44
– 93 FÍSICA A 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 –3 s RESOLUÇÃO: = = = rad/s Resposta: D 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. RESOLUÇÃO: a) T = 20s C = = = b) 1) P = C = 0,3 2) V P = P R = 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 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 po- legadas 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: = = V 2 = . V 1 V 2 = . 100 (km/h) Resposta: C MÓDULO 21 MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME ––– T 6 –––––––– 30 . 10 –3 rad –––– s = 200 rad/s 6 000 –––––––– 30 Δ –––– Δt 2 –––– T 2 –––– 20 rad –––– s rad rad C = –––– ––––– 0,3 ––––– 10 s s rad –––– s V 2 –––– R 2 V 1 –––– R 1 R 2 –––– R 1 22 –––– 20 V 2 = 110 km/h FRENTE 1 – MECÂNICA

c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

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Page 1: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

– 93

FÍS

ICA

A

1. (FUVEST-TRANSFERÊNCIA-2012) – Um pulsar é umaestrela em rotação que emite um pulso de radiação a cada rotaçãocompleta. Astrônomos estudaram um pulsar que emite um pulso deradiação a cada 30 ms. A velocidade angular dessa estrela é a) 20 rad/s b) 30 rad/s c) 100 rad/s.d) 200 rad/s e) 300 rad/s Adote � = 3; 1 ms = 10–3s

RESOLUÇÃO:

� = = = rad/s

Resposta: D

2. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA) – O carrossel de umparque de diversões realiza uma volta completa a cada 20s. Adote � = 3.Determinea) 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.

RESOLUÇÃO:a) T = 20s ⇒ �C = = =

b) 1) �P = �C = 0,3

2) VP = �PR = 0,3 . 3,0 (m/s) = 0,9 m/s

c) Δt = T = 20s

Respostas: a) 0,3 rad/sb) 0,3 rad/s e 0,9 m/sc) 20 s

3. (UFJF-MODELO ENEM) – Um velocímetro comum de carromede, na realidade, a velocidade angular do eixo da roda e indica umvalor que corresponderia à velocidade do carro. O velocímetro paraum determinado carro sai da fábrica calibrado para uma roda de 20 po -legadas de diâmetro (isso inclui o pneu). Um motorista resolve trocaras rodas do carro para 22 polegadas de diâmetro. Assim, quando ovelocímetro indica 100 km/h, a velocidade real do carro é:a) 100 km/h b) 200 km/h c) 110 km/hd) 90 km/h e) 160 km/h

RESOLUÇÃO:A velocidade angular é a mesma:

� = =

V2 = . V1

V2 = . 100 (km/h)

Resposta: C

MÓDULO 21

MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME

2π–––T

6––––––––30 . 10–3

rad––––

s

� = 200 rad/s

� � 6 000––––––––

30

Δ�––––

Δt

2�––––

T

2�––––20

rad––––

s

� rad rad�C = –––– ––––– � 0,3 –––––

10 s s

rad––––

s

V2––––R2

V1––––R1

R2––––R1

22––––20

V2 = 110 km/h

FRENTE 1 – MECÂNICA

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Page 2: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

4. (UNIFEI-MG-2011) – A Lua dá uma volta em torno da Terra emaproximadamente 28 dias. A distância entre estes dois corpos dosistema solar é de 4,0 x 105 km. Sabe-se que a Lua apresenta sempre amesma 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 sentidotem essa aceleração? Use � = 3 e 28 d = 2,4 . 106s. 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 centroda Terra: 28 dias.

b) Sendo a órbita suposta circular, o movimento de translação da Lua éuniforme e sua aceleração será centrípeta: direção radial e sentido parao centro da circunferência descrita.

acp = �2R = 2. R

acp =

acp = (m/s2)

acp = 25 . 10–4 m/s2

Respostas: a) 28 d = 2,4 . 106s

b) � acp→ � = 2,5 . 10–3m/s2

direção: radial

sentido: para o centro

5. (UFPA-2012) – O Brasil possui um centro de lançamento desatélites em Alcântara (MA), pois, devido à rotação da Terra, quantomais próximo da linha do Equador for lançado um foguete, menor avariação de velocidade necessária para que este entre em órbita. A esserespeito, considere um sistema de referência inercial em que o centro daTerra está em repouso, estime tanto o módulo da velocidade VE de umponto da superfície da Terra na linha do Equador quanto o módulo davelocidade VS de um satélite cuja órbita tem um raio de 1,29 . 104km.É correto afirmar que VE é aproximadamentea) 1 % de VS b) 2 % de VS c) 4 % de VSd) 6 % de VS e) 8 % de VS

RESOLUÇÃO:1) Cálculo de VE:

VE = = = ⇒

2) Cálculo de VS:

g = acp =

3,1 . 104 =

VS2 = 4,0 . 108 ⇒

3) Relação entre VE e VS:

= = 0,0835

Resposta: E

1. (UESPI-2012) – A engrenagem da figura a seguir é parte domotor de um automóvel. Os discos 1 e 2, de diâmetros 40cm e 60cm,respectivamente, são conectados por uma correia inextensível e giramem movimento de rotação uniforme.

Se a correia não desliza sobre os discos, a razão ω1/ω2 entre asvelocidades angulares dos discos valea) 1/3 b) 2/3 c) 1 d) 3/2 e) 3

RESOLUÇÃO:V1 = V2�1R1 = �2R2

A velocidade angular e a frequência de rotação são inversamente propor -cionais ao raio da polia.Resposta: D

acp = 2,5 . 10–3 m/s2

4 . 9 . 4,0 . 108––––––––––––––

5,76 . 1012

4 �2––––– . R

T2

�2�––––

T�

MÓDULO 22

MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME

Considere que o perímetro da Terra no Equador é 40080km, que aaceleração da gravidade na órbita do satélite tem módulo 3,1 . 104km/h2 e que a Terra dá uma volta completa a cada 24 horas.

