertida e maior. própria.

– 117


5. 6.

real invertida maior real invertida maior
virtual direita menor virtual direita menor
igual igual
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO:
FÍSICA A

Imagem virtual, direita e maior.
Imagem virtual, direita e menor.

118 –


FRENTE 3 – MECÂNICA E ELETRICIDADE
2. (VUNESP-2012-MODELO ENEM) – Em uma academia de
MÓDULO 21 ginástica, foi montado um sistema de roldanas para um atleta, cuja
finalidade era erguer um corpo de massa homogênea m = 150kg, em
ESTÁTICA DO PONTO MATERIAL um local onde g =10 m/s2. Desprezam-se todas as forças de resistência.

1. (VUNESP-2011) – Na figura, estão representadas quatro monta-
gens experimentais em que um mesmo bloco de massa m está sus-
penso, por fios ideais, em equilíbrio.

Para que o atleta consiga erguer o corpo com velocidade constante, o
→
módulo da força F a ser aplicada na ponta da corda, em newtons,
deverá ser igual a
a) 300 b) 450 c) 500 d) 600 e) 750

RESOLUÇÃO:

Sabendo-se que ␣ < ␤ < ␥ < ␦, pode-se afirmar que o módulo da re-

FÍSICA A
sultante das trações T1 e T2 é
a) maior em I. b) maior em II.
c) maior em III. d) maior em IV.
e) igual nas quatro montagens.

RESOLUÇÃO:
Para o equilíbrio, em todos os esquemas, temos:
→ → → →
T1 + T2 + P = 0
Sendo a velocidade constante, a força resultante no corpo é nula e teremos:
→ → →
T1 + T2 = –P 3F = P
3F = 1500
Resposta: E
F = 500N

Resposta: C

– 119


3. (UFPE-2012) – Uma trave, de massa M = 4,6kg, é mantida na 4. (UFS-2012) – Um fio vertical é submetido à tração de intensidade
posição horizontal apoiada lateralmente em uma parede e por meio de T quando sustenta um corpo de massa 10kg. A extremidade desse fio
um cabo de massa desprezível e inextensível, como mostrado na figura. é presa ao teto por dois fios: o fio 1, cuja tração tem módulo T1, forma
Considerando-se que não haja atrito entre a trave e a parede, calcule a 37° com o teto horizontal e o fio 2, submetido à tração de módulo T2,
intensidade da força de tração no cabo e a intensidade da força que a forma 53° com o teto.
parede exerce na trave. Adote g = 10,0m/s2.

Analise as afirmações.
RESOLUÇÃO:
1) T = 100N. 2) T1 + T2 = T.
→ → → →
3) T1 + T2 + T = 0 4) T1 = 80N
5) T2 = 60N

Somente está correto o que se afirma em:
a) (1) e (2) b) (1) e (3) c) (4) e (5)
d) (3), (4) e (5) e) (2) e (3)

RESOLUÇÃO:

Para o equilíbrio da trave, temos:
1) Na direção vertical:

T cos 60° = P = Mg
1
T . ––– = 46,0 ⇒ T = 92,0N
FÍSICA A

2

2) Na direção horizontal:
T cos 30° = FN

͙ෆ3
92,0 . –––– = FN
2

FN = 46,0 ͙ෆ N
3

Respostas: 92,0N e 46,0 ͙ෆ N
3
1) T = P = mg = 100N
T1
2) sen 37° = ––– ⇒ T1 = 100 . 0,60 (N) = 60N
T

T2
3) cos 37° = ––– ⇒ T2 = 100 . 0,80 (N) = 80N
T

(1) VERDADEIRA.

(2) FALSA.
T1 + T2 = 140N

(3) VERDADEIRA.
Resultante nula.

(4) FALSA.

(5) FALSA.
Resposta: B

120 –


5. (UNESP-2011-MODELO ENEM) – Um lustre está pendurado 6. (UPE-2012) – Uma esfera de massa m e raio R é mantida em
no teto de uma sala por meio de dois fios inextensíveis, de mesmo repouso por uma corda de massa desprezível, presa a uma parede sem
comprimento e de massas desprezíveis, como mostra a figura 1, na qual atrito, a uma distância L, acima do centro da esfera.
o ângulo que cada fio faz com a vertical é 30°. As forças de tração nos
fios têm a mesma intensidade.

Considerando-se cos 30º ≅ 0,87, se a posição do lustre for modificada
e os fios forem presos ao teto mais distantes um do outro, de forma
que o ângulo que cada um faz com a vertical passe a ser o dobro do
original, como mostra a figura 2, a intensidade da força de tração em
cada fio será igual a Assinale a alternativa que representa a expressão para a intensidade da
a) 0,50 do valor original. b) 1,74 do valor original. força da parede sobre a esfera.
c) 0,86 do valor original. d) 2,00 do valor original.
e) 3,46 do valor original. mg ͙ෆ + R2
ෆෆෆ
L2 mg ͙ෆ + R2
ෆෆෆ
L2
a) ––––––––––––– b) –––––––––––––
L R
RESOLUÇÃO:

Para o equilíbrio do lustre: mgR mgL
2T cos θ = P c) –––––– d) ––––––
L R

P
T = ––––––– e) mg (L2 + R2)
2 cos θ
RESOLUÇÃO:

FÍSICA A
P
Na situação da figura 1: T1 = ––––––––
2 cos 30°

P
Na situação da figura 2: T2 = ––––––––
2 cos 60°

T2 cos 30° 0,87
–––– = ––––––– = –––––
T1 cos 60° 0,50

T2
–––– = 1,74
T1 1) Ty = P = mg

T2 = 1,74 T1 Tx = FN
R Tx FN
2) tg ␪ = –––– = –––– = ––––
Resposta: B L Ty mg

mgR
FN = ––––––
L

Resposta: C

– 121


2. (UERJ-2012-MODELO ENEM) – Uma balança romana
MÓDULO 22 consiste em uma haste horizontal sustentada por um gancho em um
ponto de articulação fixo. A partir desse ponto, um pequeno corpo P
ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO pode ser deslocado na direção de uma das extremidades, a fim de
equilibrar um corpo colocado em um prato pendurado na extremidade
1. (ETEC-SP-2012-MODELO ENEM) – Você já deve ter visto em oposta. Observe a ilustração:
seu bairro pessoas que vieram diretamente da roça e, munidas de
carrinhos de mão e de uma simples balança, vendem mandiocas de
casa em casa.
A balança mais usada nessas situações é a apresentada na figura a
seguir.

Quando P equilibra um corpo de massa igual a 5,0kg, a distância d de
P até o ponto de articulação é igual a 15cm.
Para equilibrar um outro corpo de massa igual a 8,0kg, a distância, em
centímetros, de P até o ponto de articulação deve ser igual a:
a) 28 b) 25 c) 24 d) 20 e) 18

RESOLUÇÃO:

A balança representada está em equilíbrio, pois o produto da massa do
massor pela distância que o separa do ponto O é igual ao produto da
massa que se deseja medir pela distância que separa o ponto em que os
cordames do prato são amarrados na haste até o ponto O.
Considere que no prato dessa balança haja 3,0kg de mandiocas e que
essa balança tenha um massor de 0,60kg.
Para que se atinja o equilíbrio, a distância d do massor em relação ao O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo.
ponto O deverá ser, em cm,
P . d = Pc . a
a) 16,0 b) 20,0 c) 24,0 d) 36,0 e) 40,0
P . 15 = 5,0g . a (1)
FÍSICA A

RESOLUÇÃO: P . x = 8,0g . a (2)

(2) x 8,0
––– : ––– = –––
(1) 15 5,0

x = 24cm

Resposta: C

O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo:
PM d1 = P d
3,0 . 8,0 = 0,60 . d

d = 40,0cm

Resposta: E

122 –


3. (UECE-2012) – A plataforma de um andaime é construída com 4. (UEL-PR-2012) – Considerando-se o modelo simplificado de um
–––
–
uma tábua quadrada uniforme de 60kg e 5,0m de lado. Essa plataforma móbile em equilíbrio, no qual AC representa a distância entre o fio que
repousa sobre dois apoios em lados opostos. Um pintor de 70kg está em –––
– 1 ––– –
pé no andaime a 2,0m de um dos apoios. Considere o módulo da sustenta m1 e o fio que sustenta m2, e AB = ––– AC, qual a relação
8
aceleração da gravidade g = 10m/s2. Assim, as intensidades das forças entre as massas m1 e m2?
exercidas pelos apoios sobre a plataforma, em N, valem: 1
a) 3000 e 1400. b) 300 e 140. a) m1 = ––– . m2 b) m1 = 7 . m2 c) m1 = 8 . m2
8
c) 580 e 720. d) 600 e 700.
d) m1 = 21 . m2 e) m1 = 15 . m2
RESOLUÇÃO:

Modelo simplificado de um móbile.

RESOLUÇÃO:

1) Em relação ao ponto A:
PT . dT + P dP = NB . dB
600 . 2,5 + 700 . 2,0 = NB . 5,0

NB = 580N
O somatório dos torques em relação ao ponto B deve ser nulo:
2) NA + NB = P + PT P1 . AB = P2 . BC
m1 g . AB = m2 g BC
NA + 580 = 1300
BC
NA = 720N m1 = –––– . m2
AB

Resposta: C AC = AB + BC
1 7 BC

FÍSICA A
AB = ––– AC e BC = ––– AC ⇒ ––– = 7
8 8 AB

Portanto: m1 = 7m2

Resposta: B

– 123


5. (UFMG) – Paulo Sérgio verifica a calibração dos pneus de sua
motocicleta e encontra 26 ᐉb/pol2 (1,8 . 105N/m2) no dianteiro e MÓDULO 23
32ᐉb/pol2 (2,2 . 105N/m2) no traseiro. Em seguida, ele mede a área de
contato dos pneus com o solo, obtendo 25cm2 em cada um deles.
ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO
A distância entre os eixos das rodas, especificada no manual da
motocicleta, é de 1,25m, como mostrado nesta figura: 1. (IFSP-VUNESP-2012-MODELO ENEM) – O quadrinho
mostra o Garfield tentando pescar o filé de seu dono com uma vara
cuja força peso, de módulo 20N, está representada em seu centro de
gravidade, CG. Para conseguir seu almoço, o gato utilizou um fio de
nylon de massa desprezível com um anzol e um conjunto de
chumbinhos, totalizando 0,4N de peso, pendurados na ponta.

