APLICAÇÕES DA 2.a LEI DE NEWTON...docx

– 1

FRENTE 1 – MECÂNICA

MÓDULO 29

APLICAÇÕES DA 2.a LEI DE NEWTON

1. (UESPI-2012) – A figura a seguir ilustra duas pessoas (represen- tadas por círculos), uma em cada margem de um rio, puxando um bote de massa 600kg através de cordas ideais paralelas ao solo. Neste instante, o ângulo que cada corda faz com a direção da correnteza do rio vale θ = 37°, o módulo da força de tração em cada corda é F = 80N e o bote possui aceleração de

módulo 0,02m/s2, no sentido contrário ao da correnteza. (O sentido da correnteza está indicado por setas tracejadas.)

Considerando-se sen (37º) = 0,6 e cos (37º) = 0,8, qual é o módulo da força que a correnteza exerce no bote?a) 18N b) 24N c) 62N d) 116N e) 138N

RESOLUÇÃO:

PFD: 2 F cos e – Fc = ma

2 . 80 . 0,8 – Fc = 600 . 0,02

128 – Fc = 12

Fc = 116N

Resposta: D

2. (UFPB-MODELO ENEM) – Para a solução de problemas da Física, utilizam-se gráficos que envolvem os parâmetros físicos a serem manipulados em um dado fenômeno. Levam-se em conta também as propriedades desses gráficos, associadas, em termos de funcio- nalidades, ao registro de dados e possibilidades de interpolação, extrapolação e aproximação. Considere duas situações distintas: uma inerente à Cinemática da partícula e outra à Dinâmica. Os dados estão representados em gráficos. O gráfico I representa a velocidade escalar como função do tempo do movimento de duas partículas 1 e 2, de

Assinale a alternativa cuja representação atende à situação descrita de forma correta.a) Gráfico A b) Gráfico B c) Gráfico Cd) Gráfico D e) Gráfico E

RESOLUÇÃO:

massas, respectivamente, m1 e m2 (sendo m1 = 2,5m2), percorrendo omesmo trecho retilíneo de uma pista e considerando-se que a partícula2 seja lançada 4,0s após a partícula 1 do mesmo ponto. Os gráficos A, B, C, D e E são representações das forças atuantes nas partículas 1 e 2,

1) Para a partícula 1: a1 =L1V

––––L1t

L1V

V= –––– (SI)

5,0

V

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FÍS

ICA

em função do tempo. Analisando-se os gráficos, verifica-se, entretanto, Para a partícula 2: a2 = –––– = –––– (SI)

que, entre os da Dinâmica, apenas um deles corresponde à situação 1.

L1t

1,0

→

F =

F = 0,20 .

F =

– 3

Portanto: a = 5 a 4. Um corpo de massa 2,0kg é puxado sobre uma superfície2 1

2) PFD: F1 = m1 a1

F2 = m2 a2

→horizontal por uma força F, constante, de intensidade 5,0N, cujadireção forma ângulo de 37° com o plano horizontal.A força de atrito entre o corpo e a superfície tem intensidade igual a 0,80N.

F1 m1 a1 1 1–––– = –––– . –––– = 2,5 . –––– = ––––

F2 m2 a2 5 2

F2 = 2 F1

F1 e F2 são constantes.

Resposta: C

São dados: sen 37º = 0,60 e cos 37º = 0,80.O módulo da aceleração do bloco, em m/s2, vale:

→ a) 1,0 b) 1,2 c) 1,4 d) 1,6 e) 2,03. (EFOMM-2012) – Uma bola, de massa 0,20kg e velocidade Vde módulo igual a 5,0 m/s, é atingida por um taco e sofre um desvio de 90° em sua trajetória. O módulo de sua velocidade não se altera,

RESOLUÇÃO:1) Fx = F cos 37º = 5,0 . 0,80 (N) = 4,0N

conforme indica a figura.

2) PFD: F – F = ma

x at

Resposta: D

4,0 – 0,8 = 2,0 . a ⇒ a = 1,6m/s2

5. Um corpo de massa M = 4,0kg está submetido a uma força resultante de intensidade F variável com o tempo t de acordo com a relação:

F = 2,0 + 2,0t (SI)

Sabendo-se que a colisão ocorre num intervalo de tempo de 20 milis- segundos, o módulo, em newtons, da força média entre o taco e a bola é:a) 30V 2 b) 50V 2 c) 30V 3d) 50V 3 e) 30V 5

RESOLUÇÃO:

O corpo parte do repouso no instante t = 0 e descreve uma trajetória retilínea.Determine:a) o módulo da aceleração do corpo no instante t = 0;b) o módulo da velocidade do corpo no instante t = 2,0s.

RESOLUÇÃO:a) Para t = 0 ⇒ F0 = 2,0N

1) IL1VI2 = V2 + V2 = 2V2

→IL1VI = V 2 V = 5,0 V 2 m/s

→IL1VI

PFD: F0 = M a0 ⇒ 2,0 = 4,0a0 ⇒

(V – V0)b) PFD: Fm = M am = M

––––––––Δt

a0 = 0,50m/s2

2) Fm = m am = m ––––– F0 + F2 2,0 + 6,0L1t Fm = –––––––– = –––––––– (N) = 4,0N

V 2m –––––––––

2,0 . 10–2

5,0V 2m –––––––––

20 . 10–34,0 = 4,0

2 2

(V2 – 0)–––––––– ⇒

2,0V2 = 2,0m/s

100V 2m –––––––––

2

Respostas: a) a0 = 0,50m/s2

b) V2 = 2,0m/s

FÍS

ICA

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Fm = 5,0V 2 N

Resposta: B

FÍS

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MÓDULO 30

PESO DE UM CORPO

1. (FUVEST-2012) – Um móbile pendurado no teto tem três elefantezinhos presos um ao outro por fios, como mostra a figura. As massas dos elefantes de cima, do meio e de baixo são, respectivamente, 20g, 30g e 70g.

As intensidades das forças de tração, em newtons, nos fios superior, médio e inferior são, respectivamente, iguais a:a) 1,2; 1,0; 0,7. b) 1,2; 0,5; 0,2. c) 0,7; 0,3; 0,2.d) 0,2; 0,5; 1,2. e) 0,2; 0,3; 0,7.

NOTE E ADOTEDesconsidere as massas dos fios.Módulo da aceleração da gravidade g = 10m/s2.

RESOLUÇÃO:

1) T1 = Ptotal = P1 + P2 + P3

T1 = (m1 + m2 + m3)g

T1 = 0,12 . 10 (N)

T1 = 1,2N

2) T2 = P2 + P3

T2 = (m2 + m3)g

T2 = 0,1 . 10 (N)

2. (ENEM-2011) – Para medir o tempo de reação de uma pessoa, pode-se realizar a seguinte experiência:I. Mantenha uma régua (com cerca de 30cm) suspensa vertical-

mente, segurando-a pela extremidade superior, de modo que o zero da régua esteja situado na extremidade inferior.

II. A pessoa deve colocar os dedos de sua mão, em forma de pinça, próximos do zero da régua, sem tocá-la.

III. Sem aviso prévio, a pessoa que estiver segurando a régua deve soltá-la. A outra pessoa deve procurar segurá-la o mais rapidamente possível e observar a posição onde conseguiu segurar a régua, isto é, a distância que ela percorre durante a queda.

O quadro seguinte mostra a posição em que três pessoas conseguiram segurar a régua e os respectivos tempos de reação.

Distância percorrida pela régua durante a queda (metro)

Tempo de reação (segundo)

0,30 0,24

0,15 0,17

0,10 0,14

(Disponível em: http://www. br.geocities. com.

Acesso em: 1 fev. 2009.) A distância percorrida pela régua aumenta mais rapidamente que o tempo de reação porque aa) energia mecânica da régua aumenta, o que a faz cair mais

rapidamente.b) resistência do ar aumenta, o que faz a régua cair com menor

velocidade.c) aceleração de queda da régua varia, o que provoca um movimento

acelerado.d) força peso da régua gera um movimento acelerado.e) velocidade da régua é constante, o que provoca uma passagem

linear de tempo.

RESOLUÇÃO:Desprezando-se o efeito do ar, a força resultante na régua será o seu peso, que é constante. O movimento de queda da régua terá aceleração constante.

gΔs = ––– t2

2

Δs (distância percorrida) é proporcional ao quadrado do tempo de queda t e, por isso, Δs aumenta mais rapidamente do que o tempo t. (A velocidade da régua está aumentando durante a queda).A melhor opção é a (d) que cita o movimento acelerado. Resposta: D

T2 = 1,0N

3) T3 = P3 = m3g

T3 = 0,07 . 10 (N)

Resposta: A

T3 = 0,7N

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FÍS

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3. (UFF-RJ-2012) – Dois corpos, um de massa m e outro de massa 5m, estão conectados entre si por um fio e o conjunto encontra-se originalmente em repouso, suspenso por uma linha presa a uma haste, como mostra a figura.

4. (ENADE-2011-MODELO ENEM) – No Brasil, desde a década de 1980, principalmente, professores e pesquisadores da área de ensino de Ciências têm buscado diferentes abordagens visando contribuir para a melhoria do ensino nessa área, como, por exemplo, a exploração de concepções prévias dos estudantes. Na Física, especificamente no caso da mecânica newtoniana, pesquisas usando atividades que exploram concepções prévias indicam que os estudantes de Ensino Médio tendem a dar explicações para situações envolvendo a relação entre força e movimento que remetem à concepção aristotélica.Acerca do tema, considere um corpo lançado verticalmente para cima, no instante em que a altura não é a máxima e o corpo está subindo. Com base nas informações do texto e usando a legenda abaixo, assinalea alternativa que mostra a representação correta da direção e sentido

→ →A linha que prende o conjunto à haste é queimada e o conjunto cai em

dos vetores força (F) e velocidade (V) no sistema, sob a óptica do

→ →queda livre. Desprezando-se os efeitos da resistência do ar, indique a estudante (considerada, nesta questão, aristotélica) (FA e VA) e da

→ → → →

figura que representa corretamente as forças f1 e f2 que o fio faz sobreos corpos de massas m e 5m, respectivamente, durante a queda.

RESOLUÇÃO:Os dois corpos, após a queima do fio de cima, ficam em queda livre. A única força atuante em cada corpo é o seu próprio peso e, por isso, eles não interagem com o fio que os une.

mecânica newtoniana (FN e VN), respectivamente. Despreze a resis-tência do ar.

→ → →

Portanto: f1 = f2 = 0.

Resposta: E

RESOLUÇÃO:Na Física aristotélica, quando o corpo está subindo, a força resultante é suposta no sentido do movimento:

↑ → →

VA ↑ FA

Na Física newtoniana, o corpo subindo tem velocidade para cima, porém, como seu movimento é retardado (força resultante é o peso), a força resultante é dirigida para baixo:

↑ → →

VN ↓ FN

Resposta: C

l

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–

5. (UEPB-2012) – Um paraquedista salta de um avião com o paraquedas fechado e, após um certo tempo, ao abri-lo, a força de resis- tência do ar iguala-se à força peso do conjunto (paraquedas e paraquedista). A partir daí, o paraquedas cai em movimento retilíneo e uniforme. A força de resistência do ar que atua num paraquedas tem intensidade, em newtons, dada por Fr = 100V2, em que V é o módulo da velocidade em m/s. Sabendo-se que o paraquedas atinge uma velocidade-limite de módulo 4,0m/s e considerando-se a aceleração da gravidade local com módulo igual a 10m/s2, a massa total do conjunto (paraquedas e paraquedista), em quilogramas, é de:a) 130 b) 150 c) 140 d) 160 e) 120

MÓDULO 31

3.a LEI DE NEWTON

1. (UFRN-2012-MODELO ENEM) – Em tirinhas, é muito comum encontrarmos situações que envolvem conceitos de Física e que, inclusive, têm sua parte cômica relacionada, de alguma forma, com a Física. Considere a tirinha envolvendo a “Turma da Mônica”, mostrada a seguir.

RESOLUÇÃO:

A velocidade-limite é atingida

quando: Fr = P = mg

100V2= m . g

100 . 16,0 = m . 10

Resposta: D

m = 160kg

Supondo-se que o sistema se encontra em equilíbrio, é correto afirmar que, de acordo com a Lei da Ação e Reação (3.a Lei de Newton),a) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que os

meninos exercem sobre a corda formam um par ação-reação.b) a força que a Mônica exerce sobre o chão e a força que a corda faz

6. (UFSJ-MG-2012) – Pedro, de massa m = 100kg, sobe por umacorda de massa desprezível, que passa por uma roldana presa ao teto, sem atrito, e tem presa na outra extremidade uma caixa de massa 150kg. Considerando-se a aceleração da gravidade com módulo igual

a 10m/s2, é correto afirmar que o módulo da aceleração que Pedro deveria ter para levantar a caixa do solo com velocidade constante é

de: a) 1,0m/s2 b) 2,0/m/s2 c) 4,0m/s2

d) 5,0m/s2 e) 8,0m/s2

RESOLUÇÃO:

1) Para a caixa:

T = Pc = mc g = 1500N

2) Para Pedro:

T – PP = mP

a1500 – 1000 = 100 . a

a = 5,0m/s2

sobre a Mônica formam um par ação-reação.c) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que a corda

faz sobre a Mônica formam um par ação-reação.d) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que os

meninos exercem sobre o chão formam um par ação-reação.e) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que

Cebolinha exerce sobre a corda formam um par ação-reação.

RESOLUÇÃO:Ação e reação são forças trocadas entre dois corpos: Mônica age na corda e a corda reage na Mônica.Resposta: C

2. (UFLA-MG-2012) – Um lustre encontra-se preso ao teto de uma sala por uma haste de massa desprezível, conforme indica a figura 1. Podem-se identificar as forças que atuam no sistema e representá-las, isolando os corpos envolvidos, conforme as figuras 2, 3 e 4.

Das forças assinaladas, constitui(em) par(es) ação e reação:Resposta: D → → → →

a)→ → → →

F1 e F2; F3 e F4 b) F1 e F3; F2 e F4→ → → → → →

140

c) F2 e F3; F4 e F5 d) F1 e F5

142

a) I, apenas. b) II, apenas. c) I e III, apenas.d) II e III, apenas. e) I, II e III.

RESOLUÇÃO:I. VERDADEIRA.

FÍS

ICA

RESOLUÇÃO:→

→(UERJ-2012) – Considere as Leis de Newton e as informações a seguir

A haste age no teto com a força F1; o teto reage na haste com a força F2.→

A haste age no lustre com a força F4 ; o lustre reage na haste com a força→F3.Resposta: A

para responder às questões de números 4 e 5.

