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155Caderno de Atividades / Livro do Professor

FÍSICA 3ª. Série

INTRODUÇÃO AO ESTUDO DAS ONDAS

1. Gabarito: d

λ = 1,5 cm

v = 13,5 cm

f = ?

v = λ ⋅ f

13,5 = 1,5 ⋅ f

f = 9 Hz

Logo, a haste toca na água 9 vezes a cada segundo.

2. Gabarito: d

A

λ

A = 1,2 cm

λ = 2 cm

v = λ ⋅ f

200 = 0,02 ⋅ f

f = 10 000 Hz ou 10 khz

3. Gabarito: e

fT

= 1

Pela tabela, observa-se que a frequência cardíaca diminui com a idade; portanto o período aumenta.

4. Gabarito: d

a) Correta. Na figura vemos que 30 centímetros é o equi-valente à metade de um comprimento de onda; logo, o comprimento de onda é 60 cm.

λ

b) Incorreta. A amplitude de uma onda corresponde à dis-tância entre o eixo central e uma crista ou entre o eixo e um vale. Vê-se na figura que essa distância é igual a 20 cm.

c) Correta.

Tf

T= ⇒ =1 12

T = 0,5 s

d) Correta. v = λ ⋅ f

v = 0,6 ⋅ 2

v = 1,2 m/s

5. As ondas de TV são transmitidas em VHF e UHF. Observe na figura que essas ondas estão na faixa das micro-on-das e, portanto, possuem frequência e energia menor que o infravermelho, a luz visível e o ultravioleta. Para que a radiação cósmica possa interferir de forma significativa com as ondas de TV, elas devem estar numa modalidade muito próxima, sendo assim se encontram na faixa do micro-ondas.

156 3ª. Série

Raios Gama Raios-X Ultra-

-violetaInfra-

-vermelho

Radiofrequênciamicro-ondas

UHF, VHF, HF etc

Espectro eletromagnético Luz visível

400 - 700 nm

01 nm 1 nm 1 mm 1 cm 1 m 1 km100 nm

6. Gabarito: c

Considerando a velocidade do som no ar como sendo 330 m/s, tem-se

v = λ ⋅ f

330 = λ ⋅ 165

λ = 2 m

7. Gabarito: a

A velocidade pode ser obtida por:

vT

= =λ 0 20 05

,,

→ v = 4 m/s

Para percorrer 5 m, tem-se:

x = v ⋅ t → 5 = 4 ⋅ tt = 1,25 s

8. Gabarito: e

Luz

v = λ ⋅ f3 . 108 = λL ⋅ 1 ⋅ 1014

λL = 3 ⋅ 10–6 m

Buzina

v = λ ⋅ f

320 = λB ⋅ 1 ⋅ 103

λB = 3,2 ⋅ 10–1 m

λλ

L

B

6

15=

3 10

3,2 1010

⋅⋅

≅−

−−

9. Gabarito: b

v = λ ⋅ f

3 . 108 = λ ⋅ 40 . 106

λ = 7,5 m

FENÔMENOS ONDULATÓRIOS

10. Gabarito: b

A velocidade de propagação das ondas em um mesmo meio é igual para todas as frequências.

11. Gabarito: c

A alteração da velocidade da onda por causa da profundida-de acontece por refração.

12. Gabarito: a

Sabendo que a frequência da nota lá é 440 Hz e a velocidade do som é 330 m/s, pode-se calcular o comprimento de onda dessa nota.

v = λ ⋅ f

330 = λ ⋅ 440

λ = 0,75 m.

Cada caixa é uma fonte emissora de ondas, que inicialmente chegavam ao ouvido do seu Rubinato em interferência cons- trutiva (sobreposição de 2 ventres ou 2 nós). Quando a caixa é afastada e ele passa a não mais ouvir a nota, é porque o afas-tamento da caixa fez com que passasse a existir interferência destrutiva (sobreposição de um nó com um ventre). Conside-rando que o comprimento de onda é de 75 cm, e para que um ventre se superponha a um nó, a caixa deve ser afastada metade de um comprimento de onda. A esposa do Sr. Rubinato deve ter afastado a caixa por 38 cm.

13. Gabarito: a

a) Correta. A frequência da onda sonora recebida depende apenas das características da fonte que a emitiu. Dessa forma não se altera quando a onda muda de meio.

b) Incorreta. Quando a onda muda de meio, sua veloci-dade, que depende das características do meio, sofre alteração (refração).

c) Incorreta. Como a frequência permanece constante (ver A) e a velocidade se altera (ver B), o comprimento de onda também se altera (v = λ ⋅ f).

d) Incorreta. A amplitude diminui à medida que a onda se difunde e perde intensidade.

14. Gabarito: c

I. Incorreta. A velocidade do som no ar é de aproximada-mente 340 m/s, e da luz, próxima a 3 ⋅ 108 m/s.

II. Correta. A velocidade do som aumenta ao passar do ar para a água (em geral, a velocidade do som é maior nos líquidos do que nos gases). Já a velocidade da luz em um meio é dada pela equação v = c/n, onde c é a velocidade da luz no vácuo e n o índice de refração do meio. Como n da água é maior do que o do ar, a velocidade da luz é menor na água do que no ar.

III. Incorreta. A frequência dos sons audíveis tem no má-ximo 20 000 Hz, enquanto que a luz visível tem uma frequência na ordem de 1014 Hz.


Física

FENÔMENOS ONDULATÓRIOS

IV. Incorreta. Tanto som quanto luz são ondas, o que difere entre elas são características como natureza e forma de propagação.

15. Gabarito: d

Observe que a cada tT=7

de período a figura avança um

quadradinho. A figura abaixo mostra que a parte do dese-

nho de onda entre A e B, em t = 0, era a parte do desenho

entre B e C, em tT=4

.

B

A B

C

Seguindo o mesmo raciocínio, em tT= 2

4 esse será o dese-

nho entre C e D e em tT= 3

4esse será o desenho entre D e E.

Novamente, para todas as partes das duas ondas até o ins-

tante tT= 3

4, encontra-se a seguinte configuração:

B

C

D

EA

FIGURA 1(onda 1)

t = 3T4

B

C

D

EA

FIGURA 2(onda 2)

B C D EA

FIGURA 3(onda estacionária)

INTRODUÇÃO A ACÚSTICA

20. Gabarito: cCada trombone

βI

IdB1

1

0

10 80 = ⋅ =log

Para 72 trombones

IT = 72 ⋅ I1

βI

I721

0

1072

= ⋅ log

βI

I721

0

10 72 10= ⋅ + ⋅log log

β723 210 2 3 80= ⋅ +( ) +log log

β72 99 dB=

21. Gabarito: b

A respeito da afirmação I, o gráfico mostra justamente o contrário: na orelha direita, para a frequência de 6 kHz, ela é incapaz de perceber um som com 20 dB, enquanto na esquerda ela escuta na faixa dos 10 dB.

Quanto à afirmação II, o gráfico mostra que na frequência de 0,25 kHz, ambos os ouvidos escutam sons de nível so-noro igual a 10 dB.

A terceira afirmação é incorreta, pois os ossículos (estribo, martelo e bigorna) convertem mecanicamente as vibrações do tímpano em ondas de pressão que são amplificadas no fluido da cóclea. A conversão em pulsos elétricos só irá ocorrer no ouvido interno, onde temos os nervos auditivos.

22. Gabarito: c

Frequência e comprimento de onda são grandezas inver-samente proporcionais, ou seja, quanto maior a frequência, menor será o comprimento de onda.

16. Gabarito: d

A frequência depende exclusivamente das características da fonte e, portanto, não sofre alteração da parte profunda para parte rasa.

A velocidade é função do meio de propagação e, como mu-dam as características do meio profundo para o meio raso, muda a velocidade de propagação da onda. Na parte rasa, a velocidade é menor do que na parte profunda e, como a frequência é a mesma, o comprimento de onda nessa parte será também menor do que na parte profunda.

17. Gabarito: a

Seja na reflexão, veja refração de uma onda, a frequência sempre se mantém constante.

18. Gabarito: c

O fenômeno que retrata a mudança de velocidade quando a luz passa de um meio para outro é a refração.

19. Gabarito: c

Como há reflexão dos raios, a diferença de comprimento para os dois caminho é de: ∆L = 2d2 – 2d1.

Para que a interferências seja completamente destrutiva, é necessário que ∆L varie por um fator de λ/2.

Logo,

λ/2 = 2d2 – 2d1

λ = 4 (d2 – d1)

d2 – d1 = 100 nm

158 3ª. Série

23. Gabarito: e

O nível de intensidade sonora é dado por:

β = ⋅100

logII

Ou seja, para um nível de 20 dB, a intensidade sonora tem que ser 100 I0. Já para um nível de 50 dB, a intensidade sonora é 100 000 I0. Logo 50 dB é 1 000 vezes mais intenso do que 20 dB.

24. Menor Inseto

v = λ ⋅ f

340 = λ ⋅ 60 ⋅ 000

λ ≅ 5,7 . 10–3 m

Tamanho da caverna

v = ∆s∆t

340 = ∆s0,1

∆s = 34 m

25.

a) τ = F ⋅ d

aço aço aço aço

Al Al Al Al

m a d d V

m a d d V

τ ⋅ ⋅ ⋅= =

τ ⋅ ⋅ ⋅

Como os dois trens têm mesma dimensão, eles terão mesmo volume:

aço aço

Al Al

d2,9

d

τ= =

τ

b) A intensidade da onda vale:

I

P

R=

4 2π

I = 1,2 . 10–3

4 · 3 · 1012

I = 1 x 10–16 W/m2

Utilizando a equação dada no enunciado:

S = 10 . log 1 . 10–6

10–12

S = 10 . log106

S = 60 dB

26. Gabarito: b

a) Incorreta. O timbre é a qualidade fisiológica que permite diferenciar a origem de dois sons produzidos com mes-ma intensidade e altura (frequência) a partir de instru-mentos musicais distintos.

b) Correta. Ver A.

c) Incorreta. Ver A.

d) Incorreta. Ver A.

e) Incorreta. É possível obter a mesma nota a partir da for-mação de harmônicos em cordas, tubos ou membranas sonoras.

27. Gabarito: a

I. Verdadeiro. Na refração apenas a frequência da onda não se altera.

II. Falso. A velocidade depende da tensão na corda, além da densidade linear da mesma.

III. Verdadeiro. Para acontecer a ressonância é necessário que as frequências naturais de vibração sejam bem próximas.

IV. Falso. A altura da onda sonora depende da frequência emitida.

28. Gabarito: a

A transmissão de dados acontece através de ondas de rá-dio, que é uma onda eletromagnética. Os aparelhos recep-tores devem estar sintonizados na mesma frequência das ondas emitidas para que possa ocorrer a ressonância ou sintonia.

29. Gabarito: d

Os radares nesse sentido são emissores-receptores e fazem uma função parecida com o sonar. Através da reflexão das ondas, eles são capazes de perceber a existência de um objeto dentro do seu raio de ação.