Sabe-se que um calibrador de pneus mede a diferença entre a pressão
interna e a pressão atmosférica.
Com base nessas informações,
a) calcule o peso aproximado dessa motocicleta.
b) O centro de gravidade dessa motocicleta está mais próximo do eixo (Garfield, Jim Dawis)
da roda traseira ou do eixo da roda dianteira? Justifique sua Considerando-se as distâncias indicadas na figura, numa situação em
resposta. que a vara esteja em equilíbrio, sendo segurada pelas duas patas de
Garfield, a intensidade da força F, em newtons, aplicada pela pata
RESOLUÇÃO: esquerda do gato na vara, é igual a
a) A força que cada pneu exerce no solo é dada por:
a) 75 b) 65 c) 55 d) 45 e) 35
F = Δp . A Nota: a pata direita do gato aplica na vara uma força vertical para baixo
→
FD = 1,8 . 105 . 25 . 10–4 (N) = 4,5 . 102N F1.

FT = 2,2 . 105 . 25 . 10–4 (N) = 5,5 . 102N RESOLUÇÃO:
→
O somatório dos torques em relação ao ponto de aplicação da força F1 deve
P = FD + FT = 1,0 . 103N ser nulo:
F . 0,2 = 20 . 0,7 + 0,4 . 2,5
F . 0,2 = 14 + 1,0 = 15
FÍSICA A

b)
F = 75N
Resposta: A

O somatório dos torques em relação ao centro de gravidade da
moto deve ser nulo e portanto:
FT . dT = FD . dD
Como FT > FD, resulta dT < dD e o centro de gravidade fica mais
próximo da roda traseira.
`Respostas: a) 1,0 . 103N b) Traseira

124 –


2. (UFPB-2012-MODELO ENEM) – Um navio cargueiro está 3. (VUNESP-UEA-2012) – Em uma aula de Física o professor
sendo carregado de minério no porto de Cabedelo. O carregamento é, propõe aos seus alunos a seguinte montagem experimental: um suporte
hipoteticamente, feito por um guindaste, manobrado por um operador (S) fixo na mesa horizontal ao qual está preso uma barra vertical (B).
que suspende, de cada vez, dois contêineres acoplados às extremidades Próximo à base da barra há um pino de apoio (D) onde se apoia uma
de uma barra de ferro de três metros de comprimento, conforme es- régua milimetrada que sustenta um peso (P) por um fio, preso na marca
quema a seguir: de 25 cm. A 30 cm do pino, preso na extremidade superior da régua,
outro fio sustenta um dinamômetro muito leve que se mantém na
direção horizontal.

Adaptado de: <http://www.naval -sesimbra.pt/work
/images/Grua_Amarela.jpg>. Acesso em: 12 ago. 2011.

Na última etapa do carregamento, o contêiner 1 é completamente
preenchido de minério, totalizando uma massa de 4,0 toneladas,
enquanto o contêiner 2 é preenchido pela metade, totalizando uma
massa de 2,0 toneladas. Para que os contêineres sejam suspensos em
equilíbrio, o operador deve prender o gancho do guindaste exatamente
no centro de massa do sistema, formado pelo dois contêineres e pela
barra de ferro.
Nesse sentido, desprezando-se a massa da barra de ferro, conclui-se
que a distância entre o gancho (preso na barra pelo operador) e o
contêiner 1 deve ser de: A massa da régua milimetrada é desprezível, o peso P tem módulo 6,0N
a) 0,5m b) 1,0m c) 1,5m d) 2,0m e) 2,5m e a montagem experimental se encontra em equilíbrio. Considerando-
se sen 45° = cos 45° = 0,7, a indicação do dinamômetro, em N, vale,

FÍSICA A
RESOLUÇÃO: aproximadamente,
a) 2,0 b) 3,0 c) 4,0 d) 5,0 e) 6,0

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo:
P1 d1 = P2 d2
4,0 . d1 = 2,0 . (3,0 – d1)
2,0 d1 = 3,0 – d1
3,0d1 = 3,0

d1 = 1,0m

Resposta: B

O somatório dos torques, em relação ao ponto D, é nulo:
PT . dT = F . dF
6,0 . 25 . cos 45° = F . 30 . cos 45° ⇒ F = 5,0N

Resposta: D

– 125


4. (UNICAP-PE-ADAPTADO) – Uma escada homogênea de RESOLUÇÃO:
massa 20kg está apoiada no piso e em uma parede. Suponha que a Quando a distância do homem ao ponto C for a máxima possível, o trilho
estará na iminência de tombar, e a força de reação normal da laje FN estará
parede seja lisa, mas o piso, com atrito.
concentrada na extremidade C.