Uma pessoa empurra uma caixa sobre o piso de uma sala. As forças aplicadas sobre a caixa na direção do movimento são:→Fp: força paralela ao solo exercida pela pessoa;→Fa: força de atrito exercida pelo piso.

3. (ETEC-SP-2012-MODELO ENEM) – A maçã, alimento tão apreciado, faz parte de uma famosa lenda ligada à biografia de Sir Isaac Newton. Ele, já tendo em mente suas Leis do Movimento, teria elaborado a Lei da Gravitação Universal no momento em que, segundo a lenda, estando Newton ao pé de uma macieira, uma maçã lhe teria caído sobre sua cabeça.Pensando nisso, analise as afirmações:I. Uma maçã pendurada em seu galho permanece em repouso,

enquanto duas forças de mesma intensidade, o seu peso e a força de tração do cabinho que a prende ao galho, atuam na mesma direção e em sentidos opostos, gerando sobre a maçã uma força resultante de intensidade nula.

II. Uma maçã em queda cai mais rápido quanto maior for a sua massa já que a força resultante, nesse caso chamada de peso da maçã, é calculada pelo produto de sua massa pela aceleração da gravidade.

III. A maçã em queda sofre uma ação do planeta Terra, denominada força peso, que tem direção vertical e sentido para baixo, e a maçã, por sua vez, atrai a Terra com uma força de mesma intensidade e direção, contudo o sentido é para cima.

É correto o que se afirma em

→A caixa se desloca na mesma direção e sentido de Fp.

→A força que a caixa exerce sobre a pessoa é Fc.

4. Se o deslocamento da caixa ocorre com velocidade constante, as magnitudes das forças citadas apresentam a seguinte relação:a) Fp = Fc = Fa b) Fp > Fc = Fa

c) Fp = Fc > Fa d) Fp = Fc < Fa

RESOLUÇÃO:

1) Fp = Fa, porque a força resultante é nula.

2) Fc = Fp, porque formam um par ação-

reação. Resposta: A

5. Se o deslocamento da caixa ocorre com aceleração constante (não→

nula), na mesma direção e sentido de Fp, as magnitudes das forçascitadas apresentam a seguinte relação:a) Fp = Fc = Fa b) Fp > Fc = Fa

c) Fp = Fc > Fa d) Fp = Fc < Fa

→ →F = –P

II. FALSA. A aceleração de queda livre não depende da massa do corpo.III.VERDADEIRA. As forças trocadas entre o planeta Terra e a maçã

formam um par ação-reação e, portanto, têm a mesma intensidade, a mesma direção e sentidos opostos.

Resposta: C

RESOLUÇÃO:

1) Fp > Fa, para que o movimento seja acelerado.

2) Fp = Fc, porque formam um par ação-

reação. Resposta: C

FÍS

ICA

–

6. Em um local onde g = 10,0m/s2 e o efeito do ar é desprezível, um livro de massa 1,0kg está-se movendo verticalmente para cima, com

RESOLUÇÃO:

1) PFD (A + B + C): F = (mA

+ mB + mC) a

movimento acelerado e aceleração de módulo igual a 2,0m/s2, em→

virtude da ação de uma força vertical F, aplicada pela mão de umapessoa.

50,0 = 20,0 . a

a = 2,5m/s2

2) PFD (C): FBC = mC a

FBC = 8,0 . 2,5 (N) = 20,0N

3) 3.a Lei de Newton: FCB = FBC =

20,0N Resposta: B

2. (UFRS-2012) – Dois blocos, de massas m1 = 3,0kg e m2 = 1,0kg, ligados por um fio inextensível, podem deslizar sem atrito

sobre um→

→ → plano horizontal. Esses blocos são puxados por uma força horizontal Fa) Calcule as intensidades do peso P do livro e da força F .b) Caracterize, em intensidade, direção e sentido, a força que o livro

exerce sobre a mão da pessoa.

de módulo F = 6,0N, conforme a figura abaixo. (Desconsidere a massa do fio e o efeito do ar).

RESOLUÇÃO:a) 1) P = mg = 10,0N

2) PFD (livro): F – P = maF – 10,0 = 1,0 . 2,0 ⇒ F =

12,0NA intensidade da força de tração no fio que liga os dois blocos é: a) zero b) 2,0N c) 3,0N d) 4,5N e) 6,0N

b) A mão aplicou ao livro uma força vertical para cima e de intensidade12,0N; o livro reage, de acordo com a 3.ª Lei de Newton, e aplica sobre a mão uma força vertical, para baixo e de intensidade 12,0N.

Respostas: a) P = 10,0N e F = 12,0N.b) 12,0N, vertical e para baixo.

RESOLUÇÃO:

1) PFD (m1 + m2):

F = (m1 + m2) a

6,0 = 4,0a

a = 1,5m/s2

MÓDULO 32

APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON (I)

2) PFD (m1):

T = m1 a

T = 3,0 .

1,5(N) T =

4,5N

Resposta: D

→1. Uma força F, de módulo 50,0N, atua sobre o bloco A da figura,deslocando os três blocos sobre uma superfície horizontal. Sabe-se que as massas de A, B e C são, respectivamente, 5,0kg, 7,0kg e 8,0kg.

144

Desprezando-se os atritos, pode-se afirmar que o módulo da força que o bloco C exerce sobre o bloco B é igual a:a) 10,0N b) 20,0N c) 30,0N d) 40,0N e) 50,0N

F

b

FÍS

ICA

–

3. (ITA-2012) – No interior de um carrinho de massa M mantido em repouso, uma mola de constante elástica k encontra-se comprimida de uma distância x, tendo uma extremidade presa e a outra conectada a um bloco de massa m, conforme a figura.

Sendo o sistema então abandonado e considerando-se que não há atrito, pode-se afirmar que o valor inicial do módulo da aceleração do bloco relativa ao carrinho éa) kx / m. b) kx / M.c) kx / (m + M). d) kx (M – m) / mM.e) kx (M + m) / mM.

4. Considere três blocos, A, B e C, conectados por fios ideais, em um plano horizontal sem atrito, e solicitados por uma força horizontal

→constante F. Não considere o efeito do ar.

Qualquer um dos fios arrebenta quando a força tensora a que está sujeito tem intensidade maior que 40,0N.

As massas dos blocos A, B e C são, respectivamente, iguais a mA = 2,0kg, mB = 3,0kg e mC = 5,0kg.Calcule:a) a máxima aceleração escalar do sistema para que nenhum dos fios

arrebente;b) a intensidade da força tensora em cada fio, nas condições do item a.c) a intensidade de

→nas condições do item a.

RESOLUÇÃO:

PFD (bloco): Fmola = k x = m ab

kx a = ––––

m

RESOLUÇÃO:a) A condição de aceleração máxima ocorre quando a força tensora no

fio (1) tem intensidade igual a 40,0N.

PFD(B + C): T1 = (mB + mC)a

40,0 = (3,0 + 5,0)amáx

amáx = 5,0m/s2

PFD (carrinho): Fmola = k x = M ac

kx ac = ––––

b) 1) T1 = 40,0N

M

A aceleração do bloco relativa ao carrinho

será: arel = ab + ac

2) PFD(C): T2 = mCa

T2 = 5,0 . 5,0 (N)

T2 = 25,0N

k x k x 1 1arel = –––– + –––– = k x (––– + ––– c) PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC)a

F = 10,0 . 5,0 (N)m M m M

(M + m)arel = k x –––––––––

Mm

Resposta: E

F = 50,0N

Respostas: a) 5,0m/s2

b) 40,0N e 25,0N c) 50,0N

a) I, III e IV. b) III e IV. c) II, III e IV.d) III e IV. e) II e IV.

FÍS

ICA

146

5. (UFPB-MODELO ENEM) – A cana-de-açúcar, depois de corta- da, é transportada até a usina por treminhões, que são compostos pela cabina, também chamada de cavalo, e mais dois reboques. Por lei, a carga máxima permitida que pode ser transportada por um treminhão é de 60 toneladas; entretanto, cada reboque pode suportar uma carga máxima de até 45 toneladas.Considere que:

• os reboques estão acoplados por um cabo de massa desprezível, o qual pode suportar uma força de tração máxima de até 35 . 103N;

→• o papel do cavalo é aplicar uma força F nos dois reboques,

conforme ilustração abaixo.

Nesse contexto, o cavalo, em um trecho reto, consegue imprimir uma

aceleração máxima de módulo 0,5m/s2 ao treminhão transportando carga máxima permitida.A partir dessas informações, desprezando-se as massas dos reboques e da cabina, identifique as afirmativas corretas:I. A intensidade da força de tração máxima que o cabo vai suportar

é de 27,5 . 103N.II. A intensidade da força de tração mínima que o cabo vai suportar é

de 7,5 . 103N.III.A intensidade da força de tração no cabo dependerá da

distribuição da carga nos dois reboques.IV.A intensidade da força que o motor do caminhão aplicará ao

sistema formado pelos dois reboques é de 30 . 103N.V. A intensidade da força que o motor do caminhão aplicará ao

sistema

MÓDULO 33

APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON (II)

1. (CESUBRA) – Na figura a seguir, temos dois blocos A e B, de massas respectivamente iguais a mA = 4,0kg e mB = 6,0kg, que deslizam, sem atrito, em uma superfície plana e horizontal, sob ação de uma força horizontal constante e de intensidade F.Os blocos estão ligados por fios ideais a um dinamômetro também ideal (massa desprezível), calibrado em newtons.Não considere o efeito do ar e admita que os blocos têm uma aceleração horizontal constante e de módulo igual a 2,0m/s2.

Julgue os itens a seguir, classificando-os como verdadeiros (V) ou falsos (F):(1) A força tensora no fio (1) tem intensidade igual a

12,0N.(2) O valor de F é 20,0N.(3) Como o dinamômetro tem massa desprezível, as forças que

tracio- naram os fios (1) e (2) têm intensidades iguais.(4) O dinamômetro indica 12,0N.

RESOLUÇÃO:(1) VERDADEIRA

PFD (B): T1 = mBa

formado pelos dois reboques dependerá da distribuição da carga neles.

Estão corretas apenas

T1 = 6,0 . 2,0 (N) ⇒T1 = 12,0N

(2) VERDADEIRA

PFD (A + B): F = (mA +mB)a

RESOLUÇÃO:I. FALSA. A carga máxima permitida é de 60t com no máximo 45t em

um dos reboques. A força transmitida pelo cabo vai acelerar apenas o

F = 10,0 . 2,0 (N) ⇒

(3) VERDADEIRA

F = 20,0N

reboque de trás.

PFD: Fcabo = Mreboque . a

A força no cabo será máxima quando o reboque de trás estiver com uma carga máxima possível, que é de 45t.

Fmáx = 45 . 103 . 0,5 (N)

Fmáx = 22,5 . 103 N

Se o dinamômetro é ideal (massa desprezível), a força resultante é sempre nula (para qualquer aceleração) e as forças aplicadas em suas extremidades têm a mesma intensidade (T1 = T2).

(4) VERDADEIRAA força que o dinamômetro indica é sempre a força aplicada em uma de suas extremidades:Fdin = T1 = T2 = 12,0N

II. VERDADEIRA. A força no cabo será mínima quando o reboque de trás estiver com carga de 15t (o outro com 45t).

Fmín = 15 . 103 . 0,5 N

Fmín = 7,5 . 103 N

III.VERDADEIRA.

IV. VERDADEIRA.

F = Mtotal . a

F = 60 . 103 . 0,5 (N)

F = 30 . 103N

–

V. FALSA.Resposta: C

FÍS

ICA

148

2. Dois blocos, A e B, estão conectados por um fio ideal e se movem

→verticalmente com aceleração constante, sob ação de uma força F ,vertical, constante e de intensidade F = 120N.

Os blocos A e B têm massas respectivamente iguais a mA = 3,0kg e mB = 7,0kg. Despreze o efeito do ar e adote g = 10,0m/s2. Determine:a) o módulo da aceleração dos blocos;b) a intensidade da força que traciona o fio.

RESOLUÇÃO:a) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton (PFD) ao sistema formado por A e

B, obtém-se:

F – (PA + PB) = (mA +

mB)a 120 – 10,0 . 10,0 =

10,0 . a

20 = 10,0a

a = 2,0m/s2

3. (FUVEST-SP) – Um carrinho A de massa 20,0kg é unido a um bloco B de massa 5,0kg por meio de um fio leve e inextensível, conforme a figura abaixo. Inicialmente, o sistema está em repouso devido à presença do anteparo C que bloqueia o carrinho A.

Retirando-se o anteparo C, determinea) o módulo da aceleração do carrinho A;b) a intensidade da força tensora no fio. Despreze os atritos e adote g = 10,0m/s2.

RESOLUÇÃO:

b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao bloco B, obtém-se:

a) 1) PFD (A): T = mAa (I)

2) PFD (B): PB – T = mBa (II)

3) PFD (A + B): PB = (mA + mB) a (I) + (II)

A resultante externa que acelera o sistema é o peso do bloco pendente.

T – PB = mBa

T – 70,0 = 7,0 .

2,0 T = 84,0N


b) 84,0N

50,0 = (20,0 + 5,0) a ⇒

b) Em (I): T = 20,0 . 2,0

(N) T = 40,0N


b) 40,0N

a = 2,0m/s2

a) 5,3m/s2 b) 6,8m/s2 c) 7,4m/s2d) 8,2m/s2 e) 9,8m/s2

x

FÍS

ICA

–

4. Os blocos A, B e C, mostrados na figura a seguir, têm massas iguais a 4,0kg, 1,0kg e 3,0kg, respectivamente. Despreze todos os atritos. O fio e a polia são ideais (massas desprezíveis) e a aceleração

da gravidade tem módulo g = 10,0m/s2.

RESOLUÇÃO:

1) Ty = P = mg

2) PFD: Tx = ma

Determine:a) o módulo da aceleração dos blocos;b) a intensidade da força que traciona o

fio;

3) tg e =

T–––Ty

ma= –––

mg

c) a intensidade da força que o bloco C aplica no bloco B.

RESOLUÇÃO:a) PFD (A + B + C):

PA = (mA + mB + mC) . a

a = g tg e

a = 9,8 . tg 45° (m/s2)

a = 9,8m/s2

Resposta: E40,0 = 8,0a ⇒ a = 5,0m/s2

b) PFD (B + C):

T = (mB + mC) . a

T = 4,0 . 5,0 (N) ⇒T = 20,0N

c) PFD (B):

FCB = mB . a ⇒ FCB = 1,0 . 5,0 (N) ⇒


b) 20,0Nc) 5,0N

FCB = 5,0N

5. (UFT-2011-MODELO ENEM) – Uma pequena esfera de chum- bo com massa igual a 50g é amarrada por um fio, de comprimento igual a 10cm e massa desprezível, e fixada no interior de um automóvel conforme figura.

