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FRENTE 1 – MECÂNICA MÓDULO 21 MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME 1. (FUVEST-TRANSFERÊNCIA-2012) – Um pulsar é uma estrela em rotação que emite um pulso de radiação a cada rotação completa. Astrônomos estudaram um pulsar que emite um pulso de radiação a cada 30 ms. A velocidade angular dessa estrela é a) 20 rad/s b) 30 rad/s c) 100 rad/s. d) 200 rad/s e) 300 rad/s Adote = 3; 1 ms = 10–3s RESOLUÇÃO: 2π 6 = ––– = –––––––– T 30 . 10–3
= –––––––– rad/s –––– 30 s rad
6 000
= 200 rad/s Resposta: D
3. (UFJF-MODELO ENEM) – Um velocímetro comum de carro mede, na realidade, a velocidade angular do eixo da roda e indica um valor que corresponderia à velocidade do carro. O velocímetro para um determinado carro sai da fábrica calibrado para uma roda de 20 polegadas de diâmetro (isso inclui o pneu). Um motorista resolve trocar as rodas do carro para 22 polegadas de diâmetro. Assim, quando o velocímetro indica 100 km/h, a velocidade real do carro é: a) 100 km/h b) 200 km/h c) 110 km/h d) 90 km/h e) 160 km/h RESOLUÇÃO: A velocidade angular é a mesma:
2. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA) – O carrossel de um parque de diversões realiza uma volta completa a cada 20s. Adote = 3. Determine a) a velocidade angular do carrossel; b) as velocidades linear e angular de uma pessoa que está a 3,0m do eixo de rotação do carrossel; c) o tempo gasto por uma pessoa que está a 6,0m do eixo para completar uma volta.
V1 V2 = –––– = –––– R1 R2
RESOLUÇÃO: Δ 2 2 rad a) T = 20s ⇒ C = –––– = –––– = –––– –––– s Δt T 20
Resposta: C
R2 V2 = –––– . V1 R1 22 V2 = –––– . 100 (km/h) 20 V2 = 110 km/h
rad rad C = –––– ––––– 0,3 ––––– 10 s s rad b) 1) P = C = 0,3 –––– s 2) VP = PR = 0,3 . 3,0 (m/s) = 0,9 m/s c) Δt = T = 20s Respostas: a) 0,3 rad/s b) 0,3 rad/s e 0,9 m/s c) 20 s
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4. (UNIFEI-MG) – A Lua dá uma volta em torno da Terra em aproximadamente 28 dias. A distância entre estes dois corpos do sistema solar é de 4,0 x 105 km. Sabe-se que a Lua apresenta sempre a mesma face voltada para a Terra. Pergunta-se: a) Qual é a duração do dia lunar, ou seja, qual é o período de rotação da Lua em torno de seu eixo? b) Qual é o módulo da aceleração que a Lua experimenta devido ao seu movimento orbital em torno da Terra? Que direção e sentido tem essa aceleração? Use = 3 e 28 d = 2,4 . 106 s. Admita a órbita da Lua em torno da Terra como circular. RESOLUÇÃO: a) Para que a Lua nos mostre sempre a mesma face, o seu período de rotação deve ser igual ao seu período de translação em torno do centro da Terra: 28 dias. b) Sendo a órbita suposta circular, o movimento de translação da Lua é uniforme e sua aceleração será centrípeta: direção radial e sentido para o centro da circunferência descrita. acp = 2R =
2) Cálculo de VS: VS2 g = acp = ––– R VS2 3,1 . 104 = ––––––––– 1,29 . 104 VS2 = 4,0 . 108 ⇒ VS = 2,0 . 104km/h 3) Relação entre VE e VS: VE 1,67 . 103 –––– = ––––––––– = 0,0835 VS 2,0 . 104 VE 8% de VS Resposta: E
2
.R –––– T 2
4 2 acp = ––––– . R T2
MÓDULO 22
4 . 9 . 4,0 . 108 acp = –––––––––––––– (m/s2) 5,76 . 1012
MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME
acp = 25 . 10–4 m/s2 acp = 2,5 . 10–3 m/s2
1. (UESPI-2012) – A engrenagem da figura a seguir é parte do motor de um automóvel. Os discos 1 e 2, de diâmetros 40cm e 60cm, respectivamente, são conectados por uma correia inextensível e giram em movimento de rotação uniforme.
28 d = 2,4 . 106s
Respostas: a) → b) acp = 2,5 . 10–3m/s2 direção: radial sentido: para o centro
5. (UFPA-2012) – O Brasil possui um centro de lançamento de satélites em Alcântara (MA), pois, devido à rotação da Terra, quanto mais próximo da linha do Equador for lançado um foguete, menor a variação de velocidade necessária para que este entre em órbita. A esse respeito, considere um sistema de referência inercial em que o centro da Terra está em repouso, estime tanto o módulo da velocidade VE de um ponto da superfície da Terra na linha do Equador quanto o módulo da velocidade VS de um satélite cuja órbita tem um raio de 1,29 . 104km. É correto afirmar que VE é aproximadamente a) 1 % de VS b) 2 % de VS c) 4 % de VS d) 6 % de VS e) 8 % de VS Considere que o perímetro da Terra no Equador é 40 080km, que a aceleração da gravidade na órbita do satélite tem módulo 3,1 . 104km/h2 e que a Terra dá uma volta completa a cada 24 horas.
RESOLUÇÃO: 1) Cálculo de VE: Δs 2πR 40 080km VE = ––– = ––––– = ––––––––– ⇒ Δt T 24h
62 –
VE = 1670km/h
Se a correia não desliza sobre os discos, a razão ω1/ω2 entre as velocidades angulares dos discos vale a) 1/3 b) 2/3 c) 1 d) 3/2 e) 3 RESOLUÇÃO: V 1 = V2 1R1 = 2R2 1 R2 30 3 –––– = –––– = –––– = –––– 2 R1 20 2 A velocidade angular e a frequência de rotação são inversamente proporcionais ao raio da polia. Resposta: D
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2. (VUNESP-FMTM-MODELO ENEM) – Em algumas furadeiras de bancada, a correia que transmite o movimento constante do motor pode ser montada em três configurações distintas, de acordo com o trabalho a ser realizado. Isso é possível, uma vez que, em cada eixo, o que liga o mandril – peça que segura a broca – e o que liga o motor, estão conectados solidariamente dois conjuntos idênticos de três polias, um em ordem crescente e o outro em ordem decrescente de diâmetro.
3. (UFLA-MG-2012-MODELO ENEM) – As engrenagens estão presentes em objetos simples, tais como em bicicletas ou em moedores, também em relógios e em grandes máquinas. A figura abaixo representa uma engrenagem composta por duas rodas circulares encostadas em uma polia que é colocada para girar em movimento de rotação uniforme.
Sejam dois pontos, A e B, na extremidade de cada roda, de modo que o raio da trajetória de A é RA e o raio da trajetória de B é RB. Não há nenhum deslizamento entre as rodas e a polia. A razão entre os raios RA / RB é igual a 2. Assim, a razão entre os módulos das velocidades tangenciais VA / VB, entre os módulos das velocidades angulares, A/ B e entre os períodos TA / TB são, respectivamente:
Considere as afirmações: I. na configuração 1, qualquer ponto da correia apresenta o mesmo módulo para a velocidade linear; II. a configuração 2 possibilita que a broca tenha a mesma velocidade angular que o motor; III. na configuração 3, se o motor tiver frequência de 12Hz, a broca terá frequência inferior a 12Hz. Está correto o contido em a) I, apenas. b) III, apenas. c) I e II, apenas. d) II e III, apenas. e) I, II e III. RESOLUÇÃO: I. Correta. Para não haver deslizamento da correia, os pontos da periferia das polias têm a mesma velocidade linear, que é igual à velocidade dos pontos da correia. II. Correta. Se as polias têm raios iguais, a velocidade angular é a mesma. III.Correta. A furadeira está ligada à polia de maior raio. Como a frequência de rotação é inversamente proporcional ao raio da polia, concluímos que:
1 a) 1; 2; ––– 2
b) 2; 1; 1
1 d) 1; ––– ; 2 2
e) 1; 1; 1
1 1 c) ––– ; 1; ––– 2 2
RESOLUÇÃO: 1) Seja V o módulo da velocidade tangencial de um ponto da periferia da polia. Para não haver escorregamento, devemos ter: V = VA = VB e portanto:
VA –––– = 1 VB
2) VA = VB ⇒ ωA RA = ωB RB ⇒ ωA 2π TB 3) ω = ––– ⇒ ––– = ––– ⇒ ωB T TA
ωA RB 1 –––– = –––– = –––– RA 2 ωB
TA –––– = 2 TB
Resposta: D
fbroca < fmotor fbroca < 12Hz Demonstrar:
V 1 = V2 2 f1 R1 = 2 f2 R2 f1 R2 ––– = –––– frequência na razão inversa do raio. f2 R1
Resposta: E
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4. (VUNESP-FAMECA-2012) – A bicicleta ergométrica consiste em um mecanismo em que uma engrenagem maior (coroa), solidária a um par de pedais, transmite seu movimento a uma engrenagem menor, presa a um grande disco massivo, que pode ter seu movimento dificultado pela ação de um freio ajustável.
Dados: raio do disco = 22 cm = 3,1 a) Determine a velocidade escalar de um ponto externo da circunferência do disco, em km/h, quando esse disco realiza meia volta, no tempo de um segundo. b) Sabendo-que em dado momento o disco realiza duas voltas completas no tempo de um segundo, determine a frequência, em rpm, com que a pessoa que se exercita gira a coroa presa à pedaleira, sabendo-se que a coroa tem o triplo do diâmetro da engrenagem solidária ao disco. RESOLUÇÃO:
5. (UFPR-2012-MODELO ENEM) – Um ciclista movimenta-se com sua bicicleta em linha reta a uma velocidade escalar constante de 18km/h. O pneu, devidamente montado na roda, possui diâmetro igual a 70cm. No centro da roda traseira, presa ao eixo, há uma roda dentada de diâmetro 7,0cm. Junto ao pedal e preso ao seu eixo há outra roda dentada de diâmetro 20cm. As duas rodas dentadas estão unidas por uma corrente, conforme mostra a figura.
Não há deslizamento entre a corrente e as rodas dentadas. Supondo-se que o ciclista imprima aos pedais um movimento circular uniforme, assinale a alternativa correta para o número de voltas por minuto que ele impõe aos pedais durante esse movimento. Nesta questão, considere π = 3. a) 0,25 rpm b) 2,50 rpm c) 5,00 rpm d) 25,0 rpm e) 50,0 rpm RESOLUÇÃO: 2πRRODA Δs 1) V = ––– = –––––––– = 2π fRODA . RRODA TRODA Δt
2 . 3,1 . 0,22 m s 2 R a) V = ––– = –––– = ––––––––––– ––– 2,0 s t T m V = 0,682 ––– 2,5km/h s b) fdisco = 2,0Hz fenfgrenagem = fdisco = 2,0Hz fc Re fc R ––– = ––– ⇒ ––– = ––– fe Rc 2,0 3R 2,0 2,0 fc = ––– Hz = ––– . 60rpm 3,0 3 fc = 40rpm Respostas: a) 2,5km/h b) 40rpm
5,0 = 6 fRODA . 0,35 5,0 fRODA = ––– Hz 2,1 5,0 2) fCA = fRODA = ––– Hz 2,1 3)
fCO RCA –––– = –––– fCA RCO fCO 3,5 5,0 . 3,5 –––– = –––– ⇒ fCO = ––––––– Hz 5,0 10 21 ––– 2,1 17,5 17,5 fCO = –––– Hz = –––– . 60 rpm 21 21 fCO = 50,0 rpm
4) A frequência do pedal é a mesma da coroa e vale 50,0 rpm. Resposta: E
64 –
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6. (UFU-MG) – As figuras abaixo representam dois pontos, A e B, sobre a superfície terrestre, em um mesmo meridiano. O ponto A está no Equador e o ponto B se encontra no hemisfério norte a uma latitude de 60º.
MÓDULO 23 COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS 1. (UFPI-MODELO ENEM) – Uma pessoa em dificuldades no meio de um rio foi socorrida por amigos que lhe jogaram quatro boias que, coincidentemente, ficaram igualmente distanciadas dela, como mostra a figura abaixo.
Sabendo-se que a Terra gira com velocidade angular e supondo-se que a Terra é de forma esférica com raio R, a alternativa que apresenta a relação entre as velocidades lineares desses dois pontos, A e B, é: VA VA 2 3 a) ––– =2 b) ––– = ––––– VB VB 3 VA 1 c) ––– = –– VB 2 RESOLUÇÃO:
VA d) ––– = 3 VB
A correnteza tem velocidade constante e arrasta as boias e a pessoa. A velocidade da pessoa em relação às águas tem sempre o mesmo módulo. Analise as afirmativas e assinale V (verdadeira) ou F (falsa). (1) O tempo que a pessoa levará nadando para a boia 1 é diferente do que levará nadando para a boia 3. (2) O tempo que a pessoa levará nadando para a boia 1 é igual ao tempo que levará nadando para a boia 2. (3) O tempo que a pessoa levará nadando para a boia 2 é diferente do que levará nadando para a boia 4. (4) O tempo que a pessoa levará nadando é o mesmo, qualquer que seja a boia. A sequência correta de V e F é: a) F V F F b) F V V F c) F V F V d) V F V F e) V V F V RESOLUÇÃO: Para um referencial fixo na água, temos: d Vrel = ––– Δt
r 1) cos 60º = ––– R R r = R cos 60º = ––– 2 2) VA = R VB = r
d Δt = ––––– Vrel Em relação a qualquer das boias, d e Vrel são as mesmas e, portanto, o tempo gasto para atingir qualquer das boias é o mesmo. Resposta: C
V R A ___ = ––– = 2 VB r Resposta: A
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2. (UNICAMP-2012-MODELO ENEM) – O transporte fluvial de cargas é pouco explorado no Brasil, considerando-se nosso vasto conjunto de rios navegáveis. Uma embarcação navega a uma velocidade de módulo 26 nós, medida em relação à água do rio (use 1 nó = 0,5m/s). A correnteza do rio, por sua vez, tem velocidade aproximadamente constante com módulo de 5,0m/s em relação às margens. Qual é o tempo aproximado de viagem entre duas cidades separadas por uma extensão de 40km de rio, se o barco navega rio acima, ou seja, contra a correnteza? a) 2 horas e 13 minutos. b) 1 hora e 23 minutos. c) 51 minutos. d) 37 minutos.
Uma pessoa vai de A para B com velocidade constante de módulo Vp em relação à escada, gastando neste trajeto 20s. Em seguida, a pessoa vai de B para A com velocidade relativa à escada de mesmo módulo Vp, gastando neste trajeto 60s. Se a pessoa for de A para B, parada em relação à escada, o tempo gasto no trajeto será de: a) 20s b) 30s c) 40s d) 60s e) 120s
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO: MU: Δs = V t AB = (VP + VE) 20 (1) AB = (VP – VE) 60 (2) AB = VE T (3)
1) Vrel = 26 nós = 26 . 0,5m/s = 13m/s
(1) = (2): (VP + VE) 20 = (VP – VE) 60
Varr = 5,0m/s →
→
→
VR = Vrel + Varr →
→
→
VR = Vrel – Varr → VR = 13 – 5,0 (m/s) = 8,0m/s
VP + VE = 3VP – 3VE 4VE = 2VP ⇒ VP = 2 VE (1) = (3): (VP + VE) 20 = VE T (2VE + VE) 20 = VE T 3VE 20 = VE T T = 60s
2)
→ Δs = VR Δt (MU)
Resposta: D
40 . 103 = 8,0 . T T = 5,0 . 103s 5000 T = –––––– h 3600 25 T = ––– h = 18
18 + 7 ––––– h 18
7 T = 1h + ––– h 18
4. (UFBA) – Um barco vai de Manaus até Urucu descendo um rio e, em seguida, retorna à cidade de partida, conforme esquematizado na figura.
7 T = 1h + ––– . 60min 18 T 1h + 23 min Resposta: B
3. Considere uma escada rolante que se move para cima com velocidade constante de módulo VE.
A velocidade da correnteza é constante e tem módulo VC em relação às margens. A velocidade do barco em relação à água tem módulo constante e igual a VB. Desconsiderando-se o tempo gasto na manobra para voltar, a velocidade escalar média do barco, em relação às margens, no trajeto total de ida e volta, tem módulo dado por: VB – VC VB + VC a) –––––––– b) –––––––– c) VBVC 2 2 VB2 + VC2 d) –––––––– VB
VB2 – VC2 e) –––––––– VB
RESOLUÇÃO: Seja d a distância percorrida na ida. d Descida do rio: VB + VC = ––– (1) t1
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c) x = D ⇔ y = 0
d Subida do rio: VB – VC = ––– (2) t2
4,0 5,0 0 = ––– . D – –––– D2 3,0 36,0
2d No trajeto todo: Vm = –––––– (3) t1 + t2 d De (1): t1 = –––––––– V B + VC
5,0 D2 4,0 –––––– = ––– D 36,0 3,0
d De (2): t2 = –––––––– VB – V C
4,0 . 12,0 D = –––––––––– (m) 5,0
d d d(VB + VC + VB – VC) 2 d VB t1 + t2 = –––––––– + ––––––– = ––––––––––––––––––– = ––––––– 2 2 VB – V C V B + VC VB – VC VB2 – VC2
VB2 – VC2
VB2 – VC2 Em (3): Vm = 2d . –––––––– 2 d VB
D = 9,6 m 4,0 5,0 Respostas: a) y = –––– x – ––––– x2 (SI) 3,0 36,0
⇒ Vm = ––––––– VB
b) parábola c) 9,6m
Resposta: E
5. Um projétil é lançado a partir da origem de um sistema de coordenadas cartesianas xy, sendo x horizontal e y vertical. O movimento na direção x tem equação horária dos espaços dada por: x = 6,0t (SI) O movimento na direção y tem equação horária dos espaços dada por: y = 8,0t – 5,0t2 (SI)
MÓDULO 24 COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS 1. (UPE-2012) – Considere um rio de margens paralelas, cuja distância entre as margens é de 140m. A velocidade da água em relação às margens tem módulo igual a 20m/s. Um barco motorizado cuja velocidade em relação à água tem módulo igual a 10m/s atravessa o rio de uma margem à outra no menor tempo possível. Assinale a alternativa que corresponde a este tempo em segundos. a) 6,36 b) 12,36 c) 13 d) 14 e) 14,36 RESOLUÇÃO:
Determine a) a equação da trajetória do projétil: y = f(x); b) a forma da trajetória; c) o valor de D indicado na figura. RESOLUÇÃO: a) A equação da trajetória relaciona as coordenadas de posição x e y entre si; para obtê-la, devemos eliminar a variável tempo: x = 6,0t (1) y = 8,0t – 5,0t2 (2) x De (1): t = ––– 6,0 x x 2 Em (2): y = 8,0 . ––– – 5,0 ––– 6,0 6,0
L 140 Vrel = ––– ⇒ 10 = ––––– ⇒ Δt Tmin
Tmin = 14s
Resposta: D
4,0 5,0 y = –––– x – ––––– x2 (SI) 3,0 36,0 b) Como y = f(x) é uma função polinomial do 2.º grau, a trajetória tem a forma de uma parábola.
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2. Uma lancha, que tem velocidade com módulo 5,0 km/h em águas paradas, atravessa um rio de margens paralelas e largura de 1,0 km, ao longo do menor caminho possível entre as duas margens, em um intervalo de tempo de 15 minutos. A velocidade da correnteza em relação às margens, suposta constante, tem módulo igual a: a) 1,0 km/h b) 2,0 km/h c) 3,0 km/h d) 4,0 km/h e) 5,0 km/h RESOLUÇÃO:
1,0km L 1) VR = ––– = ––––––– = 4,0 km/h 1 h t –– 4 2 2 2) Vrel = VR2 + VARR 2 (5,0)2 = (4,0)2 + VARR
VARR = 3,0 km/h Resposta: C
RESOLUÇÃO: 1) Na direção y, temos: 4,0 L Vy = ––– ⇒ 2,0 = ––– ⇒ T t 2) Na direção x, temos: x = x0 + Vx t xf = 0 + 0,50 . 2,0 (km) ⇒
4. (UPE-2012-MODELO ENEM) – “Nos quatro primeiros dias do mês de maio, no Recife, o Instituto Nacional de Meteorologia (Inmet) registrou 255 milímetros de chuva, 80,3% do esperado para todo o mês de maio, cuja média histórica é de 318,5 mm”. (Fonte: http://m.ne10.com.br/noticia/?t=ca&ca=cotidiano&a=2011&m= 05&d=04&id =269899 acessado em 30 de maio de 2011, às 22h)
Quando estava sem vento, a chuva caía verticalmente em relação ao solo, com velocidade de módulo 10m/s. Um “aventureiro” saiu com seu carro nesse momento, sem vento. O carro se deslocava horizontalmente, com velocidade de módulo 54km/h em relação ao solo. Qual o módulo da velocidade, em m/s, da chuva em relação ao carro? a) 5,0 b) 15 c) 25 d) 5 5 e) 5 13
2 2 Vrel = VR2 + Varr 2 Vrel = 100 + 225 = 325 = 25 . 13 2 Vrel = 25 . 13
m/s Vrel = 5 13 Resposta: E
Considerando-se que, em t = 0, o barco parte da origem do sistema cartesiano xy (indicado na figura), as coordenadas de posições, em quilômetros, e o instante, em horas, de chegada do barco à outra margem são a) (1,0 ; 4,0) e 1,0 b) (1,0 ; 4,0) e 2,0 c) (2,0 ; 4,0) e 4,0 d) (16 ; 4,0) e 4,0 e) (16 ; 4,0) e 8,0
68 –
xf = 1,0km yf = 4,0km
Resposta: B
RESOLUÇÃO:
3. (EFOMM-2012) – Um barco atravessa um rio de margens paralelas e largura de 4,0km. Devido à correnteza, as componentes da velocidade resultante do barco são Vx = 0,50km/h e Vy = 2,0km/h.
T = 2,0h
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5. (UNESP) – Um homem, em pé sobre uma plataforma que se move horizontalmente para a direita com velocidade constante de módulo V = 4,0m/s, observa que, ao inclinar de 45° um tubo cilíndrico oco, permite que uma gota de chuva, que cai verticalmente com velocidade constante, em relação ao solo, atravesse o tubo sem tocar em suas paredes.
1) A pedra tem um movimento de arrastamento com velocidade horizontal igual à do carro (V1). 2) A pedra tem um movimento, relativo ao carro, circular e uniforme com velocidade de módulo V2. 3) No ponto A, de contato com o chão, a pedra deve ter velocidade nula, em relação ao solo, para que o pneu não derrape. Portanto: V2 = V1. 4) No ponto C, a velocidade da pedra, relativa ao solo, será dada por: VC = V2 + V1 = 2V1 5) A velocidade da pedra, relativa ao solo, terá módulo V tal que: VA V VC 0 V 144 km/h Resposta: E
7. (ENEM) – A ideia de usar rolos circulares para deslocar objetos pesados provavelmente surgiu com os antigos egípcios ao construírem as pirâmides. Determine a) o módulo da velocidade da gota em relação ao solo; b) o módulo da velocidade da gota em relação ao tubo. RESOLUÇÃO:
→
→
a) VR = Varr = 4,0 m/s →
2
→ 2
→
2
b) Vrel = VR + Varr →
Vrel = 4,0 2 m/s Respostas: a) 4,0 m/s b) 4,0 2 m/s
BOLT, Brian. Atividades matemáticas. Ed. Gradiva. Representando por R o raio da base dos rolos cilíndricos, a expressão do deslocamento horizontal x do bloco de pedra em função de R, após o rolo ter dado uma volta completa sem deslizar, é a) x = R b) x = 2R c) x = R d) x = 2 R e) x = 4 R RESOLUÇÃO:
6. Um carro descreve uma trajetória retilínea e horizontal em movimento uniforme com velocidade escalar de 72 km/h. Uma pedra fica incrustada no pneu do carro. Para um referencial fixo no solo terrestre, o módulo V da velocidade de pedra será tal que: a) V = 72 km/h b) V = 0 c) 0 V 72 km/h d) 72 km/h V 144 km/h e) 0 V 144 km/h RESOLUÇÃO: O ponto A, mais alto do rolo cilíndrico, tem velocidade igual ao dobro da velocidade do centro C do rolo cilíndrico. Quando o tambor dá uma volta completa, o seu centro C se desloca 2 R e o objeto que está em contato com o ponto A vai deslocar-se o dobro, isto é, 4 R. Resposta: E
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MÓDULO 25 BALÍSTICA 1. Em um local onde o efeito do ar é desprezível e a aceleração da gravidade é constante e com módulo igual a g, um projétil é lançado a partir do solo terrestre, com velocidade inicial de módulo V0 e inclinada de um ângulo em relação ao plano horizontal do solo.
Como sen 60° = sen 120°, temos: D1 = D2 D1 –––– = 1 D2 2 V0 sen Respostas: a) T = –––––––––– g V02 sen 2 c) D = –––– g
(V0 sen )2 b) H = –––––––––– 2g V02 d) = 45°; Dmáx = –––– g
D1 e) –––– =1 D2
Determine, em função de V0, g e , a) o tempo de voo do projétil desde seu lançamento até o seu retorno ao solo; b) a altura máxima H; c) o alcance horizontal D; d) o valor de para que o alcance D seja máximo e o valor do alcance máximo; e) a relação entre os alcances para 1 = 30° e 2 = 60°. RESOLUÇÃO: Vy = V0y + y t (MUV)
a) 1)
V0 sen 0 = V0 sen – g ts ⇒ ts = –––––––– g T = ts + tQ = 2ts ⇒
2) b)
2 V0 sen T = –––––––––– g
2 Vy2 = V0y + 2 y Δsy (MUV)
0 = (V0 sen )2 + 2 (–g) H ⇒
(V0 sen )2 H = –––––––––– 2g
c) Δsx = Vx t (MU) V02 2 V0 sen D = V0 cos . ––––––––– = –––– . 2 sen cos g g V02 D = –––– sen 2 g d) D = Dmáx ⇒ sen 2 = 1 2 = 90° ⇒
= 45°
V02 Dmáx = –––– g e) 1 = 30° V02 D1 = –––– sen 60° g 2 = 60° V02 D2 = –––– sen 120° g
70 –
2. (VUNESP-MODELO ENEM) – Selene e Diana são duas alunas que ficaram muito felizes com a competição de foguetes, proposta pelo professor. Nessa competição, o foguete é, na verdade, um canudinho de refrigerante lançado a partir de um frasco vazio adaptado, que é apertado, com as mãos, pelas alunas. As alunas lançaram seus foguetes a partir de uma mesma altura e com a mesma velocidade escalar inicial, de 4,0m/s, mas com ângulos de lançamento diferentes: Selene lançou seu foguete com ângulo de 45° e Diana, com ângulo de 60°. Admitindo-se que ambos os foguetes voltaram, após a queda, para a mesma altura do lançamento e que o módulo da aceleração da gravidade seja igual a 10,0m/s2, com relação aos alcances, em metros, atingidos pelos foguetes de Selene e Diana, respectivamente, pode-se afirmar que são, aproximadamente, iguais a a) 1,60 e 1,38. b) 1,40 e 1,60. c) 1,00 e 1,20. d) 1,20 e 1,00. e) 2,20 e 1,20. Adote: 3 = 1,73 V02 Dado: D = ––– sen 2 g RESOLUÇÃO: V02 D = ––– sen 2 g 16,0 D45° = –––– . sen 90° (m) ⇒ 10,0
D45 = 1,60m
16,0 3 D60° = –––– . sen 120° (m) ⇒ D60° = 1,60 . –––– (m) 10,0 2 D60° = 0,80 . 1,73 (m) D60° = 1,38m Resposta: A
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3. Um atirador aponta um fuzil diretamente para o centro C de um alvo, suspenso a uma certa altura acima do solo, como mostra a figura.