30. Gabarito: a

Define-se intensidade sonora de uma fonte como a razão entre a potência da fonte e a área de uma esfera de raio r centrada na fonte

IP

R=

4 2π

10–12 = 3 . 10–5

4 . 3 . R2

R x= 2 5 106,

R ≅ 1 581 m


Física

ONDAS ESTACIONÁRIAS

31.

a) Para o harmônico de ordem n, uma corda vibrante fixa em ambas as extremidades, o comprimento de onda e o comprimento da corda estão relacionados por:

L L

= ⋅ ⇒ =⋅

nn

nn

λλ

22

Utilizando a equação fundamental da ondulatória para o comprimento de onda acima, tem-se:

v v L

= ⋅ ⇒ =⋅

⋅λ fn

fn2

fv n

nn =⋅⋅2 (I)

Substituindo os valores de frequência, tem-se:

8802

=⋅⋅

v nL

(II)

13201

2=

⋅ +( )⋅

v n

L (III)

Dividindo (III) por (II), tem-se:

1320880

1=

+( )n

n

1 320n = 880n + 880

440n = 880

n = 2

Como fn = n ⋅ f1, tem-se:

f2 = 2 ⋅ f1

880 = 2 ⋅ f1 ⇒ f1 = 440 Hz

b)

&&

&&

eL

ne m

1

1

2 2 3 21

6 4

= ⋅ = ⋅

=

,

,

32.

a)

QP

t=

∆

100 4,2 20700

t⋅ ⋅=∆

∆t = 12 s

b) Cordas Sonoras 2,5λ = 30 cm

λ = 12 cm ou 0,12 m

Utilizando a equação fundamental da ondulatória:

v = λ ⋅ f

3 . 108=0,12 ⋅ f

f = 2,5 . 109 Hz ou 2,5 GHz

33. Gabarito: c

Utilizando a fórmula de Taylor

vF=µ

vst

ouLT

= ∆∆

LT

F=µ

T LF

= µ

34. Gabarito: b

Tµ

v = sendo µ = mL

µ = =0 93

0,3 kg/m,

100 3

= T,

T = 30 N

35. Gabarito: b

Por progressão geométrica

an = a1 ⋅ qn–1

fDó’ = fDó ⋅ q13–1

fDó’/ fDó = q12 = 2

q = 21/12

Sendo sol duas notas abaixo de lá:

ff

SolLÆ=

22 12/

fSol = 400

22 12/

f HzSol =400112,

Logo, o comprimento de onda será:

v = λ ⋅ f

340 = λSol ⋅ 400/1,12

λSol = 0,952 m

160 3ª. Série

EFEITO DOPPLER

36. Gabarito: d

O efeito Doppler é caracterizado pela diferença entre o valor de frequência emitida por uma fonte e o valor captado por um observador devido ao movimento relativo que existe en-tre eles. Quando ocorre aproximação entre o observador e a fonte a frequência percebida é maior que a real, e quando ocorre afastamento, a frequência percebida é menor. Assim:

- A afirmação de Adriana não é correta, pois quando o alto-falante se aproxima da fonte, a frequência captada pelo microfone deve ser maior e no afastamento, menor, e não apenas f > f0.

- A afirmação de Fernanda é falsa porque a força elásti-ca depende da amplitude de oscilação, e a velocidade do bloco depende da força aplicada ao mesmo. O cálculo da frequência aparente no efeito Doppler terá maior variação em função da maior velocidade relativa entre fonte e ob-servador.

37. Gabarito: d

Pela figura, pode-se calcular a frequência sonora emitida pelo instrumento.λ λ λ2 2 4

12+ + = ,

λ = 0,96 m

v = λ ⋅ f

340 = 0,96 ⋅ f

f = 354,2 Hz

O observador se afasta da fonte com uma velocidade de 108 km/h ou 30 m/s, logo:

f fv v

v var o

ar f

’ =±±

f’ ,= −+

354 2

340 30340 0

f ‚ ≅ 323 HZ

38. Gabarito: e

I. Falsa, ondas eletromagnéticas também causam efeito doppler

II. Falsa, a velocidade do som na água é maior que a velo-cidade do som no ar, portanto, haverá diferença entre as frequências ouvidas pelo observador.

III. Falsa, havendo velocidade relativa entre a fonte e o ob-servador, haverá diferença entre a frequência emitida e a frequência ouvida.

IV. Verdadeira, na refração ocorre mudança da velocidade do som, e no comprimento de onda, porém a frequência continua a mesma.

INTRODUÇÃO A ELETROSTÁTICA

PROCESSOS DE ELETRIZAÇÃO40. Gabarito: b

No processo de eletrização por indução, temos um corpo indutor (eletrizado) e outro neutro (que será induzido). Ao aproximar-mos o indutor e o neutro, as cargas elétricas no condutor se separam, ficando em lados opostos. A partir daí, aterramos o corpo neutro, separamos os corpos e afastamos o indutor, essa sequência de operações deixa o corpo inicialmente neutro, eletrizado. Na questão o processo é parecido, porém, em vez de aterrar o corpo neutro, usam-se dois corpos neutros. Nesse caso, o proce-dimento para eletrizar é: coloca-se as duas esferas neutras em contato, e a seguir aproxima-se o corpo eletrizado; isso fará com que as cargas positivas e negativas se separem de forma que cada tipo ficará em uma esfera. A seguir separa-se as esferas e, finalmente, o corpo eletrizado é afastado. Após esses procedimentos, as duas esferas inicialmente neutras ficam eletrizadas com cargas de sinais contrários.

39. Gabarito: c

Q = n ⋅ e

– 3,2 . 10–6 = n ⋅ (–1,6 . 10–19)

n = 2 . 1013 elétrons

Terão que ser retirados 20 trilhões de elétrons.


Física

EFEITO DOPPLER

INTRODUÇÃO A ELETROSTÁTICA

PROCESSOS DE ELETRIZAÇÃO

41. Gabarito: a

A

A

A

B

B

–20 µC

–20 µC1.o 2.o

–10 µC

–10 µC

–10 µC 20 µC

50 µC

50 µC

20 µC

B

B

B C

C

C

42. Gabarito: e

Como são n esferas divididas igualmente em 3 agrupamen-

tos, o número de esferas em cada agrupamento é n3

.

Uma esfera idêntica a todas as outras, com carga Q, faz contato com as esferas do agrupamento A que são neutras. A carga dessa esfera se divide igualmente com as demais e cada uma fica com a seguinte carga Q’:

QQ

nQ

Qn

QQ

n

’ ’

’

=+

⇒ =+

=+

31 3

33

3

A esfera que agora está com carga Q’ faz contato com as esferas do agrupamento B que são neutras, a carga dessa esfera se divide igualmente com as demais e cada uma fica com a seguinte carga Q’’:

QQ

nQ

Qn

QQ

n

’’’

’’’

’’’

=+

⇒ =+

=+

31 3

33

3

Sendo QQ

n’ =

+3

3, ao substituir em Q’’, tem-se:

Qn

Qn

QQ

n

’’

’’( )

=+

⋅+

=+

33

33

9

3 2

O próximo passo é tocar uma a uma as n3

esferas do agru-

pamento C com a esfera de carga Q’’. Após o toque com a primeira esfera do agrupamento C, tem-se:

QQ Q

10

2 2= + =’’ ’’

Após o toque com a segunda esfera da agrupamento C, tem-se:

Q

QQ

2 2

02

2 2=

+=

’’’’

Após o toque com a terceira esfera do agrupamento C, tem-se:

Q

QQ

3 3

04

2 2=

+=

’’’’

Após o toque com a n3

esfera do agrupamento C, tem-se:

QQ

n n3 32

= ’’

Sendo QQ

n’’ =

+( )9

32 e substituindo na equação, obtém-se,

finalmente:

QQ

nQ

Q

n

n n n n3 3

23 2 3

1

2

9

3

9

3 2

= ⋅+( )

⇒ =

+( ) ⋅

GRANDEZAS VETORIAIS DA ELETROSTÁTICA

43. Gabarito: e

Para que o vetor campo elétrico seja nulo, o vetor campo produzido pela carga A no ponto C tem que ter mesmo mó-dulo e direção, porém sentido contrários que o vetor campo produzido por B em C.

Logo,

EA,C = EB,C

K q

d

K q

d

⋅=

⋅

( )1

222

3

q

qdd

1

2

2

3=

q

q1

2

19

=

q q2 19= ⋅

44. Gabarito: a

F1 = K . |Q1.| |Q2|

d2

162 3ª. Série

FK Q Q

d2

1 2

2

3

2=

⋅

( )⋅

FK Q Q

d2

1 2

2

34

= ⋅⋅ ⋅

F F2 134

= ⋅

F2 = 34

. 4 . 10–3

F N233 10= ⋅ −

45. Gabarito: e

Como um corpo perdeu elétrons e o outro ganhou, um de-les tornou-se negativo, com carga –q, e outro positivo, com carga q. Assim verifica-se uma atração mútua, cujo módulo da força é dado por:

Fk q q

d=

⋅ ⋅ −=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( )( )

−

−

02

9 13 19

2 2

9 10 5 10 16 10

10

| | | | ,

F = 9 ⋅ 109 ⋅ 64 ⋅ 10–12 ⋅ 104

F = 5 760 N = 5,76 kN

46. a) v = ∆s

∆t 3 . 108 = 1,5 . 1011

∆t ∆t = 500 s

b) Tx = Fel

Ty = m ⋅ g = 4 . 10–6 ⋅ 10

Ty = 4 . 10–5 N

Sendo o angulo 45° Tx = Ty, logo:

Fe

Ty

Tx

P

45o

Fel = 4 . 10–5 N

4 . 10–5 = 9 . 109 . q2

(3 . 10–2)2

q2 = 4 . 10–18C

q = 2 . 10–9C

47. Gabarito: d

Fr1

Fr2

48. Gabarito: b

Encostando simultaneamente

Q ’ = Q ’ = Q ’ = A B CQ Q Q Q Q Q

QA B C+ += + − =

35 3 2

32

Como A e C tem cargas de mesmo sinal acontecerá repul-são entre elas:

FK Q Q

d= ⋅ ⋅2 2

2

FK Q

d= ⋅4 2

2

49.

Fe

P

E V

Fel = P

E ⋅ q = m ⋅ g

q = 3,2 . 10–16 . 102 . 103

q = 1,6 · 10–17 C

Sendo:

Q = E ⋅ n

1,6 . 10–17 = 1,6 . 10–19 ⋅ n

n = 100

Como a carga é negativa, pois a força elétrica tem que estar apontada para cima, há 100 elétrons a mais do que prótons.

50. Gabarito: e

P

x

d x – d

–4q 2q

O campo elétrico resultante só será nulo em algum ponto a


Física

direita da carga positiva.

E_ = E +

K q

x

k q

x d

4 22 2

=−( )

42

2

2=

−( )x

x d

2 =−( )x

x d

x x d= −2 2

xd= −

−⋅ +

+2

1 2

1 2

1 2

x d= + ⋅( )2 2

51. Gabarito: d

Fe

v0

P

E g

Fel + P = FR

Fel + P = m . a

q . E + m . g = m . a

aqE m g

m= − + ⋅

Sendo:

v = v02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s

20

qE m g0 v 2 s

m− + ⋅ = − ⋅ ∆

20m v

s2(qE mg)

⋅∆ =

+52. Gabarito: c

2

0at

s v t2

∆ = +

2,5 =10t

2

2

t ≅ 0,71 s

53. Gabarito: b

Em Y

v = v0 + at

v = 10 ⋅ 0,71

v = 7,1 m/s

Em x

Fel = FR

E ⋅ q = m ⋅ a

2 000 ⋅ 40 x 10–6 = 20 . 10–3 ⋅ a

a = 4 m/s2

v = v0 + at

v = 4 ⋅ 0,71

v = 2,84 m/s

Logo a velocidade resultante será:

vRes2 = vx

2 + vy2

vRes2 = 7,12 + 2,842

vres ≅ 7,65 m

54. Gabarito: cF1 F2

q2q1 q

I. Sim, o equilíbrio é estável pois deslocando a partícula do meio na direção horizontal, a força resultante sempre terá sentido contrário ao deslocamento provocando um equilíbrio estável.

II. Não, se não houvesse o tubo, a partícula central poderia se deslocar para qualquer direção. A força resultante não necessariamente restauraria a partícula a sua posição inicial, portanto não é estável.

III. Não, pelo mesmo motivo da alternativa II.

55. Gabarito: c

Nas cargas elétricas positivas, os vetores campo e força têm mesma direção e mesmo sentido e, nas cargas negati-vas, campo e força sempre têm sentidos opostos.

56.

a) FR = FE = m ⋅ a → q ⋅ E = m ⋅ a

a

m= ⋅| e | E

b) Como os elétrons estão em movimento uniforme na ho-rizontal, tem-se:

s = v ⋅ t

L = v0 ⋅ t

t =

Lv0

c) 22

0

| e | Ea t Ly y

2 2m v

⋅⋅∆ = → ∆ = ⋅ d) vy = v0y + a ⋅ t

164 3ª. Série

v

e Em

Lvy =

⋅⋅

| |

0

57. Gabarito: e

FE = Fg

E ⋅ q = m ⋅ g

Ud

q = m g⋅ ⋅

q = ⋅ ⋅− −15 10 10 2 5 10460

15 2, ⋅ , ⋅

q = –8,1 . 10–19 C

58. Gabarito: a

Cada carga faz uma força F de igual intensidade na carga central, pois a carga e as distancias são iguais para todos os casos.