VE = 1670km/hΔs–––Δt

2πR–––––

T

40080km–––––––––

24h

VS2

–––R

VE––––VS

1,67 . 103–––––––––

2,0 . 104

VE � 8% de VS

VS2

–––––––––1,29 . 104

VS = 2,0 . 104km/h

�1 R2 30 3–––– = –––– = –––– = ––––

�2 R1 20 2

94 –

FÍSIC

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Page 3: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

2. (VUNESP-FMTM-MODELO ENEM) – Em algumas furadei -ras de bancada, a correia que transmite o movimento constante domotor pode ser montada em três configurações distintas, de acordo como 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 solida riamente dois conjuntos idênticos de três polias,um em ordem crescente e o outro em ordem decrescente de diâmetro.

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 ema) 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 dospontos 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 fre quên -

cia de rotação é inversamente proporcional ao raio da polia, concluímosque:

fbroca < fmotor

fbroca < 12Hz

Demonstrar: V1 = V22� f1 R1 = 2� f2 R2

frequência na razão inversa do raio.

Resposta: E

3. (UFLA-MG-2012-MODELO ENEM) – As engrenagens estãopresentes em objetos simples, tais como em bicicletas ou em moedores,também em relógios e em grandes máquinas. A figura abaixo represen -ta uma engrenagem composta por duas rodas circulares encostadas emuma polia que é colocada para girar em movimento de rotação uni -forme.

Sejam dois pontos, A e B, na extremidade de cada roda, de modo queo raio da trajetória de A é RA e o raio da trajetória de B é RB. Não hánenhum deslizamento entre as rodas e a polia. A razão entre os raiosRA / RB é igual a 2. Assim, a razão entre os módulos das velocidadestangenciais VA/ VB, entre os módulos das velocidades angulares,�A/�B e entre os períodos TA/ TB são, respectivamente:

a) 1; 2; b) 2; 1; 1 c) ; 1;

d) 1; ; 2 e) 1; 1; 1

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:

2) VA = VB ⇒ ωA RA = ωB RB ⇒

3) ω = ⇒ = ⇒

Resposta: D

f1 R2––– = ––––f2 R1

1 –––2

1 –––2

1 –––2

1 –––2

VA–––– = 1VB

ωA RB 1–––– = –––– = ––––

ωB RA 2

2π–––T

ωA–––ωB

TB–––TA

TA–––– = 2TB

– 95

FÍS

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Page 4: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

4. (VUNESP-FAMECA-2012) – A bicicleta ergométrica consisteem um mecanismo em que uma engrenagem maior (coroa), solidáriaa um par de pedais, transmite seu movimento a uma engrenagemmenor, presa a um grande disco massivo, que pode ter seu movimentodificultado pela ação de um freio ajustável.

Dados: raio do disco = 22 cm � = 3,1

a) Determine a velocidade escalar de um ponto externo da circun -ferência 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 com -pletas 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 engrenagemsolidária ao disco.

RESOLUÇÃO:

a) V = = =

b) fdisco = 2,0Hz

fenfgrenagem = fdisco = 2,0Hz

= ⇒ =

fc = Hz = . 60rpm

Respostas: a) 2,5km/hb) 40rpm

5. (UFPR-2012-MODELO ENEM) – Um ciclista movimenta-secom sua bicicleta em linha reta a uma velocidade escalar constante de18km/h. O pneu, devi damente montado na roda, possui diâmetro iguala 70cm. No centro da roda traseira, presa ao eixo, há uma roda dentadade diâmetro 7,0cm. Junto ao pedal e preso ao seu eixo há outra rodadentada de diâmetro 20cm. As duas rodas dentadas estão unidas poruma corrente, conforme mostra a figura.

Não há deslizamento entre a corrente e as rodas dentadas. Supondo-seque o ciclista imprima aos pedais um movimento circular uniforme,assinale a alternativa correta para o número de voltas por minuto queele impõe aos pedais durante esse movimento. Nesta questão, considereπ = 3.a) 0,25 rpm b) 2,50 rpm c) 5,00 rpmd) 25,0 rpm e) 50,0 rpm

RESOLUÇÃO:

1) V = = = 2π fRODA . RRODA

5,0 = 6 fRODA . 0,35

fRODA = Hz

2) fCA = fRODA = Hz

3) =

= ⇒ fCO = Hz

fCO = Hz = . 60 rpm

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

Resposta: E

2πRRODA––––––––TRODA

Δs–––Δt

5,0–––2,1

5,0–––2,1

RCA––––RCO

fCO––––fCA

5,0 . 3,5–––––––

21

3,5––––10

fCO––––5,0–––2,1

17,5––––21

17,5––––21

fCO = 50,0 rpm

�s–––�t

2�R––––

T

2 . 3,1 . 0,22–––––––––––

2,0

m–––

s

mV = 0,682 ––– � 2,5km/h

s

fc–––fe

R–––3R

Re–––Rc

fc–––2,0

2,0–––3,0

2,0–––3

fc = 40rpm

96 –

FÍSIC

A A

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Page 5: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

6. (UFU-MG) – As figuras abaixo representam dois pontos, A e B,sobre a superfície terrestre, em um mesmo meridiano. O ponto A estáno Equador e o ponto B se encontra no hemisfério norte a uma latitudede 60º.