4. Nas condições do enunciado, as equações horárias para o movimento da bola são a) x(t) = V0 cos 45°t b) x(t) = V0t y(t) = V0 sen 45°t – gt2/2 y(t) = V0 sen 45° t – gt2/2 c) x(t) = V0t y(t) = V0t – gt2/2
d) x(t) = 3,5 + V0 cos 45° t y(t) = 1,0 + V0 sen45° t + gt2/2
e) x(t) = V0 cos 45° t – gt2/2 y(t) = V0 sen 45° t – gt2/2
Não considere o efeito do ar e admita que a aceleração da gravidade seja constante. No exato instante em que o projétil é disparado, e fica sob ação da gravidade, o alvo inicia um movimento de queda livre vertical, a partir do repouso. O alcance horizontal do projétil é maior que D. Podemos afirmar que a) o projétil atingirá o alvo exatamente no seu centro C. b) para um referencial fixo no centro C do alvo, a trajetória do projétil será parabólica. c) o projétil passará acima do centro C do alvo. d) o projétil passará abaixo do centro C do alvo. e) para um referencial fixo na superfície terrestre, a trajetória do projétil é retilínea. RESOLUÇÃO: O projétil e o alvo têm aceleração igual à da gravidade: a aceleração relativa (diferença das duas acelerações) é nula; o movimento relativo é retilíneo e uniforme, e o projétil vai atingir o centro C do alvo. Resposta: A
(FUVEST – TRANSFERÊNCIA-2012) – Enunciado para as questões de 4 a 6. Em um parque de diversões, uma jovem lança uma bola em direção a uma cesta, cujo centro está a 3,5m de distância e 1,0m de altura acima do ponto de lançamento, com uma velocidade inicial de módulo 0 e que forma um ângulo = 45º com a horizontal, de modo que encesta a bola. Adota-se t = 0 s no instante de lançamento e um sistema de referência em que os eixos x e y, nas direções horizontal e vertical, respectivamente, apontam nos sentidos indicados na figura e têm origem no ponto de lançamento. Ignore o atrito com o ar e o tamanho da bola e use g = 10 m/s2 para o módulo da aceleração da gravidade no local.
RESOLUÇÃO: 1) V0x = V0 cos = V0 cos 45° V0y = V0 sen = V0 sen 45° 2) Na direção horizontal: x = x0 + V0x t x = (V0 cos 45°) t 3) Na direção vertical: y y = y0 + V0y t + ––– t2 2 g y = (V0 sen 45°) t – –– t2 2 Resposta: A
5.
O instante T em que a bola atinge a cesta é igual a
2 a) –––– s 8
2 b) –––– s 4
d) 2 s
e) 2 2 s
2 c) –––– s 2
RESOLUÇÃO: g y = (V0 sen 45°) t – –– t2 2 (V0 sen 45°) t = x g y = x – –– t2 2 1,0 = 3,5 – 5,0 T2 5,0 T2 = 2,5 1 T2 = –– ⇒ 2
1 2 T = –––––– s = ––––– s 2 2
Resposta: C
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6. Para acertar a bola na cesta, o módulo precisa ser igual a a) 1,0m/s b) 3,0m/s d) 7,0m/s e) 9,0m/s
0 da velocidade inicial
c) 5,0m/s
RESOLUÇÃO: x = V0 cos 45° t
2. As relações entre os respectivos alcances horizontais Ax, Ay e Az das bolas X, Y e Z, com relação à borda da mesa, estão apresentadas em: a) Ax < Ay < Az b) Ay = Ax = Az c) Az < Ay < Ax d) Ay < Az < Ax RESOLUÇÃO: sx = Vx T
2 2 3,5 = V0 . –––– . –––– 2 2
D = V0
V0 = 7,0m/s
2H –––– g
V x > Vy > Vz
Resposta: D Ax > Ay > Az
MÓDULO 26
Resposta: C
BALÍSTICA (UERJ-2012) – Utilize as informações a seguir para responder às questões de números 1 e 2. Três bolas – X, Y e Z – são lançadas da borda de uma mesa, com velocidades iniciais paralelas ao solo e mesma direção e sentido. A tabela abaixo mostra as magnitudes das massas e das velocidades iniciais das bolas. Bolas
Massa (g)
Velocidade Inicial (m/s)
X
5,0
20,0
Y
5,0
10,0
Z
10,0
8,0
1. As relações entre os respectivos tempos de queda tx, ty e tz das bolas X, Y e Z estão apresentadas em: a) tx < ty < tz b) ty < tz < tx c) tz < ty < tx d) ty = tx = tz RESOLUÇÃO:
3. (FAFIPA-MODELO ENEM) – Durante uma guerra, um grupo de soldados ficou numa área isolada pelos inimigos. Sem medicamentos e alimentação não teriam a menor chance para continuarem o combate em terra. Um piloto de guerra, pertencente a este grupo, foi chamado para realizar uma operação: fazer com que os suprimentos necessários chegassem até estes soldados.
Sabendo-se que o avião deveria voar numa altitude, em linha reta, de 2000m do solo (para não ser observado pelo radar do inimigo) e velocidade constante de módulo 792km/h, a distância horizontal, em metros, que o suprimento deve ser liberado do avião, em relação aos soldados, para que caia o mais próximo possível destes é um valor que mais se avizinha de: a) 1080m b) 1562m c) 1800m d) 4000m e) 4400m Considere g = 10 m/s2 e despreze o efeito do ar. RESOLUÇÃO: 1) Cálculo do tempo de queda: y 2 ↓ 䊝 sy = V0y t + ––– t 2 10 2000 = 0 + ––– T2 2
y 2 sy = V0y t + ––– t 2 g H = –– T2 ⇒ T = 2
2H –––– g
T2 = 400 ⇒ T = 20s 2) Cálculo de D: sx = Vx T
tx = ty = tz =
Resposta: D
72 –
2H –––– g
792 D = –––– . 20 (m) ⇒ D = 4400m 3,6 Resposta: E
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4. (UFPR) – Na cobrança de uma falta durante uma partida de futebol, a bola, antes do chute, está a uma distância horizontal de 27,0m da linha do gol. Após o chute, ao cruzar a linha do gol, a bola passou a uma altura de 1,35m do chão quando estava em movimento descendente, e levou 0,9s neste movimento. Despreze a resistência do ar e considere g = 10,0m/s2. a) Calcule o módulo da velocidade na direção vertical no instante em que a bola foi chutada. b) Calcule o ângulo (por meio de uma função trigonométrica), em → relação ao chão, da velocidade inicial V0 que o jogador imprimiu à bola pelo seu chute. c) Calcule a altura máxima atingida pela bola em relação ao solo.
Desprezando-se o atrito da bola com o ar e adotando-se g = 10,0m/s2, podemos afirmar que o módulo da aceleração de Protásio, suposto constante, para que ele consiga pegar a bola no mesmo nível do lançamento deve ser 1 1 1 a) ––– m/s2 b) ––– m/s2 c) ––– m/s2 2 3 4 1 d) ––– m/s2 5
1 e) ––– m/s2 10
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO: y 2 ↑ 䊝 a) sy = V0y t + ––– t 2 1,35 = V0y . 0,9 – 5,0 (0,9)2 0,9 V0y = 1,35 + 4,05 ⇒ V0y = 6,0 m/s
b) 1)
sx = Vx t (MU) 27,0 = V0x . 0,9 ⇒ V0x = 30,0 m/s
2)
V0y 6,0 tg = –––– = –––– 30,0 V0x
1) Cálculo de V0y: 2 Vy2 = V0y + 2 y Δsy 2 0 = V0y + 2 (–10,0) 11,25 2 V0y = 225 ⇒
V0y = 15,0m/s
tg = 0,20 2) Cálculo do tempo de subida: Vy = V0y + y t 0 = 15,0 – 10,0 ts c) Vy2 = V02y + 2 y sy (↑ 䊝)
ts = 1,5s
0 = 36,0 + 2 (–10,0) H 20,0H = 36,0 H = 1,8m Respostas: a) V0y = 6,0m/s b) tg = 0,20 c) H = 1,8m
3) O tempo de voo será o tempo de encontro e é dado por: TV = TE = 2ts = 3,0s 4) Cálculo do alcance: Δsx = V0x T d = 8,0 . 3,0 (m) = 24,0m
5. (PUC-SP-2012) – Dois amigos, Berstáquio e Protásio, distam de 25,5m. Berstáquio lança obliquamente uma bola para Protásio que, partindo do repouso, desloca-se ao encontro da bola para segurá-la. No instante do lançamento, a direção da bola lançada por Berstáquio formava um ângulo com a horizontal, o que permitiu que ela alcançasse, em relação ao ponto de lançamento, a altura máxima de 11,25m e uma velocidade de módulo 8,0m/s nessa posição.
5) Cálculo da aceleração de Protásio: Δs = V0t + ––– t2 2 aP 25,5 – 24,0 = 0 + ––– . 9,0 2 1,5 = 4,5 aP 1,5 aP = ––– (m/s2) 4,5 1 aP = ––– m/s2 3 Resposta: B
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6. (VUNESP) – É comum, ao passarmos diante de construções, vermos operários lançarem objetos, como tijolos ou telhas, para um colega colocado num plano acima do seu. Considere que um tijolo seja lançado com velocidade inicial de módulo V0 = 10m/s, e descreva uma trajetória parabólica no ar. No ponto mais alto da trajetória do tijolo, ele é apanhado por outra pessoa no instante em que sua velocidade só → apresenta componente horizontal VH.
Considerando-se as medidas indicadas na figura, g = 10m/s2, 10 3,2 e desprezível a resistência do ar, determine a) o módulo da velocidade horizontal VH com que o tijolo chega à mão do operário na posição mais alta; b) o intervalo de tempo T gasto pelo tijolo para chegar à mão do operário na posição mais alta. RESOLUÇÃO:
MÓDULO 27 1.a E 2.a LEIS DE NEWTON 1. Considere as proposições que se seguem e assinale a incorreta. a) Quando um carro freia, o corpo do motorista é projetado para frente porque todo corpo tende a manter a velocidade vetorial que possui, por inércia. b) Não pode existir um super-homem que voe pela ação exclusiva de sua própria força muscular. c) Em uma viagem espacial para a Lua, a maior parte do trajeto é feita em movimento retilíneo e uniforme, por inércia. d) Uma pessoa, partindo do repouso, não pode andar em um plano horizontal sem atrito. e) A função da força resultante que atua em uma partícula é manter sua velocidade vetorial constante. RESOLUÇÃO: a) CORRETA. Traduz o próprio conceito de inércia e justifica o fato de se usar o cinto de segurança para aplicar uma força para trás, freiando o corpo do motorista. b) CORRETA. Nenhum corpo pode sozinho mudar sua velocidade vetorial. c) CORRETA. Os jatos são ligados para mudar a velocidade da nave; para sair do campo gravitacional da Terra; para frear ao descer na Lua; para sair do campo gravitacional da Lua; para frear no campo gravitacional da Terra, no retorno. d) CORRETA. A pessoa varia sua velocidade graças à força externa de atrito recebida do chão. e) ERRADA. A força resultante varia a velocidade. Resposta: E
a) 1) Cálculo de V0y: Vy2 = V02 + 2 y Δsy 2 0 = V0y + 2 (–10) . 3,0 2 V0y = 60 (SI)
2) Cálculo de V0x: 2 2 V02 = V0x + V0y 2 100 = V0x + 60 2 V0x = 40 ⇒ V0x = 2 10 m/s
V0x 6,4 m/s VH 6,4 m/s
Δx b) VH = ––– Δt 4,8 6,4 = ––– ⇒ T
T = 0,75s
Respostas: a) VH = 6,4m/s b) T = 0,75s
74 –
2. (CEFET-CE-MODELO ENEM) – Uma pessoa pula verticalmente sobre uma cama elástica que se encontra fixa na carroceria de um caminhão o qual se desloca com velocidade constante em uma estrada horizontal e retilínea. Desprezando-se a resistência do ar sobre a pessoa, devido ao movimento do caminhão, é correto afirmar-se que a) quanto mais alto a pessoa pular, maior é o risco de ela cair na frente do caminhão. b) quanto mais alto a pessoa pular, maior é o risco de ela cair atrás do caminhão. c) quanto mais alto a pessoa pular, maior é o risco de ela cair do lado do caminhão. d) não importa a altura que a pessoa pule: ela sempre cairá no mesmo ponto sobre a cama. e) é necessário saber a massa da pessoa, para afirmar algo sobre o ponto de queda dela. RESOLUÇÃO: Como na direção horizontal não há força externa atuando na pessoa, sua velocidade horizontal permanece constante (1.ª Lei de Newton) e a pessoa terá uma trajetória vertical em relação ao caminhão e cairá sempre na mesma posição da cama em que iniciou o seu salto. Resposta: D
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3. (UFMG-MODELO ENEM) – Nesta figura, está representado um balão dirigível, que voa para a direita, em altitude constante e com velocidade → v , também constante.
→ → Sobre o balão, atuam as seguintes forças: o peso P , o empuxo E , a → → resistência do ar R e a força M , que é devida à propulsão dos motores. Assinale a alternativa que apresenta o diagrama de forças em que estão mais bem representadas as forças que atuam sobre esse balão.
RESOLUÇÃO: Sendo a velocidade constante, a força resultante deverá ser nula e, por→
→
→
→
tanto, E e P devem ter módulos iguais, o mesmo ocorrendo com R e M. Resposta: B
4. (FUNDAÇÃO CESGRANRIO-RJ) –
Acima, estão esquematizadas três situações nas quais um determinado → bloco A se move sobre um plano com velocidade vetorial constante V. Assinale a opção que apresenta corretamente a resultante de todas as forças que agem sobre o bloco A, exceto a força peso, respectivamente, nas situações I, II e III.
RESOLUÇÃO: Sendo a velocidade constante (MRU), a resultante de todas as forças deve ser nula. Portanto, a resultante das demais forças, excetuando-se o peso, deverá equilibrar o peso e, para tanto, deve ser vertical, para cima e com a mesma intensidade do peso. Resposta: B
5.
(PUC-SP) – Considere o texto apresentado a seguir.
Em um espetáculo de magia e ilusionismo, um dos momentos mais tradicionais ilustra com perfeição uma da Leis de Newton. Nesse número, o “mágico” puxa com rapidez uma folha de papel lisa e fina, deixando em repouso, no entanto, os objetos que estavam sobre ela. Elabore um texto claro e bem estruturado para explicar por que a lei física que justifica a tendência de um carro sair pela tangente ao fazer uma curva é a mesma citada na descrição do número de “magia”. Em seu texto, cite um novo exemplo em que essa lei física também se aplica. RESOLUÇÃO: A lei física em questão é a lei da inércia: “Todo corpo tende a manter a sua velocidade vetorial, por inércia”. No espetáculo de magia, a garrafa, inicialmente em repouso, tende a manter sua velocidade nula por inércia. Quando o carro faz a curva, ele tende a sair pela tangente, dada a tendência de manter a direção de sua velocidade vetorial. Outro exemplo de aplicação da lei da inércia é o fato de o motorista de um carro ser projetado para frente, em uma freada abrupta, em virtude da tendência em manter a sua velocidade vetorial; daí a necessidade do uso do cinto de segurança.
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6. 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 é a força de resistência do ar cuja intensidade Fr é dada por: Fr = k V2 k = coeficiente aerodinâmico que depende da densidade do ar e da geometria do carro. V = módulo da velocidade do carro.
A força resultante que age no carro tem intensidade FR dada por:
MÓDULO 28 1.a E 2.a LEIS DE NEWTON 1. (OLIMPÍADA PAULISTA DE FÍSICA) – Qual dos seguintes objetos está experimentando uma força resultante direcionada de sul para norte? a) Um objeto que se move para o sul com a sua velocidade aumentando em módulo. b) Um objeto que se move para o norte com sua velocidade diminuindo em módulo. c) Um objeto que se move para o norte com velocidade constante. d) Um objeto instantaneamente em repouso que inicia o movimento com orientação do sul para o norte. e) Um objeto em repouso. RESOLUÇÃO: a)
FR = F – kV2
c) Vlim =
b)
k b) Vlim = ––– F
→
→ Movimento retardado
→
a
a
→
→
→
V → a = 0 (MRU) ⇔ FR = 0
c)
→
d) V = 0
d) Vlim = 3,0 . 108 m/s
→ Movimento acelerado
V
→
F ––– k
→
V → FR
A velocidade máxima que o carro pode atingir (velocidade limite do carro) é dada por: F a) Vlim = ––– k
→ FR
→
→
→
a ⇔ FR
→
e) FR = 0 Resposta: D
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 F V2lim = ––– ⇒ Vlim = k
Resposta: C
76 –
2. Considere um sistema de coordenadas cartesianas triortogonal xyz fixo no solo terrestre com o eixo z vertical.
F ––– k
Um objeto está movendo-se para cima ao longo do eixo z e o módulo de sua velocidade está diminuindo. De posse dessa informação, podemos concluir que a) existe uma única força atuando no objeto na direção do eixo z e sentido para baixo. b) a força resultante no objeto tem direção e sentido do eixo z. c) podem existir várias forças atuando no objeto, mas a mais intensa deve ser dirigida segundo o eixo z e dirigida para baixo. d) a força resultante no objeto tem a direção do eixo z e sentido para baixo. e) não podem existir forças atuando no objeto que tenham a direção dos eixos x e y.
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RESOLUÇÃO: Se o objeto se move na direção do eixo z com movimento retardado, podemos concluir que a aceleração vetorial tem a direção do eixo z e sentido oposto ao de seu movimento e, portanto, dirigida para baixo. A respeito das forças atuantes, só podemos concluir que a força resultante (soma vetorial de todas as forças atuantes) tem a mesma orientação da aceleração vetorial, isto é, é dirigida segundo o eixo z e tem sentido para baixo. Resposta: D
RESOLUÇÃO: P 1) PFD: F = ma = ––– . a g 600 F = ––– . 6,0 (N) ⇒ 10
F = 360N
2) V = V0 + t V1 = 0 + 6,0 . 2,0 (m/s) ⇒ V1 = 12,0m/s Resposta: C
3. (UFPE-2012) – Um bloco de massa m = 4,0 kg é impulsionado sobre um plano inclinado com velocidade escalar inicial V0 = 15,0m/s, como mostra a figura. Ele desliza em um movimento descendente por uma distância L = 5,0m, até parar. Calcule o módulo da força resultante que atua no bloco, ao longo da descida.
RESOLUÇÃO: 1) Cálculo da aceleração escalar: V2 = V02 + 2 s 0 = (15,0)2 + 2 (–a) 5,0 10,0a = 225
5. (VUNESP-MODELO ENEM) – Até o início da década de 1930, não era possível explicar a estabilidade do núcleo tendo em vista a repulsão eletrostática entre os prótons nele contidos. A descoberta do nêutron pelo físico inglês James Chadwick permitiu que se desse início à formulação de uma teoria, proposta pioneiramente pelo físico japonês Hideki Yukawa, que previu a existência de uma força capaz de manter o núcleo atômico coeso. Essa força é a) denominada interação forte. b) denominada interação fraca. c) responsável pelos decaimentos alfa, beta e gama. d) denominada interação eletrofraca. e) responsável pela fissão nuclear. RESOLUÇÃO: A força que mantém os prótons e nêutrons unidos no núcleo do átomo é a força nuclear forte. Resposta: A
a = 22,5m/s2 2) PDF:
FR = ma FR = 4,0 . 22,5(N) FR = 90,0N
Resposta: 90,0N
4. (CENTRO UNIVERSITÁRIO SÃO CAMILO-MEDICINA2012-MODELO ENEM) – As provas de atletismo recebem grande destaque durante a realização das Olimpíadas em razão do esforço humano para romper limites físicos do corpo. As provas de velocidade em 100m e 200m destacam-se por se tratar de provas muito rápidas que exigem grande esforço físico e reflexo na largada. A arrancada inicial é a fase em que os corredores devem imprimir grande aceleração numa fração apreciável da corrida (de 20% a 40% do tempo total). Atletas de ponta deste esporte devem estar preparados para uma aceleração escalar constante típica de 6,0m/s2 nos primeiros 2,0s dessas corridas. Assinale a alternativa que indica corretamente a intensidade da força muscular que deve ser empregada por um corredor com peso de 600N e da velocidade escalar que o atleta atinge após os primeiros 2,0s de prova. Assuma a aceleração da gravidade com módulo igual a 10m/s2. a) 6000N e 72,0m/s b) 600N e 12,0m/s c) 360N e 12,0m/s d) 600N e 36,0m/s e) 480N e 6,0m/s
6. (CENTRO UNIVERSITÁRIO SÃO CAMILO-MEDICINA2012-MODELO ENEM) – A energia nuclear voltou, recentemente, a ser assunto de várias matérias jornalísticas devido ao acidente na Usina Nuclear de Fukushima, ocorrido em março de 2011, após a passagem de um terremoto e de um tsunami pelo Japão. Sabe-se que um dos materiais radioativos liberados nesse tipo de acidente é o iodo-131 (131I) que, inclusive, pode ser utilizado na medicina, em procedimentos de diagnóstico e de tratamento. Este material é um emissor de partículas β. Considerando-se esta última informação, a alternativa que melhor representa, o elemento produzido pelo decaimento do iodo-131 (131 I) e a natureza da força 53 envolvida é: a) 131 X; força nuclear fraca 54
b) 132 X; força nuclear fraca 53
X; força nuclear forte c) 131 54
d) 127 X; força eletromagnética 51
e) 130 X; força nuclear forte 53 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
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MÓDULO 29 APLICAÇÕES DA 2.a LEI DE NEWTON 1. (UESPI-2012) – A figura a seguir ilustra duas pessoas (representadas por círculos), uma em cada margem de um rio, puxando um bote de massa 600kg através de cordas ideais paralelas ao solo. Neste instante, o ângulo que cada corda faz com a direção da correnteza do rio vale θ = 37°, o módulo da força de tração em cada corda é F = 80N e o bote possui aceleração de módulo 0,02m/s2, no sentido contrário ao da correnteza. (O sentido da correnteza está indicado por setas tracejadas.)
Considerando-se sen (37º) = 0,6 e cos (37º) = 0,8, qual é o módulo da força que a correnteza exerce no bote? a) 18N b) 24N c) 62N d) 116N e) 138N RESOLUÇÃO: PFD: 2 F cos – Fc = ma 2 . 80 . 0,8 – Fc = 600 . 0,02 128 – Fc = 12 Fc = 116N Resposta: D
2. (UFPB-MODELO ENEM) – Para a solução de problemas da Física, utilizam-se gráficos que envolvem os parâmetros físicos a serem manipulados em um dado fenômeno. Levam-se em conta também as propriedades desses gráficos, associadas, em termos de funcionalidades, ao registro de dados e possibilidades de interpolação, extrapolação e aproximação. Considere duas situações distintas: uma inerente à Cinemática da partícula e outra à Dinâmica. Os dados estão representados em gráficos. O gráfico I representa a velocidade escalar como função do tempo do movimento de duas partículas 1 e 2, de massas, respectivamente, m1 e m2 (sendo m1 = 2,5m2), percorrendo o mesmo trecho retilíneo de uma pista e considerando-se que a partícula 2 seja lançada 4,0s após a partícula 1 do mesmo ponto. Os gráficos A, B, C, D e E são representações das forças atuantes nas partículas 1 e 2, em função do tempo. Analisando-se os gráficos, verifica-se, entretanto, que, entre os da Dinâmica, apenas um deles corresponde à situação 1.
78 –
Assinale a alternativa cuja representação atende à situação descrita de forma correta. a) Gráfico A b) Gráfico B c) Gráfico C d) Gráfico D e) Gráfico E RESOLUÇÃO: V V 1) Para a partícula 1: a1 = –––– = –––– (SI) 5,0 t V V Para a partícula 2: a2 = –––– = –––– (SI) 1,0 t Portanto: 2) PFD:
a2 = 5 a1
F1 = m1 a1 F2 = m2 a2
F1 m1 a1 1 1 –––– = –––– . –––– = 2,5 . –––– = –––– F2 m2 a2 5 2
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4. Um corpo de massa 2,0kg é puxado sobre uma superfície → horizontal por uma força F, constante, de intensidade 5,0N, cuja direção forma ângulo de 37° com o plano horizontal. A força de atrito entre o corpo e a superfície tem intensidade igual a 0,80N.
F2 = 2 F1 F1 e F2 são constantes. Resposta: C
→
3. (EFOMM-2012) – Uma bola, de massa 0,20kg e velocidade V de módulo igual a 5,0 m/s, é atingida por um taco e sofre um desvio de 90° em sua trajetória. O módulo de sua velocidade não se altera, conforme indica a figura.