Por simetria é difícil enxergar que todos os vetores força aca-bam se anulando, porém utilizando a regra do polígono com os vetores, tem-se um polígono fechado como mostrado abaixo.

Logo, a força resultante sobre a carga central é zero.

59. Gabarito: d

a) Incorreta. Entre A e C, a distância entre as cargas diminui e a força é crescente. De C para B a distância aumenta e a força diminui.

b) Incorreta. Há um ponto entre C e B no qual a carga q está a uma distância de Q que é igual àquela quando q está no ponto A. Assim, nesses dois pontos temos forças de mesmo módulo.

c) Incorreta. O campo elétrico é máximo quando a dis-

tância é mínima, ou seja, no ponto C.

d) Correta. Há um ponto entre C e B no qual a carga q está a uma distância de Q que é igual àquela quando q está no ponto A. Assim, nesses dois pontos temos campos elétricos de mesmo módulo.

e) Incorreta. Ver A.

60. Gabarito: a

I . Correta

– +

Fel–q Fel

–q

II . Correto

– +

Fel+qFel

+q

III . Correto

61. Gabarito: c

Fel

P

FR = FEl – P

FR = E ⋅ q – (m ⋅ g)

62. Gabarito: a

Em E4 a partícula não chega em y, pois a força elétrica está direcionada para a esquerda. Nos outros, quanto mais pró-ximas as linhas de campo, maior será a força elétrica e portanto a velocidade final em y. Logo, v1 > v3 > v2

63.

a)

F

K q q

d=

⋅ ⋅| | |1 22


Física

F = 9 . 109 . |2| . |4|(50 . 10–2)2

F = 2,9 . 1011 N

b) Pela conservação de energia

Ei = Ef

Epi = ECf + Epf

K q q

dm v K q q

di f

⋅ ⋅= ⋅ +

⋅ ⋅1 22

1 2

2

9 . 109 . 2 . 450 . 10–2

= 2 . v2

2 + 9 . 109 . 2 . 4

2

v2 = 1,08 . 1011

v = 3,29 . 105 m/s ou 3,29 . 102 km/s

GRANDEZAS ESCALARES DA ELETROSTÁTICA

64. Gabarito: e

São três combinações possíveis, a energia elétrica do siste-ma é a soma das energias das combinações:

EpeT = Ep1,2 + Ep1,3 + Ep2,3

EK q q

d

K q q

d

K q q

dpeT =⋅ ⋅

+⋅ ⋅

+⋅ ⋅1 2

12

1 3

13

2 3

2 3, , ,

EpeT = 9 . 109 . 2 . 10–6 . (2 . 10–6)3 . 10–2

+

+ 9 . 109 . 2 . 10–6 . 4 . 10–6

4 . 10–2 +

+ 9 . 109 . (–2 . 10–6) . 4 . 10–6

5 . 10–2

EpeT = –8,4 . 10–1 J ou –0,84 J

65. Gabarito: a

O potencial elétrico gerado pela carga Q nos pontos A e B são:

Ponto A

VK QdA

A

= ⋅

vA = 9 . 109 . 10 . 10–6

2

vA = 45 . 103 V

Ponto B

VK QdA

A

= ⋅

vA = 9 . 109 . 10 . 10–6

1

VA = 90 . 103 V

Logo, o trabalho realizado é:

τ = q ⋅ U

τ = 2 . 10–6 ⋅ (90 . 103 – 45 . 103)

τ = 90,0 mJ

66. Gabarito: e

+ + +

+ + +– – –

– – –

–

A carga na superfície d será negativa, conforme demonstra-do no desenho acima.

VK Q

b= ⋅ −( ) e V

K Qd

= ⋅ −( )

Logo, Vd > Vb.

67. Gabarito: b

τ = ∆Ec, para eletrostática, pode-se definir trabalho como τ = q ⋅ U.

Logo,

∆Ec = q ⋅ U

m v m vq V VB A⋅

−⋅

= −2 2

1 22 2( )

vq V V

mB2 1 22

=−( )

vq V V

mB =−2 1 2( )

166 3ª. Série

68. Gabarito: b

Conforme mostra a figura, o potencial elétrico cai em 100 V, de cima para baixo, a cada distância correspondente a duas linhas horizontais, o que sugere a existência de um campo elétrico uniforme, análogo ao gerado por duas placas para-lelas conforme ilustrado a seguir:

++++++++++++++++++++++++++++

– – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – –

E

CAPACITORES72.

a) Sendo o campo elétrico uniforme EA = EB = EC = E

E ⋅ d = U

E ⋅ 5 . 10–3 = 300

E = 6 . 104 V/m

69. Gabarito: c

A energia potencial elétrica é:

En = q ⋅ U → En = 10 ⋅ 100 000 000

En = 1 ⋅ 109 J = 1 ⋅ 109 ⋅ 3 ⋅ 10–7 kWh

En = 300 kWh

70. Gabarito: d

O aumento da energia cinética da partícula em movimen-to é igual a variação da energia potencial elétrica entre as partículas:

∆Ec = ∆U → ∆Ec = 1 . 10–18 – 3 . 10–18

∆Ec = 2 . 10–18 J

71. Gabarito: d

I. Correta. Num condutor em equilíbrio eletrostático não há deslocamento de cargas elétricas, justamente pelo fato de o potencial ser o mesmo em todos os pontos, o que caracteriza uma superfície equipotencial.

II. Incorreta. A maneira como a carga fica distribuída no condutor depende de seu formato e também do formato do corpo carregado. No caso de duas esferas metálicas próximas, por exemplo, uma neutra e outra carregada, haveria na esfera neutra uma maior densidade super-ficial de cargas induzidas na região mais próxima da esfera carregada. No caso de duas placas metálicas planas e paralelas bem próximas uma da outra, a dis-tribuição de cargas induzidas seria uniforme na placa neutra.

III. Incorreta. As linhas de campo elétrico têm sempre o sentido do maior para o menor potencial elétrico.

DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS EM UM CONDUTOR

Sabemos que cargas negativas sempre se movimen-tam de forma espontânea em sentido oposto ao da linha de campo, portanto, cargas negativas se mo-vimentam de regiões de menor para maior potencial elétrico.

IV. Correta. No ponto médio entre duas cargas elétricas de mesmo módulo e de sinais opostos, o potencial elétrico (VM), dado pela soma dos potenciais gerados por cada carga, é nulo, já que esses potenciais possuem mesmos módulos e sinais contrários. Sabemos, também, que o potencial elétrico (V∞) de um ponto localizado no infi-nito é nulo. Dessa forma, ao movimentar uma carga do infinito para esse ponto temos:

τ = q ⋅ (VM – V∞)

τ = q ⋅ 0

τ = 0

b) E ⋅ dA,B = UA,B

6 . 104 ⋅ 3 . 10–3 = UA,B

UA,B = 180 V

Os pontos B e C estão em um local com o mesmo potencial, sendo assim:

UB,C = 0


Física

CAPACITORES

c) τ = q ⋅ U

τ = –1,6 . 10–19 ⋅ (–180)

τ = 2,88 . 10–17 J

73. Gabarito: e

As partículas positivas de forma espontânea sempre vão para pontos de menor potencial elétrico, ou seja, seguem no mesmo sentido da linha de campo, portanto, no esque-ma apresentado, elas se dirigem para a placa B.

A velocidade da partícula ao atingir a placa é obtida atra-vés da aplicação da segunda lei de Newton, uma vez que a aceleração da partícula surge em função da intensidade da força elétrica (F = E ⋅ q) que atua sobre a partícula.

Sendo FR = m ⋅ a, e, da equação de Torricelli,

av v

d=

−

202

22

E q mv v

d⋅ = ⋅

−

202

Como a carga é abandonada em repouso no ponto médio:

vE q d

m2 = ⋅ ⋅

vq E d

m= ⋅ ⋅

74. Gabarito: e

Sendo um tipo de capacitor, pode-se calcular o campo elé-trico existente por:

E ⋅ d = V

E = V/d

Logo,

F = E ⋅ q

Fe V

d= ⋅

75. Gabarito: a

Situação Ideal

L

DL

CK A

d00=

⋅

DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS EM UM CONDUTOR

CL

d0

22= ⋅

Situação real

LL – x

DL

L

x ÓLEO

AR

CÓLEO

CAR

Pode-se considerar que se formam dois capacitors diferen-tes ligados a uma mesma D.D.P. , portanto em paralelo.

Eq AR 0ÓLEO3

C C C C4

= + =

ÓLEO ÓLEOAR AR0

K AK A 3C

d d 4

⋅⋅+ =

1 2 34

2 2⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅( )L x Ld

x Ld

Ld

x = 1,5L – L

x = 0,5

76.

a) Com o objeto no infinito, a imagem se forma no foco, portanto:

f = p1’ = 5 cm

Com o objeto posicionado conforme na figura:

1 1 1

2 2f p p= +

´

15

1100

1

2

= +p´

p2’ ≅ 5,26 cm, logo a variação será:

∆ p2’ = 5,26 – 5

∆ p2’ = 0,26 cm

b) Q = Ceq ⋅ U

Q = 0,6 . 10–12 . 53

Q = 1 . 10–12 ou 1 pC

168 3ª. Série

77. Gabarito: b

Considerando entre A e B um campo elétrico uniforme, tem-se:

E ⋅ d = U

E ⋅ 3 . 10–3 = 3 . 102

E = 105 V/m

Logo, a força em cada elétron será:

F = E ⋅ q

F = 1,6 · 10–19 ⋅ 1 · 105

F = 1,6 · 10–14 N

78. Gabarito: e

Como os capacitores estão em paralelo a DDP entre suas placas são iguais. Logo:

Capacitor 1

Q = C1 ⋅ U

QA Ud

= ⋅ ⋅ε

LEIS DE OHM

Q = 8,85 . 10–12 . 2 . 10–3 . 1210–3

Q = 212,4 · 10–12 C

Capacitor 2

Q = C2 ⋅ U

QA Ud

= ⋅ ⋅ε

Q = 2 . 8,85 . 10–12 . 2 . 10–6 . 1210–3

Q = 424,8 · 10–12 C

Logo,

QT = 212,4 · 10–12 + 424,8 · 10–12 = 637,2 · 10–12

ou 0,64 nC

79. Gabarito: c

Sendo a corrente empregada 50 A e a carga armazenada 75 Ah, tem-se que o intervalo de tempo que a bateria for-necerá energia será:

iQt

= ∆∆

5075=∆t

∆t = 1,5 h

Sendo a velocidade do carro constante:

vm = ∆s∆t

60 = ∆s1,5

∆s = 90 km

80. Gabarito: d

Com 8 000 eletrócitos a D.D.P. total atingida será:

UT = 8 000 ⋅ 0,14

UT = 1 120 V

Logo, a corrente produzida, levando em consideração a re-sistência elétrica do meio será:

U = r ⋅ i

1 120 = 6 000 ⋅ i

i = 0,19 A ou 190 mA

Após o choque, segundo a tabela a pessoa sofreria uma fibrilação ventricular.

81. Gabarito: a

Considerando a resistência elétrica constante:

U = R ⋅ i

U = 500 ⋅ 12 · 10–3

U = 6 V

82. Gabarito: d

Os fios estão em série, sabemos então, através da equação (V = R ⋅ i), que a tensão que se verifica em cada um é dire-tamente proporcional à sua resistência elétrica, pois ambos são atravessados pela mesma corrente elétrica.

Calculando a resistência de cada fio através da 2a. lei de Ohm, encontramos:

RL

A1 = ⋅ρ e R

LA2 2

= ⋅⋅

ρ

Comparando as resistências, observa-se que R1 = 2 ⋅ R2. Desse modo, em função do que foi afirmado anteriormente, conclui-se que V1 = 2 ⋅ V2.

83. Gabarito: e

A quantidade de n = 8,4 ⋅ 1022 elétrons livres por cm3 equivale em elétrons por m3 a:

n = 8,4 ⋅ 1022 ⋅ 106 ⇒ n = 8,4 ⋅ 1028 elétrons por m3.