Sabendo-se que a Terra gira com velocidade angular � e supondo-seque a Terra é de forma esférica com raio R, a alternativa que apresentaa relação entre as velocidades lineares desses dois pontos, A e B, é:

a) = 2 b) =

c) = d) = ��3

RESOLUÇÃO:

1) cos 60º =

r = R cos 60º =

2) VA = � R

VB = � r

Resposta: A

1. (UFPI-MODELO ENEM) – Uma pessoa em dificuldades nomeio de um rio foi socorrida por amigos que lhe jogaram quatro boiasque, coincidentemente, ficaram igual men te distanciadas dela, comomostra a figura abai xo.

A correnteza tem velocidade constante e arrasta as boias e a pessoa.A velocidade da pessoa em relação às águas tem sem pre o mesmo mó -dulo.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 mes mo, 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 Vd) V F V F e) V V F V

RESOLUÇÃO:Para um referencial fixo na água, temos:

Vrel =

Δt =

Em relação a qualquer das boias, d e Vrel são as mesmas e, por tanto, otempo gasto para atingir qualquer das boias é o mesmo.Resposta: C

MÓDULO 23

COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS

2��3–––––

3VA–––VB

VA–––VB

VA–––VB

1––2

VA–––VB

r–––R

R–––2

VA R ___ = ––– = 2VB r

d–––Δt

d–––––Vrel

– 97

FÍS

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Page 6: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

2. (UNICAMP-2012-MODELO ENEM) – O transporte fluvial decargas é pouco explorado no Bra sil, considerando-se nosso vasto con -junto de rios na ve gáveis. Uma embarcação navega a uma veloci dadede 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 aproxi madamenteconstante com módulo de 5,0m/s em relação às margens. Qual é otempo aproximado de viagem entre duas cidades separadas por umaextensão de 40km de rio, se o barco navega rio acima, ou seja, contraa correnteza?a) 2 horas e 13 minutos. b) 1 hora e 23 minutos.c) 51 minutos. d) 37 minutos.

RESOLUÇÃO:

1) Vrel = 26 nós = 26 . 0,5m/s = 13m/s

Varr = 5,0m/s

→VR =

→Vrel +

→Varr

�→VR� = �

→Vrel� – �

→Varr�

�→VR� = 13 – 5,0 (m/s) = 8,0m/s

2) Δs = �→VR� Δt (MU)

40 . 103 = 8,0 . T

T = 5,0 . 103s

T = h

T = h = h

T = 1h + h

T = 1h + . 60min

Resposta: B

3. Considere uma escada rolante que se move para cima comvelocidade constante de módulo VE.

Uma pessoa vai de A para B com velocidade cons tante de módulo Vpem relação à escada, gastando neste trajeto 20s.Em seguida, a pessoa vai de B para A com velocidade relativa à escadade mesmo módulo Vp, gastando neste trajeto 60s. Se a pessoa for de A para B, parada em relação à escada, o tempo gastono trajeto será de:a) 20s b) 30s c) 40s d) 60s e) 120s

RESOLUÇÃO:MU: Δs = V t

AB = (VP + VE) 20 (1)

AB = (VP – VE) 60 (2)

AB = VE T (3)

(1) = (2): (VP + VE) 20 = (VP – VE) 60

VP + VE = 3VP – 3VE

4VE = 2VP ⇒

(1) = (3): (VP + VE) 20 = VE T

(2VE + VE) 20 = VE T

3VE 20 = VE T

Resposta: D

4. (UFBA) – Um barco vai de Manaus até Urucu descendo um rioe, em seguida, retorna à cidade de partida, conforme esquematizado nafigura.

A velocidade da correnteza é constante e tem módulo VC em relação àsmargens.A velocidade do barco em relação à água tem módulo constante e iguala VB.Desconsiderando-se o tempo gasto na manobra para voltar, a velo -cidade escalar média do barco, em rela ção às margens, no trajeto totalde ida e volta, tem módulo dado por:

a) b) c) �VBVC

d) e)

RESOLUÇÃO:

Seja d a distância percorrida na ida.

Descida do rio: VB + VC = (1)

T = 60s

VP = 2 VE

7–––18

T � 1h + 23 min

7–––18

18 + 7�–––––�18

25–––18

VB – VC––––––––

2

VB + VC––––––––

2

V2B – V2

C––––––––

VB

V2B + V2

C––––––––

VB

5000––––––3600

d–––t1

98 –

FÍSIC

A A

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Page 7: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

Subida do rio: VB – VC = (2)

No trajeto todo: Vm = (3)

De (1): t1 =

De (2): t2 =

t1 + t2 = + = =

Em (3): Vm = 2d . ⇒

Resposta: E

5. Um projétil é lançado a partir da origem de um sistema decoordenadas 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)

Determinea) 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)

De (1): t =

Em (2): y = 8,0 . – 5,0 � �2

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

c) x = D ⇔ y = 0

0 = . D – D2

= D

D = (m)

Respostas: a)

b) parábolac) 9,6m

1. (UPE-2012) – Considere um rio de margens paralelas, cujadistância entre as margens é de 140m. A velocidade da água em relaçãoàs margens tem módulo igual a 20m/s. Um barco motorizado cuja velo -cidade em relação à água tem módulo igual a 10m/s atravessa o rio deuma margem à outra no menor tempo possível. Assinale a alterna tivaque corresponde a este tempo em segundos.a) 6,36 b) 12,36 c) 13 d) 14 e) 14,36

RESOLUÇÃO:

Vrel = ⇒ 10 = ⇒

Resposta: D

D = 9,6 m

x–––6,0

x–––6,0

x–––6,0

4,0 5,0y = –––– x – ––––– x2 (SI)

3,0 36,0

4,0–––3,0

5,0––––36,0

5,0 D2––––––

36,0

4,0–––3,0

4,0 . 12,0––––––––––

5,0

4,0 5,0y = –––– x – ––––– x2 (SI)