O carro se move horizontalmente com aceleração constante. Consi- derando-se hipoteticamente o ângulo que o fio faz com a vertical igual a 45 graus, qual seria o melhor valor para representar o módulo da aceleração do carro?Desconsidere o efeito do ar e considere o módulo da aceleração da gravidade igual a 9,8m/s2.

MÓDULO 34

APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON (III)

1. (UNESP-2011-MODELO ENEM) – Observe a tirinha.

(www.cbpf.br/~caruso) Uma garota de 50kg está em um elevador sobre uma balança calibrada em newtons. O elevador move-se verticalmente, com aceleração para cima na subida e com aceleração para baixo na

descida. O módulo da aceleração é constante e igual a 2,0m/s2 em

ambas as situações. Considerando-se g = 10,0m/s2, a diferença, em newtons, entre o peso aparente da garota, indicado na balança, quando o elevador sobe e quando o elevador desce, é igual a:a) 50 b) 100 c) 150 d) 200 e) 250

FÍS

ICA

150

RESOLUÇÃO:1) Na subida do elevador:

RESOLUÇÃO:a) Na fase de movimento acelerado:

F1 – P = m a (1)Na fase de movimento retardado:P – F2 = m a (2)Comparando-se (1) e (2):F1 – P = P – F2

2P = F1 + F2 ⇒ P = F1 + F2––––––

2

P

600 + 400= –––––––– (N)

2

P = 500N ⇒ m = –– = 50,0kgg

PFD: FN – mg = ma

FN = m (g + a) = 50 . 12,0 (N) = 600N

b) Em (1), tem-se:600 – 500 = 50,0 . a ⇒

a = 2,0m/s2

2) Na descida do elevador: c) Do gráfico

dado: ΔV 4,0a = –––

Δt⇒ 2,0 = ––– ⇒

T1

T1 = 2,0

e T2 = 8,0

PFD: P – FN’ = ma

d) A distância percorrida é dada pela área sob o gráfico V = f(t): Δs = área (V x t)

mg – FN’ = ma

F’N = m (g – a) = 50 . 8,0 (N) = 400N

d = (10,0 + 6,0)

4,0––– 2

(m)

Resposta: D

FN – F’N= 200N

d = 32,0m

Respostas: a) P = 500N b) a = 2,0m/s2

c) T1 = 2,0 e T2 = 8,0 d) d = 32,0m

2. Uma pessoa está dentro de um elevador, em cima de uma balança de mola. O elevador parte do repouso do andar térreo e atinge o andar superior gastando um tempo de 10,0s.Na fase de aceleração, a balança registra um peso aparente de 600N e, na fase de retardamento, um peso aparente de 400N. Adote g =

10,0m/s2. As acelerações do elevador nas fases em que ele acelera e retarda têm módulos iguais.O gráfico da velocidade escalar do elevador em função do tempo, no trajeto especificado, é dado a seguir:

Determine:a) o peso P da pessoa;b) o módulo a da aceleração do elevador;

c) os valores de T1 e T2 indicados no gráfico;d) a distância d percorrida pelo elevador entre os instantes t = 0 e

t = 10,0s.

–

3. (UESPI) – Na figura, dois corpos de massas m1 = 2,0kg e m2 = 3,0kg estão ligados por um fio ideal inextensível, que passa por uma polia ideal. Desprezam-se efeitos de atrito e resistência do ar. O módulo da aceleração da gravidade no local é g = 10,0m/s2. Qual é o módulo da tração no fio que une os corpos 1 e 2?

FÍS

ICA

152

RESOLUÇÃO: Considerando-se g = 10m/s2 e desprezando-se os efeitos do ar sobre o sistema e os atritos durante o movimento acelerado, a massa M, em kg, do corpo que deve ser colocado na plataforma B para acelerar para cima o objeto de massa m no intervalo de 3,0s é igual aa) 275 b) 285 c) 295 d) 305 e) 315

RESOLUÇÃO:1) Cálculo do módulo da aceleração de subida da plataforma

A:

Δs = V0t + ––– t2 (MUV)

2

a 21) PFD (1):T – P1 = m1 a (1)

PFD (2):P2 – T = m2 a (2)

4,5 = ––– (3,0)2

PFD (1 + 2): P2 – P1 = (m1 + m2) a

30,0 – 20,0 = 5,0 . a

a = 2,0m/s2

2) Em (1):T – 20,0 = 2,0 .

2,0 T = 24,0N

Resposta: 24,0N

a = 1,0m/s2

2) Para o sistema formado pelas plataformas A e B, temos:

2.a Lei de Newton: PB – PA = (mA + mB) a

Mg – mg = (m + M) a

M . 10 – 2250 = (225 + M) 1,0

10M – M = 2250 + 225

9M = 2475

M = 275kg

Resposta: A

4. (UNESP-2012-MODELO ENEM) – Em uma obra, para permitir o transporte de objetos para cima, foi montada uma máquina constituída por uma polia, fios e duas plataformas A e B horizontais, todos de massas desprezíveis, como mostra a figura.Um objeto de massa m = 225kg, colocado na plataforma A, inicialmente em repouso no solo, deve ser levado verticalmente para cima e atingir um ponto a 4,5m de altura, em movimento uniformemente acelerado, num intervalo de tempo de 3,0s. A partir daí, um sistema de freios passa a atuar, fazendo a plataforma A parar na posição onde o objeto será descarregado.

5. (UFT-2012-MODELO ENEM) – A fim de conferir realismo à gravação da cena de um filme que envolve um astronauta caindo na superfície lunar, a equipe de efeitos especiais de um estúdio utilizou uma montagem com polias, um cabo de aço e um contrapeso. A montagem consiste em um cabo de aço com uma extremidade presa ao astronauta, passando por duas polias fixas sobre o teto do estúdio e por uma polia móvel (na qual o contrapeso está preso). A outra extremidade do cabo está fixada ao teto do estúdio, conforme ilustrado na figura abaixo:

–

0

Existem forças de atrito que influenciam o movimento do astronauta e do contrapeso. Geralmente estas forças são desconsideradas em situações envolvendo cabos e polias ideais. Cabos ideais são inexten-

RESOLUÇÃO:

Fatdestaque = f.LE FN = f.LE P = 0,30 . 10,0N = 3,0N

síveis (comprimento constante) e têm massa nula. Polias ideais não possuem atrito e têm massa nula.

Fatdin

= f.LD

FN

= f.LD

P = 0,25 . 10,0N = 2,5N

Em uma situação real, podemos considerar os cabos e polias como ideais desde que: 1) a massa destes seja muito inferior à dos demais elementos do sistema; 2) o comprimento do cabo seja aproximadamente constante; 3) o atrito na polia seja aproximadamente nulo. Para calcular a massa do contrapeso, de forma que o astronauta em queda esteja submetido a uma aceleração igual à aceleração gravitacional lunar, a equipe de efeitos especiais considerou o cabo e as polias ideais, a massa total do astronauta (com equipamentos) igual a 220kg e a aceleração gravitacional lunar (gLua) igual a vinte por

cento daaceleração gravitacional terrestre, gTerra = 10m/s2.Assinale a alternativa que mais se aproxima da massa calculada para ocontrapeso utilizado pela equipe de efeitos especiais do estúdio.

Como a força motriz (2,0 N) é menor que a força de atrito de destaque (3,0N), o cubo ficará em repouso e Fat = F = 2,0N.

Resposta: B

→2. Se a intensidade da força F for igual a 6,0N, o cubo terá umaaceleração cujo módulo será igual a:

a) 320kg b) 100kg c) 220kg d) 151kg e) 352kg

RESOLUÇÃO:

a) zero b) 2,5 m/s2

d) 6,0 m/s2 e) 10,0 m/s2

RESOLUÇÃO:

c) 3,5 m/s2

1)

PFD: P – T = mgL2200 – T = 220 . 2,0

Como a força motriz (6,0N) é maior que a força de atrito de destaque (3,0N), o bloco será acelerado e a força de atrito será dinâmica: Fat = 2,5N.

PFD: F – Fat = ma

T = 1760N

2)

2T – Mg = Macp

3520 – M .10 = M . 1,0

3520 = 11M

6,0 – 2,5 = 1,0a ⇒

Resposta: C

a = 3,5m/s2

M = 320kg

Resposta: A

MÓDULO 35

ATRITO

3. (UFPR-2012) – Um motorista está dirigindo seu ônibus em uma rodovia retilínea e horizontal a uma velocidade escalar constante de 90km/h. Sabendo-se que o coeficiente de atrito estático entre os pneus e a estrada é 0,5, calcule a distância mínima para ele parar comple- tamente o ônibus, admitindo-se que o ônibus tenha freio nas quatro rodas e que não haja derrapagem. Considere a

aceleração da gravidade com módulo igual a 10m/s2 e despreze o efeito do ar.

RESOLUÇÃO:

1) PFD: Fat = ma

f.LE mg = ma

a = f.LE g = 5,0m/s2

(UFRS) – Instrução: As questões 1 e 2 referem-se ao enunciado abaixo.Um cubo de massa 1,0kg, maciço e homogêneo, está em repouso sobre uma superfície plana e horizontal. Os coeficientes de atrito estático ecinético entre o cubo e a superfície valem, respectivamente, 0,30 e 0,25.

→Uma força F, horizontal, é então aplicada ao cubo.(Considere o módulo da aceleração da gravidade igual a 10,0m/s2.)

2) V2 = V 2 + 2 L1s

0 = (25)2 + 2 (–5,0) dmín

10,0 dmín = 625

dmín = 62,5m

Resposta: 62,5m

150

FÍS

ICA

→1. Se a intensidade da força F for igual a 2,0N, a força de atrito teráintensidade igual a:a) zero b) 2,0N c) 2,5N d) 3,0N e) 10,0N

at at

at at

a

4

a

FÍS

ICA

–

4. (UFMG) – Observe esta figura:

Um bloco de 5,0kg está conectado a um dinamômetro por meio de um fio. O dinamômetro é puxado sobre uma superfície plana e horizontal, para a direita, em linha reta. A intensidade da força medida por esse dinamômetro e a velocidade escalar do bloco, ambas em função do tempo, estão mostradas nestes gráficos:

5. (FMJ-SP-2012-MODELO ENEM) – Brincando-se com cartas de baralho, montou-se sobre uma mesa horizontal o castelo da figura, onde se teve o cuidado de manter a perfeita simetria.

Considere que:• as cartas são idênticas e de massa m;• o coeficiente de atrito estático entre uma carta inferior da pilha e

o tampo da mesa é f.L;• a aceleração da gravidade tem módulo g;• as cartas em contato com o chão estão na iminência de escorregar. A expressão que determina corretamente a intensidade da força de atrito que o tampo exerce em uma das quatro cartas inferiores da pilha é dada por:

a) F = f.L . m . g b) F = 1

. f.L . m . g 4

Considerando-se essas informações e adotando-se g = 10,0m/s2,a) determine o módulo da resultante das forças sobre o bloco no

c) F = 3

4. f.L . m . g d) F =

7 . f.L . m .

g 4

instante t1 = 3,5s e no instante t2 = 5,0s. Justifique sua resposta.b) calcule o coeficiente de atrito estático entre a superfície e o bloco.

Explique seu raciocínio.c) calcule o coeficiente de atrito cinético entre a superfície e o

bloco.Explique seu raciocínio.

RESOLUÇÃO:a) No instante t1, o bloco está em repouso e, no instante t2, o bloco está

em movimento retilíneo e uniforme. Em ambos os casos, a força resultante no bloco é nula.

b) A força de atrito de destaque vale 10,0N, de acordo com o primeiro gráfico.

e) Fat = 3 . f.L . m . g

RESOLUÇÃO:

Fdestaque

= f.LE FN = f.LE

P1) Fat

= f.LE

. FN

10,0 = f.LE . 50,0

f.LE = 0,20

2) 4FN =

Ptotal

= 7mg

c) A força de atrito dinâmico vale 7,5N, de acordo com o primeiro gráfico.

7mg Fat = f.L ––––

Fdin

= f.LD

FN

Resposta: D

7,5 = f.LD . 50,0

f.LD = 0,15

Respostas: a) zero b) 0,20 c) 0,15

152

B

FÍS

ICA

6. (UEA-VUNESP-2012) – Um bloco de 300kg é empurrado por vários homens ao longo de uma superfície horizontal que possui um coeficiente de atrito igual a 0,8 em relação ao bloco. Cada homem é capaz de empurrar o bloco com uma força horizontal, no sentido do movimento, com intensidade de até 500N. Para mover o bloco, com velocidade constante, são necessários X homens. Considerando-se

g = 10m/s2, o menor valor possível para X é:a) 1 b) 3 c) 5 d) 7 e) 9

RESOLUÇÃO:

F = Fat = f.L MgF = 0,8 . 300 . 10 (N) =

2400N X 500 � F

X 500 � 2400

X � 4,8

Estão corretas apenas:a) II e V b) I e III c) I e IVd) I, III e IV e) II, III e V

RESOLUÇÃO:I) VERDADEIRA. Ação e reação.II) FALSA. O atrito é dinâmico porque o agricultor está escorregando

para baixo.III) VERDADEIRA. A força de atrito é oposta à velocidade do agricultor.IV) VERDADEIRA. Sendo a velocidade constante, a força resultante no

agricultor é nula; portanto:Fattotal

= P

4 f.LF = PV) FALSA. Se o coeficiente de atrito diminuir, a força de atrito ficará

menor que o peso e o agricultor descerá com movimento acelerado. (A velocidade aumentará)

Resposta: D

Como X é

inteiro: Resposta:

C

Xmín = 5

MÓDULO 36

ATRITO

1. (UFPB-2012-MODELO ENEM) – Na cidade de Sousa, no sertão paraibano, é comum agricultores subirem, sem ajuda de equipamentos, em coqueiros. Para descer, um determinado agricultor exerce forças com suas mãos e pés sobre o coqueiro, de modo a descer com velocidade constante. (Ver figura esquemática abaixo.)

2. (UFMG) – A figura abaixo representa dois blocos, A e B, ligados por um fio inextensível e apoiados sobre uma superfície horizontal.

→Puxa-se o bloco A por uma força horizontal F de módulo 28,0N. Amassa de A é igual a 3,0kg, a de B igual a 4,0kg e o coeficiente de atrito entre cada um dos blocos e a superfície vale 0,20. Despreze a

massa do fio e considere g = 10,0m/s2.

Determine:a) o módulo da aceleração dos blocos;b) a intensidade da força de tração no fio que liga os blocos.