A carga elétrica relativa a tal quantidade de elétrons li-vres é:


Física

q = e ⋅ nq = 1,6 ⋅ 10–19 ⋅ 8,4 ⋅ 1028

q = 13,44 ⋅ 109 C

Um condutor, com diâmetro de 1,6 mm (raio 0,8 ⋅ 10-3 m), possui área de seção circular (A = π ⋅ R2) igual a:

A = 3,14 ⋅ (0,8 ⋅ 10–3)2

A = 2 ⋅ 10–6 m2

Para que um condutor tenha um volume de 1 m3 e área conforme o cálculo acima, seu comprimento é:

V = A ⋅ L1 = 2 ⋅ 10–6⋅ LL = 5 ⋅ 105 m

Considerando que L = v ⋅ ∆t e sabendo que q = i ⋅ ∆t, elimi-nando ∆t nessas equações obtém-se:

qi

=Lv

v =i Lq

⇒ ⋅

v =10 5 10

13,44 10

5

9

⋅ ⋅⋅

v = 3,7 ⋅ 10–4 m/s

Vemos então que a velocidade está na ordem de 10–4 m/s.

84. Gabarito: c

Observe que os dois resistores circulados estão em para-lelo e, portanto, sujeitos à mesma tensão. Como esses re-sistores são iguais, também são percorridos por correntes iguais.

Desta forma, a corrente total é de 500 mA + 500 mA = 1 000 mA, ou 1 A.

20 Ω

20 Ω

i

20 Ω

A tensão no trecho em paralelo vale:

U = R ⋅ i ⇒ U = 20 ⋅ 0,5

U = 10 V

A tensão no resistor que é atravessado pela corrente total é:

U = R ⋅ i ⇒ U = 20 ⋅ 1

U = 20 V

Somando as duas tensões, (10 V) e (20 V), concluímos que a tensão total fornecida pela bateria é igual a 30 V.

85. Gabarito: a

De forma geral pode-se inferir que quanto maior a corrente que passa pelas lâmpadas, mais brilho ela terá. No caso de L1 e L4 que passam a mesma corrente, quanto maior a resistência maior será a potencia dissipada pela lâmpada. Pot = r ⋅ i2

86.

a) Para 0,4V, a capacidade específica é de 20mAh/g. Sen-do a massa 5g, a quantidade de carga elétrica será 100 mAh, então:

i

Qt

= ∆∆

i = 100 . 10–3

4

i = 2,5 · 10–2A

b) Quando C = 10 mAh/g → U = 0,2 V

Pot = i ⋅ u

Pot = 2 · 10–3 · 0,2

Pot = 4 · 10–4 W

POTÊNCIA ELÉTRICA

LEIS DE OHM

87. Gabarito: d

P/ Lâmpada 1:

Pot = U2

R1

25242

1

=R

R1 = 23,04 Ω

P/ Lâmpada 2:

Pot = U2

R1

25242

2

=R

R2 = 3,84 Ω

170 3ª. Série

Sendo as lâmpadas associadas em série, a corrente que passa pelas duas lâmpadas serão iguais.

U = R ⋅ i

iU

R

U

R= =1

1

2

2

U U1 2

23 05 3 84, ,=

U

U1

2

6= ou U1 = 6U2

Sendo,

U1 + U2 = 230

6U2 + U2 = 230

U2 = 32,8 V e U1 = 197,1 V

É provável então que a lâmpada 1 queime primeiro, abrindo o circuito e não deixando que a lâmpada 2 queime.

88.

a) v = λ ⋅ f

3 · 108 = λ ⋅ 60

λ = 5 · 106 m

b) Pot = i ⋅ u

400 · 106 = i ⋅ 500 · 103

i = 800 A

89. Gabarito: d

Nas ligações residenciais, os pontos de energia (lâmpadas e tomadas) são independentes entre si, isso significa que os mesmos compartilham a mesma tensão da rede elétrica. Quanto à energia elétrica, ela pode ser calculada fazendo-se E = Pot ⋅ ∆t (produto da potência e o tempo), sendo assim como a potência da televisão é maior, ela terá em (1) hora um consumo maior de energia.

90. Gabarito: c

Pelo gráfico vê-se que a máxima potência consumida na residência é por volta das 20 h, com um valor de 6 kWh. Sendo Pot = U ⋅ i, e 6 kW = 6 000 W, tem-se:

6 000 = 120 ⋅ i

i = 50 A

91. Gabarito: a

Sabemos que a temperatura da água aumenta mais na confi-guração que apresenta menor resistência elétrica, pois como a ddp é constante, vemos na equação a seguir que potência e resistência são inversamente proporcionais entre si.

Pot = U2

R

Observando o circuito, vemos que na posição 4, a resistência total é obtida pela soma dos 4 resistores (R1, R2, R3 e R4), na po-sição 3 pela soma de 3 (R1, R2 e R3), na posição 2, pela soma de R1 e R2 e, na posição 1, somente R1 é acionado. Sendo assim, vemos que a menor resistência é obtida na posição 1.

92. Gabarito: d

Nas lâmpadas comuns, a resistência elétrica cresce com o aumento da temperatura, pois o número de colisões entre os elétrons se torna maior. A resistência elétrica está associada a essa dificuldade de passagem dos elétrons, por conta do nú-mero de choques que ocorrem. Portanto, a afirmação de Pe-dro é verdadeira. No caso da afirmação de Roberto, sabemos que as lâmpadas serão atravessadas pela mesma corrente elétrica, sendo assim, a potência elétrica e, por consequên-cia, o brilho, é diretamente proporcional à resistência elétrica: Pot = i2 ⋅ R, o que faz da afirmação de Roberto também correta.

93. Gabarito: c

a) Correta. Os “gatos” são constituídos de novos circui-tos ligados à rede e que consomem corrente elétrica adicional da rede. Para cada um dos “gatos”, há uma potência adicional consumida, pois há uma ddp igual à da rede através da qual passa uma corrente elétrica (Pot = U ⋅ i).

b) Correta. Como cada um dos “gatos” é ligado em para-lelo, quanto maior for o número deles ligados à rede, menor será a resistência equivalente.

c) Incorreta. Os “gatos” são ligados em paralelo na rede e apresentam a mesma ddp dela. Dessa forma não pro-duzem nenhum aumento ou diminuição de ddp.

d) Correta. Os transformadores elevam ou reduzem a ddp que chega a eles e são projetados para suportar certos limites de corrente elétrica, assim podem queimar com uma sobrecarga.

e) Correta. Como os fios são ligados manualmente, de maneira precária e sem desativar a rede, podem gerar choques elétricos.

94. Gabarito: d

a) Incorreta. A potência do chuveiro pode ser determinada por:

Pot = U2

R

Quanto maior for a resistência elétrica, menor será a potência dissipada e, consequentemente, menor será o calor transferido para a água.

b) Incorreta. Ao fechar um pouco a torneira, a potência do chuveiro não se altera, mas como há uma menor quan-tidade de água para absorver o calor dissipado, a água acaba aquecendo mais.

c) Incorreta. Ver B.

d) Correta. Ver A.


Física

95. Gabarito: c

Pot = U ⋅ i1 440 = 110 ⋅ ii = 13,1 A

Como o fio deve permitir a passagem de, ao menos, 13,1 A, a melhor opção é a extensão de 15 A.

96. Gabarito: c

95% da potencia total da lâmpada é perdida.

95100

· 60 = 57 W

57 W = 57 J/s57 1

3600J s

x

x = 205 ⋅ 200 J

97. Gabarito: b

Pot = i ⋅ U, ou seja, para uma mesma potencia temos: i α1U

.

Aumentando a tensão elétrica, diminui-se a corrente, sendo assim é possível colocar fios com diâmetros menores.

98. Gabarito: c

Pelo gráfico I, para uma potencia de 150 W, a resistência elétrica é R = 325 Ω. Pelo gráfico 2, para uma resistência de 325 Ω, T = 3 000 °C.

99. Gabarito: d

A potência é inversamente proporcional a resistência, para

uma mesma tensão elétrica. Pot = U2

R . Logo, quanto menor

a resistência equivalente no circuito, maior será a potencia.

I. Verdadeiro, vide explicação acima.

II. Verdadeiro, U = r ⋅ i, com a chave na posição 2

220 = 16 ⋅ ii = 13,75 A

III. Verdadeiro. Pot = U2

R → Pot = 2202

16 = 3 025 W

IV. Falso. Na posição quente uma parte do circuito está em curto. Logo, a D.D.P. no resistor será de 220 V

100.

a) RL

RL

RR

RR

U

tomada

Pottotal = U ⋅ itotal

2 ⋅ PotL + PotR

+ PotC = U ⋅ itotal

2 ⋅ 40 + 20 + 120 = 110 ⋅ itotal

itotal = 220110

= 2 A

b) En = Pottotal ⋅ Δt

En = 220 ⋅ 4 ⋅ 30 = 26 400 W ⋅ h

En = 26,4 kWh

O preço x será:

x = 26,4 ⋅ 0,3 → x = R$ 7,92

101.

a) Pot = 100 GW = 1⋅1011 W

1 250

1 10

2

11

m W

A x W

A = 4 · 108 m2

b) PotM = 80

100 · Pot

PotM = 8 · 1010 W

Então:

EB = PotM ⋅ t

EB = 8 · 1010 · 3 · 107

EB = 2,4 · 1018 J

c) 1 4 10

2 4 10

7

18

/

,

∙ J

V ∙ J

V = 6 · 1010 V

d) E = m ⋅ c2

2,4 · 1018 = m ⋅ (3 · 108)2

m ≅ 27 kg

102.

a) Pelo gráfico, pode-se inferir que, sendo a tensão no Led 2,5 V, a corrente que passa pelo circuito é de iR = 0,04 A

b) UR = UT – ULED

UR = 4,5 – 2,5

UR = 2 V

UR = RR ⋅ i

2 = RR ⋅ 0,04

RR = 50 Ω

172 3ª. Série

c) Sendo a nova bateria 3V, tem-se:

Pot = i ⋅ u

60 · 10–3 = i ⋅ 3

i = 2 · 10–2 A

No resistor:

Pot = R ⋅ i2

Pot = 50 ⋅ (2 · 10–2)2

Pot = 2 · 10–2 W

103. Gabarito: b

O volume de ar a ser esfriado é de:

V = 15 ⋅ 10 ⋅ 4 = 600 m3

Logo, a massa de ar é:

µ = mV

m = 1,25 ⋅ 600

m = 750 kg ou 7,5 · 105 g

Utilizando as especificações do aparelho, pode-se dizer que a quantidade de calor retirada pelo ar é de:

Q = 9000 · 250

Q = 2,25 · 106 cal

Logo, a variação de temperatura será:

Q = m ⋅ c ⋅ ∆T

2,25 · 106 = 7,5 · 105 ⋅ 0,25 ⋅ ∆T

∆T = 12 °C

104. Gabarito: d

PotT = i ⋅ u

PotT = 4,1 ⋅ 220

PotT = 902 W

Como a potência especificada é de 822 W

η = Potu

Pott

η = =822902

0 91,

η = 91%

105. Gabarito: a

Em paralelo:

Pot = U2

REq

Pot = U2

R2

Pot = 2U2

R

Pot = ∆Q∆t1

Pot = ∆Q2U2

R

∆t1 = R∆Q2U2

Em série

Pot = U2

REq

Pot = U2

2R

Pot = –Q–t2

–t2 = –QU2

2R

–t2 = 2R – QU2

Encontrando a relação:

∆∆

=

⋅ ∆

⋅ ∆t

t

R Q

UR Q

U

12

22

22

∆∆

=t

t1

214

106. Gabarito: d

Considere que em 1 dia o painel solar tem uma potencia de 810 W, ou seja, uma energia diária de 810 ⋅ 24 = 19 440 Wh.

Se a energia dissipada pela lâmpada é de 9 ⋅ 24 = 216 Wh,

o número de horas que o painel consegue manter acesa a

lâmpada é de 19 440216

= 90h

107. Gabarito: b

E = P ⋅ T

E = ⋅ ⋅0 18

105 760

,

E = 2,205 kWh

1 0 30

2 205

kWh R

kWh x

$ ,

,x = R$ 0,66

108. Gabarito: d

A potência da lâmpada na condição especificada é:

Pot = i ⋅ U

Pot = 0,5 ⋅ 3

Pot = 1,5 W


Física

Como essa potencia equivale a ¼ da nominal, a nominal será

então 6 W. Pela equação Pot = U2

R , sabe-se que P α U2, ou

seja, para potência quadruplicar é necessário que a tensão

dobre, mantendo a mesma resistência. Logo, U = 6 V.