3,0 36,0

d––––––––VB – VC

2 d VB–––––––V2

B – V2C

d(VB + VC + VB – VC)–––––––––––––––––––

V2B – V2

C

d–––––––VB + VC

d––––––––VB – VC

V2B – V2

CVm = –––––––

VB

V2B – V2

C�––––––––�2 d VB

d––––––––VB + VC

2d––––––t1 + t2

d–––t2

MÓDULO 24

COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS

L–––Δt

140–––––Tmin

Tmin = 14s

– 99

FÍS

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Page 8: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

2. Uma lancha, que tem velocidade com módulo 5,0 km/h em águasparadas, atravessa um rio de margens paralelas e largura de 1,0 km, aolongo do menor caminho possível entre as duas margens, em umintervalo 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/hd) 4,0 km/h e) 5,0 km/h

RESOLUÇÃO:

1) VR = = = 4,0 km/h

2) Vrel2 = VR

2 + VARR2

(5,0)2 = (4,0)2 + VARR2

Resposta: C

3. (EFOMM-2012) – Um barco atravessa um rio de margensparalelas e largura de 4,0km. Devido à correnteza, as componentes davelocidade resultante do barco são Vx = 0,50km/h e Vy = 2,0km/h.

Considerando-se que, em t = 0, o barco parte da origem do sistemacartesiano xy (indicado na figura), as coordenadas de posições, emquilômetros, e o instante, em horas, de chegada do barco à outramargem sãoa) (1,0 ; 4,0) e 1,0 b) (1,0 ; 4,0) e 2,0 c) (2,0 ; 4,0) e 4,0d) (16 ; 4,0) e 4,0 e) (16 ; 4,0) e 8,0

RESOLUÇÃO:1) Na direção y, temos:

Vy = ⇒ 2,0 = ⇒

2) Na direção x, temos:x = x0 + Vx t

xf = 0 + 0,50 . 2,0 (km) ⇒

Resposta: B

4. (UPE-2012-MODELO ENEM) – “Nos quatro primeiros dias domês de maio, no Recife, o Instituto Nacional de Meteorologia (Inmet)registrou 255 milímetros de chuva, 80,3% do esperado para todo o mêsde 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 so -lo, com velocidade de módulo 10m/s. Um “aventureiro” saiu com seucarro nesse momento, sem vento. O carro se deslocava horizontal -mente, com velocidade de módulo 54km/h em relação ao solo. Qual omódulo da velocidade, em m/s, da chuva em relação ao carro?a) 5,0 b) 15 c) 25 d) 5 ��5 e) 5 ���13

RESOLUÇÃO:

Vrel2 = VR

2 + Varr2

Vrel2 = 100 + 225 = 325 = 25 . 13

Vrel2 = 25 . 13

Resposta: E

1,0km–––––––

1 h––4

L–––�t

VARR = 3,0 km/h

T = 2,0h4,0–––T

L–––�t

xf = 1,0kmyf = 4,0km

Vrel = 5 ���13 m/s

100 –

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Page 9: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

5. (UNESP) – Um homem, em pé sobre uma plataforma que semove horizontalmente para a direita com velocidade constante demódulo V = 4,0m/s, observa que, ao inclinar de 45° um tubo cilíndricooco, permite que uma gota de chuva, que cai verticalmente comvelocidade constante, em rela ção ao solo, atravesse o tubo sem tocarem suas paredes.

Determinea) o módulo da velocidade da gota em relação ao solo;b) o módulo da velocidade da gota em relação ao tubo.RESOLUÇÃO:

a) �→VR� = �V

→arr � = 4,0 m/s

b) �V→

rel �2

= �V→

R�2 + �V→

arr�2

Respostas: a) 4,0 m/s

b) 4,0 �2 m/s

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

RESOLUÇÃO:

1) A pedra tem um movimento de arrastamento com veloci dade horizontaligual à do carro (V1).

2) A pedra tem um movimento, relativo ao carro, circular e uniforme comvelocidade de módulo V2.

3) No ponto A, de contato com o chão, a pedra deve ter veloci dade 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

Resposta: E

7. (ENEM-2010) – A ideia de usar rolos circulares para deslocarobjetos pesados provavelmente surgiu com os antigos egípcios aoconstruírem as pirâmides.

BOLT, Brian. Atividades matemáticas. Ed. Gradiva.

Representando por R o raio da base dos rolos cilíndricos, a expressãodo deslocamento horizontal x do bloco de pedra em função de R, apóso rolo ter dado uma volta completa sem deslizar, éa) x = R b) x = 2R c) x = �R d) x = 2�R e) x = 4�R

RESOLUÇÃO:

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

�V→

rel � = 4,0 �2 m/s

0 � V � 144 km/h

– 101

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1. Em um local onde o efeito do ar é desprezível e a aceleração dagravidade é constante e com módulo igual a g, um projétil é lançado apartir do solo terrestre, com velocidade inicial de módulo V0 e inclinadade um ângulo � em relação ao plano horizontal do solo.