Para o equilíbrio do trilho, o somatório dos torques, em relação ao ponto
C, deve ser nulo:
PT . dT = PH . x
A força exercida pela parede na escada tem intensidade igual a:
350 . g . 1,0 = 100 g . x
a) 30N b) 50N c) 75N d) 100N e) 200N
Adote g = 10 m/s2 x = 3,5 m

RESOLUÇÃO: Resposta: D

O somatório dos torques, em rela-
ção ao ponto A, deve ser nulo:
P . dP = H . dH
200 . 1,5 = H . 4,0

H = 75N
FÍSICA A

Resposta : C

6. (UPE-2012) – A figura abaixo ilustra uma roda de raio R e mas-
sa m.

5. (UERJ-MODELO ENEM) – A figura abaixo mostra um homem
de massa igual a 100 kg, próximo a um trilho de ferro AB, de
comprimento e massa respectivamente iguais a 10,0m e 350kg.
O trilho encontra-se em equilíbrio estático, com 60% do seu com-
primento total apoiado sobre a laje de uma construção.

→
Qual é o módulo da força horizontal F, necessária para erguer a roda
sobre um degrau de altura h = R/2, quando aplicada no seu eixo?
Considere a aceleração da gravidade com módulo igual a g.
Estime a distância máxima que o homem pode deslocar-se sobre o mg͙ෆ3 mg
a) ––––––– b) ––– c) mg͙ෆ
3
trilho, a partir do ponto C, no sentido da extremidade B, mantendo-o 2 2
em equilíbrio.
a) 1,5m b) 2,5m c) 3,0m d) 3,5m e) 4,0m d) mg mg͙ෆ3
e) –––––––
3

126 –


As linhas de campo no interior do ímã nascem no norte e morrem no sul.
→
Para o desenho de um vetor B (vetor que indica o sentido do campo
magnético num determinado ponto), devemos seguir a orientação das
linhas de campo. Esse campo magnético entre os dois polos é uniforme.

R/2 1
1) cos ␪ = ––––– = ––– ␪ = 60°
R 2

d ͙ෆ3
2) sen ␪ = ––– = ––––
R 2
2. (VUNESP) – Duas barras magnéticas muito longas são colocadas
R ͙ෆ3
d = –––––– debaixo de um pedaço de papel que é coberto com limalhas de ferro,
2
como na figura.

3) O somatório dos torques, em relação ao ponto C deve ser nulo:
R
F1x . ––– = F1y . d
2

R R ͙ෆ3
F . ––– = mg . ––––––
2 2

F = mg ͙ෆ
3

Resposta: C
Se o polo norte de uma das barras e o sul da outra barra tocam o papel
e estão separados por uma pequena distância, das situações, a que
melhor descreve a configuração das linhas de campo magnético que

FÍSICA A
se forma devido à disposição das limalhas de ferro é:

MÓDULO 24
ÍMÃS E CAMPO MAGNÉTICO

1. (MODELO ENEM) – Na figura, temos um ímã em forma de U.
Você deverá identificar o seu campo magnético, desenhando as linhas
→
de indução e indicando ainda um vetor B no seu entreferro (abertura do
ímã). Que nome recebe esse campo magnético interno de linhas
retilíneas?
RESOLUÇÃO:
O campo magnético formado pelos dois polos dos ímãs nasce no norte e
morre no sul. As limalhas de ferro sobre o papel vão orientar-se segundo as
linhas de indução. Este experimento funciona com limalhas de ferro porque
este é um material ferromagnético.
Resposta: A

– 127


3. Um ímã em forma de barra é serrado ao meio “separando” a meta-
de norte da metade sul.

Pensando nisso, se o ímã tivesse o formato e as polaridades da figura
acima, é válido afirmar que o ímã poderia ter se rompido
Podemos afirmar que foram obtidos: a) na direção do plano ␣.
a) um polo norte separado do polo sul. b) na direção do plano ␤.
b) dois novos ímãs, os quais poderão ser reaproximados em um c) na direção do plano ␲.
movimento de translação e, devido à atração magnética dos seus d) na direção de qualquer plano.
polos, vão reconstituir o ímã original. e) apenas na direção do plano ␤.
c) dois novos ímãs, os quais devido à repulsão magnética entre seus
polos, não poderão ser reaproximados em um movimento de RESOLUÇÃO:
translação, impedindo a sua reconstituição. Se o tivéssemos cortado na direção do plano ␤ ou mesmo do plano ␣,
cairíamos na mesma situação do exercício anterior. A atração magnética
d) um polo norte, o qual continua magnetizado, e um pedaço de ferro permitiria a reconstituição do ímã.
desmagnetizado, pois o polo sul assim se comportará. Entretanto, cortando o ímã segundo o plano ␲, se não fizermos nenhuma
e) dois polos separados: o polo norte vira polo sul e o polo sul vira rotação nas peças, haverá uma repulsão magnética e não será mais possível
polo norte. Este fenômeno é conhecido como princípio da inversão remontarmos o ímã original.
magnética.

RESOLUÇÃO:
Ao separarmos as duas metades, cada uma delas converte-se em outro ímã.
Observe, na figura a seguir, que o pedaço da esquerda mantém o polo norte
à sua esquerda e, à sua direita, forma-se um polo sul. Também o pedaço da
direita não inverte polaridade, mantendo o polo sul à sua direita.