São dados: sen 37º = 0,60 e cos 37º = 0,80. O módulo da aceleração do bloco, em m/s2, vale: a) 1,0 b) 1,2 c) 1,4 d) 1,6
e) 2,0
RESOLUÇÃO: 1) Fx = F cos 37º = 5,0 . 0,80 (N) = 4,0N 2) PFD:
Fx – Fat = ma 4,0 – 0,8 = 2,0 . a ⇒
a = 1,6m/s2
Resposta: D
Sabendo-se que a colisão ocorre num intervalo de tempo de 20 milissegundos, o módulo, em newtons, da força média entre o taco e a bola é: a) 30 2 b) 50 2 c) 30 3 d) 50 3 e) 30 5 RESOLUÇÃO: →2
1) V
= V2 + V2 = 2V2
→
V = 2 V = 5,0 2 m/s →
V 2) Fm = m am = m ––––– t 2 5,0 Fm = 0,20 . ––––––––– (N) 20 . 10–3 2 Fm = ––––––––– (N) 2,0 . 10–2 100 2 Fm = ––––––––– (N) 2 Fm = 5,0 2N Resposta: B
5. Um corpo de massa M = 4,0kg está submetido a uma força resultante de intensidade F variável com o tempo t de acordo com a relação: F = 2,0 + 2,0t (SI) O corpo parte do repouso no instante t = 0 e descreve uma trajetória retilínea. Determine: a) o módulo da aceleração do corpo no instante t = 0; b) o módulo da velocidade do corpo no instante t = 2,0s. RESOLUÇÃO: a) Para t = 0 ⇒ F0 = 2,0N PFD: F0 = M a0 ⇒ 2,0 = 4,0a0 ⇒
b) PFD:
a0 = 0,50m/s2
(V – V0) Fm = M am = M –––––––– Δt F0 + F2 2,0 + 6,0 Fm = –––––––– = –––––––– (N) = 4,0N 2 2 (V2 – 0) 4,0 = 4,0 –––––––– ⇒ 2,0
V2 = 2,0m/s
Respostas: a) a0 = 0,50m/s2 b) V2 = 2,0m/s
– 79
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MÓDULO 30 PESO DE UM CORPO 1. (FUVEST-2012) – Um móbile pendurado no teto tem três elefantezinhos presos um ao outro por fios, como mostra a figura. As massas dos elefantes de cima, do meio e de baixo são, respectivamente, 20g, 30g e 70g.
As intensidades das forças de tração, em newtons, nos fios superior, médio e inferior são, respectivamente, iguais a: a) 1,2; 1,0; 0,7. b) 1,2; 0,5; 0,2. c) 0,7; 0,3; 0,2. d) 0,2; 0,5; 1,2. e) 0,2; 0,3; 0,7.
NOTE E ADOTE Desconsidere as massas dos fios. Módulo da aceleração da gravidade g = 10m/s2.
RESOLUÇÃO: 1) T1 = Ptotal = P1 + P2 + P3 T1 = (m1 + m2 + m3)g T1 = 0,12 . 10 (N) T1 = 1,2N 2) T2 = P2 + P3 T2 = (m2 + m3)g T2 = 0,1 . 10 (N) T2 = 1,0N 3) T3 = P3 = m3g T3 = 0,07 . 10 (N) Resposta: A
80 –
T3 = 0,7N
2. (ENEM-2011) – Para medir o tempo de reação de uma pessoa, pode-se realizar a seguinte experiência: I. Mantenha uma régua (com cerca de 30cm) suspensa verticalmente, segurando-a pela extremidade superior, de modo que o zero da régua esteja situado na extremidade inferior. II. A pessoa deve colocar os dedos de sua mão, em forma de pinça, próximos do zero da régua, sem tocá-la. III. Sem aviso prévio, a pessoa que estiver segurando a régua deve soltá-la. A outra pessoa deve procurar segurá-la o mais rapidamente possível e observar a posição onde conseguiu segurar a régua, isto é, a distância que ela percorre durante a queda. O quadro seguinte mostra a posição em que três pessoas conseguiram segurar a régua e os respectivos tempos de reação. Distância percorrida pela régua durante a queda (metro)
Tempo de reação (segundo)
0,30
0,24
0,15
0,17
0,10
0,14
(Disponível em: http://www. br.geocities. com. Acesso em: 1 fev. 2009.) A distância percorrida pela régua aumenta mais rapidamente que o tempo de reação porque a a) energia mecânica da régua aumenta, o que a faz cair mais rapidamente. b) resistência do ar aumenta, o que faz a régua cair com menor velocidade. c) aceleração de queda da régua varia, o que provoca um movimento acelerado. d) força peso da régua gera um movimento acelerado. e) velocidade da régua é constante, o que provoca uma passagem linear de tempo. RESOLUÇÃO: Desprezando-se o efeito do ar, a força resultante na régua será o seu peso, que é constante. O movimento de queda da régua terá aceleração constante. g Δs = ––– t2 2 Δs (distância percorrida) é proporcional ao quadrado do tempo de queda t e, por isso, Δs aumenta mais rapidamente do que o tempo t. (A velocidade da régua está aumentando durante a queda). A melhor opção é a (d) que cita o movimento acelerado. Resposta: D
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3. (UFF-RJ-2012) – Dois corpos, um de massa m e outro de massa 5m, estão conectados entre si por um fio e o conjunto encontra-se originalmente em repouso, suspenso por uma linha presa a uma haste, como mostra a figura.
A linha que prende o conjunto à haste é queimada e o conjunto cai em queda livre. Desprezando-se os efeitos da resistência do ar, indique a → → figura que representa corretamente as forças f1 e f2 que o fio faz sobre os corpos de massas m e 5m, respectivamente, durante a queda.
4. (ENADE-MODELO ENEM) – No Brasil, desde a década de 1980, principalmente, professores e pesquisadores da área de ensino de Ciências têm buscado diferentes abordagens visando contribuir para a melhoria do ensino nessa área, como, por exemplo, a exploração de concepções prévias dos estudantes. Na Física, especificamente no caso da mecânica newtoniana, pesquisas usando atividades que exploram concepções prévias indicam que os estudantes de Ensino Médio tendem a dar explicações para situações envolvendo a relação entre força e movimento que remetem à concepção aristotélica. Acerca do tema, considere um corpo lançado verticalmente para cima, no instante em que a altura não é a máxima e o corpo está subindo. Com base nas informações do texto e usando a legenda abaixo, assinale a alternativa que mostra a representação correta da direção e sentido → → dos vetores força ( F) e velocidade ( V) no sistema, sob a óptica do → → estudante (considerada, nesta questão, aristotélica) ( FA e VA) e da → → mecânica newtoniana ( FN e VN), respectivamente. Despreze a resistência do ar.
RESOLUÇÃO: Os dois corpos, após a queima do fio de cima, ficam em queda livre. A única força atuante em cada corpo é o seu próprio peso e, por isso, eles não interagem com o fio que os une. →
→
→
Portanto: f1 = f2 = 0. Resposta: E
RESOLUÇÃO: Na Física aristotélica, quando o corpo está subindo, a força resultante é suposta no sentido do movimento:
↑ →VA ↑ →FA Na Física newtoniana, o corpo subindo tem velocidade para cima, porém, como seu movimento é retardado (força resultante é o peso), a força resultante é dirigida para baixo:
↑ →VN ↓ →FN Resposta: C
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5. (UEPB-2012) – Um paraquedista salta de um avião com o paraquedas fechado e, após um certo tempo, ao abri-lo, a força de resistência do ar iguala-se à força peso do conjunto (paraquedas e paraquedista). A partir daí, o paraquedas cai em movimento retilíneo e uniforme. A força de resistência do ar que atua num paraquedas tem intensidade, em newtons, dada por Fr = 100V2, em que V é o módulo da velocidade em m/s. Sabendo-se que o paraquedas atinge uma velocidade-limite de módulo 4,0m/s e considerando-se a aceleração da gravidade local com módulo igual a 10m/s2, a massa total do conjunto (paraquedas e paraquedista), em quilogramas, é de: a) 130 b) 150 c) 140 d) 160 e) 120
MÓDULO 31 3.a LEI DE NEWTON 1. (UFRN-2012-MODELO ENEM) – Em tirinhas, é muito comum encontrarmos situações que envolvem conceitos de Física e que, inclusive, têm sua parte cômica relacionada, de alguma forma, com a Física. Considere a tirinha envolvendo a “Turma da Mônica”, mostrada a seguir.
RESOLUÇÃO: A velocidade-limite é atingida quando: Fr = P = mg 100V2lim = m . g 100 . 16,0 = m . 10 m = 160kg Resposta: D
6. (UFSJ-MG-2012) – Pedro, de massa m = 100kg, sobe por uma corda de massa desprezível, que passa por uma roldana presa ao teto, sem atrito, e tem presa na outra extremidade uma caixa de massa 150kg. Considerando-se a aceleração da gravidade com módulo igual a 10m/s2, é correto afirmar que o módulo da aceleração que Pedro deveria ter para levantar a caixa do solo com velocidade constante é de: a) 1,0m/s2 b) 2,0/m/s2 c) 4,0m/s2 d) 5,0m/s2 e) 8,0m/s2 RESOLUÇÃO:
Supondo-se que o sistema se encontra em equilíbrio, é correto afirmar que, de acordo com a Lei da Ação e Reação (3.a Lei de Newton), a) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que os meninos exercem sobre a corda formam um par ação-reação. b) a força que a Mônica exerce sobre o chão e a força que a corda faz sobre a Mônica formam um par ação-reação. c) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que a corda faz sobre a Mônica formam um par ação-reação. d) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que os meninos exercem sobre o chão formam um par ação-reação. e) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que Cebolinha exerce sobre a corda formam um par ação-reação. RESOLUÇÃO: Ação e reação são forças trocadas entre dois corpos: Mônica age na corda e a corda reage na Mônica. Resposta: C
2. (UFLA-MG-2012) – Um lustre encontra-se preso ao teto de uma sala por uma haste de massa desprezível, conforme indica a figura 1. Podem-se identificar as forças que atuam no sistema e representá-las, isolando os corpos envolvidos, conforme as figuras 2, 3 e 4. 1) Para a caixa: T = Pc = mc g = 1500N 2) Para Pedro: T – PP = mP a 1500 – 1000 = 100 . a a = 5,0m/s2
Das forças assinaladas, constitui(em) par(es) ação e reação: Resposta: D
82 –
→
→ →
→
→
→ →
→
→
→ →
→
→
→
a) F1 e F2; F3 e F4
b) F1 e F3; F2 e F4
c) F2 e F3; F4 e F5
d) F1 e F5
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RESOLUÇÃO: → → A haste age no teto com a força F1; o teto reage na haste com a força F2. → A haste age no lustre com a força F4 ; o lustre reage na haste com a força → F3. Resposta: A
(UERJ-2012) – Considere as Leis de Newton e as informações a seguir para responder às questões de números 4 e 5. Uma pessoa empurra uma caixa sobre o piso de uma sala. As forças aplicadas sobre a caixa na direção do movimento são: → Fp: força paralela ao solo exercida pela pessoa; → Fa: força de atrito exercida pelo piso. →
A caixa se desloca na mesma direção e sentido de Fp. →
A força que a caixa exerce sobre a pessoa é Fc. 3. (ETEC-SP-2012-MODELO ENEM) – A maçã, alimento tão apreciado, faz parte de uma famosa lenda ligada à biografia de Sir Isaac Newton. Ele, já tendo em mente suas Leis do Movimento, teria elaborado a Lei da Gravitação Universal no momento em que, segundo a lenda, estando Newton ao pé de uma macieira, uma maçã lhe teria caído sobre sua cabeça. Pensando nisso, analise as afirmações: I. Uma maçã pendurada em seu galho permanece em repouso, enquanto duas forças de mesma intensidade, o seu peso e a força de tração do cabinho que a prende ao galho, atuam na mesma direção e em sentidos opostos, gerando sobre a maçã uma força resultante de intensidade nula. II. Uma maçã em queda cai mais rápido quanto maior for a sua massa já que a força resultante, nesse caso chamada de peso da maçã, é calculada pelo produto de sua massa pela aceleração da gravidade. III. A maçã em queda sofre uma ação do planeta Terra, denominada força peso, que tem direção vertical e sentido para baixo, e a maçã, por sua vez, atrai a Terra com uma força de mesma intensidade e direção, contudo o sentido é para cima. É correto o que se afirma em a) I, apenas. b) II, apenas. c) I e III, apenas. d) II e III, apenas. e) I, II e III. RESOLUÇÃO: I. VERDADEIRA.
→
→
F = –P
4. Se o deslocamento da caixa ocorre com velocidade constante, as magnitudes das forças citadas apresentam a seguinte relação: a) Fp = Fc = Fa b) Fp > Fc = Fa c) Fp = Fc > Fa d) Fp = Fc < Fa RESOLUÇÃO:
1) Fp = Fa, porque a força resultante é nula. 2) Fc = Fp, porque formam um par ação-reação. Resposta: A
5. Se o deslocamento da caixa ocorre com aceleração constante (não → nula), na mesma direção e sentido de Fp, as magnitudes das forças citadas apresentam a seguinte relação: a) Fp = Fc = Fa b) Fp > Fc = Fa c) Fp = Fc > Fa d) Fp = Fc < Fa RESOLUÇÃO: 1) Fp > Fa, para que o movimento seja acelerado. 2) Fp = Fc, porque formam um par ação-reação. Resposta: C
II. FALSA. A aceleração de queda livre não depende da massa do corpo. III.VERDADEIRA. As forças trocadas entre o planeta Terra e a maçã formam um par ação-reação e, portanto, têm a mesma intensidade, a mesma direção e sentidos opostos. Resposta: C
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6. Em um local onde g = 10,0m/s2 e o efeito do ar é desprezível, um livro de massa 1,0kg está-se movendo verticalmente para cima, com movimento acelerado e aceleração de módulo igual a 2,0m/s2, em → virtude da ação de uma força vertical F , aplicada pela mão de uma pessoa.
RESOLUÇÃO: 1) PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC) a 50,0 = 20,0 . a a = 2,5m/s2 2) PFD (C):
FBC = mC a FBC = 8,0 . 2,5 (N) = 20,0N
3) 3.a Lei de Newton: FCB = FBC = 20,0N Resposta: B
→
→
a) Calcule as intensidades do peso P do livro e da força F . b) Caracterize, em intensidade, direção e sentido, a força que o livro exerce sobre a mão da pessoa. RESOLUÇÃO: a) 1) P = mg = 10,0N 2) PFD (livro): F – P = ma F – 10,0 = 1,0 . 2,0 ⇒ F = 12,0N b) A mão aplicou ao livro uma força vertical para cima e de intensidade 12,0N; o livro reage, de acordo com a 3.ª Lei de Newton, e aplica sobre a mão uma força vertical, para baixo e de intensidade 12,0N. Respostas: a) P = 10,0N e F = 12,0N. b) 12,0N, vertical e para baixo.
2. (UFRS-2012) – Dois blocos, de massas m1 = 3,0kg e m2 = 1,0kg, ligados por um fio inextensível, podem deslizar sem atrito sobre um → plano horizontal. Esses blocos são puxados por uma força horizontal F de módulo F = 6,0N, conforme a figura abaixo. (Desconsidere a massa do fio e o efeito do ar).
A intensidade da força de tração no fio que liga os dois blocos é: a) zero b) 2,0N c) 3,0N d) 4,5N e) 6,0N RESOLUÇÃO: 1) PFD (m1 + m2): F = (m1 + m2) a 6,0 = 4,0a a = 1,5m/s2
2)
PFD (m1): T = m1 a T = 3,0 . 1,5(N)
MÓDULO 32 APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON →
1. Uma força F, de módulo 50,0N, atua sobre o bloco A da figura, deslocando os três blocos sobre uma superfície horizontal. Sabe-se que as massas de A, B e C são, respectivamente, 5,0kg, 7,0kg e 8,0kg.
Desprezando-se os atritos, pode-se afirmar que o módulo da força que o bloco C exerce sobre o bloco B é igual a: a) 10,0N b) 20,0N c) 30,0N d) 40,0N e) 50,0N
84 –
T = 4,5N Resposta: D
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3. (ITA-2012) – No interior de um carrinho de massa M mantido em repouso, uma mola de constante elástica k encontra-se comprimida de uma distância x, tendo uma extremidade presa e a outra conectada a um bloco de massa m, conforme a figura.
Sendo o sistema então abandonado e considerando-se que não há atrito, pode-se afirmar que o valor inicial do módulo da aceleração do bloco relativa ao carrinho é a) kx / m. b) kx / M. c) kx / (m + M). d) kx (M – m) / mM. e) kx (M + m) / mM.
Fmola = k x = m ab
PFD(B + C): T1 = (mB + mC)a 40,0 = (3,0 + 5,0)amáx
kx ab = –––– m PFD (carrinho):
Qualquer um dos fios arrebenta quando a força tensora a que está sujeito tem intensidade maior que 40,0N. As massas dos blocos A, B e C são, respectivamente, iguais a mA = 2,0kg, mB = 3,0kg e mC = 5,0kg. Calcule: a) a máxima aceleração escalar do sistema para que nenhum dos fios arrebente; b) a intensidade da força tensora em cada fio, nas condições do item a. → c) a intensidade de F, nas condições do item a. RESOLUÇÃO: a) A condição de aceleração máxima ocorre quando a força tensora no fio (1) tem intensidade igual a 40,0N.
RESOLUÇÃO: PFD (bloco):
4. Considere três blocos, A, B e C, conectados por fios ideais, em um plano horizontal sem atrito, e solicitados por uma força horizontal → constante F. Não considere o efeito do ar.
amáx = 5,0m/s2
Fmola = k x = M ac
b) 1)
kx ac = –––– M
2)
T1 = 40,0N PFD(C): T2 = mCa T2 = 5,0 . 5,0 (N)
A aceleração do bloco relativa ao carrinho será:
T2 = 25,0N
arel = ab + ac
1 1 kx kx arel = –––– + –––– = k x ––– + ––– m M m M (M + m) arel = k x ––––––––– Mm
c) PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC)a F = 10,0 . 5,0 (N) F = 50,0N Respostas: a) 5,0m/s2 b) 40,0N e 25,0N c) 50,0N
Resposta: E
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5. (UFPB-MODELO ENEM) – A cana-de-açúcar, depois de cortada, é transportada até a usina por treminhões, que são compostos pela cabina, também chamada de cavalo, e mais dois reboques. Por lei, a carga máxima permitida que pode ser transportada por um treminhão é de 60 toneladas; entretanto, cada reboque pode suportar uma carga máxima de até 45 toneladas. Considere que: • •
os reboques estão acoplados por um cabo de massa desprezível, o qual pode suportar uma força de tração máxima de até 35 . 103N; → o papel do cavalo é aplicar uma força F nos dois reboques, conforme ilustração abaixo.
Nesse contexto, o cavalo, em um trecho reto, consegue imprimir uma aceleração máxima de módulo 0,5m/s2 ao treminhão transportando carga máxima permitida. A partir dessas informações, desprezando-se as massas dos reboques e da cabina, identifique as afirmativas corretas: I. A intensidade da força de tração máxima que o cabo vai suportar é de 27,5 . 103N. II. A intensidade da força de tração mínima que o cabo vai suportar é de 7,5 . 103N. III.A intensidade da força de tração no cabo dependerá da distribuição da carga nos dois reboques. IV. A intensidade da força que o motor do caminhão aplicará ao sistema formado pelos dois reboques é de 30 . 103N. V. A intensidade da força que o motor do caminhão aplicará ao sistema formado pelos dois reboques dependerá da distribuição da carga neles. Estão corretas apenas a) I, III e IV. b) III e IV. c) II, III e IV. d) III e IV. e) II e IV. RESOLUÇÃO: I. FALSA. A carga máxima permitida é de 60t com no máximo 45t em um dos reboques. A força transmitida pelo cabo vai acelerar apenas o reboque de trás. PFD: Fcabo = Mreboque . a A força no cabo será máxima quando o reboque de trás estiver com uma carga máxima possível, que é de 45t. Fmáx = 45 . 103 . 0,5 (N) Fmáx = 22,5 . 103 N II. VERDADEIRA. A força no cabo será mínima quando o reboque de trás estiver com carga de 15t (o outro com 45t). Fmín = 15 . 103 . 0,5 N Fmín = 7,5 . 103 N III.VERDADEIRA. IV. VERDADEIRA. F = Mtotal . a F = 60 . 103 . 0,5 (N) F = 30 . 103N V. FALSA. Resposta: C
86 –
MÓDULO 33 APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON 1. (CESUBRA) – Na figura a seguir, temos dois blocos A e B, de massas respectivamente iguais a mA = 4,0kg e mB = 6,0kg, que deslizam, sem atrito, em uma superfície plana e horizontal, sob ação de uma força horizontal constante e de intensidade F. Os blocos estão ligados por fios ideais a um dinamômetro também ideal (massa desprezível), calibrado em newtons. Não considere o efeito do ar e admita que os blocos têm uma aceleração horizontal constante e de módulo igual a 2,0m/s2.
Julgue os itens a seguir, classificando-os como verdadeiros (V) ou falsos (F): (1) A força tensora no fio (1) tem intensidade igual a 12,0N. (2) O valor de F é 20,0N. (3) Como o dinamômetro tem massa desprezível, as forças que tracionaram os fios (1) e (2) têm intensidades iguais. (4) O dinamômetro indica 12,0N. RESOLUÇÃO: (1) VERDADEIRA PFD (B):
T1 = mBa
T1 = 6,0 . 2,0 (N) ⇒
T1 = 12,0N
(2) VERDADEIRA PFD (A + B):
F = (mA +mB)a
F = 10,0 . 2,0 (N) ⇒
F = 20,0N
(3) VERDADEIRA Se o dinamômetro é ideal (massa desprezível), a força resultante é sempre nula (para qualquer aceleração) e as forças aplicadas em suas extremidades têm a mesma intensidade (T1 = T2). (4) VERDADEIRA A força que o dinamômetro indica é sempre a força aplicada em uma de suas extremidades: Fdin = T1 = T2 = 12,0N
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2. Dois blocos, A e B, estão conectados por um fio ideal e se movem → verticalmente com aceleração constante, sob ação de uma força F, vertical, constante e de intensidade F = 120N.
3. (FUVEST-SP) – Um carrinho A de massa 20,0kg é unido a um bloco B de massa 5,0kg por meio de um fio leve e inextensível, conforme a figura abaixo. Inicialmente, o sistema está em repouso devido à presença do anteparo C que bloqueia o carrinho A.
Retirando-se o anteparo C, determine a) o módulo da aceleração do carrinho A; b) a intensidade da força tensora no fio. Despreze os atritos e adote g = 10,0m/s2. Os blocos A e B têm massas respectivamente iguais a mA = 3,0kg e mB = 7,0kg. Despreze o efeito do ar e adote g = 10,0m/s2. Determine: a) o módulo da aceleração dos blocos; b) a intensidade da força que traciona o fio.
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO: a) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton (PFD) ao sistema formado por A e B, obtém-se: F – (PA + PB) = (mA + mB)a 120 – 10,0 . 10,0 = 10,0 . a 20 = 10,0a a = 2,0m/s2 b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao bloco B, obtém-se: a)
1) PFD (A): T = mAa
(I)
2) PFD (B): PB – T = mBa
(II)
3) PFD (A + B): PB = (mA + mB) a
(I) + (II)
A resultante externa que acelera o sistema é o peso do bloco pendente. 50,0 = (20,0 + 5,0) a ⇒ b) T – PB = mBa T – 70,0 = 7,0 . 2,0 T = 84,0N
a = 2,0m/s2
Em (I): T = 20,0 . 2,0 (N) T = 40,0N
Respostas: a) 2,0m/s2 b) 40,0N
Respostas: a) 2,0m/s2 b) 84,0N
– 87
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4. Os blocos A, B e C, mostrados na figura a seguir, têm massas iguais a 4,0kg, 1,0kg e 3,0kg, respectivamente. Despreze todos os atritos. O fio e a polia são ideais (massas desprezíveis) e a aceleração da gravidade tem módulo g = 10,0m/s2.
RESOLUÇÃO:
1) Ty = P = mg 2) PFD: Tx = ma
Determine: a) o módulo da aceleração dos blocos; b) a intensidade da força que traciona o fio; c) a intensidade da força que o bloco C aplica no bloco B.
Tx ma 3) tg = ––– = ––– Ty mg a = g tg a = 9,8 . tg 45° (m/s2)
RESOLUÇÃO: a) PFD (A + B + C):
a = 9,8m/s2
PA = (mA + mB + mC) . a 40,0 = 8,0a ⇒ b)
Resposta: E a = 5,0m/s2
PFD (B + C): T = (mB + mC) . a T = 4,0 . 5,0 (N) ⇒
c)
T = 20,0N
PFD (B): FCB = mB . a ⇒ FCB = 1,0 . 5,0 (N) ⇒
FCB = 5,0N
Respostas: a) 5,0m/s2 b) 20,0N c) 5,0N
MÓDULO 34 APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON 5. (UFT-MODELO ENEM) – Uma pequena esfera de chumbo com massa igual a 50g é amarrada por um fio, de comprimento igual a 10cm e massa desprezível, e fixada no interior de um automóvel conforme figura.
1.
(UNESP-MODELO ENEM) – Observe a tirinha.
(www.cbpf.br/~caruso) O carro se move horizontalmente com aceleração constante. Considerando-se hipoteticamente o ângulo que o fio faz com a vertical igual a 45 graus, qual seria o melhor valor para representar o módulo da aceleração do carro? Desconsidere o efeito do ar e considere o módulo da aceleração da gravidade igual a 9,8m/s2. a) 5,3m/s2 b) 6,8m/s2 c) 7,4m/s2 2 2 d) 8,2m/s e) 9,8m/s
88 –
Uma garota de 50kg está em um elevador sobre uma balança calibrada em newtons. O elevador move-se verticalmente, com aceleração para cima na subida e com aceleração para baixo na descida. O módulo da aceleração é constante e igual a 2,0m/s2 em ambas as situações. Considerando-se g = 10,0m/s2, a diferença, em newtons, entre o peso aparente da garota, indicado na balança, quando o elevador sobe e quando o elevador desce, é igual a: a) 50 b) 100 c) 150 d) 200 e) 250
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RESOLUÇÃO: 1) Na subida do elevador:
RESOLUÇÃO: a) Na fase de movimento acelerado: F1 – P = m a (1) Na fase de movimento retardado: P – F2 = m a (2) Comparando-se (1) e (2): F1 – P = P – F2 F1 + F2 600 + 400 2P = F1 + F2 ⇒ P = –––––– = –––––––– (N) 2 2 P = 500N
PFD:
FN – mg = ma FN = m (g + a) = 50 . 12,0 (N) = 600N
2) Na descida do elevador:
P ⇒ m = –– = 50,0kg g
b) Em (1), tem-se: 600 – 500 = 50,0 . a ⇒
a = 2,0m/s2
c) Do gráfico dado: ΔV 4,0 a = ––– ⇒ 2,0 = ––– ⇒ Δt T1 e
PFD:
P – F’N = ma mg – F’N = ma F’N = m (g – a) = 50 . 8,0 (N) = 400N FN – F’N= 200N
Resposta: D
2. Uma pessoa está dentro de um elevador, em cima de uma balança de mola. O elevador parte do repouso do andar térreo e atinge o andar superior gastando um tempo de 10,0s. Na fase de aceleração, a balança registra um peso aparente de 600N e, na fase de retardamento, um peso aparente de 400N. Adote g = 10,0m/s2. As acelerações do elevador nas fases em que ele acelera e retarda têm módulos iguais. O gráfico da velocidade escalar do elevador em função do tempo, no trajeto especificado, é dado a seguir:
T1 = 2,0
T2 = 8,0
d) A distância percorrida é dada pela área sob o gráfico V = f(t): Δs = área (V x t) 4,0 d = (10,0 + 6,0) ––– (m) 2 d = 32,0m Respostas: a) P = 500N c) T1 = 2,0 e T2 = 8,0
b) a = 2,0m/s2 d) d = 32,0m
3. (UESPI) – Na figura, dois corpos de massas m1 = 2,0kg e m2 = 3,0kg estão ligados por um fio ideal inextensível, que passa por uma polia ideal. Desprezam-se efeitos de atrito e resistência do ar. O módulo da aceleração da gravidade no local é g = 10,0m/s2. Qual é o módulo da tração no fio que une os corpos 1 e 2?