109. Gabarito: b

Para aquecer a água, a quantidade de calor necessária será de:

Q = m ⋅ c ⋅ ∆T

Q = 880 ⋅ 1 ⋅ 60

Q = 52 ⋅ 800 cal

52 800 60

100

⋅ %

%x

x = 88 000 cal ou 369 600 J

A energia total liberada pelo resistor é de 369.600J em 7 minutos, logo a potencia dissipada será:

Pot = Et

Pot = 369 · 6007 · 60

= 880 W

Logo, a corrente elétrica que passa pelo resistor, é de:

Pot = i · U

880 = i · 220

i = 4 A

110. Gabarito: c

Para cada monitor temos uma corrente de:

Pot = i ⋅ u

250 = 125 ⋅ i

i = 2 A

Como são quatro monitores a corrente total será:

iT = 4 ⋅ 2

iT = 8 A

Logo, o custo de energia é:

E = Pot ⋅ t

E = 0,25 ⋅ 4 ⋅ 25 ⋅ 10

E = 250 kWh

1 0 50250

kWh RkWh x

$ ,

x = R$ 125,00

ASSOCIAÇÃO DE RESISTORES

111. Gabarito: b

Redesenhando o circuito:

A A A C C

C

C C C

D D D

D

D D B BB

R1

R2 R5R6

R12

R11R8

R10

R4

R7

R9

R3

AC

D B

V

A

A

R/3 R/3R/6

5R/6

B

B

V

V = REq ⋅ iTV = 5R/6 ⋅ iTIT = 6V/5R

Logo, a marcação do voltímetro será:

U = R ⋅ i

UR V

R= ⋅

665

UV=5

174 3ª. Série

112. Gabarito: d

Potencia dissipada pelo circuito

Pot = V2

5R6

Pot = 6V2

5R

Potencia dissipada em R7

Pot7 = U2

R

Pot7 =

V5

2

R

Pot7 =

V2

25R

Pot7 = V2

25R

Logo, a razão entre as potencias será:

Pot7

Pot

=

V2

25R6V2

5R

= 130

113. Gabarito: a

Para que a tensão se divida entre os dois componentes é necessário que a associação seja em série.

R

12 V

CE

Para o componente eletrônico

Pot = i ⋅ U

2 = 4 ⋅ i

i = 0,5 A

Para o resistor

U = R ⋅ i

8 = R ⋅ 0,5

R = 16 Ω

Logo,

Pot = i ⋅ u

Pot = 0,5 ⋅ 8

Pot = 4 W

114. Gabarito: d

Simplificando

A

B

15 Ω

10 Ω10 Ω

20 Ω

A

B

15 Ω

5 Ω20 Ω

A

B

15 Ω

20 Ω20 Ω

A

B10 Ω

Pot = U2

R

Pot = 202

10

Pot = 40W


Física

115. Gabarito: c

A resistência total do circuito é:

Pot = U2

R

222202

=RT

RT = 2 200 Ω

Considerando que as lâmpadas estão em paralelo entre si, cada grupo de 25 lâmpadas tem resistência de:

1 1 1 1 1R R R R RT

= + + +

12 200

= 4R

R = 8 800 Ω

Como as 25 lâmpadas estão em série:

R = 8 80025

= 352 Ω

116. Gabarito: d

I

220 V

120 W

40 W 40 W

120 W

III

220 V

60 W

40 W 40 W

60 W

120 W 120 W

Nas duas situações acima, como as lâmpadas em série tem a mesma potencia, a D.D.P utilizada por cada um será a mesma, no caso 110 V.

117. A partir do gráfico S

U = RS ⋅ i

48 = RS ⋅ 3

RS = 16 Ω

A partir do Gráfico P

U = RP ⋅ i

36 = RP ⋅ 12

RP = 3 Ω

Resistencia Equivalente

RSRP

R1R2

R1

R2

REQ = RS + RP

REQ = 16 + 3 = 19Ω

R R R

R R

R RR

s

p

1 2

1 2

1 2

+ =++

=

R R

R R1 2

1 2

16

163

+ =+

=

Isolando R1:

R R

RR

1 2

1

48

48

+ =

=

Substituindo na primeira equação

4816

16 482

2

22

RR

R R

+ =

− +

R2’ = 4 Ω

R2’’ = 12 Ω

Resposta:

REQ = 19 Ω

R1’ = 12 Ω → R2’ = 4 Ω

R1’’ = 4 Ω → R2’’ = 12 Ω

176 3ª. Série

118. Com a chave ligada em B, tem-se:

100V

20Ω

A

U = REQ · i

100 = (20 + R) · 2

R = 30 Ω

Com a chave ligada em A

100V

45Ω 20Ω

30Ω

A

Pot = U2

REq

Pot = 1002

95

Pot = 105,26 W

105 26 1120

, J sx s

X = 12 631,58 J

119.

a) Pelo gráfico R0 = 12 Ω → T0 = 20 °C

R = 24 Ω → T = 220 °C

Utilizando a expressão dada

R(T) = R0 + α (T – T0)

24 = 12 + α (220 – 20)

α = 6 · 10–2 Ω°C–1

b) U = R ⋅ i U = 12 ⋅ 10

U = 120 V

c) U = Cte

U = R ⋅ i

120 = R ⋅ 5

R = 24 Ω

Pelo gráfico

R = 24 Ω → TM = 220 °C

d) Pot = i ⋅ U Pot = 5 ⋅ 120

Pot = 600 W

120. Gabarito: e

Em série, a potência elétrica será:

Pots = U2

Req

= U2

2R

A energia utilizada no aquecimento é dada por:

En = Pots ⋅ Δt

EURn = ⋅2

260

A potência em paralelo é dada por:

Pot PU U

RURp

q

= = = ⋅2 2 2

2

2Re

Para obter a mesma energia, o tempo necessário será:

EUR

t

UR

UR

t

n = ⋅ ⋅ ∆

⋅ = ⋅ ⋅ ∆

2

260 2

2

2 2

Δt = 15 s

121.

a) Na figura, vemos que o ponto A está num potencial elé-trico maior que o ponto B, portanto, a corrente flui de A para B. Observe que, passando por A, a corrente seguira de forma inversamente proporcional aos valores de re-sistência por 2 caminhos distintos: o primeiro seguin-do a trajetória dos pontos ADFB e o outro dado pelos pontos ACGB. Pelo primeiro caminho, vemos que as resistências estão em série de forma que a resistência equivalente será igual a 4 ⋅ 20 Ω = 80 Ω enquanto que pelo outro caminho temos 6 ⋅ 20 Ω = 120 Ω. Fazendo o cálculo para as resistências em paralelo temos:

1R

=1

R+

1Req 1 2


Física

1R

=1

80+

1120eq

1 3 2240Req

= +

Req = 48 Ω

b) A potência elétrica, percorrendo o circuito entre os pon-

tos A e B pela parte superior, pode ser calculada por

Pot = U2

R . A ddp entre os pontos A e B é de 120 V e a

resistência equivalente do trecho é de 80 Ω.

Pot = 1202

80 = 14 400

80

Pot = 180 W

Na parte inferior, temos ainda duas barras das cores citadas, de 20 Ω cada, totalizando 40 Ω. Observe que isso equivale a 1/3 da resistência desse trecho e, por-tanto, dissipará 1/3 da potência também:

Pot = 1202

120 = 14 400

120

Pot’ = 120 W

Desse modo, 1/3 de Pot’ equivale a 40 W.

Somando as parcelas, conclui-se que a potência solici-tada é de 220 W.

122. Gabarito: c

Primeiramente, observa-se o padrão repetitivo, de modo que as resistências equivalentes entre os pontos A e B, B e C, C e D são iguais e estão em série. Dessa forma, ao encontrarmos a resistência equivalente entre os pontos A e B (ou B e C ou C e D) é necessário apenas multiplicar por 3 para ter a resistência total.

C

B

Na região circulada, os dois ramos estão em paralelo, em um a resistência é R e no outro, 3R:

1 1 131R R RE

= +

RR

E134

=

Observa-se que entre C e D existem 2 caminhos distintos e, em cada um deles, 2 arranjos de resistores, como o cal-

culado acima (circulado em vermelho), que estão em série,

logo, somando-os, o resultado em cada ramo é 32R

.

Após simplificação, tem-se o circuito a seguir:

C D

3R2

3R2

Resolvendo a associação em paralelo:

1 132

132

2R R RE

= +

RR

E234

=

Como o padrão se repete e os resistores estão associados em série, a resistência total RT é:

RT = 3 ⋅ RE2

RR

T = 94

123. Em caso de zero pontos:

U = R ⋅ i

120 = 20 ⋅ i

i = 6 A

No caso em que erra-se apenas P2

P1 P3 P4

20 Ω

ε

60 Ω60 Ω60 Ω

178 3ª. Série

20 Ω20 Ω

ε

20 Ω40 Ω

ε

U = R ⋅ i 120 = 40 ⋅ ii = 3 A

124. Gabarito: e

Como a corrente no galvanômetro é nula, a figura é uma caso clássico de ponte de Wheatstone. Logo:

R1 ⋅ RL2 = R2 ⋅ RL1

Rr L

AR

r L

A⋅

⋅= ⋅

⋅2

22

1

1

R1 ⋅ L2 = R2 ⋅ L1

10 ⋅ L2 = 40 ⋅ L1

L2 = 4L1

Sabe-se que, L1 + L2 = 100, tem-se:

L1 + 4L1 = 100

L1 = 20 cm

L2 = 80 cm

125. Gabarito: c

Uma vez que os resistores estão em série e todos possuem a mesma resistência R, a resistência equivalente vale 3R. Calculando a potência em série, tem-se:

Pots = U2

R

103

2

= UR

30 ⋅ R = U2

Quando os resistores (todos iguais) estão em paralelo, a re-

sistência equivalente é R3

.

Calculando a potência em série, tem-se:

Potp = U2

R

PotpP

URp =2

3

U2 = R · Potp

3

Substituindo U, tem-se:

R · Potp

3 = 30 · R

PotP = 90 W

126. Gabarito: c

Calculando a resistência de cada lâmpada:

Pot = U2

R

0 5152

,,=R

R = 4,5 Ω

Logo, a resistência equivalente do circuito será:

1,5V

1,5 Ω 4,5 Ω

A

REq = 6 Ω

U = R ⋅ i

1,5 = 6 ⋅ i

i = 0,25 A

Logo, todas as lâmpadas acenderão e o amperímetro indi-cará 0,25 A.

127. Gabarito: e

Simplificando o circuito:

A B

1 Ω 1 Ω

1 Ω

3 Ω

3 Ω

1 Ω 1 Ω

3 Ω

2 Ω

2 Ω2 Ω

2 Ω

A3/4 Ω 3/4 Ω 3/4 Ω

17/4 Ω

B

A B

Q = 2 . 8,85 . 10–12 . 2 . 10–6 . 1210–3


Física

U = R ⋅ i

17174

= ⋅ i

i = 4 A

128. Gabarito: c

Seguindo as instruções, tem-se:

40Ω 40Ω

20Ω

160 V

Que pode ser simplificado esquematicamente por:

160 V

40 Ω 40 Ω

20 Ω

Assim, nota-se que os resistores R1 e R2 estão em série entre si e apresentam resistência equivalente dada por:

R1,2 = R1 + R2 ⇒ R1,2 = 40 + 40 = 80 Ω

R1,2 encontra-se em paralelo com R3. A resistência equiva-lente do circuito é:

R Re,

,eq q

R R

R R=

⋅

⋅⇒ = ⋅

⋅= ⋅12 3

12 3

80 2080 20

80 20100

Req = 16 Ω

A corrente elétrica que passa entre os pontos 2a e 1a é a corrente elétrica total:

U = R ⋅ i ⇒ 160 = 16 ⋅ i

i = 10 A

129. Gabarito: a

As resistências R1 e R2 estão em série e o conjunto das duas em paralelo com a resistência R3.

Como a corrente elétrica em R2 é igual à corrente em R1, a potência dissipada também será Pot.

