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1. (UNICAMP-2014-MODELO ENEM) – Em junho de 2012 foiobservada, da Terra, a passagem de Vênus em frente ao disco solar,conhecida como trânsito de Vênus. A velocidade escalar média deVênus, em seu movimento em torno do Sol, é de 35 km/s, e o raio desua órbita, aproximadamente circular, é igual a 1,1 x 108 km. Consi -derando-se 1 dia � 86 000 s, e π = 3, o tempo que Vênus leva paracompletar uma volta em torno do Sol é mais próximo dea) 37 dias. b) 220 dias. c) 690 dias.d) 790 dias. e) 800 dias.

RESOLUÇÃO:

V = =

T = = (s)

T = . 108s = . d

T � 2,19 . 102d

Resposta: B

2. (UNICAMP-2014-MODELO ENEM) – As máquinas cortadeiras ecolheitadeiras de cana-de-açúcar podem substituir dezenas detrabalhadores rurais, o que pode alterar de forma significativa a relaçãode trabalho nas lavouras de cana-de-açúcar. A pá cortadeira da máquinailustrada na figura abaixo gira em movimento circular uniforme a umafrequência de 300 rpm.

A velocidade escalar linear de um ponto extremo P da pá vale(Considere π = 3) a) 9,0m/s b) 15m/s c) 18m/s d) 60m/s e) 80m/s

RESOLUÇÃO

Temos: R = 0,60m

f = 300rpm = Hz = 5,0Hz

π = 3

V = 2πRf

V = 2 . 3 . 0,60 . 5,0m/s

Resposta: C

MÓDULO 21

MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME I

Δs–––Δt

2πR–––––

T

2πR–––––

V

2 . 3 . 1,1 . 1011

––––––––––––––35 . 103

6,6––––35

108

–––––––––8,6 . 104

6,6––––35

T � 219d

300––––60

V = 18m/s

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FRENTE 1 – MECÂNICA

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3. (UEA-2014) – Dois objetos, A e B, estão ligados por um cabo rígidoe descrevem movimento circular uniforme. As distâncias dos objetosao centro comum C da órbita estão representadas na figura.

As razões entre as velocidades escalares lineares e os módulos

das acelerações centrípetas são, respectivamente,

a) 2 e 4 b) 1 e 2 c) 1 e 1 d) 2 e 1 e) 2 e 2

RESOLUÇÃO:

1) Os objetos A e B têm a mesma velocidade angular �.

2) A velocidade escalar linear V é dada por:

V = � R

Como RB = 2RA ⇔ VB = 2VA ⇔

3) O módulo da aceleração centrípeta é dado por:

a = �2 R

Como RB = 2RA ⇔ aB = 2aA ⇒

Resposta: E

4. Um satélite estacionário da Terra, utilizado em telecomunicações,tem órbita circular em torno do centro da Terra com raio R = 4,3 . 107me está em repouso em relação a um referencial fixo no solo terrestre .Tal satélite tem sua órbita contida no plano equatorial da Terra e movi -mento uniforme em relação a um referencial fixo no centro da Terra.a) Cite uma cidade brasileira acima da qual poderia ficar um satélite

estacionário.b) Qual o período de translação T, em horas, do satélite estacionário

em torno do centro da Terra?c) Considerando-se a duração do dia terrestre igual a 8,6 . 104s, qual o

módulo V, em km/s, da velocidade de translação do satéliteestacionário em torno de centro da Terra? Adote π = 3.

d) Qual o módulo aC, em m/s2, da aceleração centrípeta do satéliteestacionário em seu movimento em torno do centro da Terra?

RESOLUÇÃO:

a) Macapá, que está na linha do equador terrestre.

b) T = 24h: igual ao período de rotação da Terra.

c) V = = = (m/s) ⇒

d) ac = = (m/s2) ⇒

Respostas: a) Macapá b) T = 24h

c) V = 3,0km/s d) ac = 0,21m/s2

V = 3,0 . 103m/s2 . 3 . 4,3 . 107

––––––––––––––8,6 . 104

2πR–––––

T

Δs–––Δt

V = 3,0km/s

ac = 0,21m/s29,0 . 106

–––––––––4,3 . 107

V2

–––R

VB––––VA

aB––––aA

VB–––– = 2VA

aB–––– = 2aA

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5. – O Brasil pode transformar-se no primeiro país dasAmé ricas a entrar no seleto grupo das nações quedispõem de trens-bala. O Ministério dos Transportes

prevê o lançamento do edital de licitação internacional para a construçãoda ferrovia de alta velocidade Rio-São Paulo. A viagem ligará os 403,2quilômetros entre a Central do Brasil, no Rio, e a Estação da Luz, nocentro da capital paulista, em uma hora e 24 minutos (isto é, 1,4 h).

Disponível em http://oglobo.globo.com.Acesso em: 14jul 2009.

Devido à alta velocidade, um dos problemas a ser enfrentado na escolhado trajeto que será percorrido pelo trem é o dimensionamento dascurvas. Considerando-se que uma aceleração lateral confortável para ospassageiros e segura para o trem seja de 0,1g, em que g é o módulo daaceleração da gravidade (considerado igual a 10m/s2), e que a velocidadeescalar do trem se mantenha constante em todo o percurso, seriacorreto prever que as curvas existentes no trajeto deveriam ter raio decurvatura mínimo dea) 80m b) 430m c) 800m d) 1600m e) 6 400m

RESOLUÇÃO:

1) A velocidade terá módulo V dado por:

V =

�s = 403,2km e �t = 1,4h

V = = 288

V = m/s = 80m/s

2) Na curva, o trem terá uma aceleração centrípeta de módulo:

acp = ⇒ 0,1g =

0,1 . 10 =

Da qual:

Resposta: E

1. (UERJ-2014) – Uma máquina possui duas engrenagens circulares,sendo a distância entre seus centros A e B igual a 11,0cm, como mostrao esquema:

Sabe-se que a engrenagem menor dá 1000 voltas no mesmo tempo emque a maior dá 375 voltas, e que os comprimentos dos dentes de ambastêm valores desprezíveis.A medida, em centímetros, do raio da engrenagem menor equivale a:a) 2,5 b) 3,0 c) 3,5 d) 4,0 e) 5,0

RESOLUÇÃO:

1) As velocidades lineares são iguais:

VA = VB

2π fA . RA = 2π fB . RB

fA RA = fB RB

. RA = . RB

375 . RA = 1000 . RB

2) RA + RB = 11,0cm

+ RB = 11,0

1000 RB + 375RB = 4125 ⇒ 1375 RB = 4125

Resposta: B

MÓDULO 22

MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME II

�s–––�t

km–––h

403,2km––––––––

1,4

288––––––

3,6

V2

–––R

V2

–––R

(80)2

–––––R

R = 6400m

nB–––Δt

nA–––Δt

RB = 0,375RA

1000 RB–––––––––

375

RB = 3,0cm

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2. -2013 – Para serrar ossos e carnes congeladas, umaçougueiro utiliza uma serra de fita que possui trêspolias e um motor. O equipamento pode ser montado

de duas formas diferentes, P e Q. Por questão de segurança, é neces -sário que a serra possua menor veloci dade linear.

Por qual montagem o açougueiro deve optar e qual a justificativa destaopção?a) Q, pois as polias 1 e 3 giram com velocidades lineares iguais em

pontos periféricos e a que tiver maior raio terá menor frequência.b) Q, pois as polias 1 e 3 giram com frequência iguais e a que tiver

maior raio terá menor velocidade linear em um ponto periférico.c) P, pois as polias 2 e 3 giram com frequências diferentes e a que tiver

maior raio terá menor velocidade linear em um ponto periférico.d) P, pois as polias 1 e 2 giram com diferentes velocidades lineares em

pontos periféricos e a que tiver menor raio terá maior frequência.e) Q, pois as polias 2 e 3 giram com diferentes veloci dades lineares em

pontos periféricos e a que tiver maior raio terá menor frequência.

RESOLUÇÃO:

Polias ligadas por correia ou corrente têm velocidades lineares

periféricas iguais e frequências inversamente proporcionais aos

respectivos raios.

Polias solidárias (ligadas ao mesmo eixo central) giram juntas com

frequências iguais.

Na montagem P, as polias (2) e (3) têm frequências iguais (f3 = f2):

A velocidade linear da serra será dada por:

VP = ω3 R3 = 2π f3 R3 = 2π f2 R3

Na montagem Q, teremos f2 = f3 e = e f2 = f1

A velocidade linear de serra será dada por:

VQ = ω2 R2 = 2π f2 R2

= . = � �2

Como R2 < R3 ⇒ e a montagem Q deve ser escolhida.

Resposta: A

3. Na figura, representamos a roda traseira (Z) e o siste ma deengrenagem de uma bicicleta, com a coroa (X) e a catraca (Y).

As rodas da bicicleta têm raio de 50cm, a coroa tem raio de 12cm e acatraca tem raio de 4,0cm.O ciclista imprime ao pedal uma frequência constante de 1,0Hz (umapedalada por segundo).Determinea) a frequência com que gira a coroa;b) a frequência com que gira a catraca;c) a frequência com que giram as rodas da bicicleta;d) o módulo da velocidade da bicicleta, supondo-se que as rodas não

derrapem. Adote π � 3.

RESOLUÇÃO:

a) A coroa gira com a mesma frequência do pedal: 1,0Hz.

b) Como a coroa e a catraca estão ligadas pela corrente, resulta

= ⇒ = ⇒

c) A roda traseira gira com a mesma frequência da catraca (é

solidária à catraca):

d) A velocidade da bicicleta é dada por

V = = = 2π fr R

V = 2 . 3 . 3,0 . 0,5 (m/s) ⇒

Respostas: a) 1,0Hz b) 3,0Hz c) 3,0Hz d) 9,0m/s

fCA––––fCO

RCO––––RCA

fCA––––1,0

12––––4,0

fCA = 3,0Hz

fr = fCA = 3,0Hz

Δs–––Δt

2πR––––

T

f2 R1––– = –––f1 R2

R1VP = 2π f1 ––– . R3

R2

f3––– f1

R1––– R3

R1––– R3

R1VQ = 2π f1 ––– . R2

R3

VQ––– VP

R2––– R3

R2––– R3

VQ < VP

V = 9,0m/s

R2––– R3

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4. (FUVEST-TRANSFERÊNCIA-2014) – Para suportar aceleraçõeselevadas, um piloto de caça foi treinado em uma grande centrífuga comfrequência de 20 rotações por minuto (rpm). A figura mostra o compor -tamento do módulo da aceleração angular α da centrífuga, em funçãodo tempo, desde t = 0 até o instante t = 14s, em que ela adquire afrequência de 20 rpm.

O valor máximo do módulo da aceleração, αm, é próximo dea) 0,15 rad/s2 b) 0,25 rad/s2 c) 0,70 rad/s2

d) 15 rad/s2 e) 25 rad/s2

RESOLUÇÃO:

1) �� = área (� x t)

�� = (14 + 2) = 8�m

2) �0 = 0 e �f = 2πf = 6 . = 2,0 rad/s

�� = 8�m

2,0 = 8�m

Resposta: B

5. (UFSC-2014-MODELO ENEM) – O trator tobata é utilizado no meiorural para diver sas tarefas: transportar carga, roçar, arar e semear. Paracada função, conecta-se a ele determinado implemento. Na figura 1,temos um tobata que funcionará como roçadeira. O funcionamento doimplemento se dá por meio do acoplamento de polias, como mostra afigura 1 e, de maneira esquemática, a figura 2.

Com base no exposto, é correto afirmar quea) as polias A e C giram em sentidos opostos.b) as três polias têm a mesma velocidade angular.c) as três polias têm a mesma velocidade linear.d) a polia B gira em sentido oposto ao das polias A e C.e) as polias A e B podem girar em sentindos opostos.

RESOLUÇÃO:

1) As polias giram todas no mesmo sentido.

2) Os pontos das periferias têm a mesma velocidade escalar linear

para que não haja escorregamento das correias.

3) As velocidades angulares são inversamente proporcionais aos

respectivos raios.

Resposta: C

�m–––2

20–––60

rad–––s

�m = 0,25 rad/s2

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6. (VUNESP-MODELO ENEM) – Para a determinação da posição dequal quer objeto sobre a superfície da Terra, o globo terrestre foi divididopor círculos no sentido vertical e no sentido horizontal, conforme a figu ra.

Considere duas pessoas, ambas na superfície da Terra, uma localizadano Equador e outra no Trópico de Câncer. Admitindo-se apenas o movi -mento de rotação da Terra em torno do seu próprio eixo, pode-se dizerque, para a pessoa localizada no Equador em relação à pessoa localizadano Trópico de Câncer,a) a aceleração centrípeta será maior e a frequência de rotação, igual.b) a velocidade angular será maior e a frequência de rotação, menor.c) a velocidade angular será maior e a frequência de rotação, maior.d) a aceleração centrípeta será maior e a velocidade de rotação, menor.e) a velocidade linear será maior e a frequência de rotação, menor.

RESOLUÇÃO:

1) r = R cos θ

2) acpA

= �2 R

acpB

= �2 r

3) A velocidade angular �, o período de rotação T e a frequência de

rotação f são os mesmos em qualquer latitude.

Resposta: A

1. (UEA-2014) – Um observador O está parado na margem de umrio, cuja correnteza apresenta velocidade constante com módulo igual a2,0m/s, em relação a ele. Um barco navega a favor da correnteza, comvelocidade constante de módulo 2,0m/s em relação à água do rio. Umpassageiro caminha sobre o barco com velocidade de módulo 1,0m/s,em relação ao barco, no sentido contrário ao movimento deste. Omódulo da velocidade, em m/s, e o sentido do movimento dessepassageiro, em relação ao observador O, éa) 3,0, descendo o rio. b) 3,0, subindo o rio.c) 5,0, descendo o rio. d) 5,0, subindo o rio.e) 2,0, descendo o rio.