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:

a) 1) Vy = V0y + �y t (MUV)

0 = V0 sen � – g ts ⇒ ts =

2) T = ts + tQ = 2ts ⇒

b) Vy2 = V0y

2 + 2 �y Δsy (MUV)

0 = (V0 sen �)2 + 2 (–g) H ⇒

c) Δsx = Vx t (MU)

D = V0 cos � . = . 2 sen � cos �

d) D = Dmáx ⇒ sen 2� = 1

2� = 90° ⇒

e) �1 = 30°

D1 = sen 60°

�2 = 60°

D2 = sen 120°

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

Respostas: a) b)

c) d)

e)

2. (VUNESP-MODELO ENEM) – Selene e Diana são duas alunasque ficaram muito felizes com a competição de foguetes, proposta peloprofessor. Nessa competição, o foguete é, na verdade, um canudinho derefrigerante lançado a partir de um frasco vazio adaptado, que é aper -ta do, com as mãos, pelas alunas. As alunas lançaram seus foguetes apartir de uma mesma altura e com a mesma velocidade escalar inicial,de 4,0m/s, mas com ângulos de lançamento diferentes: Selene lançouseu foguete com ângulo de 45° e Diana, com ângulo de 60°. Admitindo-se que ambos os foguetes voltaram, após a queda, para a mesma alturado lançamento e que o módulo da ace leração da gravidade seja igual a10,0m/s2, com relação aos alcances, em metros, atingidos pelosfoguetes de Selene e Diana, respecti vamente, pode-se afirmar que são,aproxi madamente, iguais aa) 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

Dado: D = sen 2�

RESOLUÇÃO:

D = sen 2�

D45° = . sen 90° (m) ⇒

D60° = . sen 120° (m) ⇒ D60° = 1,60 . (m)

D60° = 0,80 . 1,73 (m)

Resposta: A

MÓDULO 25

BALÍSTICA I

V0 sen �––––––––

g

2 V0 sen �T = ––––––––––

g

(V0 sen �)2H = ––––––––––

2g

V02

––––g

2 V0 sen �–––––––––

g

V02

D = –––– sen 2�g

� = 45°

V02

Dmáx = ––––g

V02

––––g

V02

––––g

D1–––– = 1D2

(V0 sen �)2H = ––––––––––

2g

2 V0 sen �T = ––––––––––

g

V02

� = 45°; Dmáx = ––––g

V02

D = –––– sen 2�g

D1–––– = 1D2

V02

–––g

V02

–––g

D45 = 1,60m16,0––––10,0

�3––––

2

16,0––––10,0

D60° = 1,38m

102 –

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Page 11: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

3. Um atirador aponta um fuzil diretamente para o cen tro C de umalvo, suspenso a uma certa altura acima do solo, como mostra a figura.

Não considere o efeito do ar e admita que a ace leração da gravidade sejaconstante. No exato instan te em que o projétil é disparado, e fica sobação da gravidade, o alvo inicia um movimento de queda livre vertical,a partir do repouso. O alcance hori zon tal do projétil é maior que D.Podemos afirmar quea) 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 aceleraçãorelativa (diferença das duas acelerações) é nula; o movimento relativo éretilíneo e uniforme, e o projétil vai atingir o centro C do alvo.Resposta: A

(FUVEST – TRANSFERÊNCIA-2012) – Enunciado para as questõesde 4 a 6.Em um parque de diversões, uma jovem lança uma bola em direção auma cesta, cujo centro está a 3,5m de distância e 1,0m de altura acimado ponto de lançamento, com uma velocidade inicial de módulo 0 eque forma um ângulo � = 45º com a horizontal, de modo que encesta abola. Adota-se t = 0 s no instante de lançamento e um sistema dereferência em que os eixos x e y, nas direções horizontal e vertical,respectivamente, apontam nos sentidos indicados na figura e têm origemno ponto de lançamento. Ignore o atrito com o ar e o tamanho da bolae use g = 10 m/s2 para o módulo da aceleração da gravidade no local.

4. Nas condições do enunciado, as equações horárias para o movi -mento da bola sãoa) x(t) = V0 cos 45°t b) x(t) = V0t

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

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

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

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 = y0 + V0y t + t2

y = (V0 sen 45°) t – t2

Resposta: A

5. O instante T em que a bola atinge a cesta é igual a

a) s b) s c) s

d) �2 s e) 2 �2 s

RESOLUÇÃO:

y = (V0 sen 45°) t – t2

(V0 sen 45°) t = x

y = x – t2

1,0 = 3,5 – 5,0 T2

5,0 T2 = 2,5

T2 = ⇒

Resposta: C

�y–––2

g––2

�2––––

2

�2––––

4

�2––––

8

g––2

1 �2 T = –––––– s = ––––– s

�2 2

1––2

g––2

– 103

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Page 12: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

6. Para acertar a bola na cesta, o módulo 0 da velocidade inicialprecisa ser igual aa) 1,0m/s b) 3,0m/s c) 5,0m/sd) 7,0m/s e) 9,0m/s

RESOLUÇÃO:x = V0 cos 45° t

3,5 = V0 . .

Resposta: D

(UERJ-2012) – Utilize as informações a seguir para responder àsquestões de números 1 e 2.

Três bolas – X, Y e Z – são lançadas da borda de uma mesa, comvelocidades iniciais paralelas ao solo e mesma direção e sentido.A tabela abaixo mostra as magnitudes das massas e das velocidadesiniciais das bolas.

1. As relações entre os respectivos tempos de queda tx, ty e tz dasbolas X, Y e Z estão apresentadas em:a) tx < ty < tz b) ty < tz < txc) tz < ty < tx d) ty = tx = tz

RESOLUÇÃO:

�sy = V0y t + t2

H = T2 ⇒

Resposta: D

2. As relações entre os respectivos alcances horizontais Ax, Ay e Azdas bolas X, Y e Z, com relação à borda da mesa, estão apresentadasem:a) Ax < Ay < Az b) Ay = Ax = Azc) Az < Ay < Ax d) Ay < Az < Ax

RESOLUÇÃO:

�sx = Vx T

Vx > Vy > Vz

Resposta: C

3. (FAFIPA-MODELO ENEM) – Durante uma guerra, um grupode soldados ficou numa área isolada pelos inimigos. Sem medica -mentos e alimentação não teriam a menor chance para continuarem ocombate em terra. Um piloto de guerra, pertencente a este grupo, foichamado para realizar uma operação: fazer com que os suprimentosnecessários chegassem até estes soldados.