Se cada resistência tem valor R, a resistência equivalente entre R1 e R2 é 2R, o dobro da resistência R3. Como a cor-rente elétrica divide-se na associação em paralelo, e sendo a corrente elétrica inversamente proporcional à resistência nesta situação, a corrente em R3 será o dobro daquela que percorre R1 e R2 e a potência em R2, dada por P = R ⋅ i2, tor-na-se 4 vezes maior do que P. Já em R3, a corrente elétrica é igual à corrente total no circuito, que corresponde à soma das correntes em R1 e R3. Essa corrente é 3 vezes maior do que aquela em R1, assim a potência em R3 será 9 vezes maior do que P.

i

2i

3i

130. Gabarito: c

Para que a lâmpada L1 brilhe com uma potencia de 100 w é necessário que chegue aos seus terminais uma tensão de 100 V. Logo,

Pot = i ⋅ U

100 = i ⋅ 100

i = 1 A

Utilizando essa corrente para o resistor R1, temos:

U = R1 ⋅ I

100 = R1 ⋅ 1

R1 = 100 Ω

Para a lâmpada L2, tem-se:

Pot = U2

RL2

1001002

2

=RL

RL2 = 100 Ω

Pot = U2

RL2

Pot = RL2 · I2

64100

2

= U 64 =100 · i2

U = 80 V i = 0,8 A

Logo, sobra 120 V para o resistor R2, e passa por ele uma corrente de 0,8 A.

U = R2 ⋅ i

120 = R2 ⋅ 0,8

R2 = 150 Ω

180 3ª. Série

131. Gabarito: b

Pelo resistor de 4 kΩ imediatamente próximo ao ponto A não passa corrente elétrica, pois o circuito, nesse trecho, está aberto. Assim, o potencial do ponto A é de 5 V.

Os resistores de 2 kΩ estão em paralelo, sendo a resis-tência equivalente entre eles de 1 kΩ. Esse resistor, por sua vez, está em série com o resistor 4 kΩ. A resistência equivalente no circuito é:

Req = 4 k + 1 k → Req = 5 kΩ

A corrente elétrica entre os terminais de 0 V e 5 V pode ser obtida por:

U = R ⋅ i

5 = 5 ⋅ 103 ⋅ i

i = 1 ⋅ 10–3 A

A ddp sobre o resistor 1 kΩ é:

U1 = R ⋅ i

U1 = 1 ⋅ 103 ⋅ 10–3 = 1 V

Assim, a ddp entre A e B é:

UAB = 5 – 1 = 4 V

132. Redesenhando o circuito para calcular a resistência equiv-alente.

A A

BBC

C

4

1

3

12

7

11

86

10

9

2

5

D E

E F

A B

4

1

3

12

7

11

8

6

10

9

2

5

A BR/2

R/2

R/2

3R/2 3R/2

Caso especial, ponte de Wheatstone.

A3R/8 3R/8

B

3R/4A B

Logo, a resistência equivalente do circuito cúbico é 3R/4.

133. Considerando a resposta da questão anterior, tem-se:

Pot1 = U2

R

Pot1 P

UR1

2

34

=

Pot1 P

UR1

243

=

Calculando a resistência equivalente do circuito 2

A

C

BBA

D

11

10

9

12

7

4

53

2

1

6

8

E F

C D

Redesenhando o circuito

A

AE F

B

B

D D

DC

C

4

1

312 7

118

6

10

9

2 5


Física

Simplificando

A

AE F

B

B

D D

DC

C

4

1

312 7

118

6

10

9

2 5

A B

R/2

R

2R/5 R/2

7R/12A B

Logo, a potencia dissipada pelo circuito 2 é:

Pot2 = U2

R

Pot2 P

UR2

2

712

=

Pot2 P

UR2

2127

=

Calculando a razão:

Pot1

Pot2

P

P

URUR

1

2

2

2

43

127

79

= =

134. Gabarito: b

Utilizando a equação dos geradores:

U = ε – r ⋅ i

REq ⋅ i = ε – r ⋅ i (1)

Calculando a REq

ReqRr

= ⋅⋅

+1212

4

ReqR R

r= + +

+12 48 4

12

ReqR

r= +

+16 48

12

Calculando a corrente total do circuito através da potência dissipada pelo resistor de 4 Ω.

Pot = R ⋅ i2

36 = 4 ⋅ i2

i = 3 A

Substituindo os valores na equação (1), tem-se:

16 4812

3 24 1 3R

r++

⋅ = − ⋅

16 4812

7R

r++

=

16R + 48 = 84 + 7R

R = 4 Ω

GERADORES, RECEPTORES E APARELHOS DE MEDIDA

135. Gabarito: c

iCC

U = E – r ⋅ i

IErcc =

Icc = 321

iCC = 32 A

Chave aberta

U = E – r ⋅ i

REq ⋅ i = E – r ⋅ i

15 ⋅ i = 32 – 1 i

i = 2A

I

Icc = =32

216

136. Gabarito: e

Sendo o gerador ideal

ε = U

ε = Req ⋅ i

ε = 75 · 80 · 10–3

ε = 6,0 V

182 3ª. Série

137. Gabarito: c

Utilizando as duas coordenadas dada no gráfico, é possível montar um sistema de equações.

U = E – r ⋅ i

E rE r

− =− =

0 2 60 4 2,,

Multiplicando a 2a. equação por (–1) e somando com a 1a. , tem-se:

0,2 r = 4

r = 20 Ω

Substituindo na 1a. equação:

E – 0,2r = 6

E = 10 V

138. Gabarito: c

Usando a equação dos receptores,

U = E + r ⋅ i

1,2 = 1 + 0,2 ⋅ i

i = 1 A

Logo, para dissipar 1,2 Ah

iQt

= ∆

112= ,t

t = 1,2 h

139.

a) Utilizando a lei de Ohm, tem-se: U = R ⋅ i2 → 1,1 = 4,4 ⋅ i2 i2 = 0,25 A

U = R ⋅ i4 → 0,96 = 1,60 ⋅ i4 i4 = 0,6 A

b)

0,25 0,90

0,85

0,96

1,1

i (A)

c) Substituindo dois pontos arbitrários da tabela na equa-ção do gerador, tem-se:

U = ε – R ⋅ i

114 0 15110 0 25

114 0 15110 0 25

, ,, ,

, ,, ,

= − ⋅= − ⋅

⇒= − ⋅

− = − + ⋅εε

εε

rr

rr

Somando as duas equações:

0,04 = 0,1 ⋅ r → r = 0,4 Ω

140. Gabarito: b

A partir da Figura fornecida pode-se concluir que i1= i2 + i3 (1).

Aplicando as leis de Kirchhoff, separando as malhas, tem-se:

Malha A

i1

i2

30 V+ –

10 Ω

10 Ω

R ⋅ i1 + R ⋅ i2 – ε1=0

10 ⋅ i1 + 10 ⋅ i2 – 30=0

i1 + i2 = 3 (2)

ou

2i2 + i3 = 3 (3)

Malha B

+

–

+ –i 4

R ⋅ i4 – ε1 – ε2 = 0

10i4 – 30 – 10 = 0

i4 = 4 A

Malha C

+

–

i3

i2

10 Ω

R ⋅ i3 + R ⋅ i2– ε2 = 0

10i3 + 10i2 – 10 = 0

i3 = 1 + i2 (4)


Física

Juntando (3) e (4), tem-se:

2i2 + (1 + i2 ) = 3

i2 = 2/3 A

Em (4):

i3 = 1 + 2/3

i3 = 5/3 A

Sendo i1= i2 + i3, tem-se:

i1= 2/3 + 5/3 = 7/3 A

141. Gabarito: a

Descobrindo a corrente do circuito

40 Ω

P

Q

7,5 Ω

ε2ε1

ε1 – i ⋅ 40 – ε2 – i ⋅ 7,5 = 0

12 – 40i – 6 – 7,5i = 0

– 47,5i = –6

i ≅ 0,13 A

Calculando o potencial em P

VP = VQ – ε2 – i ⋅ 7,5

VP = 4 – 6 – 0,13 ⋅ 7,5

VP = –3 V

142. Gabarito: e

I. Correta, ao fechar a chave há uma variação da intensida-de da corrente, que gera uma variação de fluxo e portanto uma corrente autoinduzida.

II. Correta, a corrente autoinduzida existirá enquanto a cor-rente não estabilizar e se tornar constante.

III. Correta, segundo a lei de Faraday, uma variação de cor-rente produz variação de fluxo, o que, por sua vez, pro-duzirá a autoindução.

143. Gabarito: d

Simplificando o circuito:

(1)

10 Ω10 Ω5 Ω6 Ω3 Ω6 Ω

0,5Ω 0,5Ω

(2)

3Ω2Ω

REq = ⋅+

=2 32 3

12, Ω1,2 Ω

UT = REq ⋅ iT6 = 1,2 ⋅ iTiT = 5 A

Calculando quanto da D.D.P. é dissipada no resistor de 0,5 Ω, saberemos quanto da tensão chega no resistor de 10 Ω.

Utilizando o desenho (2)

U2 = U3

R2 ⋅ i2 = R3 ⋅ i32 ⋅ i2 = 3 ⋅ i3i2 3=

32

i⋅

Sendo i2 + i3 = 532

53 3⋅ + =i i

i3 = 2 A

Logo, i2 = 3 A

Para o resistor de 0,5 Ω

U = R ⋅ i

U = 0,5 ⋅ 2

U = 1 V

Para o resistor de 10 Ω

Pot = U2

R

Pot = 52

10

Pot = 2,5 W

184 3ª. Série

MAGNETISMO

144. Gabarito: b

Sendo o campo magnético uma grandeza vetorial, para o feixe de magnetita voltar ao estado da figura 1 é necessário que o vetor resultante entre os dois campos seja vertical para cima. Logo:

BR

BTB

145. Gabarito: c

I. Correta. O princípio da indivisibilidade dos polos magné-ticos estabelece que os polos de um imã sempre apare-cem aos pares.

II. Incorreta. Nesta situação há uma transferência de elé-trons de (B) para (A), e ambos ficam positivamente ele-trizados.

III. Correta. A Lei de Coulomb é dada por:

Fk Q q

d= ⋅ ⋅

2

146. Gabarito: b

A existência de cargas elétricas no fio garante a existência de um campo elétrico. A existência de uma corrente elétrica no fio gera um campo magnético ao seu redor.

147. Gabarito: a

O campo magnético terrestre é originado por correntes elé-tricas no núcleo da terra. A região em que essas linhas de campo são consideráveis é chamada de magnetosfera. A magnetosfera tem forte interação com os ventos solares produzindo por exemplo as auroras boreais.

148. Gabarito: b

Devido ao campo magnético da Terra, o lado sul da bússola aponta para o norte magnético da Terra. Enquanto o norte da bússola aponta para o sul magnético da Terra que se localiza aproximadamente no norte geográfico, enquanto o norte magnético se localiza aproximadamente no sul geo-gráfico.

CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR CORRENTES ELÉTRICAS

149. Gabarito: a

Utilizando a regra da mão direita, o lado norte da agulha apontará em uma direção e sentido tangente a linha de campo magnético.

150. Gabarito: e

Para correntes contrárias, há repulsão entre os fios, como explica a regra da mão esquerda. Utilizando a regra da mão direita pode-se observar também que o campo magnéti-co produzido pelas duas correntes, na linha central tem mesma direção e sentido, portanto o campo magnético é máximo.

151. Gabarito: c

I. Errado. A intensidade do campo depende também do meio em que está inserida a carga.

II. Errado. O campo magnético não realiza trabalho.

III. Correto. Pela regra da mão esquerda, nota-se que fios paralelos com correntes no mesmo sentido se atraem.

152. Gabarito: e

Pela regra da mão direita é possível encontrar a direção e o sentido que o campo magnético de cada fio faz em um

ponto no centro do cubo. O campo produzido por cada fio é sempre contrário e de mesma intensidade que o produzido pelo fio oposto pela diagonal, logo o campo resultante será zero.

153. Gabarito: a

Utilizando a regra da mão direita, verifica-se que os valores máximos do campo produzido pelos fios acontece nos pontos II e IV. No ponto IV o campo resultante está entrando na folha.

154. Gabarito: c

Pela Lei de Biot-Savart, sabemos que Bi

R= ⋅µ

2. Sendo as

correntes de mesma intensidade e observando que o mó-dulo do campo magnético é inversamente proporcional ao raio da espira, conclui-se que:

- B2 é o campo magnético mais intenso de todos, pois todas as correntes estão no mesmo sentido e todos os campos serão somados.