RESOLUÇÃO:

a) PFD (A + B): F – Fat = ma

F – f.LP = ma

28,0 – 0,20 . 70,0 = 7,0 . a ⇒a = 2,0m/s2

b) PFD (B): T – Fat

= mB a

T – f.L PB = mB aT – 0,20 . 40,0 = 4,0 . 2,0

Considerando-se que cada membro (pés e mãos), desse agricultor→ → T – 8,0 = 8,0 ⇒ T = 16,0N

exerce uma força (F ou –F) perpendicular ao tronco do coqueiro e queo coeficiente de atrito entre os membros e o tronco do coqueiro é f.L, identifique as afirmativas corretas:I. A força normal exercida pelo tronco em cada membro do

agricultor tem módulo igual a F.

II. O atrito é estático, pois a aceleração é nula.III. A força de atrito é paralela ao tronco e orientada para cima.IV. O peso do agricultor é P = 4f.LF.V. A velocidade escalar do agricultor, imediatamente antes de chegar

ao solo, diminuirá, se o coeficiente de atrito diminuir.

–


b) 16,0N

E

0

máx ––––––

FÍS

ICA

154

3. (UFF-2012) – Ímãs são frequentemente utilizados para prender pequenos objetos em superfícies metálicas planas e verticais, como quadros de avisos e portas de geladeiras. Considere que um ímã, colado a um grampo, esteja em contato com a porta de uma geladeira. Suponha que a força magnética que o ímã faz sobre a superfície da geladeira é perpendicular a ela e tem módulo FM . O conjunto ímã/grampo tem massa m0. O coeficiente de atrito estático entre a superfície da geladeira e a do ímã é f.Le . Uma massa M está pendurada no grampo por um fio de massa desprezível, como mostra a figura.

4. (UFSC) – Um caminhão está parado com sua carga, que consiste em um grande bloco apoiado sobre a sua carroceria, como representa a figura. Em seguida, o caminhão arranca com uma

aceleração constante de módulo 2,5m/s2. Adote g = 10,0m/s2.

Para que o bloco não se movimente em relação ao caminhão, o coeficiente de atrito estático entre as superfícies em contato, do bloco e da carroceria, deve ter um valor mínimo igual a:a) 0,25 b) 0,40 c) 0,50 d) 0,15 e) 0,35

RESOLUÇÃO:

1) FN = P = mg

2) PFD: Fat = ma

3) Fat � f.LE FN

ma � f.LE mg

af.L � –––

g

a 2,5f.LE = ––– = ––––

a) Desenhe as forças que agem sobre o conjunto ímã/grampo, identificando cada uma dessas forças.

b) Qual o maior valor da massa M que pode ser pendurada no grampo sem que o conjunto caia?

RESOLUÇÃO:a)

→FM Força magnética→A Força de atrito→N Força normal→T Força de tração do fio→P Peso do conjunto

(mín)

f.

LE(mín)

Resposta: A

g

= 0,25

10,0

→ → →

b) I A Imáx = f.Le IN I; IN I = FM→

IT I = Mg→

Mg + m0g � I A Imáx = f.Le FM

f.Le FMM � –––––– – mg

Resposta:

M = f.Le FM – m

g

FÍS

ICA

–

5. (MACKENZIE-2012) – Um corpo de massa 5,0kg está em

→movimento devido à ação da força F, de intensidade 50N, como mostraa figura abaixo. O coeficiente de atrito cinético entre a superfície de apoio horizontal e o bloco é 0,6 e a aceleração da gravidade no local

tem módulo igual a 10m/s2.

A aceleração com a qual o corpo está se deslocando tem intensidade a) 2,4m/s2 b) 3,6m/s2 c) 4,2m/s2

d) 5,6m/s2 e) 6,2m/s2

RESOLUÇÃO:

1) Fx = F cos 37° = 50 . 0,8 (N) = 40N

Fy = F sen 37° = 50 . 0,6 (N) =

30N

2) Fy + FN = P

6. (UEL-2012) – Uma pessoa, de massa 80,0kg, consegue aplicar uma força de tração máxima de 800,0N. Um corpo de massa M necessita ser levantado como indicado na figura a seguir.

O coeficiente de atrito estático entre a sola do sapato da pessoa e o chão de concreto é f.Le = 1,0.Faça um esboço de todas as forças que atuam na pessoa e no corpo edetermine qual a maior massa M que pode ser levantada pela pessoa sem que esta deslize, para um ângulo e = 45.

RESOLUÇÃO:

1) T = Mg

30 + FN = 50 ⇒ FN = 20N 2) T = T = T cos 45°x y

3) Fat = f.L FN

Tx = Ty = Mg cos 45°

Fat = 0,6 . 20N ⇒

4) PFD: Fx – Fat = ma

Fat = 12N3) Fat = Tx =

Mg

V 2–––––

2

40 – 12 = 5,0a

4) Fat � f.LE FN e FN = PH – Ty

V 2V 2

a = 5,6m/s2 Mg ––––– � 1,0 (80,0g – Mg ––––– 2

V 2

2

V 2Resposta: D

M ––––– � 80,0 – M –––––

2 2

MV 2 � 80,0

80,0M � ––––– kg = 40,0 V 2 kg

V 2

Resposta: Mmáx = 40,0 V 2 kg

a) 3R/2 b) R c) 2R/3d) R/2 e) R/4

FÍS

ICA

⇒

156

FRENTE 2 – ÓPTICA

MÓDULO 15

ESTUDO ANALÍTICO DOS ESPELHOS ESFÉRICOSR – 2p =

R

R––– 2

1. (MACKENZIE) – Um espelho esférico côncavo, que obedece às condições de Gauss, fornece, de um objeto colocado a 2cm de seu vértice, uma imagem virtual situada a 4cm dele (espelho). Se utili- zarmos esse espelho como refletor do farol de um carro, no qual os raios luminosos refletidos são paralelos, a distância entre o filamento da lâmpada e o vértice do espelho deve ser igual a:a) 2 cm b) 4 cm c) 6 cm d) 8 cm e) 10 cm

RESOLUÇÃO:De acordo com o texto, p = 2cmp’ = –4cm (imagem virtual)

Usando-se a Equação de Gauss:

p = –––4

Resposta: E

3. (UFABC-SP)

1–––p’

1+ –––

p

1= –––

f

1– –––

41

+ ––– 2

1= –––

f

1––– =

f

–1 + 2––––––

4

1= –––

4f = 4cm

O filamento da lâmpada deve ser colocado no foco do espelho e, portanto, a 4cm de seu vértice.Resposta: B

2. (MACKENZIE) – Um espelho esférico côncavo de raio de curvatura R, obedecendo às condições de Gauss, fornece, de um objeto retilíneo, colocado perpendicularmente sobre seu eixo principal, uma imagem 2 vezes maior e direita. A distância do espelho ao objeto é:

RESOLUÇÃO:1) A imagem conjugada pelo espelho esférico côncavo é direita e tem

duas vezes o tamanho do objeto. Assim, temos: y’ = 2y.2) Aplicando-se a equação do aumento linear transversal,

vem:

A escultura mostrada na figura encontra-se exibida no pátio do Museu Metropolitano de Arte de Tóquio. Trata-se de uma esfera metálica com um grande poder reflexivo, e nela vê-se a imagem de uma construção.

(Ivan Jerônimo)y’

–––y

2y–––y

f= ––––––

(f – p)

–

R/2

= –––––––– (R/2 – p)

Com relação a essa imagem, pode-se afirmar que éa) rea

l e se forma na superfície da esfera.

b) real e se forma atrás da superfície espelhada da esfera.

c) virtual e se forma na superfície da esfera.

d) virtual e se forma atrás da superfície esp

elhada da esfera.e) virtual e se forma na frente da superfície espelhada da esfera.

FÍS

ICA

158

RESOLUÇÃO:A superfície externa da esfera se constitui em um espelho esférico convexo.

RESOLUÇÃO:a) Aplicando-se a expressão fornecida (Equação de Gauss), com

p = 4,0 m e p’ = –20cm = – 0,20m (p’ < 0 ⇒ imagem virtual), determina- se o raio de curvatura (R) do espelho.

2 1 1 2 1 1––– = ––– + ––– ⇒ ––– = ––– – ––––R p p’ R 4,0 0,20

2 1 – 20 2 19––– = –––––– ⇒ ––– = – –––R 4,0 R 4,0

Da qual:R - –0,42 m = – 42 cm

A imagem conjugada pela superfície convexa é virtual, direita e reduzida, formando-se atrás da superfície espelhada da esfera.Resposta: D

O resultado negativo deve-se ao fato de os espelhos convexos terem focos virtuais. Entendemos, porém, que, para efeito de resposta, o valor de R deva ser apresentado em módulo, por tratar-se de um comprimento característico da superfície esférica que produz o espelho.

| R | - 42 cm

b) Observando-se que A

= imagem.

h––– = H

–p’––– , determinamos o tamanho h da p’

h–––– = – 1,60

(–0,20)–––––––

4,0

Da qual: h = 0,08 m = 8,0 cm

4. (UNICAMP) – Para espelhos esféricos nas condições de Gauss, a distância do objeto ao espelho, p, a distância da imagem ao espelho, p’, e o raio de curvatura do espelho, R, estão relacionados pela equa-

Respostas: a) Aproximadamente 42cmb) 8,0cm

1 1 2ção –– + –– = –– . O aumento linear transversal do espelho esfé-

p p’ R

–p’rico é dado por A = ––– , na qual o sinal de A representa a orientação

p’

da imagem, direita quando positivo e invertida, quando negativo. Em particular, espelhos convexos são úteis por permitir o aumento do campo de visão e por essa razão são frequentemente empregados em saídas de garagens e em corredores de supermercados. A figura a seguir mostra um espelho esférico convexo de raio de curvatura R. Quando uma pessoa está a uma distância de 4,0m da superfície do espelho, sua imagem virtual se forma a 20cm deste, conforme mostra a figura.

Usando as expressões fornecida, calcule o que se pede.

–

a) O raio de curvatura do espelho.b) O tamanho h da imagem, se a pessoa tiver H = 1,60m de altura.

FÍS

ICA

160

MÓDULO 16

REFRAÇÃO (I) – ÍNDICEDE REFRAÇÃO E LEI DE SNELL

1. (VUNESP-2012) – O gráfico da figura 1 representa a intensidade da radiação transmitida ou refratada (curva T) e a intensidade da radiação refletida (R) em função do ângulo de incidência da luz numa superfície plana de vidro transparente de índice de refração 1,5. A figura 2 mostra três direções possíveis – I, II e III – pelas quais o observador O olha para a vitrina plana de vidro transparente, V.

Comparando-se as duas figuras, pode-se concluir que esse observador vê melhor o que está dentro da vitrine quando olha na direçãoa) I e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção

II.b) I e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção

III.c) II e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção

I.d) II e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção

III.e) III e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção

I.

RESOLUÇÃO:O gráfico permite inferir que a refração é máxima nas situações em que a visualização é feita das proximidades da direção (I), com ângulos próximos de 0°.Já a reflexão é maximizada para situações em que a visualização ocorre com ângulos grandes, próximos de 90°.Resposta: B

2. A troposfera é a camada atmosférica mais próxima da superfície terrestre, estendendo-se do solo até altitudes da ordem de 10km, onde se inicia uma camada subsequente denominada estratosfera. Na troposfera, está praticamente todo o vapor-d’água, que determina a umidade relativa do ar, estando diretamente ligado a chuvas e outros fenômenos metereológicos. Gotículas de água em suspensão na atmosfera são responsáveis por muitos fenômenos relacionados à refração da luz, como a formação de arcos-íris. A figura abaixo representa a ampliação de uma gotícula esférica de água, de índice de refração igual a 1,3, em suspensão no ar atmosférico, de índice de refração igual a 1,0. Um estreito feixe cilíndrico de luz monocromática incide na gotícula conforme mostra o esquema a seguir.

Pode-se esboçar a trajetória do feixe luminoso até sua emergência da gotícula. Indique, no esquema, eventuais ângulos de mesma medida.

RESOLUÇÃO:(I) Ao refratar-se obliquamente do ar (menos refringente) para a água

(mais refringente), o feixe luminoso aproxima-se da normal (Lei de Snell).

(II) A reta normal a qualquer ponto da superfície esférica passa sempre pelo centro C da esfera.

(III) Ao refratar-se obliquamente da água (mais refringente) para o ar (menos refringente), o feixe luminoso afasta-se da normal (Lei de Snell).

(IV) A figura abaixo mostra a trajetória do feixe luminoso ao atravessar a gotícula de água.

Resposta: ver figura

FÍS

ICA

–

3. (MACKENZIE-2012) – Um raio de luz monocromática que se propaga no ar (índice de refração = 1) atinge a superfície de separação com um meio homogêneo e transparente, sob determinado ângulo de incidência, diferente de 0º.

Meio Índice de refração

Água 1,33

Álcool 1,66

Diamante 2,42

Glicerina 1,47

Vidro comum 1,52

Considerando-se os meios da tabela, aquele para o qual o raio luminoso tem o menor desvio é:a) Água b) Álcool etílico c) Diamanted) Glicerina e) Vidro comum

RESOLUÇÃO:

4. Um pesquisador, estudando o comportamento de um estreito feixe cilíndrico de luz laser, observa que, quando o feixe incide obliquamente na superfície de um líquido de índice de refração igual a V 3, com ângulo de incidência a, parte da energia reflete-se, com ângulo de reflexão , e outra parte refrata-se, com ângulo de refração . Veja a ilustração, fora de escala, abaixo.

Se a + = 90º e o índice de refração do ar é igual a 1,0, em qual das alternativas os valores de a, e estão corretamente indicados?a) a = 60º, = 45º e = 30º b) a = 60º, = 60º e = 30º c) a = 45º, = 60º e = 45º d) a = 30º, = 30º e = 60º e) a = 53º, = 53º e = 37º

RESOLUÇÃO:

(I) Lei de Snell:

nL sen = nar sen a ⇒ V 3 sen = 1,0 sen aSe a + = 90º, então sen = cos a. Logo:

sen a

Lei de Snell: V 3 cos a = sen a ⇒

–––––– = V 3cos a

n1 sen i = n2 sen r

1 . sen i = n2 sen r

tg a = V 3 ⇒

a = 60º

sen i60º + = 90º ⇒ = 30º

sen r = –––––n2

Quanto menor n2, maior será sen r e r e menor será o desvio.Portanto, o meio para o qual o desvio é menor é o que tem menor índice derelação absoluto: a

água. Resposta: A

(II) O ângulo de reflexão ( ) é igual ao de incidência (a): 2.ª lei da reflexão.