Resposta: B
FÍSICA A

Resposta: C

5. Na figura, temos três bússolas (B1, B2, B3) diante de um ímã cujos
polos não nos foram revelados. Também foram omitidas da figura as
4. (FATEC-MODIFICADA) – Uma criança brincando com um agulhas magnéticas das bússolas B1 e B3.
ímã, por descuido, deixa-o cair, e ele se rompe em duas partes. Ao
tentar consertá-lo, unindo-as no local da ruptura, ela percebe que os
dois pedaços não se encaixam devido à ação magnética.

a) Esboce as linhas de campo magnético do ímã e identifique os seus
polos.
b) Desenhe corretamente as agulhas magnéticas das bússolas B1 e B3.
Use a linha de campo que passa pela sua posição.

128 –


RESOLUÇÃO: 2. Nas figuras 1 e 2 a região sombreada representa um campo mag-
a) Pela indicação da bússola B2, deduzimos que a linha de campo que por nético de direção perpendicular a esta página. Uma partícula de carga
ali passa é orientada da esquerda para a direita. Isso determina que o
elétrica positiva penetrou na região e foi desviada pela força magnética
polo direito do ímã seja o polo norte. Logo, o da esquerda é o sul.
A figura das linhas de campo fica conforme se ilustra abaixo. como indica a sua trajetória tracejada. Indique a direção e o sentido de:
→ → →
B, F e V.

RESOLUÇÃO:
→
b) As bússolas já estão na figura anterior. Inicialmente, desenhe a velocidade vetorial V, lembrando que ela é tan-
gencial à trajetória. É a própria seta indicada na figura.
→
A força magnética F deve ser representada a seguir, lembrando-se de que
ela é centrípeta.
Finalmente usamos a regra da mão esquerda e determinamos o sentido do
→
campo B.

MÓDULO 25
FORÇA MAGNÉTICA DE LORENTZ

1. Uma partícula de carga positiva q é lançada com velocidade
→
vetorial V numa região onde existe um campo magnético uniforme
→
representado por B. Sabe-se que, na partícula, atuou uma força mag-
→
nética F transmitida pelo campo. Indique, nas situações (1) e (2), a
direção e o sentido da força.

FÍSICA A
RESOLUÇÃO: 3. Quando uma carga elétrica negativa é lançada num campo mag-
Usando a regra da mão esquerda, concluímos que:
nético, a força magnética não obedece à regra da mão esquerda usada
anteriormente. Temos que inverter um dos três vetores. Nas duas
figuras abaixo, um elétron foi lançado no campo magnético.
Determine:
a) na figura 1, o sentido da força magnética sobre o elétron.
→ → →
b) na figura 2, o sentido dos vetores: F , B e V.

RESOLUÇÃO:
→
a) Na figura 1, você coloca a mão esquerda e inverte o sentido do vetor F
obtido.

– 129


b) Na figura 2, adotamos os mesmos procedimentos usados na questão 2: 5. (UFPR-2011-MODIFICADA) – Uma experiência interessante,
→ →
aplicamos a regra da mão esquerda e invertemos o sentido da força F que permite determinar a velocidade V com a qual as partículas ele-
obtida. →
mentares se movem, consiste em utilizar um campo magnético B
gerado por um ímã. Uma partícula elementar com carga q negativa
→
move-se com velocidade V paralelamente ao plano do papel (refe-
rencial inercial) e entra em uma região onde há um campo magnético
→
B uniforme, constante e orientado para dentro do plano do papel, como
mostra a figura. Ao se deslocar na região do campo magnético, a
→
partícula fica sujeita a uma força magnética F.
→
a) Obtenha uma expressão literal para o módulo de F e represente na
figura o vetor F para a posição indicada da partícula.
b) Como deverão estar posicionados os polos norte e sul de um ímã em
forma de U para gerar o campo magnético da figura?

4. (CEFET-MG 2011) – Em uma região de campo magnético
uniforme B, uma partícula de massa m e carga elétrica positiva q
penetra nesse campo com velocidade V, perpendicularmente a B,
conforme figura seguinte.
RESOLUÇÃO:
a) O módulo da força magnética é dado por:
F = ͉q ͉ . V . B

Para a direção e sentido da força magnética,
use a regra da mão esquerda: inverte-se o
sentido obtido, pois a carga é negativa.
O vetor força magnética, que atua sobre a partícula no ponto P, está
melhor representado em:
a) ↑ b) → c) ← d) ↓
FÍSICA A

e)

RESOLUÇÃO: →
b) O campo magnético B está penetrando no papel. Concluímos que o polo
Usando a regra da mão esquerda, concluímos que a resposta é D. norte está acima desta folha e o polo sul está abaixo dela (no verso).
Resposta: D Veja figura sugestiva.

130 –


6. (MODELO ENEM) – Duas partículas, (1) e (2), foram lançadas RESOLUÇÃO:
→
→ Usamos a regra da mão esquerda e invertemos F :
num campo magnético uniforme B e, devido exclusivamente à força
magnética, saíram de sua trajetória, como mostra a figura a seguir.