RESOLUÇÃO:

A velocidade resultante do passageiro P, em relação ao observador

O, terá módulo V dado por:

V = VC + Vb – VP

V = 2,0 + 2,0 – 1,0 (m/s)

O sentido da velocidade resultante é para a direita, ou seja, no

sentido da velocidade da correnteza (descendo o rio).

Resposta: A

acpA

R

––––– = –––– > 1acp

B r

MÓDULO 23

COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS I

V = 1,0m/sP V = 2,0m/sC

V = 2,0m/sb

P

V = 3,0m/s

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2. (UEL-2014-MODELO ENEM) – A gôndola é um meio de transportecomumente usado nos famosos canais de Veneza e representa um dosprincipais atrativos turísticos da cidade. Um pedestre caminha nosentido oeste-leste com velocidade constante de módulo 3,0km/h emrelação à margem do canal e observa duas gôndolas em movimento: aprimeira, no sentido oeste-leste, com velocidade constante de módulo10,0km/h em relação à margem do canal; e a segunda, no sentido leste-oeste, com velocidade constante de módulo 6,0km/h também emrelação à margem do canal. Além disso, um veneziano observa, de suajanela, o pedestre caminhando no sentido oeste-leste e em sua direção.Ao colocar o sistema referencial inercial no pedestre, as velocidadesrelativas da primeira gôndola, da segunda e do veneziano, em relação aopedestre, são, respectivamente, dea) 7,0km/h para o leste, 9,0km/h para o oeste, 3,0km/h para o oeste.b) 7,0km/h para o oeste, 9,0km/h para o leste, 3,0km/h para o leste.c) 13,0km/h para o leste, 3,0km/h para o oeste, 3,0km/h para o leste.d) 13,0km/h para o oeste, 3,0km/h para o leste, 3,0km/h para o oeste.e) 13,0km/h para o leste, 9,0km/h para o oeste, 3,0km/h para o leste.

RESOLUÇÃO:

1) VrelG1= VG

1– VP = 7,0km/h (de oeste para leste)

2) VrelG2= VG

2– VP = –9,0km/h (de leste para oeste)

3) VrelV= VV – VP = –3,0km/h (de leste para oeste)

Resposta: A

3. (UNAMA-MODELO ENEM) – Um barco motorizado faz via gensentre duas cidades localizadas às margens de um rio.Viajando com velocidade constante, em relação às águas, na ida e navolta, ele gasta 50 minutos des cendo o rio e 1 hora e 40 minutos su -bindo o rio.

Com base nas informações acima, pode-se deduzir que, quaisquer quesejam os valores das velocidades da correnteza e do barco relativa àságuas,a) o módulo da velocidade do barco é o dobro do módulo da veloci dade

da correnteza.b) o módulo da velocidade do barco é igual ao módulo da velocidade

da corren teza.c) o módulo da velocidade do barco é menor que o módulo da veloci -

dade da correnteza.d) na viagem rio abaixo, com motores desligados, o barco gastaria 3

horas e 20 minutos.e) na viagem rio abaixo, com motores desligados, o barco gastaria 3

horas e 10 minutos.

RESOLUÇÃO:

�s = Vt (MU)

d = (Vb + Vc) 50 (1)

d = (Vb – Vc) 100 (2)

d = Vc T (3)

(1) = (2): (Vb + Vc ) 50 = (Vb – Vc) 100

Vb + Vc = 2Vb – 2Vc

(1) = (3):

(Vb + Vc) 50 = Vc T

4Vc 50 = Vc T

T = 200 min = 3h + 20min

Resposta: D

Vb = 3Vc

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4. (FUVEST-TRANSFERÊNCIA-2014-MODELO ENEM) – Em umnavio com velocidade constante e de módulo 6,0m/s em relação à água,um passageiro vê uma gaivota cruzar todos os 24,0m de largura doconvés em 3,0s, em uma direção perpendicular ao eixo do navio e auma altura constante. A figura mostra a trajetória da gaivota, confor -me vista pelo passageiro.

O módulo da velocidade da gaivota, em relação à água, é a) 2,0m/s b) 6,0m/s c) 8,0m/s d) 10,0m/s e) 14,0m/s

RESOLUÇÃO:

Varr = 6,0m/s

Vrel = = = 8,0m/s

Teorema de Roberval

VR

2 = V2rel + V2

arr

VR2 = (8,0)2 + (6,0)2

Resposta: D

5. (UNIMONTES-MG-2014) – Um barco a motor veleja com umavelocidade com módulo V em relação a um estudante parado namargem do rio. O garoto observa que o barco percorre 100 metros, nosentido da correnteza, em 10,0 segundos, e gasta o dobro desse tempopara percorrer de volta a mesma distância, movendo-se contra acorrenteza. Suponha que o módulo da velocidade do barco com relaçãoao rio seja o mesmo na ida e na volta. O módulo da velocidade dacorrenteza do rio, em m/s, é igual aa) 2,5 b) 5,0 c) 7,5 d) 10,0 e) 12,5

RESOLUÇÃO:

1) VR = V = = = 10,0m/s

2) VR = VB + VC = 10,0m/s (1)

V’R = VB – VC = 5,0m/s (2) (gasta o dobro do tempo)

(1) – (2): 2VC = 5,0

Resposta: A

6. Uma bola chutada por um jogador move-se em um plano vertical esuas coordenadas cartesianas va riam com o tempo segundo as relações:

x = 5,0t (SIU) e y = 20,0t – 5,0t2 (SIU)Pedem-sea) o módulo da velocidade da bola no instante t = 1,5s;b) a equação e a forma da trajetória.

RESOLUÇÃO:

a) Vx = = 5,0m/s

Vy = = 20,0 – 10,0t (SI)

Vx = 5,0m/st = 1,5s�

Vy = 5,0m/s

V2 = V2x + V2

y

b) x = 5,0t ⇒ t =

y = 20,0t – 5,0t2

y = 20,0 . – 5,0 .

A trajetória é parabólica.

24,0m–––––––

3,0s

�srel–––––

�t

VR = 10,0m/s

�s–––�t

100m–––––––10,0s

VC = 2,5m/s

dx–––dt

dy–––dt

V = 5,0 ���2 m/s

x–––5,0

x2

––––25,0

x–––5,0

y = 4,0x – 0,2x2 (SI)

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1. Um rio tem um leito retilíneo, margens paralelas, lar gu ra de 5,0kme correnteza com velocidade constante de módulo igual a 3,0km/h. Umbarco motorizado desenvolve, em relação às águas do rio, umavelocidade de módulo constante e igual a 5,0km/h. Em uma 1.a viagem,o barco atravessa o rio nas condições em que o tempo de travessia émínimo e o tempo gasto é T1. Em uma 2.a viagem, o barco atravessa orio de modo a atingir um ponto da outra margem diretamente oposto aoponto de partida, isto é, nas condições em que a distância percorrida,em relação às margens, é mínima. Nesse caso, o tempo gasto natravessia é T2. Determine a razão T2/T1.

RESOLUÇÃO:1) Na condição de tempo mínimo, a velocidade relativa é per -

pendicular às margens (dirigida de A para B).

O tempo de travessia T1 é calculado com base no movi mentorelativo (de A para B):

L 5,0Vrel = –––– ⇒ 5,0 = –––– ⇒

T1 T1

2) Na condição de caminho mínimo, a velocidade resultante éperpen dicular às margens (dirigida de A para B).

No triângulo retângulo da figura, temos:

V2

rel = V2

R + V2

arr

(5,0)2 = V2

R + (3,0)2 ⇒

O tempo de travessia T2 é calculado com base no movi mentoresultante (de A para B):

VR = ⇒ 4,0 = ⇒

Portanto, a razão é dada por:

=

Resposta:

MÓDULO 24

COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS II

T1 = 1,0h

VR = 4,0km/h

5,0–––T2

L–––T2

T2 = 1,25h

T2–––T1

1,25––––––

1,0

T2–––T1

T2–––– = 1,25

T1

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2. Considere um rio com leito retilíneo e horizontal e margens para -lelas com largura L = 200m. A velocidade da correnteza é variável coma distância às margens.Junto às margens, a velocidade é nula e no meio do rio, a velocidade émá xima. Para uma distância d do ponto considerado até uma dasmargens, a velocidade tem módulo VC = 0,04d (SI).

Um barco motorizado tem velocidade relativa às águas com móduloconstante VB = 5,0m/s e, para atravessar o rio em tempo mínimo, estavelocidade é direcionada perpendicularmente à correnteza.a) Calcule o tempo T gasto pelo barco para atravessar o rio.b) Faça um gráfico do módulo da velocidade da correnteza VC em

função do tempo de movimento do barco.c) Sabendo-se que o barco atinge a margem oposta no ponto C, calcule

a distância BC.

RESOLUÇÃO:

a) De acordo com o Princípio de Galileu, o tempo de travessia pode

ser calculado pelo movimento relativo.

�srel = Vrel t (MU)

200 = 5,0T ⇒

b) 1) O movimento relativo é uniforme: d = Vrel t = 5,0t (SI)

2) De acordo com o texto:

VC = 0,04 d = 0,04 . 5,0t

VC = 0,20 t (SI)

3)

c) BC = área (VC x t)

BC = (m) ⇒

Respostas:a) T = 40s

b) ver figura

c) BC = 80m

3. (AFA-MODELO ENEM) – Um carro desloca-se horizontal mente

com velocidade de módulo 30m/s em relação ao solo terrestre. Está

caindo uma chuva que, em relação ao solo terrestre, é vertical e tem

velocidade com mó dulo igual a 10 �3m/s.

Para que o vidro traseiro do carro não se molhe, sua inclinação �, em

relação à horizontal, deve ser de:a) 30° b) 45° c) 53° d) 60° e) 90°

RESOLUÇÃO:

Para que o vidro não se molhe, a velocidade da chuva em relação

a ele deve ser paralela à superfície do vidro, isto é, inclinada de � em

relação à horizontal.

Da figura:

tg � = =

tg � = ⇒

Resposta: A

4. (CESGRANRIO-2013) – Um helicóptero H se movimenta na des -cendente com velocidade inicial

→V, de módulo 10m/s, formando um

ângulo de 3° com a horizontal, conforme mostra a figura abaixo. A ace -leração →a do helicóptero é constante, horizontal e contrária ao movi -mento. Quando o helicóptero atinge o ponto P, 50 m abaixo da posiçãoinicial, o seu movimento passa a ser vertical com aceleração zero.

Qual é, aproximadamente, em m, o deslocamento horizontal X dohelicóptero?a) 32 b) 50 c) 167 d) 500 e) 1000Dados: cos 3° = 1

sen 3° = 0,05

T = 40s

40 . 4,0–––––––

2BC = 80m

→VR

––––––→Varr

10 �3–––––––

30

�3––––

3� = 30°

114 –

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RESOLUÇÃO:

1) Cálculo do tempo para chegar a P:

Como a aceleração do helicóptero é horizontal, o seu movi -

mento vertical é uniforme com velocidade Vy = V sen 3°

Vy = 10 . 0,05 (m/s) = 0,5m/s

Δsy = Vy . T

50 = 0,5 T ⇒

2) Cálculo de X:

Na direção horizontal, o movimento é uniformemente variado

com V0x = V cos 3° e velocidade em P nula (o movimento passou

a ser vertical).

V0x = 10 . 1 (m/s) = 10m/s

=

= ⇒

Resposta: D

5. Uma pedra fica incrustada no pneu de um carro que descreve umatrajetória retilínea, com velocidade constante de módulo V0, sem queos pneus derrapem.Pretende-se estudar o movimento da pedra, em relação ao soloterrestre, denominado movimento resultante da pedra. Considere a pedra passando pelas quatro posições, A, B, C e D,indicadas na figura.

a) Complete as lacunas a seguir:

1) Movimento relativo: é o movimento da pedra em relação

..........................; é do tipo .......................... e .......................... .

2) Movimento de arrastamento: é o movimento do carro em relação

..........................; é do tipo .......................... e .......................... .

3) Movimento resultante: é o movimento da pedra em relação

.......................... .

4) De acordo com o Teorema de Roberval, a velocidade resultante→VR é a soma vetorial da velocidade .......................... com avelocidade de ........................... .

b) Desenhe, na figura, as velocidades relativa e de arrastamento nasquatro posições, A, B, C e D.

c) Complete as lacunas:Para que o pneu não derrape, os pontos de contato entre os pneuse o chão devem ter velocidade resultante ........................ e, paratanto, as velocidades ........................ e de .................................devem ter módulos iguais.

d) Calcule em função de V0 os módulos da velocidade resultante dapedra nas posições A, B, C e D.

e) Para V0 = 100km/h, qual o intervalo de variação do módulo davelocidade resultante da pedra?

RESOLUÇÃO:

a) 1) ao carro; circular; uniforme

2) ao solo; retilíneo; uniforme

3) ao solo

4) relativa; arrastamento

b)

c) nula; relativa; arrastamento

d) VA = 0; VC = 2V0

VB = VD = �2 V0

VB2 = V0

2 + V02 = 2V0

2

VB = �2 V0

e) 0 � VR � 200km/h

→VR =

→Vrel +

→Varr

X–––T

V0x + Vx–––––––––

2

X––––100

10 + 0–––––––

2x = 500m

T = 100s

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1. Um gafanhoto, ao saltar, abandona o solo com velocidade →V0 de

módulo 3,0m/s, que forma com o solo horizontal um ângulo � tal quesen � = 0,80 e cos � = 0,60. Despreze o efeito do ar e adote g = 10m/s2.Determine para o movimento do gafanhoto:a) o tempo de voo;b) a altura máxima atingida;c) o alcance horizontal.