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

RESOLUÇÃO:1) Cálculo do tempo de queda:

�sy = V0y t + t2 ↓ �

2000 = 0 + T2

T2 = 400 ⇒

2) Cálculo de D:

�sx = Vx T

D = . 20 (m) ⇒

Resposta: E

MÓDULO 26

BALÍSTICA II

Bolas Massa (g) Velocidade Inicial (m/s)

X 5,0 20,0

Y 5,0 10,0

Z 10,0 8,0

�y–––2

g––2

�2––––

2

�2––––

2

V0 = 7,0m/s

Ax > Ay > Az

�y–––2

10–––2

T = 20s

D = 4400m792––––3,6

2H––––

gT =

2H––––

gD = V0

2H––––

gtx = ty = tz =

104 –

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Page 13: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

4. (UFPR-2011) – Na cobrança de uma falta durante uma partida defutebol, a bola, antes do chute, está a uma distância horizontal de 27,0mda linha do gol. Após o chute, ao cruzar a linha do gol, a bola passoua uma altura de 1,35m do chão quando estava em movimento descen -dente, e levou 0,9s neste movimento. Despreze a resistência do ar econsidere 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 V→

0 que o jogador imprimiu àbola pelo seu chute.

c) Calcule a altura máxima atingida pela bola em relação ao solo.

RESOLUÇÃO:

a) �sy = V0y t + t2 ↑ �

1,35 = V0y . 0,9 – 5,0 (0,9)2

0,9 V0y = 1,35 + 4,05 ⇒

b) 1) �sx = Vx t (MU)

27,0 = V0x . 0,9 ⇒

2)tg � = =

c) Vy2 = V0

2y + 2 �y �sy (↑ �)

0 = 36,0 + 2 (–10,0) H

20,0H = 36,0

Respostas: a) V0y = 6,0m/sb) tg � = 0,20c) H = 1,8m

5. (PUC-SP-2012) – Dois amigos, Berstáquio e Protásio, distam de25,5m. Berstáquio lança obliquamente uma bola para Protásio que,partindo do repouso, desloca-se ao encontro da bola para segurá-la. Noinstante do lançamento, a direção da bola lançada por Berstáquioformava um ângulo � com a horizontal, o que permitiu que elaalcançasse, em relação ao ponto de lançamento, a altura máxima de11,25m e uma velocidade de módulo 8,0m/s nessa posição.

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, supostoconstante, para que ele consiga pegar a bola no mesmo nível dolançamento deve ser

a) m/s2 b) m/s2 c) m/s2

d) m/s2 e) m/s2

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo de V0y:

Vy2 = V0y

2 + 2�y Δsy

0 = V0y2 + 2 (–10,0) 11,25

V0y2 = 225 ⇒

2) Cálculo do tempo de subida:

Vy = V0y + �y t

0 = 15,0 – 10,0 ts

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) Cálculo da aceleração de Protásio:

Δs = V0t + t2

25,5 – 24,0 = 0 + . 9,0

1,5 = 4,5 aP

aP = (m/s2)

Resposta: B

�y–––2

V0y = 6,0 m/s

V0x = 30,0 m/s

6,0––––30,0

V0y––––V0x

tg � = 0,20

H = 1,8m

1–––2

V0y = 15,0m/s

ts = 1,5s

1–––3

1–––4

1–––5

1–––10

�–––2

aP–––2

1,5–––4,5

1aP = ––– m/s2

3

– 105

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Page 14: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

6. (VUNESP-2011) – É comum, ao passarmos diante de cons -truções, vermos operários lançarem objetos, como tijolos ou telhas,para um colega colocado num plano acima do seu. Considere que umtijolo seja lançado com velocidade inicial de módulo V0 = 10m/s, edes creva uma trajetória parabólica no ar. No ponto mais alto datrajetória do tijolo, ele é apanhado por outra pessoa no instante em quesua velocidade só apresenta componente horizontal

→VH.

Considerando-se as medidas indicadas na figura, g = 10m/s2, �10 � 3,2e desprezível a resistência do ar, determinea) 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:

a) 1) Cálculo de V0y:

Vy2 = V0

2 + 2 �y Δsy

0 = V0y2 + 2 (–10) . 3,0

V0y2 = 60 (SI)

2) Cálculo de V0x:

V02 = V0x

2 + V0y2

100 = V0x2 + 60

V0x2 = 40 ⇒ V0x = 2�10 m/s

b) VH =

6,4 = ⇒

Respostas: a) VH = 6,4m/s

b) T = 0,75s

1. Considere as proposições que se seguem e assinale a incorreta.a) Quando um carro freia, o corpo do motorista é pro jetado 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 desua própria força muscular.

c) Em uma viagem espacial para a Lua, a maior parte do trajeto é feitaem movimento retilíneo e unifor me, por inércia.

d) Uma pessoa, partindo do repouso, não pode andar em um planohorizontal sem atrito.

e) A função da força resultante que atua em uma par tícula é manter suavelocidade vetorial constante.

RESOLUÇÃO:a) CORRETA. Traduz o próprio conceito de inércia e justifica o fato de se

usar o cinto de segurança para apli car uma força para trás, freiando ocorpo do motorista.

b) CORRETA. Nenhum corpo pode sozinho mudar sua velo cidadevetorial.

c) CORRETA. Os jatos são ligados para mudar a velocidade da nave;para sair do campo gravitacional da Terra; para frear ao descer naLua; para sair do campo gravitacional da Lua; para frear no campogravitacional da Terra, no retorno.

d) CORRETA. A pessoa varia sua velocidade graças à força externa deatrito recebida do chão.

e) ERRADA. A força resultante varia a velocidade.