- B3 é o segundo mais intenso, pois as duas espiras mais internas (e que produzem campos maiores) têm corrente elétrica no mesmo sentido, sendo apenas a terceira (de me-nor intensidade de campo) contrária.


Física

MAGNETISMO

CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR CORRENTES ELÉTRICAS

- B1 é o campo de menor intensidade, pois as duas espiras mais externas (e que produzem os menores campos) têm corrente elétrica em sentido oposto ao da mais interna.

Dessa forma, em ordem crescente, temos: B2, B3, B4 e B1.

155. Gabarito: d

Campo da espira

BmiRE =

2

Campo Resultante dos dois fios

Bmi

p R

mi

p R

m

pRRF = + =+1 2 1 2

2 2 2 2 4

(i i )

Para que o campo resultante no centro da espira não se altere, o campo da espira tem que ser duas vezes menos intenso que o campo dos fios e sentido contrário.

BRF = 2BE

m

pRmiR

(i i )1 2

422

+=

ip

=+i i1 2

4

Usando a regra da mão direita, vê-se que se o campo re-sultante dos fios está entrando no papel, o campo da espi-ra tem que sair do papel. Logo, a corrente será no sentido anti-horário.

156. Gabarito: b

As linhas de campo magnético que se formam em torno do fio são circulares e concêntricas ao fio. O módulo do campo magnético à distância de 1 mm é obtido abaixo:

Bd

B= ⋅⋅ ⋅

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

−

−µπ

ππ

i2

4 10 100

2 10

7

3

B = 0,02 T

157. Gabarito: c

Usando a regra da mão direita, determina-se o sentido dos vetores indução magnética e a sua resultante, conforme mostrado a seguir:

BR

B1

B2

i1

i2

B B B

B B

Bi

R R

B

R

R

R

R

2 2 2

07

7

2

22

24 10 20 2

28 20 10

= +

= ⋅

= ⋅⋅⋅

= ⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅ ⋅

−

−

µπ

ππ

22 108 10

24

⋅= ⋅

−− T

158.

B1

B1

25 cm

25 cm

B2

B2

Utilizando a regra da mão direita, determina-se as dire-ções e sentidos dos vetores indução para cada um dos pontos.

Para o ponto C

Bi

d11

2=

⋅µπ

B1

7

1

4 10 9

2 2 5 10=

⋅⋅

⋅⋅

−

−ππ ,

B1 = 7,2 · 10–6 T

B =i

2 d22µ

π⋅

B =4 10 16

2 2,5 102 1

ππ

⋅ ⋅⋅ ⋅

−

−

7

B2 = 1,28 · 10–5 T

BRc = B2 – B1

BRc = 5,6 · 10–6 T

Para o ponto P

Bi

d’1

1

12=

⋅µπ

B’17

1

4 10 9

2 3 10=

⋅⋅

⋅ ⋅

−

−ππ

B’1 = 6 · 10–6 T

Bi

d’2

2

22=

⋅µπ

186 3ª. Série

B’27

1

4 10 16

2 4 10=

⋅⋅⋅ ⋅

−

−ππ

B’2 = 8 · 10–6 T

Por teorema de Pitágoras

BRP = B’12 + B’2

2

BRP = 1 · 10–5 T

160. Gabarito: e

Fel = Fmag

E ⋅ q = q ⋅ v ⋅ B

EvB

= 1

161. Gabarito: e

Grupo 1

FE > FM

q ⋅ E > q ⋅ V1 ⋅ B

V1 < E/B

Grupo 2

FE < FM

q ⋅ E < q ⋅ V2 ⋅ B

V2 > E/B

Grupo 3

FE = FM

q ⋅ E = q ⋅ V3 ⋅ B

V3 = E/B

Logo, a alternativa correta é a letra E.

162. Gabarito: e

i2i1

F2,1 F1,2

10 cm

159. Gabarito: b

F = q ⋅ v ⋅ B ⋅ senθ

Rm vq B

= ⋅⋅

Quanto maior a carga, sendo a velocidade e o campo iguais para todas as partículas, maior será a força magnética. A partícula 4 portanto experimentará maior força. No entanto, a carga 2 experimentará maior raio, pois tem uma força menor e uma massa maior.

FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CARGAS

Como as correntes tem sentidos contrários, a força entre os fios será de repulsão. Considerando a força que o fio 1 faz no fio 2, tem-se:

F1,2 = B1 ⋅ i2 ⋅ l

Fi

di l12

0 122, =

⋅⋅ ⋅

µπ

F12

74 10 4 12 12 0 1, ,

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

−ππ

F1,2 = 9,6 · 10–5 N

163. Gabarito: b

Pela regra da mão esquerda, percebe-se que a força mag-nética estará apontada para baixo. Logo, a força elétrica, para equilibrar e o elétron poder passar sem sofrer desvio, estará a pontada na direção vertical sentido para cima. O vetor campo elétrico está apontado para baixo na vertical.

FE = FM

E ⋅ q = q ⋅ V ⋅ B

V = E/B

164. Gabarito: b

Nesse caso a força magnética sobre a carga é a própria resultante centrípeta. O raio da trajetória será dado por R = x/2

FM = FRC

q V Bm V

R⋅ ⋅ = ⋅ 2

mq B x

V= ⋅ ⋅

⋅2


Física

FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CARGAS

165.

R

V

Antes de sair das placas:

τ = ∆Ec

τ = Ecf

F ⋅ d = Ecf

E ⋅ q ⋅ d = EcfUd

q d = Ecf⋅ ⋅

Ecf= U ⋅ q

Ecf=1,6 · 10–19 ⋅ 103

Ecf=1,6 · 10–16J

Ao sair das placas, a velocidade permanece constante, logo, a energia cinética não varia. Ao chegar no ponto em que a velocidade é paralela às placas, o próton terá percorrido ¼ do comprimento da circunferência.

dR R= =2

4 2π π

dm vq B

= ⋅ ⋅⋅

π2

⋅π= ⋅ ⋅⋅

cmáx2 Emd

2 q B m

d.

.

.

.=

−

−

−

−π2

17 10

16 10 1

2 16 10

17 10

27

19

16

27. ,

, ..

. ,

,d ≡ 7,23 · 10–3 m

Ec(J)

R (m)

1,6 . 10–16

1,6 . 10–3 7,23 . 10–3

166. Gabarito: c

Calculando a força para L = 1 m:

F = B ⋅ i ⋅ L ⋅ sen θ ⇒ F = 2 ⋅ 10–4 ⋅ 1,5 ⋅ 1 ⋅ sen 30º

F = 1,5 ⋅ 10–4 N

Assim, F = 1,5 ∙ 10–4 N/m.

167. Gabarito: a

Previsão de Paula: Correta.

De acordo com a regra da mão esquerda, com o campo magnético na vertical e apontando para cima, a velocidade no sentido de A para B e a carga elétrica sendo negativa, conclui-se que a força magnética que atua sobre a partícula aponta para a esquerda do ponto B e é perpendicular ao sentido do vetor velocidade.

Previsão de Bruna: Correta.

A resultante centrípeta é a força magnética, logo:

q v b senm v

R

R

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅−−

θ2

33 2

16 10 1 0 254 10 1

,

R = 1 m

Com base na figura a seguir, pode-se determinar a distân-cia CB.

1 m

x C Bparede

1 m

0,8

mR = 1 m

V

0,82 + x2 = 12 ⇒ x = 0,6 m

dCB = 1 – 0,6 ⇒ dCB = 0,4 m

168. Usando a regra da mão esquerda, percebemos que a força magnética estará apontada na vertical para cima. Para equilibrar, a força elétrica terá estará direcionada para baixo. Sendo q > 0, as linhas de campo elétrico estarão então apontadas para baixo.

E

Fm

Fe

Fmag = Fe

q ⋅ v ⋅ B = q ⋅ E

vEB

=

v = 200 004,

v = 5 · 103 m/s

188 3ª. Série

169. Gabarito: c

A força magnética nesse caso é a força resultante centrípe-ta. Sendo assim, podemos escrever:

FCENTRÍPETA = FMAGNÉTICA

m ⋅ a = v ⋅ q ⋅ B ⋅ sen 90º

av q B

m= ⋅ ⋅

a = 0,25 ⋅ 4 ⋅ 10–3⋅ 100

a = 0,1 m/s2

170. Gabarito: d

Tanto cargas positivas quanto negativas em movimento interagem com um campo magnético. O força magnética que age sobre essas cargas têm mesma direção, mesma intensidade e sentidos opostos, e faz o papel de resultante centrípeta. Seu módulo é dado por: F q v B sen= ⋅ ⋅ ⋅ θ. Por-tanto, quanto mais intenso for o campo magnético, maior o módulo dessa força.

171. a) Sendo o campo magnético dirigido para fora da pági-

na, a velocidade inicial das partículas vertical é para cima, de acordo com a regra da mão esquerda, sobre partículas positivamente carregadas atuará uma força magnética para direita, desviando-as para chapa C1; sobre as partículas negativas, uma força para esquerda, desviando-as para a chapa C2.

b) A força magnética é a resultante centrípeta: FM = FC

| |q v B sen

m vR

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅θ2

m1 ⋅ v = R1 ⋅ B (I)

m2 ⋅ v = R2 ⋅ B ⇒ m2 ⋅ v = 2 ⋅ R1 ⋅ B (II)

Dividindo (I) por (II), tem-se:

m

m1

2

12

=

172. Gabarito: a

O peso líquido do fio 2 terá que ser igual a força magnética de atração por unidade de comprimento aplicada pelo fio 1

Fm/L

P/L

Fio 2

F

LPL

M =

µπ

0 1 2

2

⋅ ⋅ ⋅⋅

=i i L

d LPL

4 10 102 0 5

50 107 2 2⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅− i

,

i2 = 125 · 107

i ≅ 3 535 A

173. Gabarito: a

FRC = FM

q V Bm V

R⋅ ⋅ = ⋅ 2

Rm Vq B

= ⋅⋅

Sendo,

vmVs

Tm = ∆

vm VR

Tm = 2π

TmV

VqB= 2π

Tm

qB= 2π

ou seja, o período não depende da velocidade.

174. Gabarito: b

Utilizando a lei de Faraday, tem-se:

ε = − ∆Φ∆t

ε = − ⋅B At∆

ε = − ⋅ ⋅B L xt∆

ε = − ⋅ ⋅B L v

R i B L veq ⋅ = − ⋅ ⋅

iB L x

REq

= − ⋅ ⋅

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

i = − ⋅ ⋅0 5 16 1090

, ,

i = 0,089 A

Pot = r ⋅ i2

Pot = (8,9 · 10–2)2 · 40

Pot = 0,32 W

175. Gabarito: a

Com o decréscimo da corrente no fio, há uma variação do fluxo magnético nas espiras. Segundo a lei de Lenz a corrente induzida nas espiras tem que ser tal que forme um campo magnético que aumente o fluxo. Ou seja, se na


Física

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

espira 1 o campo está diminuindo porém entrando na folha, a corrente induzida formada será no sentido horário, pois esta formará um campo magnético que tende a aumentar as linhas de campo que entram na folha. Pensamento similar pode ser usado na espira 2 que terá uma corrente no sentido anti-horário.

176. Gabarito: a

I. Verdadeiro, um gerador de corrente elétrica pode ser explicado por indução magnética, ou pela lei de Faraday.

II. Verdadeiro, o motor fará ás vezes do gerador de corrente contínua, convertendo energia mecânica em elétrica.

III. Falso, a força magnética depende do angulo que o fio faz com o campo. FM = B ⋅ i ⋅ l ⋅ senθ

177. Gabarito: c

Para a lâmina tocar o atuador A, é necessário que o coe-ficiente de dilatação de X seja maior que o de y, αX > αy. Pela regra da mão direita pode-se ver que o vetor campo magnético estará apontado para a direita.

178. Gabarito: c

A produção de energia elétrica, seja em usinas hidrelétri-cas, termelétricas ou eólicas, é feita pelo movimento de um gerador cujo princípio de funcionamento é descrito pela Lei de Faraday, segundo a qual, o módulo da força eletromotriz induzida é igual à razão entre a variação do fluxo magnético e o intervalo de tempo no qual ela ocorre.