RESOLUÇÃO:

a) 1) V0y = V0 sen � = 3,0 . 0,80(m/s) = 2,4m/s

2) Vy = V0y + �y t (MUV)

0 = 2,4 – 10 ts ⇒ ts = 0,24s

3) T = ts + tQ = 2ts ⇒

b) Vy2 = V0y

2 + 2�y �sy

0 = (2,4)2 + 2(– 10) H

20H = 5,76 ⇒ H = 0,288m ⇒

c) �sx = V0x . T

D = (V0 cos �) T = 3,0 . 0,60 . 0,48(m)

D = 0,864m ⇒

Respostas: a) T = 0,48s

b) H = 28,8cm

c) D = 86,4cm

2. (UFAM-2014) – Uma bola de futebol com 450g de massa, inicial -mente em repouso, é chutada obliquamente para cima com velocidadeinicial de módulo 20m/s. A bola alcança altura máxima de 10m e atingeuma parede vertical 2,0s após o chute.

Desprezando-se a resistência do ar, podemos afirmar que a distância doponto de lançamento da bola até a parede é aproximadamente igual a:a) 40m b) 28m c) 20m d) 14m e) 10mAdote g = 10m/s2

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo de V0y:

V2y = V0y

2 + 2�y �sy ↑�

0 = V0y2 + 2 (–10,0) 10 ⇒

2) Cálculo de V0x:

V20 = V0x

2 + V0y2 ⇒ 400 = V0x

2 + 200

3) Cálculo de D:

Δsx = V0x t1

D = 10 �2. 2,0 (m)

Resposta: B

MÓDULO 25

BALÍSTICA I

T = 0,48s

H = 28,8cm

D = 86,4cm

V0y = 10 �2 m/s

V0x = 10 �2 m/s

D = 20 �2 m � 28m

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3. (IJSO-2013) – Um jovem com seu skate sobe uma rampa decomprimento 5,0 m e inclinada de um ângulo θ tal que sen θ = 0,8 ecos θ = 0,6. Após passar pelo ponto B, com velocidade de módulo20m/s, fica sob ação exclusiva da gravidade. Seja g = 10m/s2 o móduloda aceleração da gravidade.

A altura máxima que ele atinge, em relação ao solo, é igual a:a) 12,6m b) 14,4m c) 16,8m d) 17,9m e) 23,0m

RESOLUÇÃO:

1) sen θ =

0,8 = ⇒

2) VBy = VB sen θ = 20 . 0,8 (m/s)

3) V2y = V2

By + 2 �y �sy ↑�

0 = 256 + 2 (–10) (H – 4,0)

20 (H – 4,0) = 256

H – 4,0 = 12,8

Resposta: C

4. (UNIFOR-CE-2014-MODELO ENEM) – A figura a seguir mostrauma das cenas vistas durante a Copa das Confederações no Brasil. Ospoli ciais militares responderam às ações dos manifestantes combombas de gás lacrimogênio e balas de borracha em uma regiãototalmente plana onde era possível avistar a todos.

Suponha que o projétil disparado pela arma do PM tenha uma velocidadeinicial de módulo 200,0m/s ao sair da arma e sob um ângulo de 30° coma horizontal. Calcule a altura máxima do projétil em relação ao solo,saben do-se que ao deixar o cano da arma o projétil estava a 1,70m dosolo. Despreze as forças dissipativas e adote g = 10,0m/s2.

(Fonte:http://noticias.uol.com.br/ultimasnoticias/efe/2013/09/07/protestos-em-

saopaulo-terminam-com-violencia-e-confrontos.htm)

a) 401,7m b) 501,7m c) 601,7m d) 701,7m e) 801,7m

RESOLUÇÃO:

1) V0y = V0 sen θ

V0y = 200,0 . (m/s) = 100,0m/s

2) V2y = V2

0y + 2 �y �sy

0 = (100,0)2 + 2 (–10,0) (H – H0)

H – 1,70 =

Resposta: B

hB–––AB

hB–––5,0

hB = 4,0m

VBy = 16m/s

H = 16,8m

1–––2

10 000–––––––

20

H = 501,7m

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5. Um homem-bala é disparado por um canhão de uma altura inicialh0 = 25m com uma velocidade inicial cujas componentes vertical ehorizontal têm módulos respectivamente iguais a 20m/s e 10m/s. Oefeito do ar é desprezível e adota-se g = 10m/s2.

Determinea) o intervalo de tempo desde o instante do disparo até o instante em

que o homem-bala atinge o solo;b) a distância horizontal percorrida D;c) a altura máxima atingida H.

RESOLUÇÃO:

a) Analisando-se o movimento vertical do ho mem-bala, com a

trajetória orientada para cima, temos:

h = h0 + V0y t + t2

h = 25 + 20t – t2 (SI)

Ao atingir o solo, h = 0 e t = T.

0 = 25 + 20T – 5,0T2

5,0T2 – 20T – 25 = 0

⎯→ T = – 1,0s

(rejeitada)T2 – 4,0T – 5,0 = 0

⎯→

b) Analisando-se o movimento hori zon tal, temos:

�sx = Vxt

D = 10 . 5,0 (m) ⇒

c) Analisando-se o movimento verti cal:

V2y = V

2

0y + 2�y (h – h0)

0 = (20)2 + 2(–10) (H – 25)

20 (H – 25) = 400

H – 25 = 20 ⇒

Respostas: a) 5,0s

b) 50m

c) 45m

1. (UEPA-2014-MODELO ENEM) – Um avião de salvamento foi uti -liza do para lançar dois botes autoinfláveis contendo kits de sobre vivênciapara um grupo de náufragos. Admita que os botes tenham caídoexatamente na posição dos náufragos e que o lançamento tenha sidofeito a partir de uma altura de 45m. Sabendo-se que, no momento dolançamento, o avião deslocava-se horizontalmente com uma velocidadede módulo 108km/h, a distância horizontal percorrida pelos botes desdeo seu lançamento até a sua chegada à superfície da água, em metros,foi igual a:a) 60 b) 70 c) 80 d) 90 e) 100Dado: Módulo da aceleração da gravidade = 10m/s2.

RESOLUÇÃO:

a) Cálculo do tempo de queda:

Δsy = V0y t + t2 ↓�

45 = 0 + T2

T2 = 9,0 ⇒

b) Cálculo do alcance D:

Δsx = V0x t

D = 30 . 3,0 (m)

Resposta: D

�y–––2

10–––2

T = 5,0s

D = 50m

H = 45m

MÓDULO 26

BALÍSTICA II

γy–––2

10–––2

T = 3,0s

D = 90m

118 –

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2. (FAFIPA-MODELO ENEM) – Durante uma guerra, um grupo desoldados ficou numa área isolada pelos inimigos. Sem medica mentos ealimentação, não teriam a menor chance para continuarem o combateem terra. Um piloto de guerra, pertencente a este grupo, foi chamadopara realizar uma operação: fazer com que os suprimentos necessárioschegassem até estes soldados.

Sabendo-se que o avião deveria voar numa altitude, em linha reta, de2000m do solo (para não ser observado pelo radar do inimigo) e velo -cidade constante de módulo 792km/h, a distância horizontal, em metros,a qual o suprimento deve ser liberado do avião, em relação aos soldados,para que caia o mais próximo possível destes é um valor que mais seavizinha de:a) 1080m b) 1562m c) 1800md) 4000m e) 4400mConsidere g = 10 m/s2 e despreze o efeito do ar.

RESOLUÇÃO:1) Cálculo do tempo de queda:

�sy = V0y t + t2 ↓ �

2000 = 0 + T2

T2 = 400 ⇒

2) Cálculo de D:

�sx = Vx T

D = . 20 (m) ⇒

Resposta: E

3. Um carro com velocidade inicial →V0 de módulo 180km/h formando

com a horizontal um ângulo θ = 37° cai em um despenhadeiro de umaaltura H = 35,0m, conforme ilustra a figura.

Despreze o efeito do ar, considere g = 10,0m/s2 e sen 37° = 0,60 e cos 37° = 0,80Calculea) o tempo de voo T até o carro colidir com o solo;b) a distância horizontal D percorrida pelo carro.

RESOLUÇÃO:

a) 1) V0y = V0 sen θ = 50,0 . 0,60 (m/s) = 30,0m/s

2) V0x = V0 cos θ = 50,0 . 0,80 (m/s) = 40,0m/s

3) h = h0 + V0y + t2 ↑ �

0 = 35,0 + 30,0t – 5,0t2

5,0t2 – 30,0t – 35,0 = 0

1,0t2 – 6,0t – 7,0 = 0

b) Δsx = V0x T

D = 40,0 . 7,0 (m) ⇒

Respostas: a) T = 7,0s

b) D = 280m

�y–––2

T = –1,0s (rejeitada)

T = 7,0s

T = 7,0s

D = 280m

�y–––2

10–––2

T = 20s

D = 4400m792––––3,6

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4. (UNESP) – Um garoto, voltando da escola, en controu seus amigosjogando uma partida de futebol no campinho ao lado de sua casa eresolveu partici par da brincadeira. Para não perder tempo, atirou suamochila por cima do muro, para o quintal de sua ca sa: postou-se a umadistância de 3,6m do muro e, pegando a mochila pelas alças, lançou-a apartir de uma altura de 0,4m. Para que a mochila passasse para o outrolado com segurança, foi necessário que o ponto mais alto da trajetóriaestivesse a 2,2m do solo. Considere que a mochila tenha tamanho des -pre zível comparado à altura do muro e que durante a trajetória não hajamovimento de rotação ou perda de energia mecânica.

Tomando-se g = 10m/s2, calculea) o tempo decorrido, desde o lançamento até a mochila atingir a sua

altura máxima;b) o ângulo de lançamento.Dados:

RESOLUÇÃO:

a) 1) Na direção vertical:

Vy2 = V0y

2 + 2�y �sy

0 = V0y2 + 2 (–10) 1,8

V0y2 = 36 ⇒

2) Cálculo do tempo de subida:

Vy = V0y + �y t

0 = 6,0 – 10 ts ⇒

b) 1) Na direção horizontal:

�x = Vx . T

3,6 = V0x . 0,6 ⇒

2) Sendo V0x = 6,0m/s e V0y = 6,0m/s, tem-se � = 45°.

Respostas: a) 0,6s

b) 45°

5. (NUCEPE-MODELO ENEM) – Um morteiro, um artefato lançadorde granadas, está afastado uma distância horizontal D de uma linhavertical posicionada sobre uma encosta (ver figura abaixo). O ângulo θde lançamento do morteiro vale 30°. Uma granada é lançada comvelocidade inicial cujo módulo vale V0 = 100m/s. O ponto P de impactoda granada na encosta está a uma altura h = 120m em relação ao pontode lançamento. Considere: sen(30°) = 0,50; cos(30°) = 0,87 e a acele -ração da gravidade com módulo g = 10m/s2.

Desprezando-se o efeito do ar, a distância horizontal D para que agranada atinja o ponto P da encosta, depois de ultrapassar o ponto maisalto da sua trajetória, será igual a:a) 261 metros b) 348 metros c) 435 metrosd) 522 metros e) 609 metros

RESOLUÇÃO:

1) V0x = V0 cos 30° = 100 . 0,87 (m/s) = 87m/s

V0y = V0 sen 30° = 100 . 0,50 (m/s) = 50m/s

2) Δsy = V0y t + t2 (↑ �)

120 = 50T – 5,0T2

5,0T2 – 50T + 120 = 0

1,0T2 – 10T + 24 = 0

3) Δsx = V0x T2

D = 87 . 6,0 (m) ⇒

Resposta: D

V0y = 6,0m/s

ts = 0,6s

V0x = 6,0m/s

� sen � cos � tg �

30° 1/2 �3/2 �3/3

45° �2/2 �2/2 1

60° �3/2 1/2 �3

�y–––2

T1 = 4,0s (subindo)

T2 = 6,0s (descendo)

D = 522m

120 –

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1. (VUNESP-2014-MODELO ENEM) – Observe a tirinha.

A personagem Garfield refere-se ao Princípio daa) Ação e Reação.b) Conservação da Energia.c) Conservação da Quantidade de Movimento.d) Inércia.e) Transmissibilidade das Forças.

RESOLUÇÃO:

1.a Lei de Newton ou Princípio da Inércia.

Resposta: D

2. (VUNESP-MODELO ENEM) – O Código de Trân sito Brasi leiro (Lein.º 9.503/97) deter mina: Art. 64. As crianças com idade inferior a dez anos devem ser

transportadas nos bancos traseiros, salvo exceções regu lamen -tadas pelo CONTRAN (Conse lho Nacional de Trânsito).

Art. 65. É obrigatório o uso do cinto de segurança para condutor epassageiros em todas as vias do território nacional, salvo emsituações regulamen tadas pelo CONTRAN.

As orientações desses dois artigos da lei visam mini mizar os efeitos deum acidente, pois, em caso de uma brecada abrupta ou colisão frontalde um automóvel,a) o cinto de segurança reage contra o impulso dado pelo carro aos

passageiros.b) as crianças sentadas no banco traseiro automati camente passam a

ter velocidade.

c) os passageiros tendem a continuar o movimento que estavamrealizando, por inércia.

d) os passageiros ganham um impulso, transmitido pelo carro, para forado veículo.

e) as crianças sentadas no banco traseiro, por serem mais leves, nãoganham impulso.

RESOLUÇÃO:

O cinto de segurança é usado para frear a pessoa em uma brecada

em virtude de sua inércia de movimento (tendência de manter a

velocidade vetorial).

Resposta: C

3. (FATEC-2014-SP-MODELO ENEM) – Os aviões voam porque operfil aerodinâmico de suas asas faz com que o ar que passa por cimae por baixo delas ocasione uma diferença de pressão que gera a forçade sustentação.