= a = 60º

Resposta: B

L

FÍS

ICA

162

5. (IME) – Um raio de luz monocromática incide em um líquido contido em um tanque, como mostrado na figura. O fundo do tanque é espelhado, refletindo o raio luminoso sobre a parede posterior do tanque, exatamente no nível do líquido.

MÓDULO 17

REFRAÇÃO (II) – REFLEXÃO TOTAL

1. Uma peça componente de um equipamento óptico é confeccio- nada com um material transparente e tem suas duas faces paralelas em forma de um quarto de círculo, conforme ilustra a figura 1 (pers- pectiva). Um raio de luz monocromática pertencente a um plano paralelo às faces paralelas da peça penetra no material pelo ponto A e emerge pelo ponto B, como representa a figura 2.

O índice de refração do líquido em relação ao ar é:a) 1,35 b) 1,44 c) 1,41 d) 1,73 e) 1,33

RESOLUÇÃO:

(I) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo destacado no esquema acima, vem:

(AB)2 = (10)2 + (V 14 3 )2

Sabendo-se que o meio que envolve a peça é a água, a(s) trajetória(s) seguida(s) pela luz depois da emergência em B pode(m) sera) I ou II. b) II ou III. c) III ou IV.d) somente II. e) somente III.

RESOLUÇÃO:Ao refratar-se da água para o material da peça, a luz aproxima-se da normal N1, conforme está esquematizado a seguir, o que significa que o material da peça é mais refringente do que a água.

(AB)2 = 243 ⇒AB = V 24 3 cm

(II)Aplicando-se, agora, a Lei de Snell à refração da luz do ar para o líquido, segue-se que:

10 V 3nL sen r = nAr sen i ⇒ nL –––––– = nAr –––

n–––– =nAr

V 72 9–––––– ⇒

20

V 24 3 2

nL–––– = 1,35nAr

Resposta: A

Na emergência em B, a luz deve afastar-se da normal N2, o que possibilita a ocorrência das trajetórias III ou IV.Convém notar que, no caso da trajetória IV (emergência rasante), a luz incide em B com o ângulo-limite do dioptro peça-água.Resposta: C

–

nar 1 1–––– - ––– ⇒ ––––

1- ––nmín. 2 n

mín.

2

⇒

FÍS

ICA

2. (FMJ) – Um raio de luz monocromática propagando-se no ar (nAR = 1) incide sobre um objeto transparente com a forma de um quarto de um cilindro de raio R, cujo índice de refração é igual a n. Esse raio incide perpendicularmente no ponto P pertencente a uma das faces planas do corpo e emerge pelo ponto Q, tangenciando a face cilíndrica, como mostram as figuras 1 e 2.

a) Determine o índice de refração absoluto n do material com o qual o objeto foi feito.

b) Para que o raio incidente em P sofresse reflexão total em Q, o índice de refração do objeto deveria ser maior ou menor do que o da situação descrita? Justifique sua resposta.

RESOLUÇÃO:a)

3. (UFG) – Um raio de luz monocromática incide perpendicularmente à face A de um prisma e sofre reflexões internas totais com toda luz emergindo pela face C, como ilustra a figura abaixo. Considerando o exposto e sabendo que o meio externo é o ar (nar = 1), calcule o índice de refração mínimo do prisma.

RESOLUÇÃO:A trajetória do raio de luz, ao atravessar o prisma, está esboçada abaixo com as respectivas indicações de ângulos.

Se o índice de refração, n, do prisma é mínimo, o ângulo-limite da interface prisma-ar é praticamente igual (ligeiramente menor) a 30°. Logo:

L ≅ 30° ⇒ sen L ≅ sen 30°

–

Da qual: nmín. - 2

Resposta: nmín. - 2

Lei de Snell: n sen i = nar sen r

0,8 Rn . ––––– = 1 . sen 90°

R

1 n = ––––

0,8 n = 1,25

b) Para a ocorrência de reflexão total em Q:0,8 R nar

i > L ⇒ sen i > sen L ⇒ ––––– > ––––R n

10,8 > ––– ⇒

nn > 1,25

Respostas: a) n = 1,25

160

b) Para a ocorrência de reflexão total em Q, o valor de n deveria ser maior que 1,25.

NOTE E ADOTE

e (graus) sen e

cos e

25 0,42

0,91

30 0,50

0,87

45 0,71

0,71

50 0,77

0,64

55 0,82

0,57

60 0,87

0,50

65 0,91

0,42

n1 sen e1 = n2 sen

e2

FÍS

ICA

–

4. (UFF) – O fenômeno de reflexão interna pode ser usado para medir o índice de refração da água de uma forma simples. A figura representa, esquematicamente, um relógio imerso em água. Com a luz

1––––––––

sen ec

c= ––––––––

Vágua

1⇒ ––––––––

sen 48,6°

3,00 . 105

= ––––––––Vágua

de um laser incidindo perpendicularmente sobre a superfície da águae variando-se o ângulo θ que o mostrador do relógio faz com ela,

Vágua = 3,00 . 105 . 0,75 (km/s)

observa-se que existe um ângulo crítico θc, a partir do qual ocorre reflexão total do raio na interface entre o vidro e o ar.

Da qual: Vágua = 2,25 . 105 km/s

1Respostas: a) nágua = ––––––––

sen ec

b) Vágua = 2,25 . 105 km/s

a) Obtenha o índice de refração da água em função de θc, considerando que o índice de refração do ar é aproximadamente igual a 1.

b) Calcule a velocidade da luz na água, sabendo que a velocidade da luz no vácuo é c - 3,00 . 105 km/s e que o ângulo crítico θc

vale 48,6°.Dados: sen 48,6° = 0,75; cos 48,6° = 0,66.

RESOLUÇÃO:a) Na situação representada abaixo, o raio luminoso incide na interface

água-vidro com o ângulo ártico ec, igual ao que o mostrador do relógio faz com a direção horizontal.

(I) Refração da água para o vidro:nágua sen ec = nvidro sen a a

(II) Refração do vidro para o ar:nar sen = nvidro sen a b

(III) Comparando-se as equações a e b e observando-se que nar = 1 e = 90°, tem-se:

nágua sen ec = nar sen ⇒ nágua sen ec = 1 . sen 90°

5. (FUVEST-2012) – Uma fibra óptica é um guia de luz, flexível e transparente, cilíndrico, feito de sílica ou polímero, de diâmetro não muito maior que o de um fio de cabelo, usado para transmitir sinais luminosos a grandes distâncias, com baixas perdas de intensidade. A fibra óptica é constituída de um núcleo, por onde a luz se propaga e de um revestimento, como esquematizado na figura (corte longitudinal).

nágua sen ec = 1 ⇒

c

1nágua = –––––––

sen ec

1 Sendo o índice de refração do núcleo 1,60 e o do revestimento, 1,45, ob) nágua = ––––––– e nágua = –––––––– ;

logo:menor valor do ângulo de incidência e do feixe luminoso, para que

Vágua sen ec toda a luz incidente permaneça no núcleo, é, aproximadamente: a) 45° b) 50° c) 55° d) 60° e) 65°

162

a) 2,5 m b) 5,0 m c) 7,5 md) 8,0 m e) 9,0 m

FÍS

ICA

RESOLUÇÃO:No esquema, está representada, em corte, a fibra óptica e um raio de luz incidente na interface núcleo-revestimento.

Para que ocorra reflexão total interna, o ângulo e deve superar o ângulo- limite do dioptro núcleo-revestimento.

nRe > L ⇒ sen e > sen L ⇒ sen e > ––––

nN

1,45sen e > –––––– ⇒ sen e > 0,91

1,60

c) O cão observa o olho do peixinho mais próximo da parede P, enquanto o peixinho observa o olho do cão mais próximo do aquário.

d) O cão observa o olho do peixinho mais distante da parede P, enquanto o peixinho observa o olho do cão também mais distante do aquário.

e) O cão e o peixinho observam o olho um do outro, em relação à parede P, em distâncias iguais às distâncias reais que eles ocupam na figura.

RESOLUÇÃO:(I) O cão observa o peixinho:

Logo, da tabela: e > 65°

emín - 65°

Resposta: E

MÓDULO 18

REFRAÇÃO (III) – DIOPTRO PLANO, LÂMINAS E PRISMAS

1. (UNIRIO-MODELO ENEM) – Um cão está diante de uma mesa, observando um peixinho dentro do aquário, conforme representado na figura.

Ao mesmo tempo, o peixinho também observa o cão. Em relação à parede P do aquário, cuja espessura é desprezível, e às distâncias reais, podemos afirmar que as imagens observadas por cada um dos animais obedecem às seguintes relações:a) O cão observa o olho do peixinho mais próximo da parede P,

enquanto o peixinho observa o olho do cão mais distante do aquário.

b) O cão observa o olho do peixinho mais distante da parede P, enquanto o peixinho observa o olho do cão mais próximo do aquário.

(II) O peixinho observa o cão:

É importante notar que a água é mais refringente do que o ar.

Resposta: A

2. (ITA) – Um pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lago a 10,0m de profundidade. No fundo do lago, a lanterna emite um feixe luminoso formando um pequeno ângulo e com a vertical (veja figura).

Considere: tg e - sen e - e e o índice de refração da água n

= 1,33. Então, a profundidade aparente h vista pelo pescador é

igual a:

FÍS

ICA

–

RESOLUÇÃO:

Lei de Snell: n sen e = nAr sen a

Como os ângulos e e a são considerados pequenos, vale a aproximação:

a) (I), (III) e (V) são corretas.b) (II) e (IV) são corretas.c) (III) e (IV) são corretas.d) (I) e (II) são corretas.e) (I) e (IV) são incorretas.

RESOLUÇÃO:Ao atravessar obliquamente uma lâmina transparente de faces paralelas, envolta por um mesmo meio, um feixe luminoso não sofre desvio angular, isto é, o feixe emergente (c) é paralelo ao feixe incidente (a). Ocorre apenas um deslocamento lateral no feixe de luz.É também importante salientar que, nas interfaces de entrada e saída da luz, ocorre o fenômeno da reflexão. Neste caso, os feixes refletidos estão caracterizados por (d) e (f).Resposta: A

sen e - tg e =

x––– H

e sen a - tg a =

x–––h

x xLogo: n ––– = nAr –––

H

Da qual: h = nAr

h

H ⇒ h = 1,00 . 10,0 (m)

4. (UNIRIO-RJ) – Um raio de luz monocromática incide sobre asuperfície de uma lâmina delgada de vidro, com faces paralelas, fazendo com ela um ângulo de 30°, como ilustra a figura abaixo. A

h -

7,5m

Resposta:C

––––n

–––––1,33 lâmina está envolvida pelo ar e sua espessura é de V 3 cm. Sabendo-

se que os índices de refração desse vidro e do ar valem,

respectivamente, V 3 e 1, determine o deslocamento lateral x, em mm, sofrido pelo raio de luz ao atravessar a lâmina.

3. (UFAC-MODELO ENEM) – Na figura abaixo, é mostrada a propagação de um feixe de luz (a) que incide sobre uma placa transparente de faces paralelas. Como consequência dessa incidência, são originados outros feixes, denominados (b), (c), (d), (e) e (f).

RESOLUÇÃO:

ALONSO, M., FINN, E. Física, Volumen II: Campos y Ondas. México, D.

F.: Addison-Wesley Iberoamericana, 1985. p. 810 (com

adaptações).

Analise as seguintes afirmações:(I) Os raios (a) e (c) são paralelos.(II) Os raios (f) e (e) não são paralelos.(III) Os raios (f) e (e) são paralelos.(IV) Os raios (a) e (c) não são paralelos.

164

(V) Os raios (b) e (d) são simétricos em relação a um eixo perpendicular à face inferior que passa pelo ponto P.

⇒

⇒

FÍS

ICA

–

I) Lei de Snell: nv sen r = nar sen i

V 3

a) Admita que R seja um relógio de ponteiros em cujo mostrador há traços no lugar de números. Se a indicação de R for 9h, que horário

V 3 sen r = 1 . sen 60° V 3 sen r = –––2

1será lido pelo observador O?

b) Adotando-se para o ar que preenche o periscópio índice de refraçãosen r = –––

2r = 30° absoluto igual a 1,0, determine uma relação para o índice de

II) Triângulo retângulo ABC:

e V 3

refração absoluto n do material de que são feitos os prismas para que a imagem final observada por O tenha brilho máximo.

cos r = ––– ⇒ cos 30° = –––

V 3

AB AB

V 3 RESOLUÇÃO:a) O prisma de entrada da luz produz uma imagem especular enantiomorfa

––– = ––– ⇒ AB = 2 cm = 20 mm de R indicando 3h. Essa imagem comporta-se como objeto real em2 AB

relação ao prisma de saída da luz. Como esse prisma produz uma imagem gerada por dupla reflexão da luz, esta é igual ao objeto original, e o

III) a + r = i ⇒ a + 30° = 60° ⇒

IV) Triângulo retângulo ABD:

a = 30° observador O lê o mesmo horário indicado por R: 9h.

b)

x xsen a = ––– ⇒ sen 30° = –––

AB 20

1 x–– = ––– ⇒ x = 10 mm2 20

Resposta: 10 mm

Para que a imagem final observada por O tenha brilho máximo, a luz deve sofrer reflexão total nos dois prismas. Para que isso ocorra:

a > L ⇒ sen a > sen L

5. Na figura abaixo, está representado o funcionamento básico de um periscópio, instrumento óptico de larga utilização em submarinos. Com a embarcação submersa, o periscópio é erguido, possibilitando

sen a >

V 2

nar–––n

1,0

· sen 45° > 1,0–––n

aos tripulantes se informarem sobre corpos situados na superfície da água. Dois prismas iguais, com secção transversal em forma de

–––– >2

––– ⇒n

n > V 2

triângulo retângulo isósceles, são posicionados como no esquema para produzirem reflexões do feixe luminoso, o que transfere a luz para o olho de um observador O que contempla uma imagem final de natureza virtual do objeto visado.

Respostas: a) 9hb) n > V 2

FÍS

ICA

166

FRENTE 3 – ELETRICIDADE

MÓDULO 29

CAMPO GERADO POR CORRENTE RETILÍNEA

1. (ITA-2012) – Assinale em qual das situações descritas nas opções abaixo as linhas de campo magnético formam circunferências no espaço.a) Na região externa de um toroide.b) Na região interna de um solenoide.c) Próximo a um íma com formato esférico.d) Ao redor de um fio retilíneo percorrido por corrente

elétrica.e) Na região interna de uma espira circular percorrida por corrente

elétrica.

RESOLUÇÃO:As linhas de campo magnético formam circunferências no espaço ao redor de um fio retilíneo infinito percorrido por corrente elétrica.