Determine: a) o peso P da pessoa; b) o módulo a da aceleração do elevador; c) os valores de T1 e T2 indicados no gráfico; d) a distância d percorrida pelo elevador entre os instantes t = 0 e t = 10,0s.
– 89
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RESOLUÇÃO:
Considerando-se g = 10m/s2 e desprezando-se os efeitos do ar sobre o sistema e os atritos durante o movimento acelerado, a massa M, em kg, do corpo que deve ser colocado na plataforma B para acelerar para cima o objeto de massa m no intervalo de 3,0s é igual a a) 275 b) 285 c) 295 d) 305 e) 315 RESOLUÇÃO: 1) Cálculo do módulo da aceleração de subida da plataforma A: Δs = V0t + ––– t2 (MUV) 2
1) PFD (1):T – P1 = m1 a (1)
a 4,5 = ––– (3,0)2 2
PFD (2):P2 – T = m2 a (2) PFD (1 + 2): P2 – P1 = (m1 + m2) a 30,0 – 20,0 = 5,0 . a a = 2,0m/s2 2) Em (1): T – 20,0 = 2,0 . 2,0
a = 1,0m/s2 2) Para o sistema formado pelas plataformas A e B, temos: 2.a Lei de Newton: PB – PA = (mA + mB) a Mg – mg = (m + M) a M . 10 – 2250 = (225 + M) 1,0
T = 24,0N 10M – M = 2250 + 225 Resposta: 24,0N
9M = 2475 M = 275kg Resposta: A
4. (UNESP-2012-MODELO ENEM) – Em uma obra, para permitir o transporte de objetos para cima, foi montada uma máquina constituída por uma polia, fios e duas plataformas A e B horizontais, todos de massas desprezíveis, como mostra a figura. Um objeto de massa m = 225kg, colocado na plataforma A, inicialmente em repouso no solo, deve ser levado verticalmente para cima e atingir um ponto a 4,5m de altura, em movimento uniformemente acelerado, num intervalo de tempo de 3,0s. A partir daí, um sistema de freios passa a atuar, fazendo a plataforma A parar na posição onde o objeto será descarregado.
90 –
5. (UFT-2012-MODELO ENEM) – A fim de conferir realismo à gravação da cena de um filme que envolve um astronauta caindo na superfície lunar, a equipe de efeitos especiais de um estúdio utilizou uma montagem com polias, um cabo de aço e um contrapeso. A montagem consiste em um cabo de aço com uma extremidade presa ao astronauta, passando por duas polias fixas sobre o teto do estúdio e por uma polia móvel (na qual o contrapeso está preso). A outra extremidade do cabo está fixada ao teto do estúdio, conforme ilustrado na figura abaixo:
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Existem forças de atrito que influenciam o movimento do astronauta e do contrapeso. Geralmente estas forças são desconsideradas em situações envolvendo cabos e polias ideais. Cabos ideais são inextensíveis (comprimento constante) e têm massa nula. Polias ideais não possuem atrito e têm massa nula. Em uma situação real, podemos considerar os cabos e polias como ideais desde que: 1) a massa destes seja muito inferior à dos demais elementos do sistema; 2) o comprimento do cabo seja aproximadamente constante; 3) o atrito na polia seja aproximadamente nulo. Para calcular a massa do contrapeso, de forma que o astronauta em queda esteja submetido a uma aceleração igual à aceleração gravitacional lunar, a equipe de efeitos especiais considerou o cabo e as polias ideais, a massa total do astronauta (com equipamentos) igual a 220kg e a aceleração gravitacional lunar (gLua) igual a vinte por cento da aceleração gravitacional terrestre, gTerra = 10m/s2. Assinale a alternativa que mais se aproxima da massa calculada para o contrapeso utilizado pela equipe de efeitos especiais do estúdio. a) 320kg b) 100kg c) 220kg d) 151kg e) 352kg
RESOLUÇÃO: Fat = E FN = E P = 0,30 . 10,0N = 3,0N destaque
Fat
din
= D FN = D P = 0,25 . 10,0N = 2,5N
Como a força motriz (2,0 N) é menor que a força de atrito de destaque (3,0N), o cubo ficará em repouso e Fat = F = 2,0N. Resposta: B
→
2. Se a intensidade da força F for igual a 6,0N, o cubo terá uma aceleração cujo módulo será igual a: a) zero b) 2,5 m/s2 c) 3,5 m/s2 2 2 d) 6,0 m/s e) 10,0 m/s RESOLUÇÃO: Como a força motriz (6,0N) é maior que a força de atrito de destaque (3,0N), o bloco será acelerado e a força de atrito será dinâmica: Fat = 2,5N.
RESOLUÇÃO: 1) PFD:
P – T = mgL 2200 – T = 220 . 2,0
PFD: F – Fat = ma 6,0 – 2,5 = 1,0a ⇒
a = 3,5m/s2
T = 1760N Resposta: C 2) 2T – Mg = Macp 3520 – M .10 = M . 1,0 3520 = 11M M = 320kg
3. (UFPR-2012) – Um motorista está dirigindo seu ônibus em uma rodovia retilínea e horizontal a uma velocidade escalar constante de 90km/h. Sabendo-se que o coeficiente de atrito estático entre os pneus e a estrada é 0,5, calcule a distância mínima para ele parar completamente o ônibus, admitindo-se que o ônibus tenha freio nas quatro rodas e que não haja derrapagem. Considere a aceleração da gravidade com módulo igual a 10m/s2 e despreze o efeito do ar.
Resposta: A
RESOLUÇÃO: 1) PFD:
MÓDULO 35 ATRITO
Fat = ma E mg = ma a = E g = 5,0m/s2
2) V2 = V02 + 2 s
(UFRS) – Instrução: As questões 1 e 2 referem-se ao enunciado abaixo. Um cubo de massa 1,0kg, maciço e homogêneo, está em repouso sobre uma superfície plana e horizontal. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o cubo e a superfície valem, respectivamente, 0,30 e 0,25. → Uma força F, horizontal, é então aplicada ao cubo. (Considere o módulo da aceleração da gravidade igual a 10,0m/s2.)
0 = (25)2 + 2 (–5,0) dmín 10,0 dmín = 625 dmín = 62,5m Resposta: 62,5m
→
1. Se a intensidade da força F for igual a 2,0N, a força de atrito terá intensidade igual a: a) zero b) 2,0N c) 2,5N d) 3,0N e) 10,0N
– 91
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4.
(UFMG) – Observe esta figura:
5. (FMJ-SP-2012-MODELO ENEM) – Brincando-se com cartas de baralho, montou-se sobre uma mesa horizontal o castelo da figura, onde se teve o cuidado de manter a perfeita simetria.
Um bloco de 5,0kg está conectado a um dinamômetro por meio de um fio. O dinamômetro é puxado sobre uma superfície plana e horizontal, para a direita, em linha reta. A intensidade da força medida por esse dinamômetro e a velocidade escalar do bloco, ambas em função do tempo, estão mostradas nestes gráficos:
Considere que: • as cartas são idênticas e de massa m; • o coeficiente de atrito estático entre uma carta inferior da pilha e o tampo da mesa é ; • a aceleração da gravidade tem módulo g; • as cartas em contato com o chão estão na iminência de escorregar. A expressão que determina corretamente a intensidade da força de atrito que o tampo exerce em uma das quatro cartas inferiores da pilha é dada por: 1 a) Fat = . m . g b) Fat = –– . . m . g 4 Considerando-se essas informações e adotando-se g = 10,0m/s2, a) determine o módulo da resultante das forças sobre o bloco no instante t1 = 3,5s e no instante t2 = 5,0s. Justifique sua resposta. b) calcule o coeficiente de atrito estático entre a superfície e o bloco. Explique seu raciocínio. c) calcule o coeficiente de atrito cinético entre a superfície e o bloco. Explique seu raciocínio.
3 c) Fat = –– . . m . g 4 e) Fat = 3 . . m . g RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO: a) No instante t1, o bloco está em repouso e, no instante t2, o bloco está em movimento retilíneo e uniforme. Em ambos os casos, a força resultante no bloco é nula. b) A força de atrito de destaque vale 10,0N, de acordo com o primeiro gráfico. Fat
destaque
= E FN = E P
1) Fat = E . FN
10,0 = E . 50,0
2) 4FN = Ptotal = 7mg
E = 0,20
7mg Fat = –––– 4
c) A força de atrito dinâmico vale 7,5N, de acordo com o primeiro gráfico. Fat
din
= D FN
Resposta: D
7,5 = D . 50,0 D = 0,15 Respostas: a) zero
92 –
b) 0,20
c) 0,15
7 d) Fat = –– . . m . g 4
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6. (UEA-VUNESP-2012) – Um bloco de 300kg é empurrado por vários homens ao longo de uma superfície horizontal que possui um coeficiente de atrito igual a 0,8 em relação ao bloco. Cada homem é capaz de empurrar o bloco com uma força horizontal, no sentido do movimento, com intensidade de até 500N. Para mover o bloco, com velocidade constante, são necessários X homens. Considerando-se g = 10m/s2, o menor valor possível para X é: a) 1 b) 3 c) 5 d) 7 e) 9 RESOLUÇÃO: F = Fat = Mg
c) I e IV
RESOLUÇÃO: I) VERDADEIRA. Ação e reação. II) FALSA. O atrito é dinâmico porque o agricultor está escorregando para baixo. III) VERDADEIRA. A força de atrito é oposta à velocidade do agricultor. IV) VERDADEIRA. Sendo a velocidade constante, a força resultante no agricultor é nula; portanto: Fat =P total
4 F = P V) FALSA. Se o coeficiente de atrito diminuir, a força de atrito ficará menor que o peso e o agricultor descerá com movimento acelerado. (A velocidade aumentará) Resposta: D
F = 0,8 . 300 . 10 (N) = 2400N X 500 F X 500 2400 X 4,8 Como X é inteiro:
Estão corretas apenas: a) II e V b) I e III d) I, III e IV e) II, III e V
Xmín = 5
Resposta: C
MÓDULO 36 ATRITO 1. (UFPB-2012-MODELO ENEM) – Na cidade de Sousa, no sertão paraibano, é comum agricultores subirem, sem ajuda de equipamentos, em coqueiros. Para descer, um determinado agricultor exerce forças com suas mãos e pés sobre o coqueiro, de modo a descer com velocidade constante. (Ver figura esquemática abaixo.)
2. (UFMG) – A figura abaixo representa dois blocos, A e B, ligados por um fio inextensível e apoiados sobre uma superfície horizontal. → Puxa-se o bloco A por uma força horizontal F de módulo 28,0N. A massa de A é igual a 3,0kg, a de B igual a 4,0kg e o coeficiente de atrito entre cada um dos blocos e a superfície vale 0,20. Despreze a massa do fio e considere g = 10,0m/s2.
Determine: a) o módulo da aceleração dos blocos; b) a intensidade da força de tração no fio que liga os blocos. RESOLUÇÃO: a) PFD (A + B): F – Fat = ma F – P = ma 28,0 – 0,20 . 70,0 = 7,0 . a ⇒ b)
Considerando-se que cada membro (pés e mãos), desse agricultor → → exerce uma força ( F ou – F) perpendicular ao tronco do coqueiro e que o coeficiente de atrito entre os membros e o tronco do coqueiro é , identifique as afirmativas corretas: I. A força normal exercida pelo tronco em cada membro do agricultor tem módulo igual a F. II. O atrito é estático, pois a aceleração é nula. III. A força de atrito é paralela ao tronco e orientada para cima. IV. O peso do agricultor é P = 4 F. V. A velocidade escalar do agricultor, imediatamente antes de chegar ao solo, diminuirá, se o coeficiente de atrito diminuir.
a = 2,0m/s2
PFD (B): T – Fat = mB a B T – PB = mB a T – 0,20 . 40,0 = 4,0 . 2,0 T – 8,0 = 8,0 ⇒
T = 16,0N
Respostas: a) 2,0m/s2 b) 16,0N
– 93
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3. (UFF-2012) – Ímãs são frequentemente utilizados para prender pequenos objetos em superfícies metálicas planas e verticais, como quadros de avisos e portas de geladeiras. Considere que um ímã, colado a um grampo, esteja em contato com a porta de uma geladeira. Suponha que a força magnética que o ímã faz sobre a superfície da geladeira é perpendicular a ela e tem módulo FM . O conjunto ímã/grampo tem massa m0. O coeficiente de atrito estático entre a superfície da geladeira e a do ímã é e . Uma massa M está pendurada no grampo por um fio de massa desprezível, como mostra a figura.
4. (UFSC) – Um caminhão está parado com sua carga, que consiste em um grande bloco apoiado sobre a sua carroceria, como representa a figura. Em seguida, o caminhão arranca com uma aceleração constante de módulo 2,5m/s2. Adote g = 10,0m/s2.
Para que o bloco não se movimente em relação ao caminhão, o coeficiente de atrito estático entre as superfícies em contato, do bloco e da carroceria, deve ter um valor mínimo igual a: a) 0,25 b) 0,40 c) 0,50 d) 0,15 e) 0,35 RESOLUÇÃO: 1) FN = P = mg 2) PFD: Fat = ma 3) Fat E FN ma E mg a E ––– g
(mín)
a 2,5 = ––– = –––– g 10,0
E
= 0,25
E
a) Desenhe as forças que agem sobre o conjunto ímã/grampo, identificando cada uma dessas forças. b) Qual o maior valor da massa M que pode ser pendurada no grampo sem que o conjunto caia?
Resposta: A
RESOLUÇÃO: a)
→ FM →
A
→
N
→
T
→
Força magnética Força de atrito Força normal Força de tração do fio
P
Peso do conjunto
→
→
→
b) A máx = e N ; N = FM →
T = Mg
→
Mg + m0g A máx = e FM e FM M –––––– – m0 g Resposta:
94 –
(mín)
e FM Mmáx = –––––– – m0 g
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5. (MACKENZIE-2012) – Um corpo de massa 5,0kg está em → movimento devido à ação da força F, de intensidade 50N, como mostra a figura abaixo. O coeficiente de atrito cinético entre a superfície de apoio horizontal e o bloco é 0,6 e a aceleração da gravidade no local tem módulo igual a 10m/s2.
A aceleração com a qual o corpo está se deslocando tem intensidade a) 2,4m/s2 b) 3,6m/s2 c) 4,2m/s2 2 2 d) 5,6m/s e) 6,2m/s RESOLUÇÃO:
6. (UEL-2012) – Uma pessoa, de massa 80,0kg, consegue aplicar uma força de tração máxima de 800,0N. Um corpo de massa M necessita ser levantado como indicado na figura a seguir.
O coeficiente de atrito estático entre a sola do sapato da pessoa e o chão de concreto é e = 1,0. Faça um esboço de todas as forças que atuam na pessoa e no corpo e determine qual a maior massa M que pode ser levantada pela pessoa sem que esta deslize, para um ângulo = 45. RESOLUÇÃO:
1) Fx = F cos 37° = 50 . 0,8 (N) = 40N Fy = F sen 37° = 50 . 0,6 (N) = 30N 1) T = Mg
2) Fy + FN = P 30 + FN = 50 ⇒
FN = 20N
Tx = Ty = Mg cos 45°
3) Fat = FN Fat = 0,6 . 20N ⇒ 4) PFD: Fx – Fat = ma 40 – 12 = 5,0a a = 5,6m/s2 Resposta: D
2) Tx = Ty = T cos 45°
Fat = 12N
2 3) Fat = Tx = Mg ––––– 2 4) Fat E FN e FN = PH – Ty 2 2 Mg ––––– 1,0 80,0g – Mg ––––– 2 2
2 2 M ––––– 80,0 – M ––––– 2 2 M 2 80,0 80,0 M ––––– kg = 40,0 2 kg 2 Resposta:
Mmáx = 40,0 2 kg
– 95
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FRENTE 2 – TERMOLOGIA E ÓPTICA MÓDULO 11 DILATAÇÃO TÉRMICA DOS SÓLIDOS E DOS LÍQUIDOS
3. (UNIFESP) – O tanque de expansão térmica é uma tecnologia recente que tem por objetivo proteger caldeiras de aquecimento de água. Quando a temperatura da caldeira se eleva, a água se expande e pode romper a caldeira. Para que isso não ocorra, a água passa para o tanque de expansão térmica através de uma válvula; o tanque dispõe de um diafragma elástico que permite a volta da água para a caldeira.
1. (UNESP) – A dilatação térmica dos sólidos é um fenômeno importante em diversas aplicações de engenharia, como construções de pontes, prédios e estradas de ferro. Considere o caso dos trilhos de trem serem de aço, cujo coeficiente de dilatação é = 11 × 10–6°C–1. Se a 10°C o comprimento de um trilho é de 30 m, de quanto aumentaria o seu comprimento se a temperatura aumentasse para 40°C? a) 11 × 10–4 m b) 33 × 10–4 m c) 99 × 10–4 m –4 –4 d) 132 × 10 m e) 165 × 10 m RESOLUÇÃO: O cálculo da dilatação linear L (aumento de comprimento) do trilho é feito pela expressão: L = L0 Sendo L0 = 30m; = 11 . 10–6°C–1 e = 40° – 10° = 30°C, vem: L = 30 . 11 . 10–6 . 30 (m) L = 99 . 10–4 m Resposta: C
2. (UFPE) – Em uma chapa metálica, é feito um orifício circular do mesmo tamanho de uma moeda. O conjunto (chapa com a moeda no orifício), inicialmente a 25°C, é levado a um forno e aquecido até 225°C. Após o aquecimento, verifica-se que o orifício na chapa ficou maior do que a moeda. Entre as afirmativas a seguir, indique a que está correta. a) O coeficiente de dilatação da moeda é maior do que o da chapa metálica. b) O coeficiente de dilatação da moeda é menor do que o da chapa metálica. c) O coeficiente de dilatação da moeda é igual ao da chapa metálica, mas o orifício se dilatou mais porque a chapa é maior que a moeda. d) O coeficiente de dilatação da moeda é igual ao da chapa metálica, mas o orifício se dilatou mais porque o seu interior é vazio. e) Nada se pode afirmar sobre os coeficientes de dilatação da moeda e da chapa, pois não é dado o tamanho inicial da chapa. RESOLUÇÃO: As partes vazias (orifícios, buracos) existentes em um corpo, na dilatação, comportam-se como se estivessem preenchidas do mesmo material do corpo. Assim, temos duas moedas, uma é a própria e a outra é um vazio que se comporta como se estivessem preenchido do material da chapa. No aquecimento, o orifício ficou maior do que a moeda. O material da chapa tem coeficiente de dilatação maior do que o do material da moeda. Resposta: B
96 –
Suponha que você queira proteger uma caldeira de volume 500ᐉ, destinada a aquecer a água de 20°C a 80°C; que, entre essas temperaturas, pode-se adotar para o coeficiente de dilatação volumétrica da água o valor médio de 4,4 . 10–4°C–1 e considere desprezíveis a dilatação da caldeira e do tanque. Sabendo que o preço de um tanque de expansão térmica para essa finalidade é diretamente proporcional ao seu volume, assinale, das opções fornecidas, qual deve ser o volume do tanque que pode proporcionar a melhor relação custo-benefício. a) 4,0ᐉ b) 8,0ᐉ c) 12ᐉ d) 16ᐉ e) 20ᐉ RESOLUÇÃO: A dilatação volumétrica ( V) que a água sofre ao ser aquecida na caldeira é calculada fazendo-se: V = V0 ⇒ V = 500 . 4,4 . 10 –4 (80 – 20) (ᐉ) V = 13,2ᐉ Esse excedente de volume é deslocado para o tanque de expansão térmica, que, objetivando-se apresentar a melhor relação custo-benefício, deve ter capacidade de 16ᐉ. Resposta: D
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4. (MACKENZIE-Modificada) – A 20°C, o comprimento de uma haste A é 99% do comprimento de outra haste, B, à mesma temperatura. Os materiais das hastes A e B têm alto ponto de fusão e coeficientes de dilatação linear respectivamente iguais a αA = 10. 10–5ºC–1 e αB = 9,1. 10–5ºC–1. A temperatura em que as hastes terão o mesmo comprimento será a) 970ºC b) 1 120ºC c) 1 270ºC d) 1 770ºC e) 1 830ºC RESOLUÇÃO:
MÓDULO 12 PRINCÍPIOS DA ÓPTICA GEOMÉTRICA 1. (VUNESP-JULHO) – A figura mostra a Lua em órbita ao redor da Terra, ambas iluminadas pela luz solar. As faces não iluminadas da Lua e da Terra estão escurecidas no desenho. Dependendo da posição relativa entre Lua, Terra e Sol, têm-se as fases nova, quarto crescente, cheia e quarto minguante da Lua, respectivamente, nos pontos 1, 2, 3 e 4 da figura.
LA = LB L0A + L0A A ( – 0) = L0B + L0B B ( – 0) 0,99L0 + 0,99L0 . 10 . 10–5 ( – 20) = L0 + L0 . 9,1 . 10–5 ( – 20) 9,9 . 10–5 ( – 20) – 9,1 . 10–5 ( – 20) = 0,01 0,8 . 10–5 ( – 20) = 10–2 – 20 = 1250 = 1270°C Resposta: C
5. (UEM-PR) – A dilatação irregular da água torna possível a vida aquática em regiões muito frias. Assinale a alternativa incorreta sobre esse processo. a) No inverno, a água pode congelar na superfície do lago. Porém, a água permanece a 4ºC no fundo do lago por ser mais densa a essa temperatura. b) O gelo, à temperatura de 0ºC ou inferior a isso, permanece na superfície do lago porque é menos denso que a água. c) A água pode permanecer à temperatura de 4ºC sob a camada superficial de gelo, entre outros motivos, porque o gelo é bom isolante térmico. d) Qualquer massa de água, ao alcançar a temperatura de 4ºC, terá alcançado um valor de densidade quase nulo, o que faz o gelo flutuar. e) Se a maior densidade da água ocorresse a 0ºC, os lagos congelar-se-iam totalmente, provocando a extinção da fauna e da flora aquáticas ali existentes. RESOLUÇÃO: Na temperatura de 0ºC, a densidade da água é máxima (o volume é mínimo). Resposta: D Obs.: Atenção que a questão está pedindo a alternativa INCORRETA.
A respeito dos eclipses e de sua relação com as fases da Lua, pode-se afirmar corretamente que a) durante um eclipse solar, a Lua está mais próxima do Sol do que da Terra. b) os eclipses solares só ocorrem durante a Lua cheia. c) durante um eclipse solar, a distância entre o Sol e a Lua é menor que durante um eclipse lunar. d) um eclipse lunar pode ser visto durante o dia. e) os eclipses lunares só ocorrem durante a fase quarto crescente da Lua e os solares durante a fase quarto minguante. RESOLUÇÃO: a) FALSA. A Lua está sempre mais próxima da Terra do que do Sol. b) FALSA. Os eclipses solares somente ocorrem na fase de lua nova (1). c) CORRETA. O eclipse lunar ocorre na posição de lua cheia (3) e o eclipse solar, na posição de lua nova (1). Assim, a distância entre a Lua e o Sol é menor durante o eclipse solar. d) FALSA. O eclipse lunar ocorre quando a Lua passa por trás da Terra, na posição (3), de lua cheia. Assim, esse elipse (lunar) só pode ser observado por quem está na parte escura da Terra (noite). e) FALSA. Durante o quarto crescente (2) e o quarto minguante (4), não ocorre eclipse solar ou lunar. Resposta: C
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2. (UFSCar) – A 1 metro da parte frontal de uma câmara escura de orifício, uma vela de comprimento 20 cm projeta na parede oposta da câmara uma imagem de 4 cm de altura.
3. (ENEM) – A sombra de uma pessoa que tem 1,80m de altura mede 60cm. No mesmo momento, a seu lado, a sombra projetada de um poste mede 2,00m. Se, mais tarde, a sombra do poste diminuiu 50cm, a sombra da pessoa passou a medir a) 30 cm b) 45 cm c) 50 cm d) 80 cm e) 90 cm RESOLUÇÃO: No instante em que a sombra de uma pessoa (que tem 180 cm de altura) mede 60 cm, a sombra de um poste (que tem h cm de altura) mede 200 cm. Assim sendo:
A câmara permite que a parede onde é projetada a imagem seja movida, aproximando-se ou afastando-se do orifício. Se o mesmo objeto for colocado a 50 cm do orifício, para que a imagem obtida no fundo da câmara tenha o mesmo tamanho da anterior, 4 cm, a distância que deve ser deslocado o fundo da câmara, relativamente à sua posição original, em cm, é de a) 50 b) 40 c) 20 d) 10 e) 5 Se, mais tarde, a sombra do poste (que tem 600 cm de altura) passou a medir 150 cm (pois diminuiu 50 cm), então, sendo s cm a medida da nova sombra da mesma pessoa, teremos:
RESOLUÇÃO:
Os triângulos destacados na figura são semelhantes, logo: p’ i i ––– = ––– ⇒ p’ = ––– p p o o
Resposta: B
4 1.o caso: p’1 = ––– . 100 (cm) 20 p’1 = 20cm 4 2.o caso: p’2 = ––– . 50 (cm) 20 p’2 = 10cm O fundo da câmara aproxima-se do orifício de uma distância d, dada por: d = p’1 – p’2 ⇒ d = (20 – 10) cm ⇒ Resposta: D
98 –
d = 10cm
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4. (MACKENZIE) – Os objetos A e B, quando iluminados pela luz solar, apresentam, respectivamente, as cores vermelha e branca. Esses objetos, ao serem iluminados somente pela luz de uma lâmpada de sódio, que emite apenas a luz monocromática amarela, serão vistos, respectivamente, com as cores: a) vermelha e branca. b) laranja e amarela. c) vermelha e preta. d) preta e amarela. e) branca e preta. RESOLUÇÃO: Ao ser iluminado pela luz solar, o corpo (A) reflete apenas o comprimento de onda relativo ao da luz vermelha, absorvendo os demais comprimentos de onda. Se for iluminado apenas com luz monocromática amarela, apresentar-se-á preto. Já o corpo (B), branco, reflete todos os comprimentos de onda e ao ser iluminado apenas com luz monocromática amarela, apresentar-se-á amarelo. Resposta: D
b)
Nos espelhos planos, a imagem conjugada a um objeto é sempre do mesmo tamanho que este e simétrica em relação ao espelho. Portanto, a distância entre a inscrição e sua imagem será: D = 2d D = 2 (70) (cm) D = 140cm ou 1,4m A altura de cada letra da imagem será a mesma de cada letra da inscrição, ou seja, 10cm. Respostas: a) Figura. b) 140cm e 10cm.