(preview.tinyurl.com/forcasaviao acesso em 26.10.2013.Original colorido)

Esta força de sustentação é que permite ao avião sustentar-se no ar.Logo, para que o avião voe, as hélices ou turbinas do avião empurramo ar para trás, e o ar reage impulsionando a aeronave para a frente.Desta forma, podemos dizer que o avião se sustenta no ar sob a açãode 4 forças: ✓ motora ou propulsão; ✓ de resistência do ar ou arrasto; ✓ peso; ✓ força de sustentação. Caso um avião voe com velocidade constante e permaneça à mesmaaltitude, é correto afirmar que a soma das a) forças verticais é nula e a das horizontais, não nula. b) forças horizontais é nula e a das verticais, não nula. c) forças horizontais e verticais é nula.d) forças positivas é nula. e) forças negativas é nula.

RESOLUÇÃO:

Sendo a velocidade constante, a força resultante é nula e portanto:

1) A força motora é equilibrada pela força de resis tência do ar.

2) A força peso é equilibrada pela força de sustentação.

Resposta: C

MÓDULO 27

1.a LEI DE NEWTON

– 121

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4. (URCA-CE-2014-MODELO ENEM) – De acordo com as observa -ções de Ticho Brahe e Johannes Keppler (por volta do século XVI), aTerra segue uma trajetória elíptica em torno do Sol com este situadonum dos focos da elipse. Isaac Newton (no século XVII) obteve este eoutros resultados de observações astronômicas a partir de suas teoriassobre o movimento (a mecânica) e sobre a gravitação, segundo as quaisos planetas são mantidos em suas órbitas devido à atração exercidasobre eles pelo Sol. Se a gravidade do Sol fosse desligada (supondo-seque isso pudesse ser feito) e desprezando-se a interação gravitacionalcom outros corpos celestes, então, de acordo com a mecânicanewtoniana, a Terraa) seguiria sua órbita elíptica original.b) sofreria desaceleração até parar, em relação a um referencial inercial.c) sairia radialmente da órbita elíptica e passaria a se mover com

movimento acelerado em relação a um referencial inercial.d) sairia tangencialmente da órbita elíptica e passaria a se mover com

movimento em linha reta com velocidade constante, em relação aum observador inercial.

e) sairia radialmente da órbita elíptica e passaria a se mover commovimento retilíneo com velocidade constante em relação a umreferencial inercial.

RESOLUÇÃO:

De acordo com a 1.a Lei de Newton (Princípio da Inércia), a Terra

passaria a ter MRU mantindo por inércia numa direção tangente à

sua trajetória inicial.

Resposta: D

5. (CEPERJ-2014) – A figura 1 mostra um bloco em repouso, apoiadonuma superfície plana e horizontal. Nesse caso, a superfície exercesobre ele uma força

→f.

A figura 2 mostra o mesmo bloco descendo, com movimento retilíneoe uniforme, uma rampa inclinada em relação à horizontal ao longo dareta paralela ao plano. Nesse caso, a rampa exerce sobre ele uma força→f’.

Essas forças →f e

→f’ são tais que:

a) →f e

→f’ têm a mesma direção e sentido, e .

→f ’. = .

→f .

b) →f e

→f’ não têm a mesma direção, mas .

→f ’. = .

→f .

c) →f e

→f’ têm a mesma direção, e .

→f ’. > .

→f .

d) →f e

→f’ não têm a mesma direção, e .

→f ’. > .

→f .

e) →f e

→f’ não têm a mesma direção, e .

→f ’. < .

→f .

RESOLUÇÃO:

→f +

→P =

→0

→f’ +

→P =

→0

Em ambos os casos, a força resultante é nula e a força aplicada pelo

plano deve equilibrar o peso:

Resposta: A

f�

P�

→f = –

→P

f ’�

fN�

fat

P�

→f’ =

→fN +

→fat

→f’ = –

→P

→f =

→f’ = –

→P

122 –

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6. Assinale a opção que está em desacordo com o princípio da inércia.a) Se a força resultante em uma partícula for nula, ela pode estar em

movimento. b) Uma partícula eletrizada não cria campo elétrico na posição em que

se encontra.c) Não pode existir um super-homem que voe graças apenas ao fato

de ter grande energia interna.d) Quando um carro freia, o corpo do motorista é projetado para frente

porque todo corpo tende a manter, por inércia, sua velocidadevetorial. Em vir tude desse fato, é obrigatório, nas estradas, o usode cinto de segurança.

e) Quando uma nave espacial está gravitando em torno da Lua, seumovimento orbital é mantido por inércia.

RESOLUÇÃO:

a) De acordo com o princípio da inércia, se a força resul tante for

nula, a partícula pode estar em movimento retilíneo e uniforme.

b) Se a partícula criasse campo elétrico na posição onde se

encontra, ela se moveria sob ação de seu próprio campo, con -

trariando o princípio da inércia. “Nenhum corpo pode sozinho

alterar sua velocidade.”

c) De acordo com o princípio da inércia, o super-homem não pode

alterar sua velocidade sem receber ação de uma força externa.

d) O papel do cinto de segurança é aplicar uma força para frear o

corpo, que tende a manter a velocidade que pos suía.

e) O movimento orbital não é mantido por inércia, e sim pela força

gravitacional que a Lua aplica sobre a nave.

Resposta: E

7. Um carro está movendo-se em um plano horizontal, em linha reta,e seu motorista está pisando no acelerador até o fim.O carro recebe do chão, por causa do atrito, uma força para frente,constante e de intensidade F.A força que se opõe ao movimento e vai limitar a velocidade do carro éa força de resistência do ar cuja intensidade Fr é dada por:

Fr = k V2

k = coeficiente aerodinâmico que depende da densidade do ar e dageometria do carro.

V = módulo da velocidade do carro.

A força resultante que age no carro tem intensidade FR dada por:

A velocidade escalar máxima que o carro pode atingir (velocidade li mitedo carro) é dada por:

a) Vlim = b) Vlim =

c) Vlim = ���� d) Vlim = 3,0 . 108 m/s

e) Vlim = 340 m/s

RESOLUÇÃO:

A velocidade limite é atingida quando a força resultante FR se

anular, isto é, a força de resistência do ar equilibrar a força motriz

que o carro recebe do chão por causa do atrito.

FR = 0 ⇒ F = kV2lim

V2lim = ⇒

Resposta: C

FR = F – kV2

k–––F

F–––k

F–––k

FVlim = ���–––

k

F–––k

– 123

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1. (UNIFICADO-RJ-2014) – Duas forças, →F1 e

→F2, horizontais e cons -

tantes têm mesma direção e sentidos opostos e agem sobre um objetode massa 2,0kg imprimindo-lhe uma aceleração horizontal de módulo8,0m/s2. Não há atrito entre o bloco e o plano horizontal de apoio e nãose considera o efeito do ar.

Se a intensidade da força →F1 é cinco vezes maior que a intensidade da

força →F2, então a intensidade da força

→F2, em N, vale:

a) 1,0 b) 2,7 c) 3,2 d) 4,0 e) 10,0

RESOLUÇÃO:→F1 +

→F2 = m

→a

F1 – F2 = m a

5F2 – F2 = ma

4F2 = 2,0 . 8,0

Resposta: D

2. (PUC-RJ-2014) – Duas forças, →F1 e

→F2, no plano xy e perpen -

diculares entre si atuam em um objeto de massa 3,0kg imprimindo-lheuma acelera ção de módulo 2,0m/s2. A força

→F1 tem módulo 3,0N.

Calcule o módulo da força →F2.

a) 5,1N b) 4,2N c) 3,0N d) 1,2N e) 0,5N

Considere: �2 = 1,4 e �3 = 1,7

Admita que →F1 e

→F2 são as únicas forças que atuam no objeto.

RESOLUÇÃO:

1) PFD: FR = ma = 3,0 . 2,0 (N) = 6,0N

2) FR2 = F

1

2 + F2

2

36,0 = 9,0 + F2

2

F2

2 = 27 = 9 . 3

F2 = 3�3 N = 3 . 1,7N

Resposta: A

3. (OLIMPÍADA AMERICANA DE FÍSICA) – Um pequeno pássaroestá voando em linha reta com velocidade escalar inicial V0 = 10,0m/s.O pássaro aumenta uniformemente sua velocidade escalar para 15,0m/senquanto percorre uma distância de 25,0m.Sendo a massa do pássaro de 2,0kg, determinea) o tempo T gasto pelo pássaro no percurso de 25,0m;b) o módulo a da aceleração do pássaro;c) a intensidade F da força resultante no pássaro.

RESOLUÇÃO:

a) = (MUV)

= ⇒

b) V2 + V02 + 2� �s

(15,0)2 = (10,0)2 + 2 a 25,0

225 = 100 + 50,0a ⇒

c) PFD: FR = ma

FR = 2,0 . 2,5 (N) ⇒

Respostas: a) T = 2,0s

b) a = 2,5m/s2

c) F = 5,0N

4. (CENTRO UNIVERSITÁRIO SÃO CAMILO-MEDICINA-MODELO

ENEM) – A energia nuclear voltou, recentemente, a ser assunto devárias matérias jornalísticas devido ao acidente na Usina Nuclear deFukushima, ocorrido em março de 2011, após a passa gem de umterremoto e de um tsunami pelo Japão. Sabe-se que um dos materiaisradioativos liberados nesse tipo de acidente é o iodo-131 (131I) que,inclusive, pode ser utilizado na medicina, em procedimentos dediagnóstico e de tratamento.Este material é um emissor de partículas β. Considerando-se esta últimainformação, a alternativa que melhor representa, genericamente, o ele -mento produzido pelo decaimento do iodo-131 (131

53I) e a natureza daforça envolvida é:

a) 13154X; força nuclear fraca b) 132

53X; força nuclear fraca

c) 13154X; força nuclear forte d) 127

51X; força eletromagnética

e) 13053X; força nuclear forte

RESOLUÇÃO:

No decaimento �, pela ação da força nucler fraca, um nêutron emite

um elétron e um antineutrino e se tranforma em um próton.

O número de prótons (número atômico) aumenta uma unidade e

passa de 53 para 54.

O número de massa (quantidade de prótons e nêutrons) não se

altera e continua valendo 131.

Resposta: A

F2 = 5,1N

MÓDULO 28

2.a LEI DE NEWTON

F2 = 4,0N

V0 + Vf––––––––2

Δs–––Δt

T = 2,0s10,0 + 15,0––––––––––

2

25,0––––

T

a = 2,5m/s2

F = 5,0N

124 –

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5. (MODELO ENEM) – O Prêmio Nobel de Física de 2004 foi atribuído a três cientistas norte-americanos: David J. Gross, Frank Wilczek e H. DavidPolitzer por uma descoberta feita em 1973.Eles sugeriram que a força que une os quarks constituintes dos prótons e nêutrons aumentava com a distância ao invés de diminuir, como sugeririaa nossa intuição.Os físicos ficaram muito tempo intrigados por não descobrirem os quarks isolados, mas tão somente em duplas (formando os mésons) ou em trios(formando prótons e nêutrons).A explicação encontrada é que ao tentar separar os quarks, uma força muito intensa começa a agir (força nuclear forte) impedindo a separação.

Folha de S. Paulo

Baseado no texto, analise as proposições a seguir:(1) A descoberta dos três norte-americanos permitiu unificar as quatro forças fundamentais da natureza.(2) A força nuclear forte que une os quarks, para formarem prótons e nêutrons, considerada dentro do seu raio de ação, aumenta quando a distância

entre os quarks aumenta.(3) A força nuclear fraca explica um fenômeno de radioatividade.(4) A força eletromagnética é mediada pelos fótons e a força nuclear forte pelos glúons.Estão corretas apenas:a) (1) e (2) b) (1) e (3) c) (2) e (3) d) (3) e (4) e) (2), (3) e (4)

RESOLUÇÃO:

(1) (F) A unificação é apenas um sonho dos cientistas.

(2) (V) Foi a grande descoberta dos vencedores do prêmio Nobel.

(3) (V) É o chamado decaimento �.

(4) (V) Fatos citados no texto.

Resposta: E

� O feito dos norte-americanos David J. Gross,H. David Politzer e Frank Wilczek foi descobrir como funcionaa "cola" dos prótons e nêutrons no núcleo.

Eles descobriram que a força nuclear forte, que ocorre entre�

os tijolos dessas partículas, os quarks, é surpreendentementemais intensa quando eles estão mais distantes um do outro.

quark quark

quarkquark

Força gravitacional

1 A mais conhecida delas ageem escala macroscópica,atraindo objetos com massa unsna direção dos outros e, provavel-mente (apenas hipótese), sendomediada por partículas chamadasgrávitons.

Força eletromagnética

2 Mediada pelos fótons(partículas de luz), ela explicao magnetismo e as interaçõesentre partículas eletrizadas.

fótons

nêutronpróton

elétron

antineutrino

Força nuclear forte

4 Mediada pelos glúons,explica como os quarks sereúnem, em trios, para formarem prótons e nêutrons.

Força nuclear fraca3 É a que explica o decaimento beta,em que um nêutron vira um próton,com liberação de um elétron e umantineutrino.É mediada por partículas denomina-das W e Zº.

prótonquarks

quarks

nêutron

? Os cientistas procuramatualmente por uma teoriaque consiga unificar essas

quatro forças da natureza; atéhoje, a gravidade não se bica

com as demais. O trabalhopremiado ajudou na busca dos

físicos por esta teoria,chamada "teoria de tudo".

UM UNIVERSO, QUATRO FORÇASO Nobel de Física premia um grande passo na compreensão de uma das quatro interações possíveis na natureza;

essas forças explicam todos os processos do mundo físico.

– 125

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6.