179. Gabarito: d

a) Incorreta. Pela lei de Lenz, o fluxo que surge na espira se opõe ao fluxo que lhe originou, portanto o sentido é oposto.

b) Incorreta. A corrente elétrica possui o sentido tal que a força magnética gerada no fio possui sentido oposto à força externa aplicada, atuando assim no sentido de freá-lo. Aplicando a regra da mão esquerda para o pe-daço de fio mais à direita (neste caso a força magnética deve ser para baixo), encontra-se uma corrente que cir-cula no sentido CDEG.

c) Incorreta. A corrente induzida na espira é alternada, pois o fluxo na espira se alterna a cada 1/4 de volta, ora aumentando, ora diminuindo.

d) Correta. Pela lei de Faraday, et

= − ∆∆

φ. Sendo assim, a

f.e.m. é inversamente proporcional ao intervalo de tem-po para determinada variação do fluxo, e assim, quanto mais rapidamente girar a espira, ou seja, quanto menor o intervalo de tempo para que o fluxo varie do valor mínimo ao máximo, maior a f.e.m. induzida.

e) Incorreta. Considerando a velocidade de rotação da espira constante, o valor máximo de corrente elétrica aparecerá quando ela estiver numa posição inclinada em relação ao campo, pois a corrente é máxima não para o maior valor de fluxo, mas sim para a maior razão de variação de fluxo pelo tempo.

180. Gabarito: a

A corrente elétrica induzida é uma função senoidal do tem-po pois a variação do fluxo é constante. Há inversão de fase da corrente para cada T/2.

181.

a) Quando o fio está em repouso não há corrente induzida, pois não há variação de fluxo magnético, portanto:

U = R ⋅ i

3 = 3 ⋅ i

i = 1 A

b) Nesse caso haverá variação de fluxo magnético e por-tanto corrente induzida. Ao se deslocar para a direita a força eletromotriz induzida somará com a tensão da bateria, portanto:

U + Ui = R ⋅ i

iU U

Ri=

+

iU

tR

=+ ∆φ

iU B A

tR

=+ ⋅ ⋅cosα

iU B L v t

tR

=+ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅cosα

iU B L v

R= + ⋅ ⋅

i = + ⋅ ⋅3 0 5 1 23,

i A= 43

182. Para que a corrente no fio seja nula é preciso que a força contra-eletromotriz seja contraria a força eletromotriz da bateria, para tanto, utilizando a regra da mão direita, sa-be-se que o fio estará indo para a esquerda. Nesse caso:

iU U

Ri=

−

iU B L v

R= − ⋅ ⋅

03 0 5 1

3= − ⋅ ⋅, v

v = 3 m/s

190 3ª. Série

183. Gabarito: c

Utilizando a equação do tempo em relatividade,

tt

v

c

=

−

0

2

21

t

c

t s

=

−

= =

10

1 0 6

100 8

12 5

2

2( , c)

,,

184. Gabarito: b

Utilizando a equivalência energia-massa proposta por Einstein,

E = mc2

c é constante, então E α m. Quanto maior a velocidade de um objeto, mais massa ele ganhará, portanto, a pessoa via-jando terá uma massa maior que m.

185. Gabarito: c

a) Incorreta. A luz tem velocidade invariante igual a 3 ⋅ 108 m/s em relação a qualquer sistema de coorde-nadas inercial.

b) Incorreta. Medidas acerca das dimensões de objetos que se movem em relação a um dado referencial serão aferidas com valores menores do que as determinadas para os mesmos objetos quando aferidas em referen-ciais nos quais estes encontrem-se inanimados, porém, a contração do espaço não desagrada pessoas preocu-padas com sua própria beleza estética.

c) Correta. À medida que aumenta a velocidade, a mas-sa do corpo, definida pelas suas propriedades inerciais aumenta. Quando v tende ao valor de c, a massa do corpo, de acordo com a teoria de Einstein, cresce ilimi-tadamente; por isso, a aceleração tende para zero, e a velocidade praticamente deixa de aumentar, por mais que se prolongue a ação da força.

d) Incorreta. Conforme visto no item (B), ocorre a contra-ção e não a dilatação do espaço.

186. Gabarito: b

a) Correta. A curvatura do espaço-tempo gerada pelo efei-to gravitacional é capaz de desviar a trajetória da luz.

b) Incorreta. A velocidade de afastamento das galáxias distantes é diretamente proporcional à distância que as separa da nossa (lei de Hubble).

c) Correta. Para que as velocidades de rotação das es-

TEORIA DA RELATIVIDADE

trelas estejam de acordo com os dados observados, as massas das galáxias deveriam ser bem maiores do que as massas devidas à matéria visível (que emitem luz). Por este motivo foi sugerida a existência da “matéria escura”.

d) Correta. A estabilidade da estrela é dada pelo balanço entre as forças internas geradas pela pressão de seu interior e a força de atração gravitacional.

187. Gabarito: a

O comentário 1 é correto, pois o fóton quando emitido se comporta como uma onda eletromagnética, possuindo uma frequência característica.

O comentário 2 é correto, pois quando recebe energia, o elétron salta para outro nível energético e, ao retornar para seu nível original, emite um fóton de luz (veja a figura).

n = 3

n = 2

n = 1

Fonte: Wikipédia. (Átomo de Bohr)

O comentário 3 é incorreto, já que no núcleo do átomo te-mos apenas prótons e nêutrons.

188. Energia relativística

E = m0γc2

E2 = m02γ2c4

E m cv

c

202 4

2

2

1

1

= ⋅ ⋅−

E m cc

c v2

02 4

6

2 21= ⋅ ⋅

−( )

Momentum

p = m0γv

p2 = m02γ2v2


Física

TEORIA DA RELATIVIDADE p m vv

c

202 2

2

2

1

1

= ⋅ ⋅−

pm v c

c v2 0

2 2 2

2 22=

⋅ ⋅

−( )

Provando:

E2 – p2 ⋅ c2 = (m0c2)2

mc

c v

m v c

c vc m c0

26

2 202 2 2

2 22

02 2

⋅−

⋅ ⋅

−⋅ = ⋅( )

m c m c02 2

02 2

⋅( ) = ⋅( )ou

E2 – p2 ⋅ c2 = (m0c2)2

Sendo m0 = 0, no caso, massa de repouso nula, tem-se:

m = m0γ,

m mv

c

=

−0 2

2

1

1

mv

c1 0

2

2− =

1 02

2− =v

c

v2 = c2

v = c

Para uma partícula com massa de repouso nula, a velocidade é necessariamente c.

189. Gabarito: e

Para um observador na Terra

v = ∆s∆t

∆t = 1 000v

Utilizando a equação relativística

∆ ∆t

t

v

c

=

−

’

12

2

1000 15 10

13 10

6

2

8 2

v·

v=

−⋅( )

−,

10 15 10

19 10

3 6

2

16

v·

v=

−⋅

−,

19 10

15 10

10

2

16

6

3−

⋅=

⋅−v · v,

v·2

169 1012025

=,

v ≅ 2,7 · 108 m/s

190. Tempo de vida do múon em relação ao físico

∆∆

tt

v

c

=

−

0

2

21

∆t·

c

c

=

−( )

−2 2 10

10 8

6

2

2

,

,

∆t·

=−2 2 10

0 36

6,

,

∆t = 3,7 · 10–6 s

Logo, a distância percorrida será:

v = ∆s∆t

∆s = 2,4 · 108 · 3,7 · 10–6

∆s ≅ 888 m

192 3ª. Série

191. Gabarito: d

Considerando o modelo atômico de Bohr, tem-se:

EE

nn =

2

Para n = 2 → EE

n =4

192. I. Incorreta. A carga do elétron é uma constante universal e

vale 1,6 ⋅ 10–19 C.

II. Correta. O núcleo de um átomo é composto por prótons (cargas elétricas positivas) e nêutrons (partículas sem carga elétrica).

III. Incorreta. Como a massa dos elétrons é muito menor do que a massa dos prótons e nêutrons, a massa do núcleo de um átomo é aproximadamente igual à massa de todo o átomo.

IV. Correta. Os elétrons podem ocupar apenas algumas configurações ao redor do núcleo. Com efeito, podem assumir apenas alguns estados quantizados de energia.

193. Sabe-se que é impossível medir simultaneamente a posição exata e o momento exato de uma partícula. Isso constitui o conhecido Princípio da Incerteza de Heisenberg. Quando uma partícula está em movimento, ela possui um momento linear e, segundo o que foi apresentado acima, se houver alguma incerteza em relação ao momento dessa partícula, de forma que se tenha um intervalo de momen-to, isso resultará num intervalo de comprimento de onda. Dessa forma, a partícula não estará representada por um único comprimento de onda, mas, sim, por uma combi-nação de comprimentos de onda. Considerando que toda a informação do momento da partícula seja perdida, a energia seria nula e, dessa maneira, seria adicionada toda a in-formação sobre os comprimentos de ondas possíveis, de forma que o comprimento de onda do pacote seria nulo, demonstrando a posição exata da partícula. Nesse caso, o produto das incertezas e da posição seria nulo, o que fere o princípio da incerteza que estabelece que tal produto seja

≥ hω2

.

194. Gabarito: e

I. Correta. A energia cinética máxima dos fotoelétrons emi-tidos é dada por:

Ec = h ⋅ f – ϕ

O termo h ⋅ f corresponde à energia do fóton incidente,

ESTRUTURA DA MATÉRIA

dada pela diferença entre as energias dos dois níveis:

h ⋅ f = E

nE1

2 1− .

A energia de ionização é igual à energia para arrancar o elétron do nível fundamental: Eioniz.= – E1. Como a fun-ção trabalho é igual à metade da energia de ionização, tem-se:

E h f ϕE

nE

Ec = ⋅ − = − −

12 1

1

2

EE

n

Ec = −1

21

2

II. Correta. Como a energia de ionização corresponde à energia necessária para remover o elétron do nível n = 1 (Eioniz. = – E1) tem-se, de acordo com o enunciado, ϕ = – E1/2.

III. Correta. De acordo com Ec = h ⋅ f – ϕ, quanto maior for a frequência f (a partir de um valor mínimo), maior será a energia cinética máxima dos elétrons emitidos.

195.

a) vc= ⋅ ∆λ

λ0

v

·=

⋅3 10 0 09280

0

, λλ

v = 2,76 ⋅ 107 m/s

v = H ⋅ r

2,76 · 107 = 2,3 · 10–18 ⋅ r

r = 1,2 · 1025 m

b) A partir dos dados apresentados:

E = m ⋅ c2

3,24 · 1048 = m ⋅ (3 · 108)2

m = 36 · 1030 kg

Sendo a massa final 4 · 1030 kg

m0 = m + mfinal

m0 = 34 · 1030 + 4 · 1030

m0 = 4,0 · 1031 kg


Física

ESTRUTURA DA MATÉRIA 196. Gabarito: e

Para o hidrogênio

EH = m ⋅ c2

EH = 4 ⋅ 1,0078 · 1,66 · 10–27 ⋅ (3 · 108)2

EH = 60,22 · 10–11 J

Para o Hélio

EHe = m ⋅ c2

EHe = 4,0026 ⋅ 1,66 · 10–27 ⋅ (3 · 108)2

EHe = 59,79 · 10–11 J

Energia Liberada

Eliberada = EH – EHe

Eliberada = 60,22 · 10–11 – 59,80 · 10–11

Eliberada = 4,2 · 10–12 J

197. Gabarito: c

Tanto a chama amarelada quanto a azulada se propagam pelo ar com a mesma velocidade. Porem, quanto maior a frequência da luz emitida maior será a energia irradiada, logo a chama I é mais fria que a chama II.

198. Gabarito: e

a) Incorreta → A teoria corpuscular de Newton não explica a difração.

b) Incorreta → O modelo de Huygens não prevê o efeito fotoelétrico.

c) Incorreta → O efeito fotoelétrico prevê que a luz se comporta como uma partícula.

d) Incorreta → O princípio de Huygens se aplica para on-das tanto mecânica quanto eletromagnéticas.

e) Correta → Vide respostas anteriores

199. Gabarito: c

Comprimento de onda e frequência são grandezas inversa-mente proporcionais, portanto, quanto menor o comprimen-to de onda, maior a frequência. Sendo E = h ⋅ f, sabe-se que quanto maior a frequência, maior a energia. Logo, o elétron III, emite fóton com menor comprimento de onda. Note, não pode ser o elétron I, por que ele absorve a energia.

194 3ª. Série

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