Resposta: D

2. (MODELO ENEM) – Na figura, temos uma mesa furada pela qual passa um fio muito longo, retilíneo. Equidistantemente desse orifício, foram colocadas quatro bússolas (b1, b2, b3 e b4).

Uma corrente elétrica passa a percorrer o fio, o que gera um campo magnético em seu entorno e mexe nas agulhas magnéticas.Você está vendo o experimento de cima para baixo e deverá indicar no desenho a seguir:

• o sentido da corrente elétrica;• o sentido das linhas de indução do campo magnético;• a posição das quatro agulhas.

RESOLUÇÃO:Usando a regra da mão direita, obtemos o sentido do campo magnético. As linhas de indução serão orientadas no sentido anti-horário.As agulhas se posicionam tangencialmente à linha tracejada e apontam o sentido do campo magnético.

0

c d

0

1

FÍS

ICA

–

3. (CESUPA-PA) – Quando um condutor retilíneo é percorrido por certa corrente elétrica, a intensidade do campo magnético a 10cm

deste vale 1,0 . 10–4 T. Logo, a intensidade de corrente que flui através do

Sendo B =

μ . i

μ . i––––––2 π d

, teremos:

μ . (3i)

condutor vale: B1 = –––––– e B2 = –––––––

a) 10A b) 20A c) 30A d) 40A e) 50A

Note e adote:

2 π x

Fazendo-se B1 = B2 :

2 π y

A permeabilidade magnética do meio é igual à do vácuo e vale

μ .

i

3μ . i 1 3

f.L = 4π . 10–7 T . m/A

–––––– = –––––– ⇒ ––– = –––

0 2 π x

2 π y x y

RESOLUÇÃO:y

––– = 3x

Sendo B =

f.L . i––––––

2π d, teremos: Resposta: A

2π d B = f.L0 . i

2π d B i = –––––––

f.L0

Sendo: d = 10cm = 1,0 . 10–1m

B = 1,0 . 10–4 T

2π . 1,0 . 10–

1

i =

. 1,0 . 10–4

(A) 5. (UFPR-2011) – Na segunda década do século XIX, Hans

––––––––––––––––––––––4π . 10–7

Christian Oersted demonstrou que um fio percorrido por uma corrente

i = 0,50 . 102 A ⇒

Resposta: E

i = 50 A

elétrica era capaz de causar uma perturbação na agulha de uma bússola. Mais tarde, André Marie Ampère obteve uma relação matemática para a intensidade do campo magnético produzido por uma corrente elétrica que circula em um fio condutor retilíneo. Ele mostrou que a intensidade do campo magnético depende da intensidade da corrente elétrica e da distância ao fio condutor.Com relação a esse fenômeno, assinale a alternativa correta.a) As linhas do campo magnético estão orientadas paralelamente ao

fio condutor.b) O sentido das linhas de campo magnético independe do sentido

da corrente.c) Se a distância do ponto de observação ao fio condutor for

diminuída pela metade, a intensidade do campo magnético será reduzida pelametade.

4. (FATEC-SP) – Dois fios metálicos retos, paralelos e longos, são

percorridos por correntes i e 3i de sentidos iguais (entrando no papel, no esquema). O ambiente é vácuo. O campo magnético resultante, produzido por essas correntes, é nulo em um ponto P tal que:

d) Se a intensidade da corrente elétrica for duplicada, a intensidade do campo magnético também será duplicada.

e) No Sistema Internacional de unidades (S.I.), a intensidade de campo magnético é A/m.

RESOLUÇÃO:A intensidade do campo magnético produzido por um fio retilíneo é dada pela equação:

ya) ––– = 3

x

y 1b) ––– = –––

x 3

y––– = 9

x

y 1––– = –––x 9

f.L i B = ––––––

2 π r

RESOLUÇÃO:Observemos que a intensidade do campo é diretamente proporcional à

→ intensidade da corrente elétrica. Portanto: se duplicarmos a intensidadeUsando a regra da mão direita sobre cada fio, determinamos os vetores B

→e B 2 dos campos magnéticos gerados pelos fios da esquerda e da direita,respectivamente.

da corrente, a intensidade do campo também duplicará. Resposta: D

FÍS

ICA

168

MÓDULO 30

CAMPO DE ESPIRA E SOLENOIDE

2. (UFV) – Uma partícula de carga q > 0 é colocada em repouso próxima de uma espira circular, a uma distância L do centro da espira, sobre o eixo ortogonal ao plano da espira que passa pelo seu centro. A espira possui raio R e é percorrida por uma corrente I(constante). O módulo da força magnética na partícula é:

1. (VUNESP) – Uma espira circular de raio R é percorrida por uma

corrente elétrica de intensidade I e sentido horário, como se vê na figura dada. O campo magnético que essa corrente produz no centro da

qIa) ––––

LR

q . I . L b) ––––––

R2c) nulo d)

qIR––––

L2

espira tem intensidade B; dobrando-se a intensidade da corrente elétrica e reduzindo-se o raio da espira à metade (R/2) e invertendo-se o

sentido da corrente, o novo campo magnético terá intensidade:a) B/2 e sentido oposto ao inicial.b) B e o mesmo sentido do inicial.c) 2B e sentido oposto ao inicial.d) 4B e sentido oposto ao inicial.e) 4B e mesmo sentido do inicial.

RESOLUÇÃO:Inicialmente, temos, no centro da espira:

RESOLUÇÃO:Como a intensidade da corrente elétrica na espira é constante, o campo magnético B tem também intensidade constante. No entanto, não há força magnética sobre a partícula, pois ela está em repouso.

Fm = q . V . B

V = 0 ⇒

Fm = 0Resposta: C

f.L IB1 = B = –––– (1)

2R

3. (MODELO ENEM) – Indicar o sentido do campo magnético e a→ polaridade magnética em cada um dos anéis e nos extremos do

A inversão do sentido da corrente vai alterar o sentido do campo B,invertendo-o.• Dobra-se a corrente: 2I (invertendo-se o sentido).• Reduz-se à metade o raio da espira: R/2.

solenoide das figuras 1, 2 e 3. O sentido da corrente elétrica está na própria figura.

Teremos:

f.L . (2I)

2f.LI

B2 = –––––– 2 (R/2)

= –––– (2) R

Comparando-se a equação (1) com a (2), obtemos:

B2 = 4B1

B2 = 4B

Resposta: D

RESOLUÇÃO:Usando a regra da mão direita, determinamos o sentido do campo mag-

→nético B em cada elemento.A polaridade magnética tem a seguinte resolução:Anel 1: corrente no sentido anti-horário gera um polo norte. Anel 2: corrente no sentido horário gera um polo sul.Solenoide: visto pelo seu lado externo, vale: onde nasce o campo é o norte e onde ele morre é o sul.

B

FÍS

ICA

–

4. Uma espira está colada em um painel quadrado, como nos mostra a figura a seguir. Dois garotos a observam, um de cada lado do painel. Analise as afirmativas a seguir:

a) para a garota A, a espira comporta-se como um polo norte.

b) para o garoto B, a espira comporta-se como um polo sul.c) para a garota A, a espira comporta-se como um polo

sul.d) para ambos, a espira é polo sul.e) para ambos, a espira é polo norte.

RESOLUÇÃO:A garota A está vendo a corrente circular no sentido horário e, portanto, a espira comporta-se como um polo sul. O garoto B está vendo o polo norte da espira.Resposta: C

5. O painel da figura abaixo contém uma espira na qual circula uma corrente elétrica. O painel pode girar em torno de um eixo vertical. Inicialmente, a garota observa o lado A do painel e o garoto, o lado B. Num dado instante, faz-se uma rotação de 180º no painel.

RESOLUÇÃO:I. VERDADEIRA. A corrente mostrada para a garota estava no

sentido anti-horário e o polo é norte. Enquanto isso, o lado oposto da espira é polo sul; girando a espira em 180º, a garota verá o polo sul.

II. VERDADEIRA.

III. FALSA. Fazendo-se a rotação de 180º, a garota verá a corrente no

sentido horário, o que será um polo sul.

IV. VERDADEIRA. Inicialmente, o garoto enxerga o oposto da menina,

ou seja: polo sul. Após a rotação, há inversão e ele enxergará o polo

norte.

Resposta: E

6. Na figura, os dois planos são perpendiculares entre si. As espiras 1 e 2 são percorridas por correntes elétricas de mesma intensidade (i) e geram no ponto O campos magnéticos de mesma intensidade B.

Determine no ponto O:a) a direção e o sentido do campo magnético resultante;b) a intensidade do campo

resultante.

RESOLUÇÃO:

a) Usando a regra da mão direita, determinamos o sentido dos vetores

→

Analise cada afirmativa e indique verdadeiro ou falso:I. Inicialmente, a garota estava vendo um polo norte e, após a

rotação, um polo sul.II. Inicialmente, a garota estava vendo um polo norte e o garoto, um

polo sul.III.Após a rotação, a garota continuou a ver um polo norte e o

garoto, um polo sul.IV.Inicialmente, o garoto estava vendo um polo sul e, após a rotação,

passou a ver um polo norte.

Do que se afirmou, são corretas apenas:

e

170

→B2.

A seguir, obtemos o vetor resultante pela regra do paralelogramo.

b) A intensidade do campo resultante é dada pelo Teorema de

Pitágoras: Bres = B .V 2

a) I e III b) I e IV c) II e IIId) II, III e IV e) I, II e IV

B

B

FÍS

ICA

–

MÓDULO 31

EXERCÍCIOS GERAIS: CONDUTOR RETILÍNEO E FIOS PARALELOS

1. (IFSP-2011) – Considere dois fios retilíneos e muito extensos situados nas arestas AD e HG de um cubo, conforme figura a seguir. Os fios são percorridos por correntes iguais a i nos sentidos indicados na figura. Desconsidere o campo magnético terrestre.

O vetor campo magnético induzido por estes dois fios, no ponto C, situa-se na direção do segmentoa) CB b) CG c) CF d) CE e) CA

RESOLUÇÃO:

Usemos a regra da mão direita em cada fio. A corrente que circula pelo fio DA gera em C o vetor

→ e a corrente que circula pelo fio GH gera em

C ovetor

→ . Usando a regra do paralelogramo, obtemos o campo resultante,

cuja direção e sentido é CF.

Resposta: C

2. (MODELO ENEM) – Quando dois condutores retilíneos, de comprimento infinito, estiverem alinhados em paralelo, haverá uma atração ou repulsão entre eles, a qual dependerá do sentido das duas correntes elétricas. Usando-se as regras da mão direita e da esquerda, é possível determinar as forças magnéticas, como se observa no exemplo abaixo.

Analise as três proposições e classifique-as em falsa ou verdadeira. Tomando como referência a figura dada:

I. se invertermos o sentido de i1, mantendo o de i2, as forças serão de atração.

II. se invertermos o sentido de i2, mantendo o de i1, as forças serão de repulsão.

III.se invertermos os sentidos de i1 e de i2, as forças não alteram o seu sentido e continua a repulsão.

a) é verdadeira apenas a Ib) é verdadeira apenas a IIc) é verdadeira apenas a IIId) são verdadeiras apenas I e IIIe) são todas verdadeiras

RESOLUÇÃO:I. VERDADEIRA

Se invertermos i1, as correntes passam a ter o mesmo sentido e ocorre atração.

II. FALSASe invertermos i2, novamente haverá atração, pois as duas correntes passam a ter o mesmo sentido.

III.VERDADEIRASe as duas correntes forem invertidas, elas continuam em sentidos opostos e os fios se repelem.

Resposta: D

170

B

F

FÍS

ICA

3. (UFPE-2011) – Três condutores, A, B e C, longos e paralelos, são fixados como mostra a figura e percorridos pelas correntes IA, IB

e IC, que têm os sentidos indicados pelas setas.

Com base na figura, assinale a(s) proposição(ões) correta(s).1. O campo magnético resultante que atua no fio 4 aponta para o leste.2. A força magnética resultante sobre o fio 4 aponta para o sudeste.04. Os fios 1 e 3 repelem-se mutuamente.08. A intensidade da força magnética que o fio 2 exerce no fio 3 é

maior do que a força magnética que o fio 1 exerce no fio 3.

Indique quais são as verdadeiras

RESOLUÇÃO:

1) Incorreta: Usando-se a regra da mão direita sobre os fios 1, 2 e 3,→ →

A força magnética resultante que atua sobre o condutor B está dirigidaa) da esquerda para a direita, no plano da figura.b) de baixo para cima, no plano da figura.c) de fora para dentro do plano da figura.d) da direita para a esquerda, no plano da figura.e) de dentro para fora do plano da figura.

RESOLUÇÃO:

Aplicando-se a regra da mão direita nos fios A e C, verificamos que as

correntes que por eles circulam geram sobre o fio B um campo

magnético de mesmo sentido, penetrando no papel. A seguir, aplicamos a

regra da mão

esquerda em B. Com isso, determinamos o sentido de →

Resposta: D

4. (UFSC-2011) – A figura abaixo mostra quatro fios, 1, 2, 3 e 4, percorridos por correntes de mesma intensidade, colocados nos vértices de um quadrado, perpendicularmente ao plano da página. Os fios 1, 2 e 3 têm correntes saindo da página e o fio 4 tem uma corrente entrando na página.

obtemos em 4 os vetores B1, B2 e B3. A soma ( B1 + B2) tem direção e sentido apontando para o nordeste, coincidindo com

→ . Isso assegura

que o campo resultante tem direção e sentido apontando para o nor-

deste.

2) Correta: usando a regra da mão esquerda sobre o fio 4 e sobre o campo resultante, obtemos a força magnética resultante apontando para o sudeste.

04) Incorreta: condutores percorridos por correntes elétricas do mesmo sentido atraem-se.

08) Correta: a intensidade da força magnética entre dois condutores percorridos por corrente i é dada pela equação:

f.L0 i2 L

B = –––––––2 π r

ou seja: ela é inversamente proporcional à distância entre os dois condutores.Assim, a intensidade da força exercida pelo fio 2 sobre o fio 3 é maior que a do fio 1 sobre o 3.

São corretas apenas a 2 e a 8.

L

0

FÍS

ICA

170

5. (UFPB-2011) – Os eletroímãs, formados por solenoides percorridos por correntes elétricas e um núcleo de ferro, são dispo- sitivos utilizados por guindastes eletromagnéticos, os quais servem para transportar materiais metálicos pesados. Um engenheiro, para construir um eletroímã, utiliza um bastão cilíndrico de ferro de 2,0

metros de comprimento e o enrola com um fio dando 4 x106 voltas. Ao fazer passar uma corrente de 1,5 A pelo fio, um campo magnético é gerado no interior do solenoide, e a presença do núcleo de ferro aumenta em 1.000 vezes o valor desse campo.