O fóton é a partícula mediadora da força eletromagnética. O glúon é apartícula mediadora da força nuclear forte e os bósons Z0 e W são aspartículas mediadoras da força nuclear fraca.Além dos bósons citados, ainda se cogita na existência do ”gráviton”que seria a partícula mediadora da força gra vitacional. A existência de talpartícula, por enquanto, é apenas uma hipótese.

(Folha de S. Paulo)Baseado no texto apresentado e em seus conhecimentos sobre oassunto, analise as proposições a seguir:

(I) Os prótons são formados por três quarks: up-up-down, cujas cargas

valem respectivamente: + e; + e; – e, em que e é

o módulo da carga do elétron.(II) A força que mantém prótons e nêutrons unidos no núcleo do

átomo é a força nuclear forte, cuja partí cula mediadora é o glúon.(III) A força que transforma um nêutron em um próton no processo

radioativo denominado decaimento beta é a nuclear fraca, cujaspartículas mediadoras são os bósons Z0 e W.

(IV) A força gravitacional tem como partícula mediadora o fóton.

(V) Os elétrons são formados por três quarks: down-down-down,

cujas cargas valem respectivamente: – e; – e; – e,

em que e é o módulo da carga do elétron.Somente está correto o que se afirma em:a) I, II e III b) IV e V c) I, II e IVd) III e V e) I, II e V

RESOLUÇÃO:

I. VERDADEIRA.

II. VERDADEIRA.

III. VERDADEIRA.

O nêutron emite um elétron e um antineutrino e se transforma

num próton: o número atômico aumenta uma unidade e o

número de massa não se altera.

IV. FALSA.

O fóton é a partícula mediadora da força eletromagnética, e a da

força gravitacional é o gráviton, cuja existência ainda não foi

comprovada.

V. FALSA.

O elétron é partícula elementar, não podendo ser a união de

outras partículas.

Resposta: A

2–––3

2–––3

1–––3

1–––3

1–––3

GORDAS E MAGRASAo listar todas as partículas elementares, os físicos ficaramintrigados com a variedade de massas encontradas entre elas.

QUARKS(partículas‘‘pesadas’’)

LÉPTONS(partículas

‘‘leves’’)

FótonBÓSONS

(transmissoresde força)

Top Bottom Charm

Strange Up Down

TauNeutrinodo Elétron

Neutrinodo Tau

Múon Neutrinodo Múon

Glúon

ElétronBóson Z0

Bóson W

Para come-çar, existemos quarks,partículas

como aquelasque

compõem osnúcleos dosátomos (um

próton é feitode trêsquarks)

Para come-çar, existemos quarks,partículas

como aquelasque

compõem osnúcleos dosátomos (um

próton é feitode trêsquarks)

1–––3

Para come-çar, existemos quarks,partículas

como aquelasque

compõem osnúcleos dosátomos (um

próton é feitode trêsquarks)

EM BUSCA DAPARTÍCULA DE

DEUSCientistas europeus anunciaram que acharam o bóson de Higgs,a partícula que dá massa a todas as outras, considerada umapeça-chave da constituição do Universo.

126 –

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– 127

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1.

– Observe a tirinha a seguir.

O quadro oferece os coeficientes de dilatação linear de alguns metais eligas metálicas:

(GREF. Física 2: calor e ondas. São Paulo: Edusp, 1993.)

Para permitir a ocorrência do fato observado na tirinha, a partir do menoraquecimento do conjunto, o parafuso e a porca devem ser feitos,respectivamente, de:a) aço e níquel b) alumínio e chumboc) platina e chumbo d) ouro e latãoe) cobre e bronze

RESOLUÇÃO:

Para desatarraxar a porca mais facilmente, o coeficiente de

dilatação linear do parafuso deve ser menor que o da porca e a

diferença entre eles deve ser a maior possível.

a) aço e níquel: αaço = 1,2 . 10–5 °C–1

αníquel = 1,3 . 10–5 °C–1

Δα = 0,1 . 10–5 °C–1

b) alumínio e chumbo: αA� = 2,4 . 10–5 °C–1

αPb = 2,9 . 10–5 °C–1

Δα = 0,5 . 10–5 °C–1

c) platina e chumbo: αPt = 0,9 . 10–5 °C–1

αPb = 2,9 . 10–5 °C–1

Δα = 2,0 . 10–5 °C–1

d) ouro e latão: αAu = 1,4 . 10–5 °C–1

αlatão = 1,8 . 10–5 °C–1

Δα = 0,4 . 10–5 °C–1

e) cobre e bronze: αCu = 1,7 . 10–5 °C–1

αbronze = 1,8 . 10–5 °C–1

Δα = 0,1 . 10–5 °C–1

Resposta: C

2. (UFPB) – Ultimamente, o gás natural tem-se tornado uma impor -tante e estratégica fonte de energia para indústrias. Um dos modos maiseconômicos de se fazer o transporte do gás natural de sua origem atéum mercado consumidor distante é por navios, denominadosmetaneiros. Nestes, o gás é liquefeito a uma temperatura muito baixa,para facilitar o transporte. As cubas onde o gás liquefeito é transportadosão revestidas por um material de baixo coeficiente de dilatação térmica,denominado invar, para evitar tensões devido às variações detemperatura. Em um laboratório, as propriedades térmicas do invar fo -ram testadas, verificando-se a variação do comprimento (L) de uma barrade invar para diferentes temperaturas (T). O resultado da experiência émostrado, a seguir, na forma de um gráfico:

Com base nesse gráfico, conclui-se que o coeficiente de dilataçãotérmica linear da barra de invar é:a) 1 · 10–6/°C b) 2 · 10–6/°C c) 5 · 10–6/°Cd) 10 · 10–6/°C e) 20 · 10–6/°C

RESOLUÇÃO:

�L = L0���

1,0001(m) – 1,0(m) = 1,0(m) · � · (50°C – 0°C)

� =

� = 2,0 · 10–6°C–1 ⇒

Resposta: B

MÓDULO 11

DILATAÇÃO TÉRMICA DOS SÓLIDOS E DOS LÍQUIDOS

1,2 2,4 1,8 2,9 1,3 1,8 1,4 0,9 2,4 1,7

Aço

Alu

mín

io

Bro

nze

Chu

mbo

Níq

uel

Latã

o

Our

o

Pla

tina

Pra

ta

Cob

re

Substância

Coeficiente de

dilatação linear

(x10–5°C–1)

0,0001––––––50°C

� = 2,0 · 10–6/°C

FRENTE 2 – TERMOLOGIA E ÓPTICA

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3. (PUC-2013) – Considere um recipiente ideal, no interior do qualsão colocados 2,4 litros de água e uma fina haste metálica de espessurae massa despre zíveis, comprimento inicial igual a 10cm e coeficientede dilatação volumétrico igual a 3,6 x 10–5 °C–1, que estão em equilíbriotérmico a uma temperatura de 20°C. O conjunto é colocado no interiorde um forno de potência constante e igual a 4000W, que é ligadodurante 3 mi nutos. Considerando que toda energia térmica liberada peloforno foi integralmente absorvida pelo conjunto (água + haste), deter -mine a dila tação linear sofrida pela haste metálica após o tempo deaquecimento.Adote: calor específico da água = 1,0cal/g°C

densidade da água = 1g/cm3

1cal = 4Ja) 9,0 . 10–3 cm b) 1,14 . 10–2 cmc) 3,42 . 10–2 cm d) 2,6 . 10–3 cme) 7,8 . 10–3 cm

RESOLUÇÃO:

I. Pot = ⇒ 4000 = ⇒

Q = cal ⇒

II. Q = mc�� ⇒ 180 000 = 2400 . 1,0 . ��

Da qual:

É importante notar que, como a densidade da água vale

1,0g/cm3, um volume de 2,4� implica uma massa m = 2,4kg ou

2400g.

III. �L = L0 � �� ⇒ �L = L0 ��

Sendo L0 = 10cm, � = 3,6 . 10–5 °C–1 e �� = 75°C, calculemos a

dilatação linear sofrida pela haste metálica (�L):

�L = 10 . . 75 (cm)

Da qual: �L = 900 . 10–5cm

Resposta: A

4. (IJSO) – A figura 1 mostra um disco metálico com um buraco nocentro.

Qual das figuras de 2 a 5 mostra esquematicamente a aparência dodisco após ser aquecido uniformemente?a) Figura 2b) Figura 3c) Figura 4d) Figura 5

RESOLUÇÃO:

O buraco dilata-se como se estivesse totalmente preenchido pelo

material do disco metálico.

Resposta: C

Q–––Δt

Q–––––3 . 60

Q = 720 000J

720 000––––––––

4Q = 180 000cal

�� = 75°C

�–––3

3,6 . 10–5

––––––––3

�L = 9,0 . 10–3cm

128 –

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1. (FGV-SP-MODELO ENEM) – O professor pede aos grupos de es tudoque apre sentem à classe suas principais con clusões sobre os fun da mentospara o desenvol vimento do estudo da óptica geométrica.

GRUPO I Os feixes de luz podem apresentar-se em raios paralelos,convergentes ou divergen tes.

GRUPO II Os fenômenos de reflexão, refração e absorção ocorremisoladamente e nunca simultanea mente.

GRUPO III Enquanto num corpo pintado de preto fosco predominaa absorção, em um corpo pintado de branco predominaa difusão.

GRUPO IV Os raios luminosos se propagam em linha reta nosmeios homogêneos e trans paren tes.

São corretas as conclusões dos grupos

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

d) II, III e IV, apenas. e) I, II, III e IV.

RESOLUÇÃO:

Grupo I – conclusão CORRETA.

Os feixes de luz po dem ser cilíndricos, cônicos con vergen tes e

cônicos diver gentes, conforme in dicam as figuras.

Grupo II – conclusão ERRADA.

Os fenômenos de reflexão, refração e absorção podem ocorrer em

conjunto. É o que acontece, por exemplo, quando a luz incide sobre

a superfície da água de uma piscina.

Grupo III – conclusão CORRETA.

Nos corpos de cores claras, predomina a reflexão difusa em

detrimento da absorção.

Grupo IV – conclusão CORRETA.

A frase citada é o princípio da propagação retilínea da Luz.

Resposta: C

2. (UCMG) – Num dia ensolarado, um aluno de 1,7m mede a suasombra, encontrando 1,2m. Se, naquele instante, a sombra de um postenas proximi dades mede 4,8m, qual é a altura do poste?a) 3,4m b) 4,3m c) 7,2m d) 6,8m e) 5,3m

RESOLUÇÃO:

Como os raios de luz, provenientes do Sol, são considerados

paralelos, os triân gulos ABC e A’B’C’ são semelhantes:

= ⇒ = ⇒

Resposta: D

3. (UFJF-MODELO ENEM) – Segundo especialistas, para que o olhohumano possa distinguir dois objetos punti formes situados próximosum do outro, é preciso que a imagem de cada um deles se forme naretina em cones separados por pelo menos um cone, como ilustra afigura abaixo. Admita que a distância entre dois cones ad ja centes sejaigual a 1µm (= 10–6m) e a distância entre a córnea e a retina seja de2,5cm.

De acordo com isso, qual é a maior distância d em que é possíveldistinguir objetos punti formes separados por 1cm?a) 25m b) 125m c) 10cm d) 30m e) 2,5m

RESOLUÇÃO:

Semelhança de triângulos: = ⇒ d = 12 500cm

Da qual:

Resposta: B

H–––h

S–––s

H–––1,7

4,8–––1,2

H = 6,8m

d––––––2,5cm

1cm––––––––––2 . 10–4cm

d = 125m

MÓDULO 12

OS PRINCÍPIOS DA ÓPTICA GEOMÉTRICA

– 129

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4. (MODELO ENEM) – O uniforme da sele ção brasileira de futebol écom posto de calção azul e camisa amarela.

Em um recin to escuro, iluminado ape nas com luz amarela de só dio, su -pondo que o unifor me seja consti tuí do de pig mentos puros, eleapresentar-se-áa) inteiramente preto.b) com calção e camisa amarelos.c) com calção amarelo e camisa pre ta.d) com calção preto e camisa ama rela.e) inteiramente branco.

RESOLUÇÃO:

Resposta: D

1. (UPE) – A respeito dos espelhos planos, analise as afirmações aseguir:I. Nos espelhos planos, o ângulo de reflexão é igual ao ângulo de

incidência.II. Para um espelho plano, pontos-objetos e pontos-imagens têm na tu -

rezas contrárias: se o objeto é real, a imagem é virtual e vice-versa.III. São formadas três imagens de um objeto, quando este é colocado

entre dois espelhos planos, que formam entre si um ângulo de 90°.

Está correto o que se afirma ema) I e II, apenas. b) I e III, apenas. c) I, II e III.d) I, apenas. e) I e III, apenas.

RESOLUÇÃO:

I. CORRETA.

De acordo com as leis da reflexão, os ângulos de incidência e

de reflexão são congruentes, além disso, o raio incidente, a reta

normal e o raio refletido são coplanares.

II. CORRETA.

Para um objeto real em frente à face refletiva do espelho plano,

a imagem é obtida pelo prolongamento de raios refletidos atrás

do espelho, caracterizando a imagem como virtual.

Para um objeto virtual, obtido com o auxílio de uma lente

convergente, por exemplo, a imagem será real.

III. CORRETA.

N = – 1

N = – 1 = 4 – 1

N = 3 imagens

Resposta: C

MÓDULO 13

ESPELHOS PLANOS: CAMPO, TRANSLAÇÃO E NÚMERO DE IMAGENS

360°–––––

360°–––––90°

130 –

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2. (UFRN) – No intuito de fazer com que seus alunos pensem emFísica no cotidiano, um professor mostra a figura abaixo e faz a seguintepergunta:“Se uma menina maquia seu rosto, que está a 30cm da superfícierefletora de um espelho plano, qual será a distância entre o rosto damenina e a imagem formada por esse espelho?”