MÓDULO 13 ESPELHOS PLANOS: IMAGEM, CAMPO VISUAL, TRANSLAÇÃO, ROTAÇÃO E ASSOCIAÇÃO 1. (VUNESP-SP) — Um estudante veste uma camiseta em cujo peito se lê a inscrição seguinte: UNESP a) Reescreva essa inscrição, na forma que sua imagem aparece para o estudante, quando ele se encontra em frente a um espelho plano. b) Suponha que a inscrição esteja a 70cm do espelho e que cada letra da camiseta tenha 10cm de altura. Qual a distância entre a inscrição e sua imagem? Qual a altura de cada letra da imagem? RESOLUÇÃO: a) Nos espelhos planos, imagem e objeto têm as mesmas dimensões e são equidistantes do espelho. Quando um objeto é assimétrico, a imagem obtida não é superponível a ele. Assim, objeto e imagem, nos espelhos planos, constituem figuras enantiomorfas.
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2. (PUC-SP) – Um observador O olha para um espelho plano vertical (E), fixo na parede AB de uma sala retangular, conforme a figura.
3. Considere uma pessoa e um espelho plano, movendo-se em relação a um referencial ligado à superfície terrestre, com as velocidades escalares indicadas.
Quais pontos podem ser vistos, pelo observador, pela reflexão da luz em E? a) Apenas 5. b) Apenas 3 e 5. c) Apenas 3, 4 e 5. d) Apenas 2, 3 e 5. e) Todos.
Qual a velocidade da imagem da pessoa em relação à superfície terrestre?
RESOLUÇÃO Para determinar quais pontos o observador poderá ver, por reflexão no espelho, devemos determinar o seu campo visual. Para tanto, basta obter o ponto O’, simétrico de O em relação ao espelho, e ligá-lo ao contorno periférico do espelho. Pela figura, observamos que os pontos que pertencem ao campo visual são 3, 4 e 5 e, portanto, podem ser vistos por reflexão no espelho.
RESOLUÇÃO: Utilizando o método da superposição de efeitos, temos: 1) Se o espelho estivesse parado e apenas a pessoa se movesse com velocidade escalar de 4,0m/s, a velocidade escalar da sua imagem seria V1 = –4,0m/s.
2) Se a pessoa estivesse parada e apenas o espelho se movesse com velocidade escalar de 5,0m/s, a velocidade escalar da imagem seria V2 = 10m/s.
Resposta: C 3) Superpondo os efeitos (1) e (2), a velocidade escalar da imagem em relação à Terra será V = V1 + V2 = –4,0 + 10 = + 6,0m/s
Resposta: +6,0m/s
100 –
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4. (EEM-SP) – Um espelho plano gira com velocidade angular constante em torno do eixo perpendicular ao plano da figura, passando pelo ponto O. Sabe-se que se o espelho girar de um ângulo , uma imagem refletida girará de um ângulo 2 no mesmo sentido. Seja M o ponto iluminado quando o espelho está em posição AB. Num intervalo de tempo de 0,5s, o espelho gira de um ângulo e o ponto iluminado ––– ––– desloca-se de M para N, tal que OM = MN. Determine a velocidade angular do espelho.
5. (UPF-RS) – Dois espelhos, como indicados na figura, estão posicionados numa mesa e existe entre eles um objeto.
O maior ângulo entre os espelhos, para que se possam enxergar onze imagens inteiras desse objeto, será de: a) 20° b) 30° c) 45° d) 60° e) 120° RESOLUÇÃO: A fórmula é expressa por: 360° N = –––– – 1 Para N = 11, temos:
RESOLUÇÃO: ––– ––– 1) O triângulo OMN é retângulo e isósceles ( OM = MN) e, portanto, temos: 2 = 45° π = 22,5°= ––– rad 8 2) A velocidade escalar angular do espelho é dada por: = –––– t
360° 11 = –––– – 1 360° 12 = –––– = 30° Resposta: B
= –––– t π/8 = –––– 0,5 π = ––– rad/s 4 π Resposta: ––– rad/s 4
– 101
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MÓDULO 14
2.
RAIOS NOTÁVEIS E CONSTRUÇÃO DE IMAGENS NOS ESPELHOS ESFÉRICOS Nas questões de 1 a 6, o ponto F representa o foco principal do espelho esférico, C o centro de curvatura e V o vértice. Obtenha, graficamente, a posição da imagem do objeto AB. Classifique-a quanto à sua natureza (real ou virtual), tamanho (maior, menor ou igual) e orientação (direita ou invertida) em relação ao objeto. 1.
real
invertida
maior
virtual
direita
menor igual
RESOLUÇÃO:
real
invertida
maior
virtual
direita
menor igual
RESOLUÇÃO:
Imagem real, invertida e igual.
Imagem real, invertida e menor.
102 –
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3.
4.
real
invertida
maior
virtual
direita
menor
RESOLUÇÃO:
igual RESOLUÇÃO:
Imagem real, invertida e maior.
Portanto, a imagem estará no infinito e será denominada imagem imprópria.
– 103
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5.
6.
real
invertida
maior
real
invertida
maior
virtual
direita
menor
virtual
direita
menor
igual
igual
RESOLUÇÃO: RESOLUÇÃO:
Imagem virtual, direita e maior. Imagem virtual, direita e menor.
104 –
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MÓDULO 15
R R – 2p = ––– 2
ESTUDO ANALÍTICO DOS ESPELHOS ESFÉRICOS 1. (MACKENZIE) – Um espelho esférico côncavo, que obedece às condições de Gauss, fornece, de um objeto colocado a 2cm de seu vértice, uma imagem virtual situada a 4cm dele (espelho). Se utilizarmos esse espelho como refletor do farol de um carro, no qual os raios luminosos refletidos são paralelos, a distância entre o filamento da lâmpada e o vértice do espelho deve ser igual a: a) 2 cm b) 4 cm c) 6 cm d) 8 cm e) 10 cm
R p = ––– 4 Resposta: E
RESOLUÇÃO: De acordo com o texto, p = 2cm p’ = –4cm (imagem virtual) Usando-se a Equação de Gauss: 1 1 1 ––– + ––– = ––– p’ p f
3.
(UFABC-SP)
1 1 1 – ––– + ––– = ––– 4 2 f 1 ––– = f
–1 + 2 –––––– 4
1 = ––– ⇒ 4
f = 4cm
O filamento da lâmpada deve ser colocado no foco do espelho e, portanto, a 4cm de seu vértice. Resposta: B
A escultura mostrada na figura encontra-se exibida no pátio do Museu Metropolitano de Arte de Tóquio. Trata-se de uma esfera metálica com um grande poder reflexivo, e nela vê-se a imagem de uma construção.
2. (MACKENZIE) – Um espelho esférico côncavo de raio de curvatura R, obedecendo às condições de Gauss, fornece, de um objeto retilíneo, colocado perpendicularmente sobre seu eixo principal, uma imagem 2 vezes maior e direita. A distância do espelho ao objeto é: a) 3R/2 b) R c) 2R/3 d) R/2 e) R/4 RESOLUÇÃO: 1) A imagem conjugada pelo espelho esférico côncavo é direita e tem duas vezes o tamanho do objeto. Assim, temos: y’ = 2y. 2) Aplicando-se a equação do aumento linear transversal, vem: y’ f ––– = –––––– y (f – p) 2y R/2 ––– = –––––––– y (R/2 – p)
(Ivan Jerônimo) Com relação a essa imagem, pode-se afirmar que é a) real e se forma na superfície da esfera. b) real e se forma atrás da superfície espelhada da esfera. c) virtual e se forma na superfície da esfera. d) virtual e se forma atrás da superfície espelhada da esfera. e) virtual e se forma na frente da superfície espelhada da esfera.
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RESOLUÇÃO: A superfície externa da esfera se constitui em um espelho esférico convexo.
RESOLUÇÃO: a) Aplicando-se a expressão fornecida (Equação de Gauss), com p = 4,0 m e p’ = –20cm = – 0,20m (p’ < 0 ⇒ imagem virtual), determina-se o raio de curvatura (R) do espelho. 2 1 1 2 1 1 ––– = ––– + ––– ⇒ ––– = ––– – –––– R p p’ R 4,0 0,20 1 – 20 2 19 2 ––– = –––––– ⇒ ––– = – ––– 4,0 R 4,0 R Da qual: R –0,42 m = – 42 cm
A imagem conjugada pela superfície convexa é virtual, direita e reduzida, formando-se atrás da superfície espelhada da esfera. Resposta: D
O resultado negativo deve-se ao fato de os espelhos convexos terem focos virtuais. Entendemos, porém, que, para efeito de resposta, o valor de R deva ser apresentado em módulo, por tratar-se de um comprimento característico da superfície esférica que produz o espelho. | R | 42 cm –p’ h b) Observando-se que A = ––– = ––– , determinamos o tamanho h da p’ H imagem. h (–0,20) –––– = – ––––––– 1,60 4,0 Da qual:
4. (UNICAMP) – Para espelhos esféricos nas condições de Gauss, a distância do objeto ao espelho, p, a distância da imagem ao espelho, p’, e o raio de curvatura do espelho, R, estão relacionados pela equa 1 1 2 ção –– + –– = –– . O aumento linear transversal do espelho esfép p’ R – p’ rico é dado por A = ––– , na qual o sinal de A representa a orientação p’ da imagem, direita quando positivo e invertida, quando negativo. Em particular, espelhos convexos são úteis por permitir o aumento do campo de visão e por essa razão são frequentemente empregados em saídas de garagens e em corredores de supermercados. A figura a seguir mostra um espelho esférico convexo de raio de curvatura R. Quando uma pessoa está a uma distância de 4,0m da superfície do espelho, sua imagem virtual se forma a 20cm deste, conforme mostra a figura.
Usando as expressões fornecida, calcule o que se pede. a) O raio de curvatura do espelho. b) O tamanho h da imagem, se a pessoa tiver H = 1,60m de altura.
106 –
h = 0,08 m = 8,0 cm
Respostas: a) Aproximadamente 42cm b) 8,0cm
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MÓDULO 16 ÍNDICE DE REFRAÇÃO E LEIS DA REFRAÇÃO 1. (VUNESP-2012) – O gráfico da figura 1 representa a intensidade da radiação transmitida ou refratada (curva T) e a intensidade da radiação refletida (R) em função do ângulo de incidência da luz numa superfície plana de vidro transparente de índice de refração 1,5. A figura 2 mostra três direções possíveis – I, II e III – pelas quais o observador O olha para a vitrina plana de vidro transparente, V.
2. A troposfera é a camada atmosférica mais próxima da superfície terrestre, estendendo-se do solo até altitudes da ordem de 10km, onde se inicia uma camada subsequente denominada estratosfera. Na troposfera, está praticamente todo o vapor-d’água, que determina a umidade relativa do ar, estando diretamente ligado a chuvas e outros fenômenos metereológicos. Gotículas de água em suspensão na atmosfera são responsáveis por muitos fenômenos relacionados à refração da luz, como a formação de arcos-íris. A figura abaixo representa a ampliação de uma gotícula esférica de água, de índice de refração igual a 1,3, em suspensão no ar atmosférico, de índice de refração igual a 1,0. Um estreito feixe cilíndrico de luz monocromática incide na gotícula conforme mostra o esquema a seguir.
Pode-se esboçar a trajetória do feixe luminoso até sua emergência da gotícula. Indique, no esquema, eventuais ângulos de mesma medida. RESOLUÇÃO: (I) Ao refratar-se obliquamente do ar (menos refringente) para a água (mais refringente), o feixe luminoso aproxima-se da normal (Lei de Snell). (II) A reta normal a qualquer ponto da superfície esférica passa sempre pelo centro C da esfera. (III) Ao refratar-se obliquamente da água (mais refringente) para o ar (menos refringente), o feixe luminoso afasta-se da normal (Lei de Snell). (IV) A figura abaixo mostra a trajetória do feixe luminoso ao atravessar a gotícula de água.
Comparando-se as duas figuras, pode-se concluir que esse observador vê melhor o que está dentro da vitrine quando olha na direção a) I e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção II. b) I e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção III. c) II e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção I. d) II e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção III. e) III e vê melhor o que a vitrine reflete quando olha na direção I. RESOLUÇÃO: O gráfico permite inferir que a refração é máxima nas situações em que a visualização é feita das proximidades da direção (I), com ângulos próximos de 0°. Já a reflexão é maximizada para situações em que a visualização ocorre com ângulos grandes, próximos de 90°. Resposta: B
Resposta: ver figura
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3. (MACKENZIE-2012) – Um raio de luz monocromática que se propaga no ar (índice de refração = 1) atinge a superfície de separação com um meio homogêneo e transparente, sob determinado ângulo de incidência, diferente de 0º. Meio
Índice de refração
Água
1,33
Álcool
1,66
Diamante
2,42
Glicerina
1,47
Vidro comum
1,52
4. Um pesquisador, estudando o comportamento de um estreito feixe cilíndrico de luz laser, observa que, quando o feixe incide obliquamente na superfície de um líquido de índice de refração igual a 3, com ângulo de incidência , parte da energia reflete-se, com ângulo de reflexão , e outra parte refrata-se, com ângulo de refração . Veja a ilustração, fora de escala, abaixo.
Considerando-se os meios da tabela, aquele para o qual o raio luminoso tem o menor desvio é: a) Água b) Álcool etílico c) Diamante d) Glicerina e) Vidro comum RESOLUÇÃO:
Se + = 90º e o índice de refração do ar é igual a 1,0, em qual das alternativas os valores de , e estão corretamente indicados? a) = 60º, = 45º e = 30º b) = 60º, = 60º e = 30º c) = 45º, = 60º e = 45º d) = 30º, = 30º e = 60º e) = 53º, = 53º e = 37º RESOLUÇÃO: (I) Lei de Snell: nL sen = nar sen ⇒ 3 sen = 1,0 sen Se + = 90º, então sen = cos . Logo: Lei de Snell: n1 sen i = n2 sen r
sen 3 cos = sen ⇒ –––––– = 3 cos tg = 3⇒
= 60º
1 . sen i = n2 sen r 60º + = 90º ⇒ sen i sen r = ––––– n2 Quanto menor n2, maior será sen r e r e menor será o desvio. Portanto, o meio para o qual o desvio é menor é o que tem menor índice de relação absoluto: a água. Resposta: A
108 –
= 30º
(II) O ângulo de reflexão ( ) é igual ao de incidência ( ): 2.ª lei da reflexão. = = 60º Resposta: B
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5. (IME) – Um raio de luz monocromática incide em um líquido contido em um tanque, como mostrado na figura. O fundo do tanque é espelhado, refletindo o raio luminoso sobre a parede posterior do tanque, exatamente no nível do líquido.
MÓDULO 17 REFLEXÃO TOTAL 1. Uma peça componente de um equipamento óptico é confeccionada com um material transparente e tem suas duas faces paralelas em forma de um quarto de círculo, conforme ilustra a figura 1 (perspectiva). Um raio de luz monocromática pertencente a um plano paralelo às faces paralelas da peça penetra no material pelo ponto A e emerge pelo ponto B, como representa a figura 2.
O índice de refração do líquido em relação ao ar é: a) 1,35 b) 1,44 c) 1,41 d) 1,73 e) 1,33 RESOLUÇÃO:
Sabendo-se que o meio que envolve a peça é a água, a(s) trajetória(s) seguida(s) pela luz depois da emergência em B pode(m) ser a) I ou II. b) II ou III. c) III ou IV. d) somente II. e) somente III. (I) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo destacado no esquema acima, vem: (AB)2 = (10)2 + ( 143 )2
RESOLUÇÃO: Ao refratar-se da água para o material da peça, a luz aproxima-se da normal N1, conforme está esquematizado a seguir, o que significa que o material da peça é mais refringente do que a água.
(AB)2 = 243 ⇒ AB = 243 cm (II)Aplicando-se, agora, a Lei de Snell à refração da luz do ar para o líquido, segue-se que: 10 3 nL sen r = nAr sen i ⇒ nL –––––– = nAr ––– 2 243 nL 729 –––– = –––––– ⇒ nAr 20
nL –––– = 1,35 nAr
Resposta: A
Na emergência em B, a luz deve afastar-se da normal N2, o que possibilita a ocorrência das trajetórias III ou IV. Convém notar que, no caso da trajetória IV (emergência rasante), a luz incide em B com o ângulo-limite do dioptro peça-água. Resposta: C
– 109
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2. (FMJ) – Um raio de luz monocromática propagando-se no ar (nAR = 1) incide sobre um objeto transparente com a forma de um quarto de um cilindro de raio R, cujo índice de refração é igual a n. Esse raio incide perpendicularmente no ponto P pertencente a uma das faces planas do corpo e emerge pelo ponto Q, tangenciando a face cilíndrica, como mostram as figuras 1 e 2.
3. (UFG) – Um raio de luz monocromática incide perpendicularmente à face A de um prisma e sofre reflexões internas totais com toda luz emergindo pela face C, como ilustra a figura abaixo. Considerando o exposto e sabendo que o meio externo é o ar (nar = 1), calcule o índice de refração mínimo do prisma.
RESOLUÇÃO: A trajetória do raio de luz, ao atravessar o prisma, está esboçada abaixo com as respectivas indicações de ângulos.
a) Determine o índice de refração absoluto n do material com o qual o objeto foi feito. b) Para que o raio incidente em P sofresse reflexão total em Q, o índice de refração do objeto deveria ser maior ou menor do que o da situação descrita? Justifique sua resposta. RESOLUÇÃO: a)
Se o índice de refração, n, do prisma é mínimo, o ângulo-limite da interface prisma-ar é praticamente igual (ligeiramente menor) a 30°. Logo: L ≅ 30° ⇒ sen L ≅ sen 30° nar 1 1 1 –––– ––– ⇒ –––– ––– nmín. nmín. 2 2 Da qual: nmín. 2 Resposta: nmín. 2
Lei de Snell: n sen i = nar sen r 0,8 R n . ––––– = 1 . sen 90° R 1 n = –––– ⇒ 0,8
n = 1,25
b) Para a ocorrência de reflexão total em Q: nar 0,8 R i > L ⇒ sen i > sen L ⇒ ––––– > –––– n R 1 0,8 > ––– ⇒ n
n > 1,25
Respostas: a) n = 1,25 b) Para a ocorrência de reflexão total em Q, o valor de n deveria ser maior que 1,25.
110 –
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4. (UFF) – O fenômeno de reflexão interna pode ser usado para medir o índice de refração da água de uma forma simples. A figura representa, esquematicamente, um relógio imerso em água. Com a luz de um laser incidindo perpendicularmente sobre a superfície da água e variando-se o ângulo θ que o mostrador do relógio faz com ela, observa-se que existe um ângulo crítico θc, a partir do qual ocorre reflexão total do raio na interface entre o vidro e o ar.
1 c 1 3,00 . 105 –––––––– = –––––––– ⇒ –––––––– = –––––––– sen c Vágua sen 48,6° Vágua Vágua = 3,00 . 105 . 0,75 (km/s) Da qual: Vágua = 2,25 . 105 km/s 1 Respostas: a) nágua = –––––––– sen c b) Vágua = 2,25 . 105 km/s
a) Obtenha o índice de refração da água em função de θc, considerando que o índice de refração do ar é aproximadamente igual a 1. b) Calcule a velocidade da luz na água, sabendo que a velocidade da luz no vácuo é c 3,00 . 105 km/s e que o ângulo crítico θc vale 48,6°. Dados: sen 48,6° = 0,75; cos 48,6° = 0,66.
5. (FUVEST-2012) – Uma fibra óptica é um guia de luz, flexível e transparente, cilíndrico, feito de sílica ou polímero, de diâmetro não muito maior que o de um fio de cabelo, usado para transmitir sinais luminosos a grandes distâncias, com baixas perdas de intensidade. A fibra óptica é constituída de um núcleo, por onde a luz se propaga e de um revestimento, como esquematizado na figura (corte longitudinal).
RESOLUÇÃO: a) Na situação representada abaixo, o raio luminoso incide na interface água-vidro com o ângulo ártico c, igual ao que o mostrador do relógio faz com a direção horizontal.
NOTE E ADOTE
(I)
Refração da água para o vidro: nágua sen c = nvidro sen
(II) Refração do vidro para o ar: nar sen = nvidro sen
a
b
(III) Comparando-se as equações a e b e observando-se que nar = 1 e
(graus)
sen
cos
25
0,42
0,91
30
0,50
0,87
45
0,71
0,71
50
0,77
0,64
55
0,82
0,57
60
0,87
0,50
65
0,91
0,42
= 90°, tem-se:
nágua sen c = nar sen
⇒ nágua sen c = 1 . sen 90°
nágua sen c = 1 ⇒
1 nágua = ––––––– sen c
c 1 b) nágua = ––––––– e nágua = –––––––– ; logo: Vágua sen c
n1 sen 1 = n2 sen 2 Sendo o índice de refração do núcleo 1,60 e o do revestimento, 1,45, o menor valor do ângulo de incidência do feixe luminoso, para que toda a luz incidente permaneça no núcleo, é, aproximadamente: a) 45° b) 50° c) 55° d) 60° e) 65°
– 111
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RESOLUÇÃO: No esquema, está representada, em corte, a fibra óptica e um raio de luz incidente na interface núcleo-revestimento.
c) O cão observa o olho do peixinho mais próximo da parede P, enquanto o peixinho observa o olho do cão mais próximo do aquário. d) O cão observa o olho do peixinho mais distante da parede P, enquanto o peixinho observa o olho do cão também mais distante do aquário. e) O cão e o peixinho observam o olho um do outro, em relação à parede P, em distâncias iguais às distâncias reais que eles ocupam na figura. RESOLUÇÃO: (I) O cão observa o peixinho:
Para que ocorra reflexão total interna, o ângulo deve superar o ângulolimite do dioptro núcleo-revestimento. nR > L ⇒ sen > sen L ⇒ sen > –––– nN 1,45 sen > –––––– ⇒ sen > 0,91 1,60 Logo, da tabela: > 65° mín 65° Resposta: E
(II) O peixinho observa o cão:
MÓDULO 18 DIOPTRO PLANO, LÂMINAS DE FACES PARALELAS E PRISMAS ÓPTICOS 1. (UNIRIO-MODELO ENEM) – Um cão está diante de uma mesa, observando um peixinho dentro do aquário, conforme representado na figura.
É importante notar que a água é mais refringente do que o ar. Resposta: A
2. (ITA) – Um pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lago a 10,0m de profundidade. No fundo do lago, a lanterna emite um feixe luminoso formando um pequeno ângulo com a vertical (veja figura).
Ao mesmo tempo, o peixinho também observa o cão. Em relação à parede P do aquário, cuja espessura é desprezível, e às distâncias reais, podemos afirmar que as imagens observadas por cada um dos animais obedecem às seguintes relações: a) O cão observa o olho do peixinho mais próximo da parede P, enquanto o peixinho observa o olho do cão mais distante do aquário. b) O cão observa o olho do peixinho mais distante da parede P, enquanto o peixinho observa o olho do cão mais próximo do aquário.
112 –
Considere: tg sen e o índice de refração da água n = 1,33. Então, a profundidade aparente h vista pelo pescador é igual a: a) 2,5 m b) 5,0 m c) 7,5 m d) 8,0 m e) 9,0 m
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RESOLUÇÃO:
a) (I), (III) e (V) são corretas. b) (II) e (IV) são corretas. c) (III) e (IV) são corretas. d) (I) e (II) são corretas. e) (I) e (IV) são incorretas. RESOLUÇÃO: Ao atravessar obliquamente uma lâmina transparente de faces paralelas, envolta por um mesmo meio, um feixe luminoso não sofre desvio angular, isto é, o feixe emergente (c) é paralelo ao feixe incidente (a). Ocorre apenas um deslocamento lateral no feixe de luz. É também importante salientar que, nas interfaces de entrada e saída da luz, ocorre o fenômeno da reflexão. Neste caso, os feixes refletidos estão caracterizados por (d) e (f). Resposta: A
Lei de Snell: n sen = nAr sen Como os ângulos e são considerados pequenos, vale a aproximação: x sen tg = ––– H
Logo:
x e sen tg = ––– h
x x n ––– = nAr ––– H h
nAr 1,00 Da qual: h = –––– H ⇒ h = ––––– . 10,0 (m) n 1,33 h 7,5m
4. (UNIRIO-RJ) – Um raio de luz monocromática incide sobre a superfície de uma lâmina delgada de vidro, com faces paralelas, fazendo com ela um ângulo de 30°, como ilustra a figura abaixo. A lâmina está envolvida pelo ar e sua espessura é de 3 cm. Sabendo-se que os índices de refração desse vidro e do ar valem, respectivamente, 3 e 1, determine o deslocamento lateral x, em mm, sofrido pelo raio de luz ao atravessar a lâmina.
Resposta: C
3. (UFAC-MODELO ENEM) – Na figura abaixo, é mostrada a propagação de um feixe de luz (a) que incide sobre uma placa transparente de faces paralelas. Como consequência dessa incidência, são originados outros feixes, denominados (b), (c), (d), (e) e (f).
RESOLUÇÃO:
ALONSO, M., FINN, E. Física, Volumen II: Campos y Ondas. México, D. F.: Addison-Wesley Iberoamericana, 1985. p. 810 (com adaptações).
Analise as seguintes afirmações: (I) Os raios (a) e (c) são paralelos. (II) Os raios (f) e (e) não são paralelos. (III) Os raios (f) e (e) são paralelos. (IV) Os raios (a) e (c) não são paralelos. (V) Os raios (b) e (d) são simétricos em relação a um eixo perpendicular à face inferior que passa pelo ponto P.
– 113
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I) Lei de Snell: nv sen r = nar sen i 3 3 sen r = 1 . sen 60° ⇒ 3 sen r = ––– 2 1 sen r = ––– ⇒ r = 30° 2 II) Triângulo retângulo ABC: 3 e cos r = ––– ⇒ cos 30° = ––– AB AB 3 3 ––– = ––– ⇒ AB = 2 cm = 20 mm 2 AB III) + r = i ⇒ + 30° = 60° ⇒ = 30°
a) Admita que R seja um relógio de ponteiros em cujo mostrador há traços no lugar de números. Se a indicação de R for 9h, que horário será lido pelo observador O? b) Adotando-se para o ar que preenche o periscópio índice de refração absoluto igual a 1,0, determine uma relação para o índice de refração absoluto n do material de que são feitos os prismas para que a imagem final observada por O tenha brilho máximo. RESOLUÇÃO: a) O prisma de entrada da luz produz uma imagem especular enantiomorfa de R indicando 3h. Essa imagem comporta-se como objeto real em relação ao prisma de saída da luz. Como esse prisma produz uma imagem gerada por dupla reflexão da luz, esta é igual ao objeto original, e o observador O lê o mesmo horário indicado por R: 9h. b)
IV) Triângulo retângulo ABD: x x sen = ––– ⇒ sen 30° = ––– AB 20 1 x –– = ––– ⇒ 2 20
x = 10 mm
Resposta: 10 mm
Para que a imagem final observada por O tenha brilho máximo, a luz deve sofrer reflexão total nos dois prismas. Para que isso ocorra: > L ⇒ sen > sen L
5. Na figura abaixo, está representado o funcionamento básico de um periscópio, instrumento óptico de larga utilização em submarinos. Com a embarcação submersa, o periscópio é erguido, possibilitando aos tripulantes se informarem sobre corpos situados na superfície da água. Dois prismas iguais, com secção transversal em forma de triângulo retângulo isósceles, são posicionados como no esquema para produzirem reflexões do feixe luminoso, o que transfere a luz para o olho de um observador O que contempla uma imagem final de natureza virtual do objeto visado.