Os elétrons desviam-se para a direita.
Resposta: D

Podemos afirmar que:
a) q1 > 0 e q2 < 0 b) q1 > 0 e q2 > 0
c) q1 < 0 e q2 < 0 d) q1 < 0 e q2 > 0
2. Uma partícula eletrizada de massa m e carga elétrica q positiva é
e) q1 = 0 e q2 > 0 →
lançada num campo magnético uniforme com velocidade vetorial V,
de direção perpendicular ao campo magnético. A partícula descreve
RESOLUÇÃO:
Em cada partícula, temos o seguinte esquema: um movimento circular uniforme (MCU) cujo raio é R.
São dados:
m = 1,2 . 10–24kg q = 3,2 . 10–19C
V = 6,4 . 10 4m/s B = 2,0 . 102T
Determine o valor de R.

RESOLUÇÃO:
m.V 1,2 . 10–24 . 6,4 . 104
R = ––––– ⇒ R = –––––––––––––––––– ⇒ R = 1,2 . 10–3m
q.B 3,2 . 10–19 . 2,0 . 102

3. Retome a questão anterior e considere que a partícula tenha
realizado meia volta e tenha escapado da ação do campo magnético,
como nos mostra a figura.
→ →
Observação: Em ambas as figuras, F1 e F2 são forças magnéticas.

FÍSICA A
Resposta: A

MÓDULO 26
MOVIMENTO DE UMA
PARTÍCULA ELETRIZADA EM UM
CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME I
Determine o intervalo de tempo entre a sua entrada no campo e sua
1. (VUNESP-2011) – Considere a seguinte situação: imagine que saída. Adote ␲ ഡ 3.
você está sentado em uma sala de aula, de frente para o quadro, do qual
emerge um feixe de elétrons. Os elétrons se deslocam na direção RESOLUÇÃO:
horizontal, perpendicularmente ao quadro, e penetram em um campo ⌬s = ␲R (meia volta) = 3 . 1,2 . 10–3m = 3,6 . 10–3m
magnético uniforme de direção vertical e sentido de baixo para cima. V = 6,4 . 102 m/s
Podemos afirmar que o feixe de elétrons ⌬s
⌬s = V . ⌬t ⇒ ⌬t = –––
a) não se desvia. V
b) desvia-se para cima.
3,6 . 10–3
c) desvia-se para baixo. ⌬t = –––––––– (s) ⇒ ⌬t = 5,6 . 10–6s
6,4 . 102
d) desvia-se para a sua direita.
e) desvia-se para a sua esquerda.

– 131


4. Uma partícula de carga elétrica q = –5e e massa m = 8,0 . 10–20kg 5. (CEFET-PI) – Três espécies de partículas que se propagam em
foi lançada num campo magnético uniforme de intensidade linha reta têm a mesma velocidade e a mesma carga elétrica, porém as
B = 5,0 . 10–2T, como mostra a figura. Dado: e = 1,6 . 10–19C. massas são diferentes. Quando essas partículas penetram num campo
magnético uniforme, saindo do plano da página, com velocidade
perpendicular ao campo, observa-se a formação de três trajetórias
circulares de raios diferentes, como mostra a figura.

a) Esboce a sua trajetória e admita que ela tenha deixado o campo após
completar uma semicircunferência.
b) Sendo a velocidade de lançamento V0 = 2,5 . 102m/s, determine o
raio R da trajetória.
c) Determine o tempo de permanência no campo magnético. Adote Marque a alternativa correta.
π = 3. a) As partículas têm cargas negativas.
b) A partícula de maior massa descreve a trajetória de menor raio,
RESOLUÇÃO: trajetória 3.
a) c) A partícula de maior massa descreve a trajetória de raio
intermediário, trajetória 2.
d) A partícula de menor massa descreve a trajetória de maior raio,
trajetória 3.
e) As partículas têm cargas positivas.

RESOLUÇÃO:
Usando a regra da mão esquerda e sabendo que a força magnética é centrí-
peta, verificamos que as cargas são positivas.
Resposta: E
FÍSICA A

m . V0
b) R = ––––––
͉q͉ . B

Temos: ͉q͉ = 5e = 5 . 1,6 . 10–19C = 8,0 . 10–19C
m = 8,0 . 10–20kg
V0 = 2,5 . 102m/s
B = 5,0 . 10–2T MÓDULO 27
Substituindo-se:
(8,0 . 10–20) . (2,5 . 102) MOVIMENTO DE UMA
R = –––––––––––––––––––– (m)
(8,0 . 10–19) . (5,0 . 10–2) PARTÍCULA ELETRIZADA EM UM
R = 5,0 . 102m
CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME II
Δs Δs
c) V = –––– ⇒ Δt = –––– 1. Na figura, o campo magnético está representado pela região som-
Δt V breada. Ele tem a direção perpendicular a esta página e nela está
Δs = πR
penetrando. Quatro partículas eletrizadas foram lançadas no campo,
→
todas com a mesma velocidade vetorial V.
πR
Δt = ––––
V

Sendo: π = 3
R = 5,0 . 102m
V = 2,5 . 102m/s
Temos:
3 . (5,0 . 102)
Δt = ––––––––––– (s) ⇒ Δt = 6,0s
2,5 . 102