Os alunos devem responder que a distância é dea) 60,0cm b) 30,0cm c) 15,0cm d) 5,0cm e) zero

RESOLUÇÃO:

A imagem é simétrica: 60,0cm

Resposta: A

3. (FUVEST) – Um rapaz com chapéu observa sua imagem em umespelho plano e vertical. O espelho tem o tamanho mínimo necessário,y = 1,0 m, para que o rapaz, a uma distância d = 0,5 m, veja a suaimagem do topo do chapéu à ponta dos pés. A distância de seus olhosao piso horizontal é h = 1,60 m. A figura da página de resposta ilustraessa situação e, em linha tracejada, mostra o percurso do raio de luzrelativo à formação da imagem do ponto mais alto do chapéu.

a) Desenhe, na figura da página de resposta, o percurso do raio de luzrelativo à formação da imagem da ponta dos pés do rapaz.

b) Determine a altura H do topo do chapéu ao chão.c) Determine a distância Y da base do espelho ao chão.d) Quais os novos valores do tamanho mínimo do espelho (y’) e da

distância da base do espelho ao chão (Y’) para que o rapaz veja suaimagem do topo do chapéu à ponta dos pés, quando se afasta parauma distância d’ igual a 1 m do espelho?

RESOLUÇÃO:

a) O raio luminoso (em linha cheia) que parte do pé do homem e

atinge seu globo ocular deve obedecer às leis da reflexão,

conforme ilustra o esquema a seguir.

b) Na figura-resposta do item a, os triângulos OCD e OA’B’ são

semelhantes. Logo:

= ⇒ = 2 ⇒

c) Também na figura-resposta do item a, os triân gulos DFB’ e OBB’

são semelhantes.

Daí:

= ⇒ Y =

Y = ⇒

d) As relações de semelhança dos itens b e c mostram,

respectivamente, que os valores de y e de Y não dependem da

distância d entre o homem e o espelho. Logo:

e

Respostas: a) Ver esquema

b) H = 2,0m

c) Y = 0,8m

d) y’ = 1,0m; Y’ = 0,8m

NOTE E ADOTEO topo do chapéu, os olhos e a ponta dos pés do rapaz estão emuma mesma linha vertical.

H–––y

2d–––d

H–––1,0

H = 2,0m

Y–––h

d–––2d

h–––2

1,6m–––––

2Y = 0,8m

y’ = 1,0m Y’ = 0,8m

– 131

FÍS

ICA

A

– 131

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Nas questões de 1 a 6, o ponto F representa o foco prin cipal do espelhoesférico, C o centro de curva tu ra e V o vértice. Obtenha, graficamente,a posição da imagem do objeto AB. Classifique-a quanto à sua natureza(real ou virtual), tamanho (maior, me nor ou igual) e orientação (direita ouinvertida) em re la ção ao objeto.

1.

real invertida maior

virtual direita menor

igualRESOLUÇÃO:

Imagem real, invertida e menor.

2.

real invertida maior

virtual direita menor

igual

RESOLUÇÃO:

Imagem real, invertida e igual.

MÓDULO 14

ESPELHOS ESFÉRICOS I: CONSTRUÇÕES GRÁFICAS

132 –

FÍSIC

A A

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3.

real invertida maior

virtual direita menor

igual

RESOLUÇÃO:

Imagem real, invertida e maior.

4.

RESOLUÇÃO:

Portanto, a imagem estará no infinito e será denominada ima gem

im própria.

– 133

FÍS

ICA

A

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5.

real invertida maior

virtual direita menor

igual

RESOLUÇÃO:

Imagem virtual, direita e maior.

6.

real invertida maior

virtual direita menor

igual

RESOLUÇÃO:

Imagem virtual, direita e menor.

134 –

FÍSIC

A A

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– 135

FÍS

ICA

A

FRENTE 3 – MECÂNICA E ELETRICIDADE

1. (CETAP-2013-MODELO ENEM) – É comum, nos trapiches e em -bar cações, a utilização de talhas mecânicas com o objetivo de aplicarme nos esforço na sustentação das cargas. A figura mostra o esquemade uma talha exponencial, contendo três polias móveis e uma poliafixa.

Sabendo que para sustentar certa carga com esta talha, deve-se aplicarum certo esforço, pode-se afirmar que, ao acrescentarmos, adequa da -mente, uma polia móvel ao sistema, considerando-se a mesma carga,o novo esforço seráa) igual ao anterior. b) a metade do anterior.c) a terça parte do anterior. d) a quarta parte do anterior.e) a quinta parte do anterior.

RESOLUÇÃO:

Cada polia móvel tem vantagem mecânica igual a 2 e a força a ser

aplicada se reduz à metade.

Resposta: B

2. Uma esfera homogênea de peso P e raio R está sus pensa emequilíbrio, fixa a uma pare de sem atrito por um fio ideal, em um pontoA que está indi cado na figura.

Determine em função de P, L e R:a) a intensidade F da for ça que a parede exerce sobre a es fera;b) a intensidade T da for ça que traciona o fio.

RESOLUÇÃO:

Construindo o polígono de forças, temos:

a) tg θ = = ⇒

b) sen θ = = ⇒

Respostas: a)

b)

MÓDULO 21

ESTÁTICA DO PONTO MATERIAL

L–––R

P–––F

P . RF = ––––––

L

L––––––––––––

�L2 + R2

P–––T

P �L2 + R2

T = ––––––––––––L

P R––––

L

P �L2 + R2

––––––––––––L

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3. (UEG-2014) – Um estudante de Física, tentando demonstrar queno equilíbrio a soma das forças externas que atuam sobre um corpo énula, construiu uma armação e pendurou uma caixa de 20kg em trêscabos, de massas desprezíveis, conforme esquema abaixo.

A intensidade da força de tração, sobre o cabo 2, encontrada pelo estu -dante, foi aproximada mente dea) 170N b) 200N c) 340N d) 400N e) 430NConsidere que �3 = 1,7 e g =10m/s2

RESOLUÇÃO:

Para o equilíbrio

Da figura: tg 60° =

�3 =

Resposta: C

4. (UFRGS-2014) – Na figura abaixo, blocos idênticos estão suspen -sos por cordas idênticas em três situações distintas, (1), (2) e (3).

Assinale a alternativa que apresenta as situações na ordem crescente deprobabilidade de rompimento das cordas. (O sinal de igualdade abaixoindica situações com a mesma probabilidade de rompimento.)a) (3), (2), (1) b) (3), (2) = (1) c) (1), (2), (3).d) (1) = (2), (3) e) (1) = (2) =(3)

RESOLUÇÃO:

Na situação de equilíbrio

2T cos θ = P

2T sen α = P

Quanto menor o ângulo �, menor será sen �, maior será T e maior

a probabilidade de a corda arrebentar.

(3) < (2) < (1)

Resposta: AT2–––T1

T2––––200

T2 = 200 �3 N = 340N

�T

P

T

PT = ––––––––

2 sen α

136 –

FÍSIC

A A

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5. (UnB-2014-MODELO ENEM) – A figura abaixo mostra um indiví -duo em repouso, na vertical e apoiado em uma parede.

Considerando-se que não haja atrito apenas entre o indivíduo e a parede,desenhe as forças que atuam no indivíduo.

RESOLUÇÃO:

→Fat

B= –

→FA

→NB = –

→P

Resposta: C

1. (UFU) – A figura apresentada abaixo representa um objetocilíndrico colocado sobre uma superfície plana e inclinado em relação aela, formando um ângulo α. O ponto D representa a posição de seucentro de gravidade, A e B, os dois extremos da base, e C, o pontomédio entre A e B.

A partir da análise das condições em que se encontra o objeto cilíndrico,ele tenderá aa) manter-se em equilíbrio se a reta normal ao solo, que passa por D,

mantiver-se entre A e B.b) manter-se em equilíbrio, ainda que o diâmetro da base seja reduzido

a CB.c) cair se sua altura diminuir e o ponto D aproximar-se da base AB.d) manter-se em equilíbrio, mesmo com a diminuição gradual do valor

de α.

RESOLUÇÃO:

Se a vertical baixada do centro de gravidade D não cair na base AB,

o torque do peso será maior que o torque da força normal e o

cilindro tombará.

Resposta: A

MÓDULO 22

ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO I

– 137

FÍS

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2. (UERJ-2014-MODELO ENEM) – A figura abaixo ilustra uma ferra -menta utilizada para apertar ou desapertar determinadas peças metá -licas.

Para apertar uma peça, aplicando-se a menor intensidade de forçapossível, essa ferramenta deve ser segurada de acordo com o esquemaindicado em:

RESOLUÇÃO:

O torque T da força aplicada pela mão é dado por:

T = (F cos θ) d

Para obtermos o torque máximo em relação ao ponto O, onde está

a peça metálica, devemos ter:

dmáx e cos θ = 1 (θ = 0°)

Resposta: D

3. (VUNESP-UNICASTELO-2014) – Seis livros, com 2,0kg cada um,estão em repouso sobre uma prateleira horizontal de massa desprezível,que se apoia sobre dois suportes, A e B.

Adotando-se g = 10m/s2 e considerando-se que a massa dos livros estáuniformemente distribuída por seu volume, é correto afirmar que, nasituação de equilíbrio, as intensidades das forças verticais, em newtons,que os suportes A e B exercem na prateleira são, respectivamente,a) 50 e 70. b) 42 e 78. c) 30 e 90.d) 40 e 80. e) 55 e 65.

RESOLUÇÃO:

1) Para o equilíbrio, o somatório dos torques, em relação ao ponto

B, deve ser nulo:

FAdA = P dP

FA . 0,8 = 120 . 0,2 ⇒

2) Para o equilíbrio, a força resultante na prateleira deve ser nula:

FA + FB = P

30 + FB = 120 ⇒

Resposta: C

FA = 30N

FB = 90N

138 –

FÍSIC

A A

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4. (IME-2014) – A figura abaixo mostra uma viga em equilíbrio. Essaviga mede 4,0m e seu peso é desprezível. Sobre ela, há duas cargasconcentradas, sendo uma fixa e outra variável. A carga fixa, de 20kN,está posicionada a 1,0m do apoio A, enquanto a carga variável só podeposicionar-se entre a carga fixa e o apoio B.

Para que as reações verticais (de baixo para cima) dos apoios A e B se -jam iguais a 25kN e 35kN, respectivamente, a posição da carga variável,em relação ao apoio B, e o seu módulo devem ser:a) 1,0 m e 50 kN b) 1,0 m e 40 kN c) 1,5 m e 40 kNd) 1,5 m e 50 kN e) 2,0 m e 40 kN

RESOLUÇÃO:

1) Condição de força resultante nula:

RA + RB = F1 + F2 ⇒ 60kN = 20kN + F2 ⇒

2) Torque resultante nulo em relação ao apoio B:

RA dA = F1 d1 + F2 x

25 . 4,0 = 20 . 3,0 + 40 . x

100 = 60 + 40 . x ⇒

Resposta: B

1. (UNICAMP-2014-MODELO ENEM) – A figura abaixo representaas várias forças que atuam no conjunto antebraço-mão de uma pessoasustentando um objeto: força exercida pelo músculo do braço, bíceps(→FB); força exercida pelo osso do braço, úmero (

→Fu); peso do conjunto

antebraço, mão e objeto (→P). O ponto de aplicação de

→FB muda ligei -

ramente de pessoa para pessoa, alterando assim a distância d , como seindica na figura.

Mantendo-se →P e D constantes e a condição de equi líbrio estático,

quanto aproximadamente deveria variar a força exercida pelo bíceps →FB,

se d fosse 5,0cm, em vez dos 5,5cm espe cificados na figura?a) Diminui 10%. b) Aumenta 90%. c) Aumenta 10%.d) Diminui 90%. e) Aumenta 20%.

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques, em relação ao ponto de aplicação da

força →FU, deve ser nulo:

Situação 1: FB . 5,5 = P . D

Situação 2: F’B . 5,0 = P . D

F’B . 5,0 = FB . 5,5

F’B = . FB = 1,1 FB

F’B é 10% maior que FB

Resposta: C

MÓDULO 23

ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO II

F2 = 40kN

x = 1,0m

5,5––––5,0

– 139

FÍS

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2. (UFJF-MG-2014) – A figura abaixo mostra um trampolim rígido detamanho L e massa MT. Na extremidade esquerda, existe uma cordaque prende o trampolim ao solo e, a uma distância L/3 da extremidadeesquerda, o trampolim está apoiado em uma base rígida e estática.

→g = aceleração da gravidadeSupondo-se que a força de tração máxima que a corda suporta semarrebentar seja Tmáx = 10MTg, calcule o valor máximo da massa mp deuma pessoa que a corda suportará, sem se romper, quando a pessoaestiver na extremidade oposta.a) 21MT/3 b) 19MT/4 c) 42MT/5 d) 10MT/3 e) 25MT/4

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo

10MTg . = MT g � – � + mP g L

= MT . + mP

20MT = MT + 4mP

4mP = 19MT

Resposta: B

(FATEC-SP-2014-MODELO ENEM) – Considere o cartum para respon -der às questões de nú meros 3 e 4.

(2.bp.blogspot.com/_Iqem_qOclwk/TRGitEK_TvI/AAAAAAAAC7A/

xqbgcyYAu9w/s1600/5028_physics_cartoon.gif Acesso: 26.08.2013.)

3. Assinale a alternativa que está de acordo com o conceito mecânicoao qual o cartum faz alusão. a) Colombo e Newton descobriram ambos o conceito de força de

gravidade trabalhando no Novo Mundo.b) A força da gravidade levaria duzentos anos para deslocar o coco da

Europa até o Novo Mundo.c) Colombo chegou ao conceito de força de gravidade duzentos anos

depois de Newton.d) A força da gravidade é duas vezes maior no Novo Mundo do que no

Velho Mundo.e) O coco caiu devido à ação da força gravitacional.