114 –
1,0 nar sen > ––– ⇒ sen 45° > ––– n n 1,0 2 –––– > ––– ⇒ n 2 Respostas: a) 9h b) n > 2
n > 2
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FRENTE 3 – MECÂNICA E ELETRICIDADE MÓDULO 21 ESTÁTICA DO PONTO MATERIAL
2. (VUNESP-2012-MODELO ENEM) – Em uma academia de ginástica, foi montado um sistema de roldanas para um atleta, cuja finalidade era erguer um corpo de massa homogênea m = 150kg, em um local onde g =10 m/s2. Desprezam-se todas as forças de resistência.
1. (VUNESP) – Na figura, estão representadas quatro montagens experimentais em que um mesmo bloco de massa m está suspenso, por fios ideais, em equilíbrio.
Para que o atleta consiga erguer o corpo com velocidade constante, o → módulo da força F a ser aplicada na ponta da corda, em newtons, deverá ser igual a a) 300 b) 450 c) 500 d) 600 e) 750 RESOLUÇÃO:
Sabendo-se que < < < , pode-se afirmar que o módulo da resultante das trações T1 e T2 é a) maior em I. b) maior em II. c) maior em III. d) maior em IV. e) igual nas quatro montagens. RESOLUÇÃO: Para o equilíbrio, em todos os esquemas, temos: → → → → T1 + T2 + P = 0 → → → T1 + T2 = –P
Resposta: E
Sendo a velocidade constante, a força resultante no corpo é nula e teremos: 3F = P 3F = 1500 F = 500N Resposta: C
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3. (UFPE-2012) – Uma trave, de massa M = 4,6kg, é mantida na posição horizontal apoiada lateralmente em uma parede e por meio de um cabo de massa desprezível e inextensível, como mostrado na figura. Considerando-se que não haja atrito entre a trave e a parede, calcule a intensidade da força de tração no cabo e a intensidade da força que a parede exerce na trave. Adote g = 10,0m/s2.
4. (UFS-2012) – Um fio vertical é submetido à tração de intensidade T quando sustenta um corpo de massa 10kg. A extremidade desse fio é presa ao teto por dois fios: o fio 1, cuja tração tem módulo T1, forma 37° com o teto horizontal e o fio 2, submetido à tração de módulo T2, forma 53° com o teto.
Analise as afirmações. RESOLUÇÃO:
1)
T = 100N.
3)
→ → → → T1 + T2 + T = 0
5)
T2 = 60N
2) T1 + T2 = T. 4) T1 = 80N
Somente está correto o que se afirma em: a) (1) e (2) b) (1) e (3) d) (3), (4) e (5) e) (2) e (3) RESOLUÇÃO:
Para o equilíbrio da trave, temos: 1) Na direção vertical: T cos 60° = P = Mg 1 T . ––– = 46,0 ⇒ T = 92,0N 2 2) Na direção horizontal: T cos 30° = FN
3 92,0 . –––– = FN 2 FN = 46,0 3N Respostas: 92,0N e 46,0 3N
1) T = P = mg = 100N T1 2) sen 37° = ––– ⇒ T1 = 100 . 0,60 (N) = 60N T T2 3) cos 37° = ––– ⇒ T2 = 100 . 0,80 (N) = 80N T (1) VERDADEIRA. (2) FALSA. T1 + T2 = 140N (3) VERDADEIRA. Resultante nula. (4) FALSA. (5) FALSA. Resposta: B
116 –
c) (4) e (5)
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5. (UNESP-MODELO ENEM) – Um lustre está pendurado no teto de uma sala por meio de dois fios inextensíveis, de mesmo comprimento e de massas desprezíveis, como mostra a figura 1, na qual o ângulo que cada fio faz com a vertical é 30°. As forças de tração nos fios têm a mesma intensidade.
Considerando-se cos 30º ≅ 0,87, se a posição do lustre for modificada e os fios forem presos ao teto mais distantes um do outro, de forma que o ângulo que cada um faz com a vertical passe a ser o dobro do original, como mostra a figura 2, a intensidade da força de tração em cada fio será igual a a) 0,50 do valor original. b) 1,74 do valor original. c) 0,86 do valor original. d) 2,00 do valor original. e) 3,46 do valor original.
6. (UPE-2012) – Uma esfera de massa m e raio R é mantida em repouso por uma corda de massa desprezível, presa a uma parede sem atrito, a uma distância L, acima do centro da esfera.
Assinale a alternativa que representa a expressão para a intensidade da força da parede sobre a esfera. a)
2 + R2 mg L ––––––––––––– L
2 + R2 mg L b) ––––––––––––– R
RESOLUÇÃO: Para o equilíbrio do lustre: 2T cos θ = P P T = ––––––– 2 cos θ
mgR c) –––––– L
mgL d) –––––– R
e) mg (L2 + R2) RESOLUÇÃO:
P Na situação da figura 1: T1 = –––––––– 2 cos 30° P Na situação da figura 2: T2 = –––––––– 2 cos 60° T2 0,87 cos 30° –––– = ––––––– = ––––– 0,50 T1 cos 60° T2 –––– = 1,74 T1 T2 = 1,74 T1 Resposta: B
1) Ty = P = mg Tx = FN Tx R FN 2) tg = –––– = –––– = –––– Ty mg L mgR FN = –––––– L Resposta: C
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MÓDULO 22 ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO 1. (ETEC-SP-2012-MODELO ENEM) – Você já deve ter visto em seu bairro pessoas que vieram diretamente da roça e, munidas de carrinhos de mão e de uma simples balança, vendem mandiocas de casa em casa. A balança mais usada nessas situações é a apresentada na figura a seguir.
2. (UERJ-2012-MODELO ENEM) – Uma balança romana consiste em uma haste horizontal sustentada por um gancho em um ponto de articulação fixo. A partir desse ponto, um pequeno corpo P pode ser deslocado na direção de uma das extremidades, a fim de equilibrar um corpo colocado em um prato pendurado na extremidade oposta. Observe a ilustração:
Quando P equilibra um corpo de massa igual a 5,0kg, a distância d de P até o ponto de articulação é igual a 15cm. Para equilibrar um outro corpo de massa igual a 8,0kg, a distância, em centímetros, de P até o ponto de articulação deve ser igual a: a) 28 b) 25 c) 24 d) 20 e) 18 RESOLUÇÃO:
A balança representada está em equilíbrio, pois o produto da massa do massor pela distância que o separa do ponto O é igual ao produto da massa que se deseja medir pela distância que separa o ponto em que os cordames do prato são amarrados na haste até o ponto O. Considere que no prato dessa balança haja 3,0kg de mandiocas e que essa balança tenha um massor de 0,60kg. Para que se atinja o equilíbrio, a distância d do massor em relação ao ponto O deverá ser, em cm, a) 16,0 b) 20,0 c) 24,0 d) 36,0 e) 40,0
O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo. P . d = Pc . a P . 15 = 5,0g . a (1)
RESOLUÇÃO:
P . x = 8,0g . a (2) (2) x 8,0 ––– : ––– = ––– (1) 15 5,0 x = 24cm Resposta: C
O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo: PM d1 = P d 3,0 . 8,0 = 0,60 . d d = 40,0cm Resposta: E
118 –
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3. (UECE-2012) – A plataforma de um andaime é construída com uma tábua quadrada uniforme de 60kg e 5,0m de lado. Essa plataforma repousa sobre dois apoios em lados opostos. Um pintor de 70kg está em pé no andaime a 2,0m de um dos apoios. Considere o módulo da aceleração da gravidade g = 10m/s2. Assim, as intensidades das forças exercidas pelos apoios sobre a plataforma, em N, valem: a) 3000 e 1400. b) 300 e 140. c) 580 e 720. d) 600 e 700.
4. (UEL-PR-2012) – Considerando-se o modelo simplificado de um –––– móbile em equilíbrio, no qual AC representa a distância entre o fio que 1 –––– –––– sustenta m1 e o fio que sustenta m2, e AB = ––– AC, qual a relação 8 entre as massas m1 e m2? 1 a) m1 = ––– . m2 b) m1 = 7 . m2 c) m1 = 8 . m2 8 d) m1 = 21 . m2
e) m1 = 15 . m2
RESOLUÇÃO:
Modelo simplificado de um móbile. RESOLUÇÃO:
1) Em relação ao ponto A: PT . dT + P dP = NB . dB 600 . 2,5 + 700 . 2,0 = NB . 5,0 NB = 580N 2) NA + NB = P + PT NA + 580 = 1300 NA = 720N Resposta: C
O somatório dos torques em relação ao ponto B deve ser nulo: P1 . AB = P2 . BC m1 g . AB = m2 g BC BC m1 = –––– . m2 AB AC = AB + BC 1 7 BC AB = ––– AC e BC = ––– AC ⇒ ––– = 7 8 8 AB Portanto:
m1 = 7m2
Resposta: B
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5. (UFMG) – Paulo Sérgio verifica a calibração dos pneus de sua motocicleta e encontra 26 ᐉb/pol2 (1,8 . 105N/m2) no dianteiro e 32ᐉb/pol2 (2,2 . 105N/m2) no traseiro. Em seguida, ele mede a área de contato dos pneus com o solo, obtendo 25cm2 em cada um deles. A distância entre os eixos das rodas, especificada no manual da motocicleta, é de 1,25m, como mostrado nesta figura:
Sabe-se que um calibrador de pneus mede a diferença entre a pressão interna e a pressão atmosférica. Com base nessas informações, a) calcule o peso aproximado dessa motocicleta. b) O centro de gravidade dessa motocicleta está mais próximo do eixo da roda traseira ou do eixo da roda dianteira? Justifique sua resposta. RESOLUÇÃO: a) A força que cada pneu exerce no solo é dada por: F = Δp . A FD = 1,8 . 105 . 25 . 10–4 (N) = 4,5 . 102N FT = 2,2 . 105 . 25 . 10–4 (N) = 5,5 . 102N P = FD + FT = 1,0 . 103N b)
MÓDULO 23 ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO 1. (IFSP-VUNESP-2012-MODELO ENEM) – O quadrinho mostra o Garfield tentando pescar o filé de seu dono com uma vara cuja força peso, de módulo 20N, está representada em seu centro de gravidade, CG. Para conseguir seu almoço, o gato utilizou um fio de nylon de massa desprezível com um anzol e um conjunto de chumbinhos, totalizando 0,4N de peso, pendurados na ponta.
(Garfield, Jim Dawis) Considerando-se as distâncias indicadas na figura, numa situação em que a vara esteja em equilíbrio, sendo segurada pelas duas patas de Garfield, a intensidade da força F, em newtons, aplicada pela pata esquerda do gato na vara, é igual a a) 75 b) 65 c) 55 d) 45 e) 35 Nota: a pata direita do gato aplica na vara uma força vertical para baixo → F1. RESOLUÇÃO: → O somatório dos torques em relação ao ponto de aplicação da força F1 deve ser nulo: F . 0,2 = 20 . 0,7 + 0,4 . 2,5 F . 0,2 = 14 + 1,0 = 15 F = 75N Resposta: A
O somatório dos torques em relação ao centro de gravidade da moto deve ser nulo e portanto: FT . dT = FD . dD Como FT > FD, resulta dT < dD e o centro de gravidade fica mais próximo da roda traseira. Respostas: a) 1,0 . 103N
120 –
b) Traseira
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2. (UFPB-2012-MODELO ENEM) – Um navio cargueiro está sendo carregado de minério no porto de Cabedelo. O carregamento é, hipoteticamente, feito por um guindaste, manobrado por um operador que suspende, de cada vez, dois contêineres acoplados às extremidades de uma barra de ferro de três metros de comprimento, conforme esquema a seguir:
3. (VUNESP-UEA-2012) – Em uma aula de Física o professor propõe aos seus alunos a seguinte montagem experimental: um suporte (S) fixo na mesa horizontal ao qual está preso uma barra vertical (B). Próximo à base da barra há um pino de apoio (D) onde se apoia uma régua milimetrada que sustenta um peso (P) por um fio, preso na marca de 25 cm. A 30 cm do pino, preso na extremidade superior da régua, outro fio sustenta um dinamômetro muito leve que se mantém na direção horizontal.
Adaptado de: <http://www.naval -sesimbra.pt/work /images/Grua_Amarela.jpg>. Acesso em: 12 ago. 2011. Na última etapa do carregamento, o contêiner 1 é completamente preenchido de minério, totalizando uma massa de 4,0 toneladas, enquanto o contêiner 2 é preenchido pela metade, totalizando uma massa de 2,0 toneladas. Para que os contêineres sejam suspensos em equilíbrio, o operador deve prender o gancho do guindaste exatamente no centro de massa do sistema, formado pelo dois contêineres e pela barra de ferro. Nesse sentido, desprezando-se a massa da barra de ferro, conclui-se que a distância entre o gancho (preso na barra pelo operador) e o contêiner 1 deve ser de: a) 0,5m b) 1,0m c) 1,5m d) 2,0m e) 2,5m RESOLUÇÃO:
A massa da régua milimetrada é desprezível, o peso P tem módulo 6,0N e a montagem experimental se encontra em equilíbrio. Considerando-se sen 45° = cos 45° = 0,7, a indicação do dinamômetro, em N, vale, aproximadamente, a) 2,0 b) 3,0 c) 4,0 d) 5,0 e) 6,0 RESOLUÇÃO:
O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo: P1 d1 = P2 d2 4,0 . d1 = 2,0 . (3,0 – d1) 2,0 d1 = 3,0 – d1 3,0d1 = 3,0 d1 = 1,0m Resposta: B
O somatório dos torques, em relação ao ponto D, é nulo: PT . dT = F . dF 6,0 . 25 . cos 45° = F . 30 . cos 45° ⇒
F = 5,0N
Resposta: D
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4. (UNICAP-PE-ADAPTADO) – Uma escada homogênea de massa 20kg está apoiada no piso e em uma parede. Suponha que a parede seja lisa, mas o piso, com atrito.
RESOLUÇÃO: Quando a distância do homem ao ponto C for a máxima possível, o trilho estará na iminência de tombar, e a força de reação normal da laje FN estará concentrada na extremidade C.
Para o equilíbrio do trilho, o somatório dos torques, em relação ao ponto C, deve ser nulo:
A força exercida pela parede na escada tem intensidade igual a: a) 30N b) 50N c) 75N d) 100N e) 200N Adote g = 10 m/s2 RESOLUÇÃO:
PT . dT = PH . x 350 . g . 1,0 = 100 g . x x = 3,5 m Resposta: D
O somatório dos torques, em relação ao ponto A, deve ser nulo: P . dP = H . dH 200 . 1,5 = H . 4,0 H = 75N
Resposta : C
6. (UPE-2012) – A figura abaixo ilustra uma roda de raio R e massa m.
5. (UERJ-MODELO ENEM) – A figura abaixo mostra um homem de massa igual a 100 kg, próximo a um trilho de ferro AB, de comprimento e massa respectivamente iguais a 10,0m e 350kg. O trilho encontra-se em equilíbrio estático, com 60% do seu comprimento total apoiado sobre a laje de uma construção.
→
Qual é o módulo da força horizontal F, necessária para erguer a roda sobre um degrau de altura h = R/2, quando aplicada no seu eixo? Considere a aceleração da gravidade com módulo igual a g. Estime a distância máxima que o homem pode deslocar-se sobre o trilho, a partir do ponto C, no sentido da extremidade B, mantendo-o em equilíbrio. a) 1,5m b) 2,5m c) 3,0m d) 3,5m e) 4,0m
122 –
3 mg a) ––––––– 2
mg b) ––– 2
d) mg
3 mg e) ––––––– 3
c) mg 3
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RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO: As linhas de campo no interior do ímã nascem no norte e morrem no sul. → Para o desenho de um vetor B (vetor que indica o sentido do campo magnético num determinado ponto), devemos seguir a orientação das linhas de campo. Esse campo magnético entre os dois polos é uniforme.
R/2 1 1) cos = ––––– = ––– R 2
= 60°
d 3 2) sen = ––– = –––– R 2
2. (VUNESP) – Duas barras magnéticas muito longas são colocadas debaixo de um pedaço de papel que é coberto com limalhas de ferro, como na figura.
R 3 d = –––––– 2 3) O somatório dos torques, em relação ao ponto C deve ser nulo: R F1x . ––– = F1y . d 2 R R 3 F . ––– = mg . –––––– 2 2 F = mg 3 Resposta: C
Se o polo norte de uma das barras e o sul da outra barra tocam o papel e estão separados por uma pequena distância, das situações, a que melhor descreve a configuração das linhas de campo magnético que se forma devido à disposição das limalhas de ferro é:
MÓDULO 24 ÍMÃS E CAMPO MAGNÉTICO 1. (MODELO ENEM) – Na figura, temos um ímã em forma de U. Você deverá identificar o seu campo magnético, desenhando as linhas → de indução e indicando ainda um vetor B no seu entreferro (abertura do ímã). Que nome recebe esse campo magnético interno de linhas retilíneas? RESOLUÇÃO: O campo magnético formado pelos dois polos dos ímãs nasce no norte e morre no sul. As limalhas de ferro sobre o papel vão orientar-se segundo as linhas de indução. Este experimento funciona com limalhas de ferro porque este é um material ferromagnético. Resposta: A
– 123
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3. Um ímã em forma de barra é serrado ao meio “separando” a metade norte da metade sul.
Podemos afirmar que foram obtidos: a) um polo norte separado do polo sul. b) dois novos ímãs, os quais poderão ser reaproximados em um movimento de translação e, devido à atração magnética dos seus polos, vão reconstituir o ímã original. c) dois novos ímãs, os quais devido à repulsão magnética entre seus polos, não poderão ser reaproximados em um movimento de translação, impedindo a sua reconstituição. d) um polo norte, o qual continua magnetizado, e um pedaço de ferro desmagnetizado, pois o polo sul assim se comportará. e) dois polos separados: o polo norte vira polo sul e o polo sul vira polo norte. Este fenômeno é conhecido como princípio da inversão magnética.
Pensando nisso, se o ímã tivesse o formato e as polaridades da figura acima, é válido afirmar que o ímã poderia ter se rompido a) na direção do plano . b) na direção do plano . c) na direção do plano . d) na direção de qualquer plano. e) apenas na direção do plano . RESOLUÇÃO: Se o tivéssemos cortado na direção do plano ou mesmo do plano , cairíamos na mesma situação do exercício anterior. A atração magnética permitiria a reconstituição do ímã. Entretanto, cortando o ímã segundo o plano , se não fizermos nenhuma rotação nas peças, haverá uma repulsão magnética e não será mais possível remontarmos o ímã original.
RESOLUÇÃO: Ao separarmos as duas metades, cada uma delas converte-se em outro ímã. Observe, na figura a seguir, que o pedaço da esquerda mantém o polo norte à sua esquerda e, à sua direita, forma-se um polo sul. Também o pedaço da direita não inverte polaridade, mantendo o polo sul à sua direita.
Resposta: B
Resposta: C
4. (FATEC-MODIFICADA) – Uma criança brincando com um ímã, por descuido, deixa-o cair, e ele se rompe em duas partes. Ao tentar consertá-lo, unindo-as no local da ruptura, ela percebe que os dois pedaços não se encaixam devido à ação magnética.
5. Na figura, temos três bússolas (B1, B2, B3) diante de um ímã cujos polos não nos foram revelados. Também foram omitidas da figura as agulhas magnéticas das bússolas B1 e B3.
a) Esboce as linhas de campo magnético do ímã e identifique os seus polos. b) Desenhe corretamente as agulhas magnéticas das bússolas B1 e B3. Use a linha de campo que passa pela sua posição.
124 –
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RESOLUÇÃO: a) Pela indicação da bússola B2, deduzimos que a linha de campo que por ali passa é orientada da esquerda para a direita. Isso determina que o polo direito do ímã seja o polo norte. Logo, o da esquerda é o sul. A figura das linhas de campo fica conforme se ilustra abaixo.
b) As bússolas já estão na figura anterior.
2. Nas figuras 1 e 2 a região sombreada representa um campo magnético de direção perpendicular a esta página. Uma partícula de carga elétrica 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 tangencial à trajetória. É a própria seta indicada na figura. → A força magnética F deve ser representada a seguir, lembrando-se de que ela é centrípeta. Finalmente usamos a regra da mão esquerda e determinamos o sentido do → campo B.
MÓDULO 25 FORÇA MAGNÉTICA DE LORENTZ 1. Uma partícula de carga positiva q é lançada com velocidade → vetorial V numa região onde existe um campo magnético uniforme → representado por B. Sabe-se que, na partícula, atuou uma força mag→ nética F transmitida pelo campo. Indique, nas situações (1) e (2), a direção e o sentido da força.
RESOLUÇÃO: Usando a regra da mão esquerda, concluímos que:
3. Quando uma carga elétrica negativa é lançada num campo magnético, a força magnética não obedece à regra da mão esquerda usada anteriormente. Temos que inverter um dos três vetores. Nas duas figuras abaixo, um elétron foi lançado no campo magnético. Determine: a) na figura 1, o sentido da força magnética sobre o elétron. → → → b) na figura 2, o sentido dos vetores: F , B e V.
RESOLUÇÃO: → a) Na figura 1, você coloca a mão esquerda e inverte o sentido do vetor F obtido.
– 125
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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.
5. (UFPR-MODIFICADA) – Uma experiência interessante, que → permite determinar a velocidade V com a qual as partículas ele→ mentares se movem, consiste em utilizar um campo magnético B gerado por um ímã. Uma partícula elementar com carga q negativa → move-se com velocidade V paralelamente ao plano do papel (referencial inercial) e entra em uma região onde há um campo magnético → B uniforme, constante e orientado para dentro do plano do papel, como mostra a figura. Ao se deslocar na região do campo magnético, a → partícula fica sujeita a uma força magnética F. → a) Obtenha uma expressão literal para o módulo de F e represente na figura o vetor F para a posição indicada da partícula. b) Como deverão estar posicionados os polos norte e sul de um ímã em forma de U para gerar o campo magnético da figura?
4. (CEFET-MG 2011) – Em uma região de campo magnético uniforme B, uma partícula de massa m e carga elétrica positiva q penetra nesse campo com velocidade V, perpendicularmente a B, conforme figura seguinte. RESOLUÇÃO: a) O módulo da força magnética é dado por: F = q . V . B
Para a direção e sentido da força magnética, use a regra da mão esquerda: inverte-se o sentido obtido, pois a carga é negativa.
O vetor força magnética, que atua sobre a partícula no ponto P, está melhor representado em: a) ↑ b) → c) ← d) ↓ e) RESOLUÇÃO: Usando a regra da mão esquerda, concluímos que a resposta é D. Resposta: D
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→
b) O campo magnético B está penetrando no papel. Concluímos que o polo norte está acima desta folha e o polo sul está abaixo dela (no verso). Veja figura sugestiva.
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6. (MODELO ENEM) – Duas partículas, (1) e (2), foram lançadas → num campo magnético uniforme B e, devido exclusivamente à força magnética, saíram de sua trajetória, como mostra a figura a seguir.
RESOLUÇÃO: → Usamos a regra da mão esquerda e invertemos F :
Os elétrons desviam-se para a direita. Resposta: D
Podemos afirmar que: a) q1 > 0 e q2 < 0 c) q1 < 0 e q2 < 0 e) q1 = 0 e q2 > 0
b) q1 > 0 e q2 > 0 d) q1 < 0 e q2 > 0
RESOLUÇÃO: Em cada partícula, temos o seguinte esquema:
2. Uma partícula eletrizada de massa m e carga elétrica q positiva é → lançada num campo magnético uniforme com velocidade vetorial V, de direção perpendicular ao campo magnético. A partícula descreve um movimento circular uniforme (MCU) cujo raio é R. São dados: m = 1,2 . 10–24kg q = 3,2 . 10–19C 4 V = 6,4 . 10 m/s B = 2,0 . 102T Determine o valor de R. RESOLUÇÃO: 1,2 . 10–24 . 6,4 . 104 m.V R = ––––– ⇒ R = –––––––––––––––––– ⇒ q.B 3,2 . 10–19 . 2,0 . 102
R = 1,2 . 10–3m
3. Retome a questão anterior e considere que a partícula tenha realizado meia volta e tenha escapado da ação do campo magnético, como nos mostra a figura. →
→
Observação: Em ambas as figuras, F1 e F2 são forças magnéticas. Resposta: A
MÓDULO 26 MOVIMENTO DE UMA PARTÍCULA ELETRIZADA EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME 1. (VUNESP) – Considere a seguinte situação: imagine que você está sentado em uma sala de aula, de frente para o quadro, do qual emerge um feixe de elétrons. Os elétrons se deslocam na direção horizontal, perpendicularmente ao quadro, e penetram em um campo magnético uniforme de direção vertical e sentido de baixo para cima. Podemos afirmar que o feixe de elétrons a) não se desvia. b) desvia-se para cima. c) desvia-se para baixo. d) desvia-se para a sua direita. e) desvia-se para a sua esquerda.
Determine o intervalo de tempo entre a sua entrada no campo e sua saída. Adote 3. RESOLUÇÃO: s = R (meia volta) = 3 . 1,2 . 10–3m = 3,6 . 10–3m V = 6,4 . 102 m/s s s = V . t ⇒ t = ––– V 3,6 . 10–3 t = –––––––– (s) ⇒ t = 5,6 . 10–6s 6,4 . 102
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4. Uma partícula de carga elétrica q = –5e e massa m = 8,0 . 10–20kg foi lançada num campo magnético uniforme de intensidade B = 5,0 . 10–2T, como mostra a figura. Dado: e = 1,6 . 10–19C.
a) Esboce a sua trajetória e admita que ela tenha deixado o campo após completar uma semicircunferência. b) Sendo a velocidade de lançamento V0 = 2,5 . 102m/s, determine o raio R da trajetória. c) Determine o tempo de permanência no campo magnético. Adote π = 3. RESOLUÇÃO: a)
5. (CEFET-PI) – Três espécies de partículas que se propagam em linha reta têm a mesma velocidade e a mesma carga elétrica, porém as massas são diferentes. Quando essas partículas penetram num campo magnético uniforme, saindo do plano da página, com velocidade perpendicular ao campo, observa-se a formação de três trajetórias circulares de raios diferentes, como mostra a figura.