Resposta: E

2. (CEFET-CE-MODELO ENEM) – Uma pessoa pula vertical -mente sobre uma cama elástica que se encontra fixa na carroceria deum caminhão o qual se desloca com velocidade constante em umaestrada horizontal e retilínea. Despre zando-se a resistência do ar sobrea pessoa, devido ao movimento do caminhão, é correto afirmar-se quea) 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, suavelocidade horizontal permanece constante (1.ª Lei de Newton) e a pessoaterá uma trajetória vertical em relação ao caminhão e cairá sempre namesma posição da cama em que iniciou o seu salto.Resposta: D

V0x � 6,4 m/s

VH � 6,4 m/s

Δx–––Δt

T = 0,75s4,8–––T

MÓDULO 27

1.a LEI DE NEWTON

106 –

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Page 15: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

3. (UFMG-MODELO ENEM) – Nesta figura, está representadoum balão dirigível, que voa para a direita, em altitude constante e comvelocidade v→, também constante.

Sobre o balão, atuam as seguintes forças: o peso P→, o empuxo E→, aresistência 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 estãomais 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 determinadobloco A se move sobre um plano com velocidade vetorial constante V→.Assinale a op ção que apresenta corretamente a resultante de todas asforças 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 deveser nula.Portanto, a resultante das demais forças, excetuando-se o peso, deveráequilibrar o peso e, para tanto, deve ser vertical, para cima e com a mesmaintensidade do peso.Resposta: B

5. (PUC-SP) – Considere o texto apresentado a se guir.

Em um espetáculo de magia e ilusionismo, um dos mo mentos maistradicionais ilustra com perfeição uma da Leis de Newton. Nessenúmero, o “mágico” puxa com rapidez uma folha de papel lisa e fina,dei xando em repouso, no entanto, os objetos que esta vam sobre ela.Elabore um texto claro e bem estruturado para ex plicar por que a leifísica que justifica a tendência de um carro sair pela tangente ao fazeruma curva é a mesma citada na descrição do número de “magia”. Emseu texto, cite um novo exemplo em que essa lei física também seaplica.

RESOLUÇÃO:A lei física em questão é a lei da inércia:“Todo corpo tende a manter a sua velocidade vetorial, por inér cia”. Noespetáculo de magia, a garrafa, inicialmente em repou so, tende a mantersua velocidade nula por inércia.Quando o carro faz a curva, ele tende a sair pela tangente, dada a tendên -cia de manter a direção de sua velocidade vetorial.Outro exemplo de aplicação da lei da inércia é o fato de o mo toris ta de umcarro ser projetado para frente, em uma freada abrupta, em virtude daten dência em manter a sua veloci dade vetorial; daí a necessidade do uso docinto de segu ran ça.

– 107

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Page 16: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

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 carroé 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 dageometria do carro.

V = módulo da velocidade do carro.

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

A velocidade máxima que o carro pode atingir (velocidade limite docarro) é dada por:

a) Vlim = b) Vlim =

c) Vlim = � d) Vlim = 3,0 . 108 m/s

e) Vlim = 340 m/s

RESOLUÇÃO:A velocidade limite é atingida quando a força resultante FR se anular, istoé, a força de resistência do ar equilibrar a força motriz que o carro recebedo chão por causa do atrito.

FR = 0 ⇒ F = kV2lim

V2lim = ⇒

Resposta: C

1. (OLIMPÍADA PAULISTA DE FÍSICA) – Qual dos seguintesobjetos está experimentando uma força resul tante direcionada de sulpara norte?a) Um objeto que se move para o sul com a sua velocidade aumen -

tando em módulo.b) Um objeto que se move para o norte com sua velocidade diminuin -

do em módulo.c) Um objeto que se move para o norte com velocidade constante.d) Um objeto instantaneamente em repouso que inicia o movimento

com orientação do sul para o norte.e) Um objeto em repouso.

RESOLUÇÃO:FR→

a) V→

a→ Movimento acelerado

FR→

b) V→

a→ Movimento retardado

c) V→

a→ = 0→

(MRU) ⇔ FR→

= 0→

d) V→

= 0→

a→ ⇔ FR→

e) FR→

= 0→

Resposta: D

2. Considere um sistema de coordenadas cartesianas triortogonal xyzfixo no solo terrestre com o eixo z vertical.

Um objeto está movendo-se para cima ao longo do eixo z e o mó dulode sua velocidade está di minuindo.De posse dessa informação, po de mos concluir quea) existe uma única força atuan do 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.

FR = F – kV2

k–––F

F–––k

F–––k

FVlim = �–––

k

F–––k

MÓDULO 282.a LEI DE NEWTON

108 –

FÍSIC

A A

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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 sentidooposto 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 ace -leração vetorial, isto é, é dirigida segundo o eixo z e tem sentido para baixo.Resposta: D

3. (UFPE-2012) – Um bloco de massa m = 4,0 kg é impulsionadosobre um plano inclinado com velocidade escalar inicial V0 = 15,0m/s,como mostra a figura. Ele desliza em um movimento descendente poruma distância L = 5,0m, até parar. Calcule o módulo da força resultanteque 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

2) PDF: FR = ma

FR = 4,0 . 22,5(N)

Resposta: 90,0N

4. (CENTRO UNIVERSITÁRIO SÃO CAMILO-MEDICINA-2012-MODELO ENEM) – As provas de atletismo recebem grandedestaque durante a realização das Olimpíadas em razão do esforçohumano para romper limites físicos do corpo. As provas de velocidadeem 100m e 200m destacam-se por se tratar de provas muito rápidasque exigem grande esforço físico e reflexo na largada. A arrancadainicial é a fase em que os corredores devem imprimir grande aceleraçãonuma fração apreciável da corrida (de 20% a 40% do tempo total).Atletas de ponta deste esporte devem estar preparados para umaaceleração escalar constante típica de 6,0m/s2 nos primeiros 2,0s dessascorridas. Assinale a alternativa que indica corretamente a intensidadeda força muscular que deve ser empregada por um corredor com pesode 600N e da velocidade escalar que o atleta atinge após os primeiros2,0s de prova.Assuma a aceleração da gravidade com módulo igual a 10m/s2.a) 6000N e 72,0m/s b) 600N e 12,0m/sc) 360N e 12,0m/s d) 600N e 36,0m/se) 480N e 6,0m/s