RESOLUÇÃO:

O coco cai em virtude da ação da força gravitacional aplicada pela

Terra e que obedece à Lei de Newton da gravitação universal.

Resposta: E

Corda

L/3 L/2

L

mP

M gT

L/3

L/2 L/2

T = 10M gmáx T P = M gT P = m gP P

O

L–––3

L–––2

L–––3

2–––3

10MT––––––3

1–––6

2–––3

19mP = –––– MT

4

GMmF = ––––––

d2

140 –

FÍSIC

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4. Em relação ao cartum apresentado, Colombo, surpreso com a dorcausada pela queda do coco em sua cabeça, decidiu levantar o fruto dochão com a sua mão esquerda e equilibrou-o estaticamente por algunsinstantes com o braço na posição vertical e o antebraço (

––––OQ) na hori -

zontal. Desse modo, estimou a masa do coco em 1kg. Usando o dese -nho como referência, considere

→R a força peso do coco e

→F a força

exercida pelo bíceps sobre o osso rádio no ponto P (pertencente aosegmento

––––OQ).

(commons.wikimedia.org/wiki/File:Biceps_(PSF).png Acesso em: 12.09.2013.

Adaptado)

Desconsiderando-se o peso do antebraço, podemos afirmar que omódulo dessa força

→F é, em newtons, igual a

a) 0,6 b) 1,7 c) 6,0 d) 17 e) 60Adote g = 10m/s2

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques das forças em relação ao pon to O deve ser

nulo:

F . dP = R dR

dP = 5cm

dR = 30cm

R = mg = 10N

F . 5 = 10 . 30

Resposta: E

F = 60N

– 141

FÍS

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5. (AFA-2014) – A figura abaixo mostra um sistema em equilíbrioestático, formado por uma barra homogênea e uma mola ideal que estãoligadas por uma de suas extremidades e livremente articuladas àsparedes.

A barra possui massa m e comprimento L0, a mola possui comprimentonatural L0 e a distância entre as articulações é de 2L0. Esse sistema(barra-mola) está sujeito à ação da gravidade cujo módulo da aceleraçãoé g e, nessas condições, a constante elástica da mola vale

a) b) m . g . L0–1

c) 2m . g . L01 d)

RESOLUÇÃO:

1) L2 = 4L02 – L0

2 = 3L02

2) x = L – L0

x = �3 L0 – L0

3) O somatório dos torques, em relação ao ponto A, deve ser nulo.

P . = k L0 (�3 – 1) . L0

Resposta: A

1. (MODELO ENEM) – Nas figuras abaixo, estão desenhadas aslinhas de campo magnético (linhas de indução) de alguns ímãs ousistemas de dois ímãs. Verifique quais estão corretas.

Estão corretas:a) apenas a figura 2. b) apenas a figura 3.c) apenas as figuras 1 e 2. d) apenas as figuras 2 e 3.e) as figuras 1, 2 e 3.

RESOLUÇÃO:

As linhas de campo “nascem” no norte e “morrem” no sul. Logo,

estão corretas as figuras 1 e 2, apenas.

Observação ao professor: as linhas de indução são fechadas. Elas

penetram no ímã e se fecham.

Resposta: C

MÓDULO 24

ÍMÃS E CAMPO MAGNÉTICO

m . g . L0–1

–––––––––––4(�3 – 1)

m . g––––––––

�6 – 2

L = �3 L0

x = L0 �3 – 1)

L0–––4

mg L0–1

k = –––––––––––4 (�3 – 1)

142 –

FÍSIC

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2. Diversas bússolas foram colocadas nas vizinhanças de um ímã coma finalidade de pesquisar a direção e o sentido do seu campo magnético.Indi que, com uma seta, o posicionamento correto de cada um dosponteiros.

RESOLUÇÃO:

O campo magnético nasce no polo norte e suas linhas se orientam

de norte para o sul. As bússolas indicam esse sentido.

3. (CESGRANRIO-MODELO ENEM) – As linhas de força do campomagnético terrestre (desprezando-se a inclinação do eixo magnético) ea indicação da agulha de uma bússola colocada em P1, sobre a linha deforça, são mais bem representados por:

nas quais NG = Polo Norte geográfico e SG = Polo Sul geográfico

RESOLUÇÃO:

O polo norte geográfico (NG) é um polo sul magnético, para onde

convergem as linhas de indução do campo magnético da Terra.

O polo sul geográfico (SG) é um polo norte magnético, onde

nascem as linhas do campo magnético da Terra.

A bússola, à direita da Terra, aponta para o polo norte geográfico.

Resposta: E

4. (CEFET-MG) – Um ímã AB em forma de barra é partido ao meio, eos pedaços resultantes também são divididos em duas partes iguais,sem inversão, conforme a seguinte figura.

Sabendo-se que A é um polo sul (S) e que B é um polo norte (N), indiquea alternativa na qual os três são polo norte (N): a) C, D e F b) D, F e G c) E, C e G d) C, G e H e) F, G e H

RESOLUÇÃO:

B é o polo N (norte) do ímã principal e está do lado direito. Isso nos

assegura que, em cada pedacinho, o polo norte é o da direita.

Assim, do primeiro ao quarto pedacinho: (E), (C ), (G) e no último

o pró prio B.

Resposta: C

– 143

FÍS

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5. (IFSP-2013) – Um professor de Física mostra aos seus alunos 3barras de metal, AB, CD e EF, que podem ou não estar magnetizadas.Com elas, faz três experiências, que consistem em aproximá-las e obser -var o efeito de atração e/ou repulsão, registrando-o na tabela a seguir.

Após o experimento e admitindo que cada letra pode corresponder aum único polo magnético, seus alunos concluíram corretamente quea) somente a barra CD é ímã.b) somente as barras CD e EF são ímãs.c) somente as barras AB e EF são ímãs.d) somente as barras AB e CD são ímãs.e) AB, CD e EF são ímãs.

RESOLUÇÃO:

A atração entre duas barras apenas nos assegura que uma delas é

um ímã. Se houver repulsão magnética, isso nos permitirá dizer

que temos polos magnéticos de mesmo nome nas duas barras, ou

seja, cada uma delas é um ímã.

Assim, as barras CD e EF são dois ímãs, pois estão repelindo-se.

Ain da mais: D e E são polos do mesmo nome (ambos norte ou

ambos sul). Do mesmo modo, C e F são polos do mesmo nome.

Resposta: B

1. Nas figuras que se seguem, temos um campo magnético →B de

direção perpendicular a esta folha e uma partícula de carga elétrica q > 0 que está sendo lançada neste campo magnético com umavelocidade

→V. Obtenha a direção e o sentido da força magnética

→F.

RESOLUÇÃO:

Usando a regra da mão esquerda em cada caso, obtemos:

2. Nas figuras 1 e 2, a região sombreada representa um campo mag -nético de direção perpendicular a esta página. Uma partícula de cargaelétrica positiva penetrou na região e foi desviada pela força magnética,como indica a sua trajetória tracejada. Indique a direção e o sentido de→B,

→F e

→V.

RESOLUÇÃO:

Inicialmente, desenhe a velocidade vetorial →V, lembrando que ela é

tan gencial à trajetória. É a própria seta indicada na figura.

A força magnética →F deve ser representada a seguir, lembrando-se

de que ela é centrípeta.

Finalmente, usamos a regra da mão esquerda e determinamos o

sentido do campo →B.

MÓDULO 25

FORÇA MAGNÉTICA DE LORENTZ

144 –

FÍSIC

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3. Quando uma carga elétrica negativa é lançada num campo mag -nético, a força magnética não obedece à regra da mão esquerda usadaanteriormente. Temos de inverter um dos três vetores. Nas duas figurasabaixo, um elétron foi lançado em um campo magnético. Determinea) na figura 1, o sentido da força magnética sobre o elétron;b) na figura 2, o sentido dos vetores

→F e

→B.

RESOLUÇÃO:

a) Na figura 1, você usa a regra da mão esquerda e inverte o

sentido do vetor →F obtido.

b) Na figura 2, adotamos os mesmos procedimentos usados na

questão 2: aplicamos a regra da mão esquerda e invertemos o

sentido da força →F obtida.

4. Dispõe-se de um campo magnético uniforme de módulo 0,50T noqual se lança uma partícula � de carga elétrica 3,2 . 10–19C, com velo ci -dade de módulo 5,0 . 104m/s. Sendo o lançamento perpendicular àslinhas do campo, então o módulo da força magnética sobre a partículavale:a) 8,0 . 10–15N b) 3,2 . 10–14N c) 8,0 . 104Nd) 3,2 . 10–24N e) 5,0 . 10–15N

RESOLUÇÃO:

F = q . V . B

F = (3,2 . 10–19) . (5,0 . 104) . (5,0 . 10–1) (N)

Resposta: A

5. (MODELO ENEM) – Quando lançamos uma partícula em um cam -po magnético uniforme, a força magnética tem módulo dado:

F = .q. . V . B . sen θ,sendo θ = ângulo entre os vetores

→V e

→B

Nas figuras 1, 2 e 3, uma mesma partícula foi lançada com velocidadede mesmo módulo V, porém com ângulos de lançamento diferentes.

Sendo →F1,

→F2 e

→F3 as respectivas forças magnéticas nas figuras 1, 2 e 3,

então:a) F1 = 0 e F2 > F3 b) F1 = 0 e F2 = F3

c) F1 > F3 e F2 = 0 d) F1 < F3 e F2 = 0e) F1 > F3 e F2 0

RESOLUÇÃO:

F = .q. . V1 . B . sen θ

F1 = .q. . V . B . sen 90° = .q. . V . B a

F2 = 0, pois sen 0° = 0 b

F3 = .q. . V . B . sen 45° = . .q. . V . B c

Concluindo

F1 > F3 e F2 = 0

Resposta: C

6. Uma partícula eletrizada com carga elétrica q = 8,0 . 10–6C é lan -çada no interior de um campo magnético uniforme com velocidade 2,0 . 104m/s e sofre um desvio devido à ação da força magnética cuja in -ten sidade é F = 3,2 . 10–1N. Sendo a direção de lançamento perpen dicularàs linhas do campo, pode-se concluir que a intensidade do campo é:a) B = 2,0 . 10–1T b) B = 2,0T c) B = 2,0 . 105Td) B = 5,0 . 10–2T e) B = 5,0T

RESOLUÇÃO:

F = q . V . B

B =

B = (unid. SI)

B = 2,0T

Resposta: B

F = 8,0 . 10–15N

�2––––

2

F–––––q . V

3,2 . 10–1

–––––––––––––––––––8,0 . 10–6 . 2,0 . 104

– 145

FÍS

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1. Se uma partícula eletrizada com carga q for lançada no campomagnético uniforme da figura a seguir,

com velocidade inicial →V0 cuja direção é perpendicular ao campo, sua

trajetória seráa) retilínea.b) circular, no sentido horário, desde que q < 0.c) circular, no sentido anti-horário, desde que q > 0.d) uma curva qualquer, sem que possamos identificá-la.

RESOLUÇÃO:

A partícula vai realizar um MCU no sentido anti-horário, como

mostra a figura.

Resposta: C

2. (MODELO ENEM) – Considere um campo magnético de inten -sidade B = 0,40T. Lançamos uma partícula de carga q = 2,5 . 10–10C,perpendicularmente às linhas de indução, com velocidade de módulo V = 3,0 . 103m/s. Sabendo-se que a massa da partícula é m = 4,0g,determine o raio R da trajetória.

RESOLUÇÃO:

F = � R =

F = q . V . B

Observação: m = 4,0g = 4,0 . 10–6g = 4,0 . 10–9kg

R = (unidades do SI)

ou

3. (MODELO ENEM) – Partículas penetram em uma câmara emvácuo, onde há, em todo seu interior, um campo magnético de móduloB, uniforme e constante, perpendicular ao plano do papel e de sentidoemergente para o leitor. As partículas entram na câmara com veloci dadesperpendiculares ao campo magnético e de módulos V1 (grupo 1),V2 (grupo 2) e V3 (grupo 3). As partículas do grupo 1 têm sua trajetória encurvada para cima; as dogrupo 3, em sentido oposto, e as do grupo 2 não têm sua trajetóriadesviada. A situação está ilustrada na figura abaixo. As partículas podemestar eletrizadas ou neutras.

Considere as afirmações seguintes: I. As partículas do grupo 1 são positivas. II. As partículas do grupo 2 estão neutras. III. As partículas do grupo 3 são positivas. IV. As partículas do grupo 2 atravessam a câmara em MRU. Está correto apenas o que se afirma em: a) I e IV b) II e III c) III e IV d) II, III e IV e) I, II e III

RESOLUÇÃO:

Usando a regra da mão esquerda, verifica-se que as partículas

positivas são desviadas para baixo, o que corresponde às do grupo

3; logo: a afirmativa III está correta e a afirmativa I, errada.

Evidentemente, as partículas do grupo 2 estão neutras, pois não

foram desviadas pelo campo magnético. A força resultante é nula

e elas atravessam a câmara em MRU. Logo, as afirmativas III e IV

estão corretas.

Resposta: D

MÓDULO 26

MOVIMENTO DE UMA PARTÍCULA ELETRIZADAEM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME I

m . V–––––q . B

mV2

–––––R

(4,0 . 10–9) . (3,0 . 103)––––––––––––––––––––––(2,5 . 10–10) . (4,0 . 10–1)

R = 1,2 . 105mR = 12 . 104m

146 –

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4. Uma partícula neutra de massa 2m é lançada no interior de umcampo magnético uniforme, cuja direção é perpendicular a esta folhade caderno. Ao atingir o ponto P dentro do campo, a partícula se divideem duas outras partículas de mesma massa, tendo A uma carga positivae C uma carga negativa, como nos indica a figura.

a) Determine o sentido do campo magnético →B.

b) Determine o raio R da trajetória de cada uma delas. c) Determine o período de cada movimento circular uniforme.