Marque a alternativa correta. a) As partículas têm cargas negativas. b) A partícula de maior massa descreve a trajetória de menor raio, trajetória 3. c) A partícula de maior massa descreve a trajetória de raio intermediário, trajetória 2. d) A partícula de menor massa descreve a trajetória de maior raio, trajetória 3. e) As partículas têm cargas positivas. RESOLUÇÃO: Usando a regra da mão esquerda e sabendo que a força magnética é centrípeta, verificamos que as cargas são positivas. Resposta: E
m . V0 b) R = –––––– q . B Temos: q = 5e = 5 . 1,6 . 10–19C = 8,0 . 10–19C m = 8,0 . 10–20kg V0 = 2,5 . 102m/s B = 5,0 . 10–2T
MÓDULO 27
Substituindo-se:
MOVIMENTO DE UMA PARTÍCULA ELETRIZADA EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME
(8,0 . 10–20) . (2,5 . 102) R = –––––––––––––––––––– (m) (8,0 . 10–19) . (5,0 . 10–2) R = 5,0 . 102m Δs Δs c) V = –––– ⇒ Δt = –––– Δt V
1. Na figura, o campo magnético está representado pela região sombreada. Ele tem a direção perpendicular a esta página e nela está penetrando. Quatro partículas eletrizadas foram lançadas no campo, → todas com a mesma velocidade vetorial V.
Δs = πR πR Δt = –––– V Sendo: π = 3 R = 5,0 . 102m V = 2,5 . 102m/s Temos: 3 . (5,0 . 102) Δt = ––––––––––– (s) ⇒ 2,5 . 102 Respostas: a) ver figura
128 –
Δt = 6,0s b) 5,0 . 102m
c) 6,0s
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a) Identifique o sinal de cada partícula. b) Sabendo que as quatro partículas possuem cargas elétricas iguais em módulo com valor n . e, em que e representa a carga elementar, ordene as partículas 2, 3 e 4 em ordem crescente . c) Admitindo que n = 2, determine as cargas elétricas das partículas 1 e 3. d) Admitindo que as trajetórias 1 e 3 sejam simétricas e sendo a massa da partícula (1) igual a m, qual é a massa da partícula (3)? RESOLUÇÃO: a) Basta usar a regra da mão esquerda. A partícula que obedecer à força imposta por esta regra será positiva; a outra, negativa.
Sabendo-se que a partícula abandona a região do campo no ponto P, é correto afirmar: a) A partícula atravessa a região do campo magnético em movimento retilíneo uniformemente acelerado. b) A partícula descreve movimento circular uniformemente acelerado sob a ação da força magnética. c) O espaço percorrido pela partícula na região do campo magnético mV é igual a ––––– . 2qB d) O tempo de permanência da partícula na região do campo magm nético é de –––– . qB e) O módulo da aceleração centrípeta que atua sobre a partícula é igual qB a –––– . mV RESOLUÇÃO: Como o movimento é circular uniforme, a força magnética faz o papel de resultante centrípeta. V2 mV qVB = m –––– ⇒ qBR = mV ⇒ R = –––– R qB
Concluindo: são positivas as cargas elétricas de (2), (3) e (4); é negativa a carga elétrica da partícula (1). m.V b) R = –––––– q . b
m.V R = ––––––– n.e. b
A partícula percorre 1/4 de volta; a distância percorrida equivale a 1/4 de uma circunferência. Podemos escrever: mV 2 R mV s = –––– = –– R = –– . –––– = ––––– qB 4 2 2 2qB Resposta: C
O raio é proporcional à massa da partícula. R2 < R3 < R4 ⇒
m2 < m3 < m4
c) Fazendo n = 2: A partícula (1) é negativa e possui carga elétrica q1 = –2e. A partícula (3) é positiva e possui carga elétrica q3 = +2e. d) As partículas (1) e (3) realizam trajetórias simétricas, ou seja, de mesmo raio. Logo, suas massas são iguais. Então m3 = m1 = m.
3. (ITA-MODIFICADA) – Um elétron é acelerado do repouso por uma diferença de potencial V e entra numa região na qual atua um campo magnético, onde ele inicia um movimento ciclotrônico, movendo-se num círculo de raio RE com período TE. Se um próton fosse acelerado do repouso por uma diferença de potencial de mesma magnitude e entrasse na mesma região em que atua o campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e período TP que a) RP = RE e TP = TE. b) RP > RE e TP > TE.
2. (UESC) – A figura representa uma partícula eletrizada, de massa m e carga q, descrevendo um movimento retilíneo e uniforme, com velocidade de módulo V, que penetra e sai da região onde existe um campo magnético uniforme de módulo B.
c) RP > RE e TP = TE. d) RP < RE e TP = TE. e) RP = RE e TP < TE.
Note e adote: O elétron e o próton adquiriram a mesma energia cinética antes de penetrar no campo magnético. A energia cinética é dada por mV2 Ecin = –––– 2
RESOLUÇÃO Como o elétron e o próton adquiriram a mesma energia cinética, antes de → penetrar no campo B , vamos admitir que eles penetram ainda com essa mesma energia: Ecin (elétron) = Ecin (próton) mV m V2 Sendo R = –––––– e Ecin = –––––– , tem-se V = q . B 2
2Ecin ––––– m
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2Ecin ––––– m R = ––––––––––––––––––––– q B m
Para obtermos uma relação entre q1 e q2, devemos fixar as massas e as duas velocidades. Fazendo: m1 = m2 = m V 1 = V2 = V e sendo:
2mEcin R = –––––––––– ; sendo mP > mE, tem-se RP > RE q B
R1 = 2R2 : m.V mV –––––– = 2 ––––– ⇒ q2 = 2q1 q1 . B q2 . B
Resposta: D 2π m O período é dado por T = –––––– q B Para mP > mE, tem-se TP > TE Resposta: B
MÓDULO 28 FORÇA MAGNÉTICA EM CONDUTOR RETILÍNEO
4. (VUNESP-MODELO ENEM) – Duas partículas elementares, ao passar por uma região em que há um campo magnético homogêneo, descrevem as trajetórias que estão esboçadas na figura.
1. Temos um campo magnético uniforme representado pelas suas linhas de indução. Em cada uma das figuras, mostra-se um fio retilíneo, de comprimento infinito, imerso no campo. a) Indique o sentido da força magnética em cada fio. 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.
A seu respeito, pode-se afirmar que, a) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas obedecerão à relação q1 = –2q2. b) com certeza, podem formar um átomo neutro. c) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas obedecerão à relação q1 = 2q2. d) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas obedecerão à relação q1 = q2/2. e) caso tenham massas e velocidades escalares iguais, as suas cargas obedecerão à relação q1 = –q2/2. RESOLUÇÃO: O raio da trajetória de uma partícula de massa m e carga q, lançada → perpendicularmente a B , é dado por: mV R = ––––– qB Então: m1 . V 1 R1 = 2R = –––––––– q1 . B m2 . V 2 R2 = R = –––––––– q2 . B
130 –
RESOLUÇÃO: a) Basta usar a regra da mão esquerda:
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fig. 2 Como o fio é paralelo ao campo, a força magnética é nula. F = B . i . ᐉ . sen 0º zero → → F = 0
A intensidade da força em cada trecho é: F = B . i . L . sen 90° = B . i . L F = 2, 0 . 10–3 . 8,0 . 12 (N) ⇒ F = 192 . 10–3N ⇒ F = 1, 92 . 10–1N b) A intensidade da força resultante é: Fres = F 2 ⇒ Fres = 1, 92 . 10–1 . 2 N⇒ Fres 2,7 . 10–1 N Respostas: a) 1,82 . 10–1N ; b) 2,7 . 10–1N ; direções e sentidos nas figuras.
b) F = B . i . ᐉ F = 2,0 . 10 –5 . 10 . 2,0 F = 4,0 . 10-4N
3. (FMTM) – Uma corrente elétrica i percorre uma barra metálica → que está imersa no campo magnético uniforme B , como está indicado na figura. Observa-se que a barra sofre a ação de uma força magnética horizontal, com sentido para a direita. Nesse local, as linhas de força → do campo magnético B estão corretamente representadas na alternativa
2. Na figura que se segue, temos um condutor em forma de L percorrido por uma corrente elétrica de intensidade i = 8,0A e imerso no interior de um campo magnético uniforme B = 2,0 . 10–3T, perpendicular a esta página.
Os trechos OM e ON têm o mesmo comprimento: 12m. Determine: a) a direção, o sentido e a intensidade da força magnética em cada trecho; b) a intensidade da força resultante no condutor em L. Note e adote: Admita que a equação F = B . i . L . sen seja válida, ainda que o condutor não tenha comprimento infinito.
RESOLUÇÃO: Basta usarmos a regra da mão esquerda e obteremos o sentido do campo → magnético B .
RESOlUÇÃO: a) Usando a regra da mão esquerda, obteremos:
Resposta: E
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4. (UNESP) – Um dos lados de uma espira retangular rígida com massa m = 8,0g, na qual circula uma corrente I, é atado ao teto por dois fios 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 é representado por uma seta vista por trás, penetrando o papel, conforme é ilustrado na figura.
5. (UFPE) – O circuito elétrico plano, mostrado a seguir, possui uma bateria de força eletromotriz ε = 48V e resistência interna r = 1 ligada a resistores de resistências R = 9 , sendo os demais fios de ligação considerados ideais. O trecho retilíneo ab do circuito possui comprimento de 50cm. No plano do circuito, existe um campo magnético uniforme, de módulo B = 2,5T e direção fazendo um ângulo de 37° com a direção do trecho ab. Qual o módulo da força magnética que age no trecho ab?
Considerando se g = 10,0 m/s2, o menor valor da corrente que anula as trações nos fios é: a) 8,0A b) 7,0A c) 6,0A d) 5,0A e) 4,0A Adote: sen 37° = 0,6 RESOLUÇÃO: Para que tenhamos o anulamento das forças de tração nos fios, a força magnética sobre o ramo do condutor imerso no campo deve equilibrar a ação da força peso; assim: → → | Fmag| = | P | B.i.ᐉ sen θ = m g B.i.ᐉ sen 90° = m g 0,05 . i . 0,20 . 1 = 8,0 . 10–3 . 10,0 i = 8,0A Resposta: A
RESOLUÇÃO: R 9 Req = ––– = ––––– = 3 3 3 48 ε i = –––––––– = ––––– (A) ⇒ i = 12A 1+3 r + Req Em cada resistor, passam apenas um terço desse valor, ou seja, 4A. No trecho ab passam 4A. F = B . i . ᐉ sen 37° F = 2,5 . 4 . 0,50 . 0,6 F = 3N A resposta está sendo dada com apenas 1 algarismo significativo devido aos demais dados.
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MÓDULO 29 CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR CONDUTOR RETILÍNEO
2. (MODELO ENEM) – Na figura, temos uma mesa furada pela qual passa um fio muito longo, retilíneo. Equidistantemente desse orifício, foram colocadas quatro bússolas (b1, b2, b3 e b4).
1. (ITA-2012) – Assinale em qual das situações descritas nas opções abaixo as linhas de campo magnético formam circunferências no espaço. a) Na região externa de um toroide. b) Na região interna de um solenoide. c) Próximo a um íma com formato esférico. d) Ao redor de um fio retilíneo percorrido por corrente elétrica. e) Na região interna de uma espira circular percorrida por corrente elétrica. RESOLUÇÃO: As linhas de campo magnético formam circunferências no espaço ao redor de um fio retilíneo infinito percorrido por corrente elétrica.
Uma corrente elétrica passa a percorrer o fio, o que gera um campo magnético em seu entorno e mexe nas agulhas magnéticas. Você está vendo o experimento de cima para baixo e deverá indicar no desenho a seguir: • o sentido da corrente elétrica; • o sentido das linhas de indução do campo magnético; • a posição das quatro agulhas.
Resposta: D
RESOLUÇÃO: Usando a regra da mão direita, obtemos o sentido do campo magnético. As linhas de indução serão orientadas no sentido anti-horário. As agulhas se posicionam tangencialmente à linha tracejada e apontam o sentido do campo magnético.
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3. (CESUPA-PA) – Quando um condutor retilíneo é percorrido por certa corrente elétrica, a intensidade do campo magnético a 10cm deste vale 1,0 . 10–4 T. Logo, a intensidade de corrente que flui através do condutor vale: a) 10A b) 20A c) 30A d) 40A e) 50A Note e adote: A permeabilidade magnética do meio é igual à do vácuo e vale 0 = 4π . 10–7 T . m/A
μ.i Sendo B = –––––– , teremos: 2πd μ.i μ . (3i) B1 = –––––– e B2 = ––––––– 2πx 2πy Fazendo-se B1 = B2 : μ.i 3μ . i 1 3 –––––– = –––––– ⇒ ––– = ––– 2πx 2πy x y y ––– = 3 x
RESOLUÇÃO: 0 . i , teremos: Sendo B = –––––– 2π d
Resposta: A
2π d B = 0 . i 2π d B i = ––––––– 0 Sendo: d = 10cm = 1,0 . 10–1m B = 1,0 . 10–4 T 2π . 1,0 . 10–1 . 1,0 . 10–4 i = –––––––––––––––––––––– (A) 4π . 10–7 i = 0,50 . 102 A ⇒ i = 50 A Resposta: E
4. (FATEC-SP) – Dois fios metálicos retos, paralelos e longos, são percorridos por correntes i e 3i de sentidos iguais (entrando no papel, no esquema). O ambiente é vácuo. O campo magnético resultante, produzido por essas correntes, é nulo em um ponto P tal que:
5. (UFPR) – Na segunda década do século XIX, Hans Christian Oersted demonstrou que um fio percorrido por uma corrente elétrica era capaz de causar uma perturbação na agulha de uma bússola. Mais tarde, André Marie Ampère obteve uma relação matemática para a intensidade do campo magnético produzido por uma corrente elétrica que circula em um fio condutor retilíneo. Ele mostrou que a intensidade do campo magnético depende da intensidade da corrente elétrica e da distância ao fio condutor. Com relação a esse fenômeno, assinale a alternativa correta. a) As linhas do campo magnético estão orientadas paralelamente ao fio condutor. b) O sentido das linhas de campo magnético independe do sentido da corrente. c) Se a distância do ponto de observação ao fio condutor for diminuída pela metade, a intensidade do campo magnético será reduzida pela metade. d) Se a intensidade da corrente elétrica for duplicada, a intensidade do campo magnético também será duplicada. e) No Sistema Internacional de unidades (S.I.), a intensidade de campo magnético é A/m. RESOLUÇÃO: A intensidade do campo magnético produzido por um fio retilíneo é dada pela equação:
y a) ––– = 3 x
y 1 b) ––– = ––– x 3
y c) ––– = 9 x
y 1 d) ––– = ––– x 9
RESOLUÇÃO: → Usando a regra da mão direita sobre cada fio, determinamos os vetores B 1 → e B 2 dos campos magnéticos gerados pelos fios da esquerda e da direita, respectivamente.
134 –
0 i B = –––––– 2πr Observemos que a intensidade do campo é diretamente proporcional à intensidade da corrente elétrica. Portanto: se duplicarmos a intensidade da corrente, a intensidade do campo também duplicará. Resposta: D
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2. (UFV) – Uma partícula de carga q > 0 é colocada em repouso próxima de uma espira circular, a uma distância L do centro da espira, sobre o eixo ortogonal ao plano da espira que passa pelo seu centro. A espira possui raio R e é percorrida por uma corrente I(constante). O módulo da força magnética na partícula é:
MÓDULO 30 CAMPO DE ESPIRA E SOLENOIDE 1.
(VUNESP) – Uma espira circular de raio R é percorrida por uma corrente elétrica de intensidade I e sentido horário, como se vê na figura dada. O campo magnético que essa corrente produz no centro da espira tem intensidade B; dobrando-se a intensidade da corrente elétrica e reduzindo-se o raio da espira à metade (R/2) e invertendo-se o sentido da corrente, o novo campo magnético terá intensidade: a) B/2 e sentido oposto ao inicial. b) B e o mesmo sentido do inicial. c) 2B e sentido oposto ao inicial. d) 4B e sentido oposto ao inicial. e) 4B e mesmo sentido do inicial.
a)
qI –––– LR
q.I.L b) –––––– R2
c) nulo
qIR d) –––– L2
RESOLUÇÃO: Como a intensidade da corrente elétrica na espira é constante, o campo magnético B tem também intensidade constante. No entanto, não há força magnética sobre a partícula, pois ela está em repouso. Fm = q . V . B V = 0 ⇒ Fm = 0 Resposta: C
RESOLUÇÃO: Inicialmente, temos, no centro da espira:
I B1 = B = –––– (1) 2R →
A inversão do sentido da corrente vai alterar o sentido do campo B, invertendo-o. • Dobra-se a corrente: 2I (invertendo-se o sentido). • Reduz-se à metade o raio da espira: R/2.
3. (MODELO ENEM) – Indicar o sentido do campo magnético e a polaridade magnética em cada um dos anéis e nos extremos do solenoide das figuras 1, 2 e 3. O sentido da corrente elétrica está na própria figura.
Teremos: . (2I) 2 I B2 = –––––– = –––– (2) 2 (R/2) R Comparando-se a equação (1) com a (2), obtemos: B2 = 4B1 B2 = 4B
Resposta: D
RESOLUÇÃO: Usando a regra da mão direita, determinamos o sentido do campo mag→ nético B em cada elemento. A polaridade magnética tem a seguinte resolução: Anel 1: corrente no sentido anti-horário gera um polo norte. Anel 2: corrente no sentido horário gera um polo sul. Solenoide: visto pelo seu lado externo, vale: onde nasce o campo é o norte e onde ele morre é o sul.
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4. Uma espira está colada em um painel quadrado, como nos mostra a figura a seguir. Dois garotos a observam, um de cada lado do painel. Analise as afirmativas a seguir:
a) para a garota A, a espira comporta-se como um polo norte. b) para o garoto B, a espira comporta-se como um polo sul. c) para a garota A, a espira comporta-se como um polo sul. d) para ambos, a espira é polo sul. e) para ambos, a espira é polo norte.
RESOLUÇÃO: I. VERDADEIRA. A corrente mostrada para a garota estava no sentido anti-horário e o polo é norte. Enquanto isso, o lado oposto da espira é polo sul; girando a espira em 180º, a garota verá o polo sul. II. VERDADEIRA. III. FALSA. Fazendo-se a rotação de 180º, a garota verá a corrente no sentido horário, o que será um polo sul. IV. VERDADEIRA. Inicialmente, o garoto enxerga o oposto da menina, ou seja: polo sul. Após a rotação, há inversão e ele enxergará o polo norte. Resposta: E
6. Na figura, os dois planos são perpendiculares entre si. As espiras 1 e 2 são percorridas por correntes elétricas de mesma intensidade (i) e geram no ponto O campos magnéticos de mesma intensidade B.
RESOLUÇÃO: A garota A está vendo a corrente circular no sentido horário e, portanto, a espira comporta-se como um polo sul. O garoto B está vendo o polo norte da espira. Resposta: C
5. O painel da figura abaixo contém uma espira na qual circula uma corrente elétrica. O painel pode girar em torno de um eixo vertical. Inicialmente, a garota observa o lado A do painel e o garoto, o lado B. Num dado instante, faz-se uma rotação de 180º no painel.
Determine no ponto O: a) a direção e o sentido do campo magnético resultante; b) a intensidade do campo resultante. RESOLUÇÃO:
→ a) Usando a regra da mão direita, determinamos o sentido dos vetores B1 → e B2. A seguir, obtemos o vetor resultante pela regra do paralelogramo.
Analise cada afirmativa e indique verdadeiro ou falso: I. Inicialmente, a garota estava vendo um polo norte e, após a rotação, um polo sul. II. Inicialmente, a garota estava vendo um polo norte e o garoto, um polo sul. III.Após a rotação, a garota continuou a ver um polo norte e o garoto, um polo sul. IV. Inicialmente, o garoto estava vendo um polo sul e, após a rotação, passou a ver um polo norte. Do que se afirmou, são corretas apenas: a) I e III b) I e IV c) II e III d) II, III e IV e) I, II e IV
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b) A intensidade do campo resultante é dada pelo Teorema de Pitágoras: Bres = B . 2
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MÓDULO 31 APLICAÇÕES DE CONDUTOR RETILÍNEO E FIOS PARALELOS
2. (MODELO ENEM) – Quando dois condutores retilíneos, de comprimento infinito, estiverem alinhados em paralelo, haverá uma atração ou repulsão entre eles, a qual dependerá do sentido das duas correntes elétricas. Usando-se as regras da mão direita e da esquerda, é possível determinar as forças magnéticas, como se observa no exemplo abaixo.
1. (IFSP) – Considere dois fios retilíneos e muito extensos situados nas arestas AD e HG de um cubo, conforme figura a seguir. Os fios são percorridos por correntes iguais a i nos sentidos indicados na figura. Desconsidere o campo magnético terrestre.
O vetor campo magnético induzido por estes dois fios, no ponto C, situa-se na direção do segmento a) CB b) CG c) CF d) CE e) CA RESOLUÇÃO: Usemos a regra da mão direita em cada fio. A corrente que circula pelo fio → DA gera em C o vetor B1 e a corrente que circula pelo fio GH gera em C o → vetor B2. Usando a regra do paralelogramo, obtemos o campo resultante, cuja direção e sentido é CF.
Analise as três proposições e classifique-as em falsa ou verdadeira. Tomando como referência a figura dada: I. se invertermos o sentido de i1, mantendo o de i2, as forças serão de atração. II. se invertermos o sentido de i2, mantendo o de i1, as forças serão de repulsão. III.se invertermos os sentidos de i1 e de i2, as forças não alteram o seu sentido e continua a repulsão. a) é verdadeira apenas a I b) é verdadeira apenas a II c) é verdadeira apenas a III d) são verdadeiras apenas I e III e) são todas verdadeiras RESOLUÇÃO: I. VERDADEIRA Se invertermos i1, as correntes passam a ter o mesmo sentido e ocorre atração.
Resposta: C
II. FALSA Se invertermos i2, novamente haverá atração, pois as duas correntes passam a ter o mesmo sentido. III.VERDADEIRA Se as duas correntes forem invertidas, elas continuam em sentidos opostos e os fios se repelem. Resposta: D
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3. (UFPE) – Três condutores, A, B e C, longos e paralelos, são fixados como mostra a figura e percorridos pelas correntes IA, IB e IC, que têm os sentidos indicados pelas setas.
Com base na figura, assinale a(s) proposição(ões) correta(s). 01. O campo magnético resultante que atua no fio 4 aponta para o leste. 02. A força magnética resultante sobre o fio 4 aponta para o sudeste. 04. Os fios 1 e 3 repelem-se mutuamente. 08. A intensidade da força magnética que o fio 2 exerce no fio 3 é maior do que a força magnética que o fio 1 exerce no fio 3. Indique quais são as verdadeiras
A força magnética resultante que atua sobre o condutor B está dirigida a) da esquerda para a direita, no plano da figura. b) de baixo para cima, no plano da figura. c) de fora para dentro do plano da figura. d) da direita para a esquerda, no plano da figura. e) de dentro para fora do plano da figura. RESOLUÇÃO: Aplicando-se a regra da mão direita nos fios A e C, verificamos que as correntes que por eles circulam geram sobre o fio B um campo magnético de mesmo sentido, penetrando no papel. A seguir, aplicamos a regra da mão → esquerda em B. Com isso, determinamos o sentido de F.
Resposta: D
RESOLUÇÃO: 01) Incorreta: Usando-se a regra da mão direita sobre os fios 1, 2 e 3, → → obtemos em 4 os vetores B1, B2 e B3. A soma ( B1 + B2) tem direção e → sentido apontando para o nordeste, coincidindo com B2. Isso assegura que o campo resultante tem direção e sentido apontando para o nordeste.
02) Correta: usando a regra da mão esquerda sobre o fio 4 e sobre o campo resultante, obtemos a força magnética resultante apontando para o sudeste.
04) Incorreta: condutores percorridos por correntes elétricas do mesmo sentido atraem-se. 08) Correta: a intensidade da força magnética entre dois condutores percorridos por corrente i é dada pela equação: 0 i2 L B = ––––––– 2πr ou seja: ela é inversamente proporcional à distância entre os dois condutores. Assim, a intensidade da força exercida pelo fio 2 sobre o fio 3 é maior que a do fio 1 sobre o 3.
4. (UFSC) – A figura abaixo mostra quatro fios, 1, 2, 3 e 4, percorridos por correntes de mesma intensidade, colocados nos vértices de um quadrado, perpendicularmente ao plano da página. Os fios 1, 2 e 3 têm correntes saindo da página e o fio 4 tem uma corrente entrando na página.
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São corretas apenas a 2 e a 8.
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5. (UFPB) – Os eletroímãs, formados por solenoides percorridos por correntes elétricas e um núcleo de ferro, são dispositivos utilizados por guindastes eletromagnéticos, os quais servem para transportar materiais metálicos pesados. Um engenheiro, para construir um eletroímã, utiliza um bastão cilíndrico de ferro de 2,0 metros de comprimento e o enrola com um fio dando 4 x106 voltas. Ao fazer passar uma corrente de 1,5A pelo fio, um campo magnético é gerado no interior do solenoide, e a presença do núcleo de ferro aumenta em 1.000 vezes o valor desse campo. Adotando para a constante μ0 o valor 4 π x 10−7 T.m/ A , é correto afirmar que, nessas circunstâncias, o valor da intensidade do campo magnético, no interior do cilindro de ferro, em tesla, é de: a) 24 π x 102 b) 12 π x 102 c) 6 π x 102 d) 3 π x 102 e) π x 102 RESOLUÇÃO: A intensidade do campo magnético no interior de um solenoide vazio e no vácuo é dada por: n.i B0 = 0 ––––– L Acrescentando-se um núcleo de ferro a permeabilidade magnética fica multiplicada por 1000: n.i B = 1000 . 0 ––––– L 4 . 106 . 1,5 B = 1000 . 4π . 10–7 –––––––––– T ⇒ B = 12π . 102 T 2
RESOLUÇÃO: Quando o ímã é aproximado do anel, ocorre indução eletromagnética e surge no anel uma corrente elétrica induzida (Lei de Faraday). De acordo com a Lei de Lenz, surge uma força magnética de repulsão, isto é, opondo-se ao movimento do ímã. A figura ilustra a corrente induzida e a polaridade magnética no anel.
A corrente induzida não vai mudar de sentido, pois o ímã somente foi aproximado do anel. Para se gerar uma corrente alternada, deveríamos produzir no ímã um movimento de vai e vem, como, por exemplo, um MHS. Resposta: E
2. (MODELO ENEM) – Michael Faraday descobriu o fenômeno, da indução magnética ao realizar alguns experimentos usando um ímã e uma bobina.