Respostas: a) ver figura b) 5,0 . 102m c) 6,0s

132 –


a) Identifique o sinal de cada partícula. Sabendo-se que a partícula abandona a região do campo no ponto P, é
b) Sabendo que as quatro partículas possuem cargas elétricas iguais correto afirmar:
em módulo com valor n . e, em que e representa a carga elementar, a) A partícula atravessa a região do campo magnético em movimento
ordene as partículas 2, 3 e 4 em ordem crescente . retilíneo uniformemente acelerado.
c) Admitindo que n = 2, determine as cargas elétricas das partículas 1 b) A partícula descreve movimento circular uniformemente acelerado
e 3. sob a ação da força magnética.
d) Admitindo que as trajetórias 1 e 3 sejam simétricas e sendo a massa c) O espaço percorrido pela partícula na região do campo magnético
da partícula (1) igual a m, qual é a massa da partícula (3)? ␲mV
é igual a ––––– .
2qB
RESOLUÇÃO:
a) Basta usar a regra da mão esquerda. A partícula que obedecer à força d) O tempo de permanência da partícula na região do campo mag-
imposta por esta regra será positiva; a outra, negativa. ␲m
nético é de –––– .
qB
e) O módulo da aceleração centrípeta que atua sobre a partícula é igual
qB
a –––– .
mV

RESOLUÇÃO:
Como o movimento é circular uniforme, a força magnética faz o papel de
resultante centrípeta.
V2 mV
qVB = m –––– ⇒ qBR = mV ⇒ R = ––––
R qB

A partícula percorre 1/4 de volta; a distância percorrida equivale a 1/4 de
Concluindo: são positivas as cargas elétricas de (2), (3) e (4); é negativa
uma circunferência. Podemos escrever:
a carga elétrica da partícula (1).
2␲R ␲ ␲ mV ␲mV
⌬s = –––– = –– R = –– . –––– = –––––
m.V m.V 4 2 2 qB 2qB
b) R = –––––– R = –––––––
͉q͉ . b n.e. b Resposta: C
O raio é proporcional à massa da partícula.
R2 < R3 < R4 ⇒ m2 < m3 < m4

c) Fazendo n = 2:
A partícula (1) é negativa e possui carga elétrica q1 = –2e.
A partícula (3) é positiva e possui carga elétrica q3 = +2e.

FÍSICA A
d) As partículas (1) e (3) realizam trajetórias simétricas, ou seja, de mesmo 3. (ITA-MODIFICADA) – Um elétron é acelerado do repouso por
raio. Logo, suas massas são iguais. uma diferença de potencial V e entra numa região na qual atua um
Então m3 = m1 = m. campo magnético, onde ele inicia um movimento ciclotrônico,
movendo-se num círculo de raio RE com período TE. Se um próton
fosse acelerado do repouso por uma diferença de potencial de mesma
magnitude e entrasse na mesma região em que atua o campo
magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e período TP que
a) RP = RE e TP = TE.
Note e adote:
b) RP > RE e TP > TE. O elétron e o próton adquiriram a
c) RP > RE e TP = TE. mesma energia cinética antes de
2. (UESC-2011) – A figura representa uma partícula eletrizada, de
d) RP < RE e TP = TE. penetrar no campo magnético.
massa m e carga q, descrevendo um movimento retilíneo e uniforme,
e) RP = RE e TP < TE. A energia cinética é dada por
com velocidade de módulo V, que penetra e sai da região onde existe
mV2
um campo magnético uniforme de módulo B. Ecin = ––––
2

RESOLUÇÃO
Como o elétron e o próton adquiriram a mesma energia cinética, antes de
→
penetrar no campo B , vamos admitir que eles penetram ainda com essa
mesma energia:

Ecin (elétron) = Ecin (próton)

mV m V2 2Ecin
Sendo R = –––––– e Ecin = –––––– , tem-se V = –––––
͉q͉ . B 2 m

– 133


Para obtermos uma relação entre q1 e q2, devemos fixar as massas e as duas
2Ecin
m ––––– velocidades.
m Fazendo: m1 = m2 = m
R = ––––––––––––––––––––– V 1 = V2 = V
͉q͉ B
e sendo: R1 = 2R2 :

͙ළළළළළළළළ
2mEcin
m.V mV
–––––– = 2 ––––– ⇒ q2 = 2q1
R = –––––––––– ; sendo mP > mE, tem-se RP > RE q1 . B q2 . B
͉q͉ B
Resposta: D

2π m
O período é dado por T = ––––––
͉q͉ B
Para mP > mE, tem-se TP > TE

Resposta: B

MÓDULO 28
FORÇA MAGNÉTICA EM CONDUTOR RETILÍNEO

1. Temos um campo magnético uniforme representado pelas suas
linhas de indução. Em cada uma das figuras, mostra-se um fio retilíneo,
de comprimento infinito, imerso no campo.
a) Indique o sentido da força magnética em cada fio.
4. (VUNESP-MODELO ENEM) – Duas partículas elementares, ao b) Determine o módulo da força magnética que atua em um pedaço
passar por uma região em que há um campo magnético homogêneo, de 2,0m do fio da figura 3, sabendo que i = 10A e B = 2,0 . 10–5 T.
descrevem as trajetórias que estão esboçadas na figura.
FÍSICA A