RESOLUÇÃO:

a) Inicialmente se desenham, para a carga positiva, os vetores de

velo cidade e de força magnética, lembrando que a força é centrí -

peta.

A seguir, usa-se a regra da mão esquerda e se obtém o vetor →B.

b) Para o cálculo do raio da trajetória, usaremos:

R = = (unidades do SI)

c) Para o cálculo do período, basta lembrar que:

V = = ⇒ T =

T = (unidades do SI)

Respostas: a) ver figura: campo imergindo no papel

b) 1,25m

c) 3,75 . 10–5s

1. Uma partícula eletrizada é lançada no interior de um campomagnético com velocidade

→V formando com as linhas de indução do

campo um ângulo θ. Na figura a seguir, mostram-se três situaçõesdistintas do lançamento.

Descreva, para cada uma das situações, o tipo de movimento adquiridopela partícula e a sua trajetória.

RESOLUÇÃO:

2.o caso: A velocidade tem direção paralela às linhas de indução e a

força magnética é nula. Consequentemente, se nenhuma força está

atuando na partícula, sua trajetória é retilínea e teremos um MRU.

3.o caso: O lançamento é oblíquo às linhas de indução. A partícula

realizará um movimento helicoidal tendo seu eixo paralelo às li -

nhas de indução. O movimento é uniforme.

NOTE E ADOTE

A partícula inicial tinha massa 8,0 x 10–24kg;

Módulo da velocidade de lançamento: V = 200km/s;

Módulo das cargas elétricas: q = e = 1,6 x 10–19C;

Módulo do campo magnético: B = 4,0T;

π = 3

4,0 . 10–24 . 200 . 103

–––––––––––––––––––1,6 . 10–19 . 4,0

m . V–––––q . B

R = 1,25m

�s–––�t

2πR–––––

T

2πR–––––

V

2 . 3 . 1,25––––––––––200 . 103

T = 3,75 . 10–5s

MÓDULO 27

MOVIMENTO DE UMA PARTÍCULA ELETRIZADAEM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME II

1.o caso: A velocidade é perpendicular

à direção do campo mag nético. O

movimento é circular e uniforme

(MCU).

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2. (UNESP-2013) – Um feixe é formado por íons de massa m1 e íonsde massa m2, com cargas elétricas q1 e q2, respectivamente, de mesmomódulo e de sinais opostos. O feixe penetra com velocidade

→V, por uma

fenda F, em uma região onde atua um campo magnético uniforme →B,

cujas linhas de campo emergem na vertical perpendicularmente ao planoque contém a figura e com sentido para fora. Depois de atravessarem aregião por trajetórias tracejadas circulares de raios R1 e R2 = 2 . R1,desviados pelas forças magné ticas que atuam sobre eles, os íons demas sa m1 atingem a chapa fotográfica C1 e os de massa m2 a chapa C2.

Considere que a intensidade da força magnética que atua sobre umapar tícula de carga q, movendo-se com velocidade v, perpendicularmentea um campo magnético uni forme de módulo B, é dada por Fmag = .q. . v . B.

Indique e justifique sobre qual chapa, C1 ou C2, incidiram os íons decar ga positiva e os de carga negativa.

Calcule a relação entre as massas desses íons.

RESOLUÇÃO:

Os íons positivos incidiram em C1, pela regra da mão esquerda.

Consequentemente, os negativos foram para C2.

Temos que: R2 = 2 R1

Se relacionarmos os raios de cada trajetória, vamos obter uma

relação entre as massas. Igualando-se a força magnética à força

centrípeta, obtemos:

Fmag = Fcp ⇒ .q. v B = ⇒ R =

R1 = �⇒ = ⇒ = ⇒

R2 =

Resposta:

3. (UFPE-2013) – Uma partícula de massa m e carga q positiva ingres -sa, com velocidade horizontal de módulo V = 1500 km/s, na extremidadesuperior esquerda da região azulada quadrada de lado L = 1,0 mm (verfigura). Nesta região, existe um campo magnético uni for me, de móduloB = 2,0T e direção perpendicular à velocidade inicial da partícula e aoplano da página. A partícula deixa a região azulada quadrada na extre -midade inferior direita. Considere apenas a força magnética atuan do napartícula. Quanto vale a razão q/m (em C/kg)?

RESOLUÇÃO:

A partícula foi desviada para baixo pela força magnética, a qual faz

o papel de resultante centrípeta. A sua velocidade é tangente à

trajetória e, na entrada, ela é “horizontal” (termo empregado no

enunciado). Usando a regra da mão esquerda sobre a partícula,

obtemos o sentido do campo magnético:

R = ⇒ R . q . B = mV

= a

Temos:

R = L = 1,0mm = 1,0 . 10–3m

V = 1500km/s = 1,5 . 106m/s

B = 2,0T

Substituindo em a, vem:

= (SI)

Resposta: 7,5 . 108C/kg

m1––––m2

m . V2

–––––––R

m . V–––––––

.q. B

m1 . V––––––.q1. B

m2 . V––––––.q2. B

R1–––R2

m1––––m2

R1–––––2 R1

m1––––m2

m1 1–––– = –––m2 2

1––––

2

m V–––––q B

V–––––R . B

q–––m

1,5 . 106

–––––––––––––1,0 . 10–3 . 2,0

q–––m

q––– = 7,5 . 108C/kgm

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4. (IJSO-2013) – Uma partícula de massa m e eletricamente neutrapenetra num campo magnético uniforme de intensidade B, comvelocidade

→V, conforme indica a figura. Considere a partícula sob ação

exclusiva do campo magnético e que por ser eletricamente neutra, nãosofre desvio ao atravessar o campo.

Ao atingir o ponto P, a partícula se desintegra em duas outras, A e C, demassas iguais a m/2. A partícula A adquire velocidade 2V (mesmadireção e sentido da partícula inicial) e carga elétrica +q (com q>0). Pode-se afirmar que:I) A carga elétrica da partícula C é igual a –q.II) A velocidade da partícula C é nula.III) A força magnética que age na partícula C é nula.IV) A partícula A passa a descrever uma trajetória circular no sentido

anti-horário.Tem-se:a) Todas as afirmativas são corretas;b) Somente I), II) e III) são corretas;c) Somente I) e II) são corretas;d) Somente I) é correta;e) Somente II) é correta.

RESOLUÇÃO:

I) CORRETA

qA + qC = 0 (eletricamente neutra)

+q + qC = 0 ⇒

II) CORRETA

. →VA + .

→VC = m .

→V

+ = →V ⇒

III) CORRETA

O campo magnético não interage com carga elétrica em repou so.

IV) CORRETA

Basta usar a regra da mão esquerda.

Resposta: A

5. (UCS) – Dentro do tubo de imagem de um televisor, a cor renteelétrica, numa bobina, aplica sobre um elétron passante um cam pomagnético de 5,00 x 10–4 T, de direção perpendicular à direção da ve -locidade do elétron, o qual recebe uma força magnética de 1,00 x 10–14N.Qual o módulo da velocidade desse elétron? (Considere o módulo da cargado elétron como 1,60 x 10–19 C.)a) 3,34 x 103m/s b) 1,60 x 105m/s c) 7,60 x 106m/sd) 4,33 x 107m/s e) 1,25 x 108m/s

RESOLUÇÃO:

.q. = e = 1,60 . 10–19C

B = 5,00 . 10–4T

F = 1,00 . 10–14N

Temos

F = Fmg = .q. . V . B

V = ⇒ V = (m/s)

V = 1,25 . 108m/s

Resposta: E

6. Na questão anterior, a partícula atingiu valores relativísticos develocidade. Que fração da velocidade da luz ela atingiu? Dado c = 3,00 x 108m/s

RESOLUÇÃO:

= ⇒ � 0,417

Resposta: aproximadamente 42%

qC = –q

m–––2

m–––2

2 →V

––––2

→VC =

→0

→VC––––2

1,00 . 10–14

–––––––––––––––––––––1,60 . 10–19 . 5,00 . 10–4

F––––––.q. . B

V––c

1,25 . 108 (m/s)––––––––––––––3,00 . 108 (m/s)

V––c

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1. Temos um campo magnético uniforme representado pelas suaslinhas de indução. Em cada uma das figuras, mostra-se um fio retilíneo,de comprimento infinito, imerso no campo.a) Indique o sentido da força magnética em cada fio.b) Determine o módulo da força magnética que atua em um pedaço de

2,0m do fio da figura 3, sabendo que i = 10A e B = 2,0 . 10–5 T.

RESOLUÇÃO:

a) Basta usar a regra da mão esquerda:

fig. 2

Como o fio é paralelo ao campo, a força magnética é nula.

F = B . i . � . sen 0°

zero

b) F = B . i . �

F = 2,0 . 10 –5 . 10 . 2,0 (N)

2. (FMTM) – Uma corrente elétrica i percorre uma barra metálica queestá imersa no campo magnético uniforme B

→, como está indicado na

figura. Observa-se que a barra sofre a ação de uma força magnéticahorizontal, com sentido para a direita.

Represente as linhas de força do campo magnético na região em que seencontra a barra condutora.

RESOLUÇÃO:

Usando regra da mão esquerda.

O campo magnético B→

tem direção perpendicular a esta folha e

sentido do papel para o leitor. Como o campo B→

é uniforme, a figura

pedida é:

MÓDULO 28

FORÇA MAGNÉTICA EM CONDUTOR RETILÍNEO

B�

B�

i i

figura 1 figura 2

a) b)

c)

B�

i

B�

figura 3

F→

= 0→

F = 4,0 . 10-4N

F�

i

Barra metálica condutora

Campo perpendicularao plano do papel esaindo dele.

Campo perpendicularao plano do papel eentrando nele.

Considere:

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3. (MODELO ENEM) – Uma espira retangular fechada, alimentadapor um gerador elétrico de tensão U, está parcialmente imersa numcampo magnético de indução

→B.

a) Desenhe as forças magnéticas que atuam nos lados da espira,imersos no campo magnético.

b) Indique o sentido da força resultante e justifique-o. Dê a respostaem função de B (módulo do campo magnético), i (corrente elétrica)e do comprimento de cada lado da espira.

RESOLUÇÃO

a) Usando a regra da mão esquerda em cada um dos fios que com -

põem os quatro lados da espira, obtemos:

b) Da simetria da figura, deduzimos que .F2. = .F3.. Como elas têm

sentidos opostos, anulam-se. Logo, a força resultante é →F1.

F1 = B.i.L ⇒ F1 = B.i.–––––MN

4. (UNESP) – Um dos lados de uma espira retangular rígida commassa m = 8,0g, na qual circula uma corrente I, é atado ao teto por doisfios não condutores de comprimentos iguais. Sobre esse lado da espira,medindo 20,0cm, atua um campo magnético uniforme de 0,05T,perpendicular ao plano da espira. O sentido do campo magnético érepresentado por uma seta vista por trás, penetrando o papel, conformeé ilustrado na figura.

Considerando-se g = 10,0 m/s2, o menor valor da corrente que anula astrações nos fios é:a) 8,0A b) 7,0A c) 6,0A d) 5,0A e) 4,0A

RESOLUÇÃO:

Para que tenhamos o anulamento das forças de tração nos fios, a

força magnética sobre o ramo do condutor imerso no campo deve

equilibrar o peso da espira. Logo:

|→Fmag| = |

→P |

B.i.� sen θ = m g

B.i.� sen 90° = m g

0,05 . i . 0,20 . 1 = 8,0 . 10–3 . 10,0

Resposta: A

B�

g�

20,0cm

I

i = 8,0A

– 151

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5. (UNIFESP-MODIFICADA) – Uma mola de massa des prezível,presa ao teto de uma sala, tem sua outra extremidade atada ao centrode uma barra metálica homogênea e na horizontal, com 50cm decomprimento e 500g de massa. A barra metálica, que pode movimentar-se num plano vertical, apresenta resistência ôhmica de 5,0Ω e estáligada por fios condutores de massas desprezíveis a um gerador G decorrente contínua, de resistência ôhmica interna de 5,0Ω, apoiado sobreuma mesa horizontal. O sistema barra-mola está em um plano per pen -dicular a um campo magnético B

→horizontal, cujas linhas de campo

penetram nesse plano, conforme mostra a figura.

Determine a) a força eletromotriz, em volts, produzida pelo gerador;b) a deformação sofrida pela mola para manter o sistema barra-mola

em equilíbrio mecânico. Suponha que os fios elétricos não fiquemsujeitos a tensão mecânica, isto é, esticados.

RESOLUÇÃO:

a) A força eletromotriz (E) do gerador pode ser determinada pela

Lei de Pouillet, assim:

i =

5,0 = ⇒

b) 1) Cálculo da força peso (P) da barra metálica:

P = m g

P = 0,50 . 10 (N) ⇒

2) Cálculo da força magnética atuante no fio:

Fmag = B i � sen � = B i � sen 90°

Fmag = 0,40 . 5,0 . 0,50 . 1,0 (N)

3) De acordo com a regra da mão esquerda, a força magnética

tem direção vertical e sentido para cima.

Para o equilíbrio da barra metálica, devemos ter:

Felást + Fmag = P

k x + Fmag = P

80 . x + 1,0 = 5,0

Respostas:a) 50V

b) 5,0 . 10 –2 m

E––––� R

E–––––––––(5,0 + 5,0)

E = 50 V

P = 5,0N

Fmag = 1,0 N

x = 5,0 . 10 –2 m

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