Adotando para a constante μ0 o valor 4 π x 10−7 T.m/ A , é correto afirmar que, nessas circunstâncias, o valor da intensidade do campomagnético, no interior do cilindro de ferro, em tesla, é de:a) 24 π x 102 b) 12 π x 102 c) 6 π x 102

d) 3 π x 102 e) π x 102

RESOLUÇÃO:A intensidade do campo magnético no interior de um solenoide vazio e no vácuo é dada por:

n . i B0 = f.L0 –––––

RESOLUÇÃO:Quando o ímã é aproximado do anel, ocorre indução eletromagnética e surge no anel uma corrente elétrica induzida (Lei de Faraday).De acordo com a Lei de Lenz, surge uma força magnética de repulsão, isto é, opondo-se ao movimento do ímã.A figura ilustra a corrente induzida e a polaridade magnética no anel.

A corrente induzida não vai mudar de sentido, pois o ímã somente foi aproximado do anel. Para se gerar uma corrente alternada, deveríamos produzir no ímã um movimento de vai e vem, como, por exemplo, um MHS. Resposta: E

Acrescentando-se um núcleo de ferro a permeabilidade magnética fica mul- tiplicada por 1000:

B = 1000 . f.L n . i

2. (MODELO ENEM) – Michael Faraday descobriu o fenômeno,

B = 1000 . 4π . 10–7

Resposta: B

4 . 106 . 1,5––––––––––

2

––––– L

T ⇒ B = 12π . 102 T

da indução magnética ao realizar alguns experimentos usando um ímã e uma bobina.

MÓDULO 32

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA: LEIS DE FARADAY E LENZ

1. (FUVEST) – Aproxima-se um ímã de um anel metálico fixo em um suporte isolante, como mostra a figura.

O movimento do ímã, em direção ao anel,a) não causa efeitos no anel.b) produz corrente alternada no anel.c) faz com que o polo sul do ímã vire polo norte e vice-versa.d) produz corrente elétrica no anel, causando uma força de atração

entre anel e ímã.e) produz corrente elétrica no anel, causando uma força de repulsão

entre anel e ímã.

Percebeu ele que fazendo variar o fluxo magnético no interior da bobina, surgia uma corrente elétrica induzida, acendendo momen- taneamente a lâmpada.O fenômeno da indução magnéticaa) obedece ao princípio da conservação da energia, pois ocorre

apenas uma conversão de energia.b) não obedece ao princípio da conservação da energia, pois a

lâmpada se acendeu sem que se usasse alguma pilha.c) foi explicado matematicamente pela Lei de Lenz, sem que se

mencionasse a lei da conservação da energia.d) não obedece ao princípio da conservação da energia, pois,

conforme a Lei de Lenz, trata-se apenas do surgimento de um contrafluxo magnético na bobina.

e) obedece ao princípio da conservação de energia, havendo conversão de energia elétrica em mecânica.

RESOLUÇÃO:Evidentemente que o fenômeno da indução magnética é uma simples con- versão de energia mecânica (ímã em movimento) em energia elétrica e, portanto, vale o princípio da conservação da energia.Resposta: A

172

FÍS

ICA

3. (FATEC-2012) – Observando a figura a seguir, vê-se um ímã em forma de barra que possui um eixo pelo qual pode girar. Próximo a ele, encontra-se uma espira retangular de metal, no plano (x, z). O ímã está alinhado com o centro da espira na direção do eixo y.

Com a finalidade de induzir uma corrente elétrica na espira, um aluno faz as seguintes experiências:I. Movimenta o ímã e a espira na mesma direção e sentido e com

velocidades iguais.II. Gira o ímã em torno de seu eixo paralelo ao eixo z e mantém a

espira em repouso em relação ao plano (x, z).III. Desloca a espira numa direção paralela ao eixo y e mantém o

ímã em repouso em relação ao plano (x, z).Para conseguir a corrente induzida, o aluno conclui que o correto é proceder como indicado ema) I, apenas. b) II, apenas. c) I e III, apenas.d) II e III, apenas. e) I, II e III.

RESOLUÇÃO:I. Procedimento incorreto.

Não haverá movimento relativo entre o ímã e a espira. Portanto, não haverá variação do fluxo magnético na espira e não ocorrerá indução.

II. Procedimento correto.Haverá variação de fluxo magnético na espira e ocorrerá indução, ou seja, forma-se corrente elétrica induzida na espira.

III.Procedimento correto.O afastamento ou a aproximação da espira em relação ao ímã é suficiente para ocorrer a indução magnética.

Resposta: D

4. (MODELO ENEM) – Na figura, mostra-se um experimento de indução eletromagnética: um ímã, na mão de um operador, é aproximado de uma espira fixa, acendendo uma pequena lâmpada de LED. A finalidade, no entanto é verificar a Lei de Lenz.

Em cada experimento:a) Identifique se ocorrerá atração ou repulsão entre a espira e o ímã.

A seguir, identifique o polo magnético formado na espira, visto pelo operador durante sua aproximação.

b) Indique o sentido da corrente elétrica, vista pelo operador.

c) Se, porventura, o operador voltar de costas, afastando o ímã da espira, sem contudo invertê-lo, como será a força entre o ímã e a espira?

RESOLUÇÃO:a) Em ambos os experimentos, o ímã está sendo empurrado, pelo opera-

dor, contra a espira. Consequentemente, a Lei de Lenz nos assegura que a força magnética decorrente da corrente induzida é de repulsão ao movimento do ímã.

b) No experimento 1: a espira deverá repelir o polo sul do ímã aproximado e, portanto, deverá tornar-se um polo sul; em consequência, a corrente induzida, vista pelo operador, tem sentido horário.No experimento 2:A espira deverá repelir o polo norte do ímã aproximado e, portanto, deverá tornar-se um polo norte; em consequência, a corrente elétrica induzida, vista pelo operador, tem sentido anti-horário.

c) Haverá inversão do sentido das correntes em ambos os experimentos.Experimento 1: passa a ter o sentido anti-horário. Experimento 2: passa a ter o sentido horário. Veja bem!Poderíamos determinar o sentido da corrente induzida sem pensar na força magnética, mas sim no aumento do fluxo induzido durante a aproximação do ímã e na sua diminuição durante o afastamento. A seguir, usamos a Lei de Lenz compensando a variação do fluxo e a regra da mão direita.

a) 0 [volt] b) 10 [volts] c) 110 [volts]d) 220 [volts] e) 100 [volts]

FÍS

ICA

–

MÓDULO 33

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA: LEI DE FARADAY – F. E. M. INDUZIDA

1. (UNESP-2012) – O freio eletromagnético é um dispositivo no qual interações eletromagnéticas provocam uma redução de velocidade num corpo em movimento, sem a necessidade da atuação de forças de atrito. A experiência descrita a seguir ilustra o funcionamento de um freio eletromagnético.Na figura 1, um ímã cilíndrico desce em movimento acelerado por dentro de um tubo cilíndrico de acrílico, vertical, sujeito apenas à ação da força peso.Na figura 2, o mesmo ímã desce em movimento uniforme por dentro de um tubo cilíndrico, vertical, de cobre, sujeito à ação da força peso e da força magnética, vertical e para cima, que surge devido à corrente elétrica induzida que circula pelo tubo de cobre, causada pelo movimento do ímã por dentro dele.Nas duas situações, podem ser desconsiderados o atrito entre o ímã e os tubos, e a resistência do ar.

Considerando a polaridade do ímã, as linhas de indução magnética criadas por ele e o sentido da corrente elétrica induzida no tubo condutor de cobre abaixo do ímã, quando este desce por dentro do tubo, a alternativa que mostra uma situação coerente com o aparecimento de uma força magnética vertical para cima no ímã é a indicada pela letra

RESOLUÇÃO:Quando o ímã se movimenta no tubo de cobre, há uma variação do fluxo magnético que provoca o aparecimento de uma corrente elétrica induzida. De acordo com a Lei de Lenz, a força magnética gerada neste anel de cobre deve opor-se a esse movimento, assim, a corrente elétrica induzida tem sentido horário, de acordo com a regra da mão direita.

As linhas de indução magnética no ímã estão saindo do polo Norte e chegando ao polo Sul.Resposta: A

2. (UFTM-2011) – De quanto deverá ser a magnitude do choque elétrico (f. e. m. induzida) se segurarmos as extremidades de uma

bobina composta por 10 espiras de área A=1 [m2] e deixarmos passar ortogonalmente por esta bobina uma densidade de fluxo magnético constante com módulo dado por B=11 [T]?

RESOLUÇÃO:

Fluxo constante ⇒

ΔΦ = 0Não haverá indução e a força eletromotriz induzida é nula.Resposta: A

3. (MODELO ENEM) – Faraday, em seus primeiros experimentos, buscou uma relação entre o fluxo magnético e o fenômeno da indução magnética. Concluído seu trabalho, passou a buscar uma equação matemática para relacionar as grandezas envolvidas e chegou à segunda lei da indução:

1ΔΦ1E = –––––

Δt

Nessa equação, temos:E = módulo da f.e.m. induzida

1ΔΦ1 = módulo da variação do fluxo magnético na

bobina

174

Δt = tempo decorrido na variação de fluxoUm espira quadrada, de lado L = 10 cm, imersa no campo magnéticode um ímã, de intensidade B = 0,50 T, dá 1/4 de volta em torno de seu eixo diagonal (ver figura) em 5,0 centésimos de segundo.

FÍS

ICA

–

A fem induzida é:a) 0,50. 10–1V b) 1,0 . 10–1 V c) 1,0 Vd) 2,0 V e) 2,0 . 10–2

RESOLUÇÃO:

Δt = 5,0 . 10–2s

B = 0,50 T = 5,0 . 10–1T

A = L2 = (0,10)2m2 = 1,0 . 10–2m2

Φ = B . A . cos αPara a = 0º :Φ0 = 5,0 . 10–1 . 10–2 = 5,0 . 10–3 Wb

Para α = 90º :

Φ0 = 0

ΔΦ = 5,0 . 10–3 Wb

A f.e.m. induzida é:–3

4. Retomemos a espira da questão anterior. Vamos girá-la, em torno do mesmo eixo, em 360º a partir da sua posição original. Consideremos apenas a corrente elétrica que passa pelo trecho MOP. Determine o sentido dessa corrente, tendo apenas a espira como referencial, quando a espira estiver fazendoa) o primeiro quarto de sua volta.b) o segundo quarto de sua volta.c) o terceiro quarto de sua volta.d) o quarto final e voltando à sua posição incial.

RESOLUÇÃO:Neste exercício, temos de pensar no aumento ou na diminuição do fluxo, usar a Lei de Lenz e a regra da mão direita. No entanto, a corrente deve ser vista passando sobre a espira, no percurso MOP ou POM. Não interessa se o operador a vê no sentido horário ou anti-horário, pois o exercício impôs o referencial: a espira.Vamos denominar o lado esquerdo da espira de “triângulo” MOP, para simplificar a linguagem.a) No primeiro quarto de volta

O triângulo MOP tem o fluxo diminuído e, portanto, a compensação de fluxo se faz pela corrente induzida no sentido POM.

b) No segundo quarto de voltaO triângulo MOP se aproxima do plano original, o fluxo aumenta, mas você deverá ver isso pelo verso da folha. O sentido da corrente continua a ser POM.

c) No terceiro quarto, o triângulo MOP se destaca do plano, porém do lado de trás da folha. Vire o caderno e raciocine atrás da figura. O fluxo diminui e o sentido da corrente passa a ser MOP (houve inversão).

d) No último quarto de volta, o triângulo MOP se aproxima de sua posição original, o fluxo aumenta (veja isso por trás) e o sentido da corrente continua a ser MOP.

Resumindo: a corrente inverte de sentido nos instantes em que o fluxo é máximo ou mínimo.

Ao professor:A corrente induzida acompanha a fem induzida, ou seja E = R . i na

ΔΦE = ––––

Δt

5,0 . 10⇒ E = ––––––––

5,0 . 10–2

(V)

espira. Por sua vez, a derivada do fluxo, com sinal contrário, nos dá a fem induzida. Imaginando que a variação de fluxo seja uma cossenoide (máximo fluxo na posição inicial), sua derivada é uma senoide com o sinal

E = 1,0 . 10–1 V

Resposta: B

trocado. Os gráficos abaixo são sugestivos e reforçam a tese de que a inver- são ocorre com fluxo máximo ou mínimo (situação de pico).

FÍS

ICA

176

5. Na figura, temos uma espira retangular de área variável (haste→

móvel). A seta ao lado de v indica o sentido em que a haste está sendomovida por ação de forças externas.

Indique o sentido da corrente induzida.

MÓDULO 34

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA (BLV) – EXERCÍCIOS GERAIS

1. (ITA-2012) – Considere uma espira com N voltas de área A,→

imersa num campo magnético B uniforme e constante, cujo sentidoaponta para dentro da página. A espira está situada inicialmente no plano perpendicular ao campo e possui uma resistência R. Se a espira gira 180° em torno do eixo mostrado na figura, calcule a carga que passa pelo ponto P.

RESOLUÇÃO:1º modo

→A força magnética Fm que surge na haste móvel se opõe ao deslocamento

→da haste, de acordo com a Lei de Lenz. Assim, conhecidos os sentidos de B

→e Fm, determinamos, pela regra da mão esquerda, o sentido de i na hastemóvel.

RESOLUÇÃO:Analisaremos, inicialmente, apenas metade do giro total de 180°, assim:

Φinicial = NBA cos 180°Φinicial = – NBA

2º modoAo deslocar a haste no sentido indicado, ocorre aumento do fluxo interno à espira fechada retangular. Logo, pela Lei de Lenz, deverá haver uma

compensação de fluxo e a corrente induzida é o resultado de um ΔΦpenetrando na espira. A corrente terá o sentido horário. Observemos que

→

→O fluxo final será nulo, pois a espira estará paralela a B nesta situação.Φfinal = 0

A variação do fluxo para esta metade do giro será dada por: ΔΦ = Φfinal – Φinicial

ΔΦ = 0 – (– NBA)

ΔΦ = NBAA f.e.m. induzida média, em módulo, será dada por:

ΔΦ e ΔB têm o mesmo sentido.

ΔΦ NBA

E = –––– = –––––Δt Δt

A intensidade média de corrente elétrica neste trecho analisado será dada

porQ

i = –––Δt

Emas i = –––

RE Q

Assim: ––– = –––

Resposta: sentido horário

R

NBA––––––

Δt R

Δt

Q= –––

Δt

NBA Q = –––––

R

Nos 90° restantes, para se completar os 180° de giro, teremos essa mesma

quantidade de carga passando por P.