A seu respeito, pode-se afirmar que,
a) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas
obedecerão à relação q1 = –2q2.
b) com certeza, podem formar um átomo neutro.
c) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas
obedecerão à relação q1 = 2q2.
d) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas
obedecerão à relação q1 = q2/2.
e) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas
obedecerão à relação q1 = –q2/2.
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO: a) Basta usar a regra da mão esquerda:
O raio da trajetória de uma partícula de massa m e carga q, lançada
→
perpendicularmente a B , é dado por:
mV
R = –––––
qB

Então:
m1 . V 1
R1 = 2R = ––––––––
q1 . B

m2 . V 2
R2 = R = ––––––––
q2 . B

134 –


fig. 2 A intensidade da força em cada trecho é:
Como o fio é paralelo ao campo, a força magnética é nula. F = B . i . L . sen 90° = B . i . L
F = 2, 0 . 10–3 . 8,0 . 12 (N) ⇒ F = 192 . 10–3N ⇒ F = 1, 92 . 10–1N
F = B . i . ᐉ . sen 0º
zero b) A intensidade da força resultante é:
→ → Fres = F ͙ෆ ⇒ Fres = 1, 92 . 10–1 . ͙ෆ N⇒ Fres ഡ 2,7 . 10–1 N
2 2
F = 0
Respostas: a) 1,82 . 10–1N ;
b) 2,7 . 10–1N ; direções e sentidos nas figuras.

b) F = B . i . ᐉ 3. (FMTM) – Uma corrente elétrica i percorre uma barra metálica
F = 2,0 . 10 –5 . 10 . 2,0 →
que está imersa no campo magnético uniforme B , como está indicado
F = 4,0 . 10-4N na figura. Observa-se que a barra sofre a ação de uma força magnética
horizontal, com sentido para a direita. Nesse local, as linhas de força
→
do campo magnético B estão corretamente representadas na alternativa

2. Na figura que se segue, temos um condutor em forma de L per-
corrido por uma corrente elétrica de intensidade i = 8,0A e imerso no
interior de um campo magnético uniforme B = 2,0 . 10–3T, perpendicu-
lar a esta página.

FÍSICA A
Os trechos OM e ON têm o mesmo comprimento: 12m. Determine:
a) a direção, o sentido e a intensidade da força magnética em cada
trecho;
b) a intensidade da força resultante no condutor em L.
RESOLUÇÃO:
Note e adote: Basta usarmos a regra da mão esquerda e obteremos o sentido do campo
→
Admita que a equação F = B . i . L . sen ␪ seja válida, ainda que o magnético B .
condutor não tenha comprimento infinito.

RESOlUÇÃO:
a) Usando a regra da mão esquerda, obteremos:

Resposta: E

– 135


4. (UNESP) – Um dos lados de uma espira retangular rígida com 5. (UFPE-2011) – O circuito elétrico plano, mostrado a seguir,
massa m = 8,0g, na qual circula uma corrente I, é atado ao teto por dois possui uma bateria de força eletromotriz ε = 48V e resistência interna
fios não condutores de comprimentos iguais. Sobre esse lado da espira, r = 1⍀ ligada a resistores de resistências R = 9⍀, sendo os demais fios
medindo 20,0cm, atua um campo magnético uniforme de 0,05T, de ligação considerados ideais. O trecho retilíneo ab do circuito possui
perpendicular ao plano da espira. O sentido do campo magnético é comprimento de 50cm. No plano do circuito, existe um campo mag-
representado por uma seta vista por trás, penetrando o papel, conforme nético uniforme, de módulo B = 2,5T e direção fazendo um ângulo de
é ilustrado na figura. 37° com a direção do trecho ab. Qual o módulo da força magnética
que age no trecho ab?

Considerando se g = 10,0 m/s2, o menor valor da corrente que anula
as trações nos fios é:
a) 8,0A b) 7,0A c) 6,0A d) 5,0A e) 4,0A
Adote: sen 37° = 0,6
RESOLUÇÃO:
Para que tenhamos o anulamento das forças de tração nos fios, a força RESOLUÇÃO:
magnética sobre o ramo do condutor imerso no campo deve equilibrar a R 9⍀
ação da força peso; assim: Req = ––– = ––––– = 3⍀
→ → 3 3
| Fmag| = | P |
ε 48
B.i.ᐉ sen θ = m g i = –––––––– = ––––– (A) ⇒ i = 12A
r + Req 1+3
B.i.ᐉ sen 90° = m g
Em cada resistor, passam apenas um terço desse valor, ou seja, 4A.
0,05 . i . 0,20 . 1 = 8,0 . 10–3 . 10,0
No trecho ab passam 4A.
i = 8,0A F = B . i . ᐉ sen 37°
FÍSICA A

F = 2,5 . 4 . 0,50 . 0,6

Resposta: A F = 3N
A resposta está sendo dada com apenas 1 algarismo significativo devido
aos demais dados.

136 –

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