Resposta: B
MÓDULO 32 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA I 1. (FUVEST) – Aproxima-se um ímã de um anel metálico fixo em um suporte isolante, como mostra a figura.
O movimento do ímã, em direção ao anel, a) não causa efeitos no anel. b) produz corrente alternada no anel. c) faz com que o polo sul do ímã vire polo norte e vice-versa. d) produz corrente elétrica no anel, causando uma força de atração entre anel e ímã. e) produz corrente elétrica no anel, causando uma força de repulsão entre anel e ímã.
Percebeu ele que fazendo variar o fluxo magnético no interior da bobina, surgia uma corrente elétrica induzida, acendendo momentaneamente a lâmpada. O fenômeno da indução magnética a) obedece ao princípio da conservação da energia, pois ocorre apenas uma conversão de energia. b) não obedece ao princípio da conservação da energia, pois a lâmpada se acendeu sem que se usasse alguma pilha. c) foi explicado matematicamente pela Lei de Lenz, sem que se mencionasse a lei da conservação da energia. d) não obedece ao princípio da conservação da energia, pois, conforme a Lei de Lenz, trata-se apenas do surgimento de um contrafluxo magnético na bobina. e) obedece ao princípio da conservação de energia, havendo conversão de energia elétrica em mecânica. RESOLUÇÃO: Evidentemente que o fenômeno da indução magnética é uma simples conversão de energia mecânica (ímã em movimento) em energia elétrica e, portanto, vale o princípio da conservação da energia. Resposta: A
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3. (FATEC-2012) – Observando a figura a seguir, vê-se um ímã em forma de barra que possui um eixo pelo qual pode girar. Próximo a ele, encontra-se uma espira retangular de metal, no plano (x, z). O ímã está alinhado com o centro da espira na direção do eixo y.
Com a finalidade de induzir uma corrente elétrica na espira, um aluno faz as seguintes experiências: I. Movimenta o ímã e a espira na mesma direção e sentido e com velocidades iguais. II. Gira o ímã em torno de seu eixo paralelo ao eixo z e mantém a espira em repouso em relação ao plano (x, z). III. Desloca a espira numa direção paralela ao eixo y e mantém o ímã em repouso em relação ao plano (x, z). Para conseguir a corrente induzida, o aluno conclui que o correto é proceder como indicado em a) I, apenas. b) II, apenas. c) I e III, apenas. d) II e III, apenas. e) I, II e III. RESOLUÇÃO: I. Procedimento incorreto. Não haverá movimento relativo entre o ímã e a espira. Portanto, não haverá variação do fluxo magnético na espira e não ocorrerá indução. II. Procedimento correto. Haverá variação de fluxo magnético na espira e ocorrerá indução, ou seja, forma-se corrente elétrica induzida na espira. III.Procedimento correto. O afastamento ou a aproximação da espira em relação ao ímã é suficiente para ocorrer a indução magnética. Resposta: D
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4. (MODELO ENEM) – Na figura, mostra-se um experimento de indução eletromagnética: um ímã, na mão de um operador, é aproximado de uma espira fixa, acendendo uma pequena lâmpada de LED. A finalidade, no entanto é verificar a Lei de Lenz.
Em cada experimento: a) Identifique se ocorrerá atração ou repulsão entre a espira e o ímã. A seguir, identifique o polo magnético formado na espira, visto pelo operador durante sua aproximação. b) Indique o sentido da corrente elétrica, vista pelo operador. c) Se, porventura, o operador voltar de costas, afastando o ímã da espira, sem contudo invertê-lo, como será a força entre o ímã e a espira? RESOLUÇÃO: a) Em ambos os experimentos, o ímã está sendo empurrado, pelo operador, contra a espira. Consequentemente, a Lei de Lenz nos assegura que a força magnética decorrente da corrente induzida é de repulsão ao movimento do ímã. b) No experimento 1: a espira deverá repelir o polo sul do ímã aproximado e, portanto, deverá tornar-se um polo sul; em consequência, a corrente induzida, vista pelo operador, tem sentido horário. No experimento 2: A espira deverá repelir o polo norte do ímã aproximado e, portanto, deverá tornar-se um polo norte; em consequência, a corrente elétrica induzida, vista pelo operador, tem sentido anti-horário. c) Haverá inversão do sentido das correntes em ambos os experimentos. Experimento 1: passa a ter o sentido anti-horário. Experimento 2: passa a ter o sentido horário. Veja bem! Poderíamos determinar o sentido da corrente induzida sem pensar na força magnética, mas sim no aumento do fluxo induzido durante a aproximação do ímã e na sua diminuição durante o afastamento. A seguir, usamos a Lei de Lenz compensando a variação do fluxo e a regra da mão direita.
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MÓDULO 33 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA II 1. (UNESP-2012) – O freio eletromagnético é um dispositivo no qual interações eletromagnéticas provocam uma redução de velocidade num corpo em movimento, sem a necessidade da atuação de forças de atrito. A experiência descrita a seguir ilustra o funcionamento de um freio eletromagnético. Na figura 1, um ímã cilíndrico desce em movimento acelerado por dentro de um tubo cilíndrico de acrílico, vertical, sujeito apenas à ação da força peso. Na figura 2, o mesmo ímã desce em movimento uniforme por dentro de um tubo cilíndrico, vertical, de cobre, sujeito à ação da força peso e da força magnética, vertical e para cima, que surge devido à corrente elétrica induzida que circula pelo tubo de cobre, causada pelo movimento do ímã por dentro dele. Nas duas situações, podem ser desconsiderados o atrito entre o ímã e os tubos, e a resistência do ar.
RESOLUÇÃO: Quando o ímã se movimenta no tubo de cobre, há uma variação do fluxo magnético que provoca o aparecimento de uma corrente elétrica induzida. De acordo com a Lei de Lenz, a força magnética gerada neste anel de cobre deve opor-se a esse movimento, assim, a corrente elétrica induzida tem sentido horário, de acordo com a regra da mão direita.
As linhas de indução magnética no ímã estão saindo do polo Norte e chegando ao polo Sul. Resposta: A
2. (UFTM) – De quanto deverá ser a magnitude do choque elétrico (f. e. m. induzida) se segurarmos as extremidades de uma bobina composta por 10 espiras de área A=1 [m2] e deixarmos passar ortogonalmente por esta bobina uma densidade de fluxo magnético constante com módulo dado por B=11 [T]? a) 0 [volt] b) 10 [volts] c) 110 [volts] d) 220 [volts] e) 100 [volts]
Considerando a polaridade do ímã, as linhas de indução magnética criadas por ele e o sentido da corrente elétrica induzida no tubo condutor de cobre abaixo do ímã, quando este desce por dentro do tubo, a alternativa que mostra uma situação coerente com o aparecimento de uma força magnética vertical para cima no ímã é a indicada pela letra
RESOLUÇÃO: Fluxo constante ⇒ ΔΦ = 0 Não haverá indução e a força eletromotriz induzida é nula. Resposta: A
3. (MODELO ENEM) – Faraday, em seus primeiros experimentos, buscou uma relação entre o fluxo magnético e o fenômeno da indução magnética. Concluído seu trabalho, passou a buscar uma equação matemática para relacionar as grandezas envolvidas e chegou à segunda lei da indução: ΔΦ E = ––––– Δt Nessa equação, temos: E = módulo da f.e.m. induzida ΔΦ = módulo da variação do fluxo magnético na bobina Δt = tempo decorrido na variação de fluxo Um espira quadrada, de lado L = 10 cm, imersa no campo magnético de um ímã, de intensidade B = 0,50 T, dá 1/4 de volta em torno de seu eixo diagonal (ver figura) em 5,0 centésimos de segundo.
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4. Retomemos a espira da questão anterior. Vamos girá-la, em torno do mesmo eixo, em 360º a partir da sua posição original. Consideremos apenas a corrente elétrica que passa pelo trecho MOP. Determine o sentido dessa corrente, tendo apenas a espira como referencial, quando a espira estiver fazendo a) o primeiro quarto de sua volta. b) o segundo quarto de sua volta. c) o terceiro quarto de sua volta. d) o quarto final e voltando à sua posição incial.
A fem induzida é: a) 0,50. 10–1V d) 2,0 V
b) 1,0 . 10–1 V e) 2,0 . 10–2
RESOLUÇÃO: Δt = 5,0 . 10–2s B = 0,50 T = 5,0 . 10–1T A = L2 = (0,10)2m2 = 1,0 . 10–2m2 Φ = B . A . cos α Para = 0º : Φ0 = 5,0 . 10–1 . 10–2 = 5,0 . 10–3 Wb Para α = 90º : Φ0 = 0 ΔΦ = 5,0 . 10–3 Wb A f.e.m. induzida é: ΔΦ E = –––– ⇒ E = –––––––– (V) 5,0 . 10–2 Δt 5,0 . 10–3
E = 1,0 . 10–1 V Resposta: B
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c) 1,0 V
RESOLUÇÃO: Neste exercício, temos de pensar no aumento ou na diminuição do fluxo, usar a Lei de Lenz e a regra da mão direita. No entanto, a corrente deve ser vista passando sobre a espira, no percurso MOP ou POM. Não interessa se o operador a vê no sentido horário ou anti-horário, pois o exercício impôs o referencial: a espira. Vamos denominar o lado esquerdo da espira de “triângulo” MOP, para simplificar a linguagem. a) No primeiro quarto de volta O triângulo MOP tem o fluxo diminuído e, portanto, a compensação de fluxo se faz pela corrente induzida no sentido POM. b) No segundo quarto de volta O triângulo MOP se aproxima do plano original, o fluxo aumenta, mas você deverá ver isso pelo verso da folha. O sentido da corrente continua a ser POM. c) No terceiro quarto, o triângulo MOP se destaca do plano, porém do lado de trás da folha. Vire o caderno e raciocine atrás da figura. O fluxo diminui e o sentido da corrente passa a ser MOP (houve inversão). d) No último quarto de volta, o triângulo MOP se aproxima de sua posição original, o fluxo aumenta (veja isso por trás) e o sentido da corrente continua a ser MOP. Resumindo: a corrente inverte de sentido nos instantes em que o fluxo é máximo ou mínimo. Ao professor: A corrente induzida acompanha a fem induzida, ou seja E = R . i na espira. Por sua vez, a derivada do fluxo, com sinal contrário, nos dá a fem induzida. Imaginando que a variação de fluxo seja uma cossenoide (máximo fluxo na posição inicial), sua derivada é uma senoide com o sinal trocado. Os gráficos abaixo são sugestivos e reforçam a tese de que a inversão ocorre com fluxo máximo ou mínimo (situação de pico).
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5. Na figura, temos uma espira retangular de área variável (haste → móvel). A seta ao lado de v indica o sentido em que a haste está sendo movida por ação de forças externas. Indique o sentido da corrente induzida.
MÓDULO 34 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA III 1. (ITA-2012) – Considere uma espira com N voltas de área A, → imersa num campo magnético B uniforme e constante, cujo sentido aponta para dentro da página. A espira está situada inicialmente no plano perpendicular ao campo e possui uma resistência R. Se a espira gira 180° em torno do eixo mostrado na figura, calcule a carga que passa pelo ponto P.
RESOLUÇÃO: 1.o modo → A força magnética Fm que surge na haste móvel se opõe ao deslocamento → da haste, de acordo com a Lei de Lenz. Assim, conhecidos os sentidos de B → e Fm , determinamos, pela regra da mão esquerda, o sentido de i na haste móvel. RESOLUÇÃO: Analisaremos, inicialmente, apenas metade do giro total de 180°, assim: Φinicial = NBA cos 180° Φinicial = – NBA →
2.o modo Ao deslocar a haste no sentido indicado, ocorre aumento do fluxo interno à espira fechada retangular. Logo, pela Lei de Lenz, deverá haver uma compensação de fluxo e a corrente induzida é o resultado de um ΔΦ penetrando na espira. A corrente terá o sentido horário. Observemos que → ΔΦ e ΔB têm o mesmo sentido.
O fluxo final será nulo, pois a espira estará paralela a B nesta situação. Φfinal = 0 A variação do fluxo para esta metade do giro será dada por: ΔΦ = Φfinal – Φinicial ΔΦ = 0 – (– NBA) ΔΦ = NBA A f.e.m. induzida média, em módulo, será dada por:
ΔΦ
NBA
Δt
Δt
E = –––– = –––––
A intensidade média de corrente elétrica neste trecho analisado será dada por
Q Δt
i = ––– Assim:
E mas i = ––– R E Q ––– = ––– R Δt NBA Q –––––– = ––– Δt R Δt
Resposta: sentido horário
NBA Q = ––––– R Nos 90° restantes, para se completar os 180° de giro, teremos essa mesma quantidade de carga passando por P. A carga total que passa efetivamente por P será então: NBA NBA Qtotal = –––––– + –––––– R R 2NBA Qtotal = ––––––– R
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(MODELO ENEM) – Texto para as questões 2 e 3. Numa usina eólica, um “catavento” gira com o fluxo eólico. Nesse processo, adquire energia mecânica, a qual transmite para um gerador elétrico. A figura ilustra um processo de transmissão mecânica.
2. Admitindo que a potência de um catavento seja de 10kW, que na transmissão mecânica o rendimento seja de 90% e que no processo de conversão de energia mecânica em elétrica haja uma perda de 3%, a potência elétrica gerada será: a) 10kW b) 9,0kW c) 8,73kW d) 8,73kW e) 80kW RESOLUÇÃO: O rendimento no processo de conversão de energia mecânica em elétrica é 97%. O rendimento total do processo é dado pelo produto dos dois rendimentos: η = 0,90 . 0,97 = 0,873 A potência elétrica gerada será: Pel = 0,873 . 10(kW) Pel = 8,73 kW
4. (ENEM) – A eficiência de um processo de conversão de energia é definida como a razão entre a produção de energia ou trabalho útil e o total de entrada de energia no processo. A figura mostra um processo com diversas etapas. Nesse caso, a eficiência geral será igual ao produto das eficiências das etapas individuais. A entrada de energia que não se transforma em trabalho útil é perdida sob formas não utilizáveis (como resíduos de calor).
HINRICHS, R.A. Energia e Meio Ambiente. São Paulo: Pioneira. Thomson Learning, 2003 (adaptado). Aumentar a eficiência dos processos de conversão de energia implica economizar recursos e combustíveis. Das propostas seguintes, qual resultará em maior aumento da eficiência geral do processo? a) Aumentar a quantidade de combustível para queima na usina de força. b) Utilizar lâmpadas incandescentes, que geram pouco calor e muita luminosidade. c) Manter o menor número possível de aparelhos elétricos em funcionamento nas moradias. d) Utilizar cabos com menor diâmetro nas linhas de transmissão a fim de economizar o material condutor. e) Utilizar materiais com melhores propriedades condutoras nas linhas de transmissão e lâmpadas fluorescentes nas moradias.
Resposta: C RESOLUÇÃO: Se o material for melhor condutor de eletricidade, reduzimos as perdas de energia elétrica por Efeito Joule na linha de transmissão. No entanto, o gargalo da produção está na baixa eficiência das lâmpadas incandescentes. É fundamental a sua troca por fluorescentes. Resposta: E
3. Na geração eólica, o processo de conversão da energia mecânica em elétrica no interior do gerador obedece à a) Lei de Faraday. b) Lei de Joule. c) Lei de Coulomb. d) lei da inércia. e) Lei de Ohm-Pouillet. RESOLUÇÃO: A Lei de Faraday explica o processo de conversão de energia mecânica em elétrica. Resposta: A
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5. (UPE) – A figura abaixo mostra uma espira retangular de largura L = 2,0 m e de resistência elétrica R = 8,0Ω que está parcialmente imersa em um campo magnético externo uniforme e perpendicular ao plano da espira B = 4,0 T. As retas tracejadas da figura mostram os limites do campo magnético.
MÓDULO 35 ELETRIZAÇÃO POR ATRITO E CONTATO 1. (MODELO ENEM) – Verificou-se, experimentalmente, que ao se atritar o vidro com qualquer outra substância, ele fica eletrizado positivamente. Então: I. Se esfregarmos um pano de lã sobre o tampo de vidro de uma mesa, o vidro se eletriza positivamente e a lã negativamente. II.
Se esfregarmos um pano de seda sobre o tampo de vidro da mesa, o vidro se eletriza positivamente e a seda negativamente.
III. Nos dois experimentos anteriores, o vidro cedeu elétrons aos panos. Suponha que a espira seja puxada para a direita, por uma mão com velocidade constante v = 5,0m/s. Considere desprezível o efeito de borda. Analise as proposições a seguir e conclua. I II 0
0
O valor absoluto da força eletromotriz induzida na espira é Eind = 40V.
1
1
O sentido da corrente induzida na espira é anti-horário.
2
2
3
3
Estão corretas: a) Todas c) somente I e III
b) somente I e II d) somente II e III
RESOLUÇÃO: Resposta: A
O valor da corrente induzida na espira é
i = 5,0 A. A intensidade da força aplicada pela mão para manter a velocidade constante é F = 40 N.
RESOLUÇÃO: (0) Correta ΔΦ ε = ––––– = B . L . V Δt
2. Dispomos de quatro pequenas esferas metálicas, A, B, C e D. A primeira delas possui uma carga elétrica de +64 pC e a quarta, uma carga elétrica de –8 pC. As demais estão neutras. Determine a carga elétrica em cada esferinha nos contatos que se propõem:
ε = 4,0 . 2,0 . 5,0 (V) ε = 40V (1) Errada Usando a regra da mão esquerda e a Força de Lorentz, a corrente tem sentido horário. (2) Correta 4,0 . 2,0 . 5,0 B.L.V i = –––––––– ⇒ i = –––––––––––– (A) ⇒ 8,0 R (3) Correta F=B.i.L F = 4,0 . 5,0 . 2,0 (N) F = 40N
Resposta: Corretas: 0, 2 e 3
i = 5,0A
a) da esferinha A com a B; b) da esferinha A com a C, após o contato anterior; c) da esferinha B com a D, após os contatos anteriores; d) das quatro esferinhas simultaneamente. RESOLUÇÃO: a) Contato entre A e B +64pC + 0 –––––––––– = +32 pC (para cada uma delas) 2 b) Contato entre A e C, após o contato anterior: +32pC + 0 –––––––––– = +16 pC (para cada uma delas) 2
c) Contato de B com D após os contatos anteriores +32pC – 8pC +24pC –––––––––––– = ––––––– = +12 pC 2 2
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d) Juntando as quatro esferinhas: QA + QB + QC + QD = 4Q +16pC + 12pC + 16pC + 12pC = 4Q +56pC = 4Q ⇒ Q = 14pC Cada esferinha ficará com 14 pC Observação: devido ao princípio da conservação da carga elétrica, se somarmos as cargas iniciais, o resultado deverá ser o mesmo: +64pC + 0 + 0 –8pC = 4Q
⇒
+56pC = 4Q ⇒ Q = 14pC
CONTATOS Esfera A
Esfera B
Esfera C
PCCE
Q
0
0
Q+0+0=Q
A com B
Q/2
Q/2
0
Q/2 + Q/2 = Q
A com C
Q/4
Q/2
Q/4
Q/4 + Q/2 + Q/4 = Q
B com C
Q/4
3Q/8
3Q/8
Q/4 + 3Q/8 + 3Q/8 = Q
Observação: no contato de B com C, fizemos: Q Q 2Q Q 3Q –– + –– = –– + –– = ––– 2 4 4 4 4 3Q/4 3Q QB = QC + –––– = ––– 2 8 Resposta: E
3. Determine a carga elétrica, em coulombs, de cada uma das esferinhas abaixo. É dado e =1,6 x 10–19C.
RESOLUÇÃO:
5. Quando um corpo neutro fica eletrizado, sem alteração do núcleo de seus átomos, pode-se supor que esse corpo possui a) carga elétrica positiva, pois recebeu elétrons. b) carga elétrica negativa, pois recebeu elétrons. c) carga elétrica positiva, pois recebeu prótons. d) carga elétrica positiva, pois perdeu elétrons. e) uma carga elétrica que pode ser positiva ou negativa, ficando com quantidades diferentes de prótons e elétrons. RESOLUÇÃO: O corpo recebeu ou cedeu elétrons e a quantidade de elétrons ficou diferente da quantidade de prótons. Resposta: E
MÓDULO 36 ELETRIZAÇÃO POR INDUÇÃO 1. Desenhe as cargas elétricas induzidas na esfera neutra. Considere o bastão como corpo indutor. 4. (IFCE) – Três esferas metálicas idênticas, A, B e C, se encontram isoladas e bem afastadas uma das outras. A esfera A possui carga Q e as outras estão neutras. Faz-se a esfera A tocar primeiro a esfera B e depois a esfera C. Em seguida, faz-se a esfera B tocar a esfera C. No final desse procedimento, as cargas das esferas A, B e C serão, respectivamente, a) Q/2, Q/2 e Q/8. b) Q/4, Q/8 e Q/8. c) Q/2, 3Q/8 e 3Q/8. d) Q/2, 3Q/8 e Q/8. e) Q/4, 3Q/8 e 3Q/8. RESOLUÇÃO: No início, apenas a esfera A estava eletrizada, enquanto B e C estavam neutras. Após o primeiro contato, a esfera B já possui carga elétrica, no entanto, verifique ao final de cada linha da tabela a seguir o princípio da conservação das cargas elétricas.
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RESOLUÇÃO:
2. Aproximamos um bastão eletrizado de um pêndulo eletrostático. O que ocorrerá?
3. Uma esfera condutora neutra está sobre um suporte isolante, porém está ligada à Terra por um fio condutor. Aproximamos da esfera um segundo corpo eletrizado, o qual denominaremos indutor. No experimento 1, o condutor é positivo e no 2, negativo.
Responda, para cada experimento: a) as cargas que percorrem o fio-terra durante o processo de indução são positivas ou negativas? Em que sentido circulam? Indique por uma seta na figura. b) a carga induzida é positiva ou negativa? c) de que modo poderíamos manter a carga induzida mesmo afastando o indutor? RESOLUÇÃO: a) No experimento 1, o indutor é positivo e “puxa” elétrons pelo fio terra. No experimento 2, o indutor é negativo e repele elétrons do induzido, os quais escoam pelo fio-terra. Portanto, em ambos os experimentos, o fio-terra é sempre percorrido por elétrons. b) No experimento 1, como o indutor é positivo, a carga induzida tem sinal contrário e é negativa. No experimento 2, é o inverso e a carga induzida é positiva. c) Inicialmente, corta-se o fio-terra na presença do indutor. A seguir, afastamos o indutor. Se você fizer o inverso, as cargas escoarão pelo fio-terra e neutralizar-se-á o induzido.
RESOLUÇÃO:
Sob o ponto de vista microscópico, teremos a seguinte configuração de cargas induzidas (fig b). A carga negativa (– q) e a positiva (+ Q) estão próximas e se atraem. Isso atrai a esfera para as proximidades do bastão. Há também uma força repulsiva entre (+q) e (+Q), mas devido à distância, sua intensidade é muito pequena.
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4. (UFTM-2012) – A indução eletrostática consiste no fenômeno da separação de cargas em um corpo condutor (induzido), devido à proximidade de outro corpo eletrizado (indutor). Preparando-se para uma prova de física, um estudante anota em seu resumo os passos a serem seguidos para eletrizar um corpo neutro por indução, e a conclusão a respeito da carga adquirida por ele.
5. (CFT-MG-2012) – O eletroscópio da figura, eletrizado com carga desconhecida, consiste de uma esfera metálica ligada através de uma haste condutora a duas folhas metálicas e delgadas. Esse conjunto encontra-se isolado por uma rolha de cortiça presa ao gargalo de uma garrafa de vidro transparente, como mostra a figura. Um garoto aproxima da esfera A do eletroscópio uma segunda esfera B.
1.º) Procedimentos: passos a serem seguidos: I. Aproximar o indutor do induzido, sem tocá-lo. II. Conectar o induzido à Terra. III. Afastar o indutor. IV. Desconectar o induzido da Terra. 2.º) Conclusão: No final do processo, o induzido terá adquirido cargas de sinais iguais às do indutor. Ao mostrar o resumo para seu professor, ouviu dele que, para ficar correto, ele deverá a) inverter o passo III com IV, e que sua conclusão está correta. b) inverter o passo III com IV, e que sua conclusão está errada. c) inverter o passo I com II, e que sua conclusão está errada. d) inverter o passo I com II, e que sua conclusão está correta. e) inverter o passo II com III, e que sua conclusão está errada. RESOLUÇÃO: Estão em julgamento duas coisas: a sequência passo a passo dos procedimentos e a conclusão final do aluno a respeito do sinal da carga induzida. 1.o) A sequência correta dos procedimentos é: I, II, IV e III, conforme vimos no exercício anterior. 2.o) A conclusão estava errada: as cargas induzidas têm o sinal contrário ao das cargas do indutor. Resposta: B
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Sobre o eletroscópio, afirma-se: I. As folhas movem-se quando um corpo neutro é aproximado da esfera sem tocá-la. II. O vidro que envolve as folhas delgadas funciona como uma blindagem eletrostática. III.A esfera e as lâminas estão eletrizadas com carga de mesmo sinal e a haste está neutra. IV. As folhas abrem-se ainda mais quando um objeto, de mesma carga do eletroscópio, aproxima-se da esfera sem tocá-la. Estão corretas apenas as afirmativas a) I eII. b) I e IV. c) II e III. d) III e IV. RESOLUÇÃO: I. CORRETA. Ao aproximarmos um corpo neutro (B) do eletroscópio, vamos observar indução, sendo que o indutor será o eletroscópio e o induzido o corpo neutro. Na indução, os centros de carga do indutor e do induzido tendem a se aproximar. Consequentemente, as cargas elétricas do eletroscópio mudam suas posições até que se estabeleça um equilíbrio eletrostático. Essas cargas apresentam uma pequena tendência de se posicionarem próximas da esfera A ou mesmo na própria esfera A. Concluímos que as folhas se movimentam. II. INCORRETA. Em primeiro lugar, o vidro não é condutor elétrico e não poderia ser uma blindagem. Em segundo lugar, mesmo que trocássemos o vidro por um metal, a blindagem deve ser de fora para dentro. Ora, o eletroscópio já está eletrizado e no caso anterior ele é o indutor: não haveria blindagem. O vidro impede que o vento atrapalhe a experiência. III.INCORRETA. Estando o eletroscópio isolado (afastado) de qualquer outro corpo, teremos em todo o corpo metálico cargas elétricas de mesmo sinal distribuídas entre as lâminas, a haste metálica suporte e a esferinhada cabeça do eletroscópio. IV. CORRETA. Suponhamos por exemplo que se tenha carga elétrica positiva no eletroscópio e também positiva na esfera B. Ao aproximar B de A, haverá uma subida de elétrons pelo corpo do eletroscópio e suas lâminas adquirem um aumento da carga elétrica. Elas se afastam uma da outra. Resposta: B