A carga total que passa efetivamente por P será então:

Qtotal =NBA

–––––– +R

NBA––––––

R

2NBA

R

–

Qtotal = –––––––

FÍS

ICA

178

(MODELO ENEM) – Texto para as questões 2 e 3.

Numa usina eólica, um “catavento” gira com o fluxo eólico. Nesse processo, adquire energia mecânica, a qual transmite para um gerador elétrico. A figura ilustra um processo de transmissão mecânica.

2. Admitindo que a potência de um catavento seja de 10kW, que na transmissão mecânica o rendimento seja de 90% e que no processo de conversão de energia mecânica em elétrica haja uma perda de 3%, a potência elétrica gerada será:a) 10kW b) 9,0kW c) 8,73kW d) 8,73kW e) 80kW

RESOLUÇÃO:O rendimento no processo de conversão de energia mecânica em elétrica é 97%. O rendimento total do processo é dado pelo produto dos dois rendimentos:η = 0,90 . 0,97 = 0,873

A potência elétrica gerada

será: Pel = 0,873 . 10(kW)

Pel = 8,73 kW

Resposta: C

3. Na geração eólica, o processo de conversão da energia mecânica em elétrica no interior do gerador obedece àa) Lei de Faraday. b) Lei de Joule.c) Lei de Coulomb. d) lei da inércia.e) Lei de Ohm-Pouillet.

RESOLUÇÃO:A Lei de Faraday explica o processo de conversão de energia mecânica em elétrica.Resposta: A

4. (ENEM) – A eficiência de um processo de conversão de energia é definida como a razão entre a produção de energia ou trabalho útil e o total de entrada de energia no processo. A figura mostra um processo com diversas etapas. Nesse caso, a eficiência geral será igual ao produto das eficiências das etapas individuais. A entrada de energia que não se transforma em trabalho útil é perdida sob formas não utilizáveis (como resíduos de calor).

HINRICHS, R.A. Energia e Meio Ambiente.São Paulo: Pioneira. Thomson Learning, 2003 (adaptado).

Aumentar a eficiência dos processos de conversão de energia implica economizar recursos e combustíveis. Das propostas seguintes, qual resultará em maior aumento da eficiência geral do processo?a) Aumentar a quantidade de combustível para queima na usina de

força.b) Utilizar lâmpadas incandescentes, que geram pouco calor e muita

luminosidade.c) Manter o menor número possível de aparelhos elétricos em

funcionamento nas moradias.d) Utilizar cabos com menor diâmetro nas linhas de transmissão a

fim de economizar o material condutor.e) Utilizar materiais com melhores propriedades condutoras nas

linhas de transmissão e lâmpadas fluorescentes nas moradias.

RESOLUÇÃO:Se o material for melhor condutor de eletricidade, reduzimos as perdas de energia elétrica por Efeito Joule na linha de transmissão. No entanto, o gargalo da produção está na baixa eficiência das lâmpadas incandescentes. É fundamental a sua troca por fluorescentes.Resposta: E

=

FÍS

ICA

–

5. (UPE-2011) – A figura abaixo mostra uma espira retangular de largura L = 2,0 m e de resistência elétrica R = 8,0Ω que estáparcialmente imersa em um campo magnético externo uniforme e perpendicular ao plano da espira B = 4,0 T. As retas tracejadas da figura mostram os limites do campo magnético.

Suponha que a espira seja puxada para a direita, por uma mão com velocidade constante v = 5,0m/s. Considere desprezível o efeito de borda. Analise as proposições a seguir e conclua.

I II

0 0O valor absoluto da força eletromotriz induzida na espira é Eind = 40V.

1 1O sentido da corrente induzida na espira é anti-horário.

2 2O valor da corrente induzida na espira éi = 5,0 A.

3 3A intensidade da força aplicada pela mão para manter a velocidade constante é F = 40 N.

RESOLUÇÃO:(0) Correta

MÓDULO 35

ELETROSTÁTICA: ELETRIZAÇÃO POR ATRITO, CONTATO

1. (MODELO ENEM) – Verificou-se, experimentalmente, que ao se atritar o vidro com qualquer outra substância, ele fica eletrizado positivamente. Então:I. Se esfregarmos um pano de lã sobre o tampo de vidro de uma

mesa, o vidro se eletriza positivamente e a lã negativamente.

II. Se esfregarmos um pano de seda sobre o tampo de vidro da mesa, o vidro se eletriza positivamente e a seda negativamente.

III. Nos dois experimentos anteriores, o vidro cedeu elétrons aos panos.

Estão corretas:a) Todas b) somente I e IIc) somente I e III d) somente II e III

RESOLUÇÃO:Resposta: A

2. Dispomos de quatro pequenas esferas metálicas, A, B, C e D. A primeira delas possui uma carga elétrica de +64 pC e a quarta, uma carga elétrica de –8 pC. As demais estão neutras. Determine a carga

I ε I

=

ΔΦ–––––

Δt= B . L . V

elétrica em cada esferinha nos contatos que se propõem:

I ε I = 4,0 . 2,0 . 5,0 (V)

I ε I = 40V

(1) ErradaUsando a regra da mão esquerda e a Força de Lorentz, a corrente tem sentido horário.

(2) Correta

a) da esferinha A com a B;b) da esferinha A com a C, após o contato anterior;c) da esferinha B com a D, após os contatos anteriores;d) das quatro esferinhas simultaneamente.

RESOLUÇÃO:B . L . V

4,0 . 2,0 . 5,0

i = –––––––– ⇒ i = –––––––––––– (A) ⇒

i = 5,0A

a) Contato entre A e B

R

(3) CorretaF = B . i . LF = 4,0 . 5,0 . 2,0

(N) F = 40N

8,0 +64pC + 0–––––––––– = +32 pC (para cada uma delas)

2

b) Contato entre A e C, após o contato anterior:+32pC + 0

–––––––––– = +16 pC (para cada uma delas) 2

Resposta: Corretas: 0, 2 e 3 c) Contato de B com D após os contatos anteriores

+32pC – 8pC –––––––––––– 2+24pC

180

––––––– 2

= +12 pC

FÍS

ICA

–

d) Juntando as quatro esferinhas: QA + QB + QC +

QD = 4Q+16pC + 12pC + 16pC + 12pC = 4Q+56pC = 4Q ⇒ Q = 14pC

Cada esferinha ficará com 14 pCObservação: devido ao princípio da conservação da carga elétrica, se somarmos as cargas iniciais, o resultado deverá ser o mesmo:

+64pC + 0 + 0 –8pC = 4Q ⇒ +56pC = 4Q ⇒ Q = 14pC

CONTATOS Esfera A Esfera B Esfera C PCCE

Q 0 0 Q + 0 + 0 = Q

A com B Q/2 Q/2 0 Q/2 + Q/2 = Q

A com C Q/4 Q/2 Q/4 Q/4 + Q/2 + Q/4 = Q

B com C Q/4 3Q/8 3Q/8 Q/4 + 3Q/8 + 3Q/8 = Q

Observação: no contato de B com C, fizemos:Q Q 2Q Q 3Q–– + –– = –– + –– = –––2 4 4 4 4

3Q/4 3QQB = QC + –––– = –––

3. Determine a carga elétrica, em coulombs, de cada uma das esferinhas abaixo. É dado e =1,6 x 10–19C.

RESOLUÇÃO:

2 8

Resposta: E

5. Quando um corpo neutro fica eletrizado, sem alteração do núcleo de seus átomos, pode-se supor que esse corpo possuia) carga elétrica positiva, pois recebeu elétrons.b) carga elétrica negativa, pois recebeu elétrons.c) carga elétrica positiva, pois recebeu prótons.d) carga elétrica positiva, pois perdeu elétrons.e) uma carga elétrica que pode ser positiva ou negativa, ficando com

quantidades diferentes de prótons e elétrons.

RESOLUÇÃO:O corpo recebeu ou cedeu elétrons e a quantidade de elétrons ficou diferente da quantidade de prótons.Resposta: E

MÓDULO 36

INDUÇÃO ELETROSTÁTICA

1. Desenhe as cargas elétricas induzidas na esfera neutra. Considere o bastão como corpo indutor.

4. (IFCE-2011) – Três esferas metálicas idênticas, A, B e C, se encontram isoladas e bem afastadas uma das outras. A esfera A possui carga Q e as outras estão neutras. Faz-se a esfera A tocar primeiro a esfera B e depois a esfera C. Em seguida, faz-se a esfera B tocar a esfera C.No final desse procedimento, as cargas das esferas A, B e C serão, respectivamente,a) Q/2, Q/2 e Q/8. b) Q/4, Q/8 e Q/8. c) Q/2, 3Q/8 e 3Q/8. d) Q/2, 3Q/8 e Q/8. e) Q/4, 3Q/8 e 3Q/8.

RESOLUÇÃO:No início, apenas a esfera A estava eletrizada, enquanto B e C estavam neutras. Após o primeiro contato, a esfera B já possui carga elétrica, no entanto, verifique ao final de cada linha da tabela a seguir o princípio da conservação das cargas elétricas.

FÍS

ICA

182

RESOLUÇÃO:

2. Aproximamos um bastão eletrizado de um pêndulo eletrostático. O que ocorrerá?

RESOLUÇÃO:

Sob o ponto de vista microscópico, teremos a seguinte configuração de cargas induzidas (fig b).A carga negativa (– q) e a positiva (+ Q) estão próximas e se atraem. Isso atrai a esfera para as proximidades do bastão. Há também uma força repulsiva entre (+q) e (+Q), mas devido à distância, sua intensidade é muito pequena.

3. Uma esfera condutora neutra está sobre um suporte isolante, porém está ligada à Terra por um fio condutor. Aproximamos da esfera um segundo corpo eletrizado, o qual denominaremos indutor. No experimento 1, o condutor é positivo e no 2, negativo.

Responda, para cada experimento:a) as cargas que percorrem o fio-terra durante o processo de indução

são positivas ou negativas? Em que sentido circulam? Indique por uma seta na figura.

b) a carga induzida é positiva ou negativa?

c) de que modo poderíamos manter a carga induzida mesmo afastando o indutor?

RESOLUÇÃO:a) No experimento 1, o indutor é positivo e “puxa” elétrons pelo fio

terra.No experimento 2, o indutor é negativo e repele elétrons do induzido, os quais escoam pelo fio-terra. Portanto, em ambos os experimentos, o fio- terra é sempre percorrido por elétrons.

b) No experimento 1, como o indutor é positivo, a carga induzida tem sinal contrário e é negativa. No experimento 2, é o inverso e a carga induzida é positiva.

c) Inicialmente, corta-se o fio-terra na presença do indutor. A seguir, afastamos o indutor. Se você fizer o inverso, as cargas escoarão pelo fio- terra e neutralizar-se-á o induzido.

FÍS

ICA

–

4. (UFTM-2012) – A indução eletrostática consiste no fenômeno da separação de cargas em um corpo condutor (induzido), devido à proximidade de outro corpo eletrizado (indutor).Preparando-se para uma prova de física, um estudante anota em seu resumo os passos a serem seguidos para eletrizar um corpo neutro por indução, e a conclusão a respeito da carga adquirida por ele.

1 .º) Procedimentos: passos a serem seguidos:

I. Aproximar o indutor do induzido, sem tocá-lo.II. Conectar o induzido à

Terra.III. Afastar o

indutor.IV.Desconectar o induzido da

Terra.

2 .º) Conclusão:

No final do processo, o induzido terá adquirido cargas de sinais iguais às do indutor.Ao mostrar o resumo para seu professor, ouviu dele que, para ficar correto, ele deveráa) inverter o passo III com IV, e que sua conclusão está

correta.b) inverter o passo III com IV, e que sua conclusão está

errada.c) inverter o passo I com II, e que sua conclusão está

errada.d) inverter o passo I com II, e que sua conclusão está

correta.e) inverter o passo II com III, e que sua conclusão está

errada.

RESOLUÇÃO:Estão em julgamento duas coisas: a sequência passo a passo dos procedimentos e a conclusão final do aluno a respeito do sinal da carga induzida.1º) A sequência correta dos procedimentos é: I, II, IV e III, conforme

vimos no exercício anterior.2º) A conclusão estava errada: as cargas induzidas têm o sinal contrário

ao das cargas do indutor.Resposta: B

5. (CFT-MG-2012) – O eletroscópio da figura, eletrizado com carga desconhecida, consiste de uma esfera metálica ligada através de uma haste condutora a duas folhas metálicas e delgadas. Esse conjunto encontra-se isolado por uma rolha de cortiça presa ao gargalo de uma garrafa de vidro transparente, como mostra a figura. Um garoto aproxima da esfera A do eletroscópio uma segunda esfera B.

Sobre o eletroscópio, afirma-se:I. As folhas movem-se quando um corpo neutro é aproximado da

esfera sem tocá-la.II. O vidro que envolve as folhas delgadas funciona como uma

blindagem eletrostática.III.A esfera e as lâminas estão eletrizadas com carga de mesmo sinal

e a haste está neutra.IV.As folhas abrem-se ainda mais quando um objeto, de mesma

carga do eletroscópio, aproxima-se da esfera sem tocá-la.Estão corretas apenas as afirmativasa) I eII. b) I e IV. c) II e III. d) III e IV.

RESOLUÇÃO:I. CORRETA. Ao aproximarmos um corpo neutro (B) do eletroscópio,

vamos observar indução, sendo que o indutor será o eletroscópio e o induzido o corpo neutro. Na indução, os centros de carga do indutor e do induzido tendem a se aproximar.Consequentemente, as cargas elétricas do eletroscópio mudam suas posições até que se estabeleça um equilíbrio eletrostático. Essas cargas apresentam uma pequena tendência de se posicionarem próximas da esfera A ou mesmo na própria esfera A. Concluímos que as folhas se movimentam.

II. INCORRETA. Em primeiro lugar, o vidro não é condutor elétrico e não poderia ser uma blindagem. Em segundo lugar, mesmo que trocássemos o vidro por um metal, a blindagem deve ser de fora para dentro. Ora, o eletroscópio já está eletrizado e no caso anterior ele é o indutor: não haveria blindagem. O vidro impede que o vento atrapalhe a experiên- cia.

III.INCORRETA. Estando o eletroscópio isolado (afastado) de qualquer outro corpo, teremos em todo o corpo metálico cargas elétricas de mesmo sinal distribuídas entre as lâminas, a haste metálica suporte e a esferinhada cabeça do eletroscópio.

IV. CORRETA. Suponhamos por exemplo que se tenha carga elétrica positiva no eletroscópio e também positiva na esfera B. Ao aproximar B de A, haverá uma subida de elétrons pelo corpo do eletroscópio e suas lâminas adquirem um aumento da carga elétrica. Elas se afastam uma da outra.

Resposta: B

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