RESOLUÇÃO:1) PFD: F = ma = . a

F = . 6,0 (N) ⇒

2) V = V0 + � t

V1 = 0 + 6,0 . 2,0 (m/s) ⇒

Resposta: C

5. (VUNESP-2011-MODELO ENEM) – Até o início da década de1930, não era possível explicar a estabilidade do núcleo tendo em vistaa repulsão eletrostática entre os prótons nele contidos. A descoberta donêutron pelo físico inglês James Chadwick permitiu que se desse inícioà formulação de uma teoria, proposta pioneiramente pelo físico japonêsHideki Yukawa, que previu a existência de uma força capaz de mantero 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 aforça nuclear forte.Resposta: A

6. (CENTRO UNIVERSITÁRIO SÃO CAMILO-MEDICINA-2012-MODELO ENEM) – A energia nuclear voltou, recentemente, aser assunto de várias matérias jornalísticas devido ao acidente na UsinaNuclear de Fukushima, ocorrido em março de 2011, após a passa gemde um terremoto e de um tsunami pelo Japão. Sabe-se que um dosmateriais radioativos liberados nesse tipo de acidente é o iodo-131(131I) que, inclusive, pode ser utilizado na medicina, em procedimentosde diagnóstico e de tratamento.Este material é um emissor de partículas β. Considerando-se estaúltima informação, a alternativa que melhor representa, o elementoproduzido pelo decaimento do iodo-131 (131

53I) e a natureza da força

envolvida é:

a) 13154

X; força nuclear fraca b) 13253

X; força nuclear fraca

c) 13154

X; força nuclear forte d) 12751

X; força eletromagnética

e) 13053

X; força nuclear forte

RESOLUÇÃO:No decaimento , pela ação da força nucler fraca, um nêutron emite umelétron e um antineutrino e se tranforma em um próton.O número de prótons (número atômico) aumenta uma unidade e passa de53 para 54.O número de massa (quantidade de prótons e nêutrons) não se altera econtinua valendo 131.Resposta: A

FR = 90,0N

F = 360N

P–––g

600–––10

V1 = 12,0m/s

a = 22,5m/s2

– 109

FÍS

ICA

A

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110 –

FÍSIC

A A

1. (UNESP) – A dilatação térmica dos sólidos é um fenô me no im -portante em diversas aplicações de engenharia, como constru ções depontes, prédios e estradas de ferro. Considere o caso dos tri lhos de tremserem de aço, cujo coeficiente de dilatação é � = 11 × 10–6°C–1. Se a10°C o comprimento de um trilho é de 30 m, de quanto aumen taria oseu comprimento se a temperatura aumentasse para 40°C?a) 11 × 10–4 m b) 33 × 10–4 m c) 99 × 10–4 md) 132 × 10–4 m e) 165 × 10–4 m

RESOLUÇÃO:O cálculo da dilatação linear �L (aumento de compri mento) do trilho éfeito 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)

Resposta: C

2. (UFPE) – Em uma chapa metálica, é feito um orifício circular domesmo tamanho de uma moeda. O conjunto (chapa com a moeda noorifício), inicialmente a 25°C, é levado a um forno e aquecido até225°C. Após o aquecimento, verifica-se que o orifício na chapa ficoumaior do que a moeda. Entre as afirmativas a seguir, indique a que estácorreta.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 docorpo.Assim, temos duas moedas, uma é a própria e a outra é um vazio que secomporta como se estivessem preenchido do material da chapa.No aquecimento, o orifício ficou maior do que a moeda. O material dachapa tem coeficiente de dilatação maior do que o do material da moeda.Resposta: B

3. (UNIFESP) – O tanque de expansão térmica é uma tecnologiarecen te que tem por objetivo proteger caldeiras de aque cimento deágua. Quando a temperatura da caldeira se eleva, a água se expande epode romper a caldeira. Para que isso não ocorra, a água passa para otanque de expansão térmica através de uma válvula; o tanque dispõe deum diafragma elástico que permite a volta da água para a caldeira.

Suponha que você queira proteger uma caldeira de volume 500�,destinada a aquecer a água de 20°C a 80°C; que, entre essas tempe -raturas, pode-se adotar para o coeficiente de dilatação volu métrica daágua o valor médio de 4,4 . 10–4°C–1 e considere desprezíveis a dila -tação da caldeira e do tanque. Sabendo que o preço de um tanque deexpansão térmica para essa finalidade é diretamente proporcional aoseu volume, assinale, das opções fornecidas, qual deve ser o volu me dotanque que pode proporcionar a melhor relação custo-bene fício.a) 4,0� b) 8,0� c) 12� d) 16� e) 20�

RESOLUÇÃO:A dilatação volumétrica (�V) que a água sofre ao ser aquecida na caldeiraé calculada fazendo-se:

�V = V0 � �� ⇒ �V = 500 . 4,4 . 10–4 (80 – 20) (�)

Esse excedente de volume é deslocado para o tanque de expansão térmica,que, objetivando-se apresentar a melhor re lação custo-benefício, deve tercapacidade de 16�.Resposta: D

MÓDULO 11

DILATAÇÃO TÉRMICA DOS SÓLIDOS E DOS LÍQUIDOS

�L = 99 . 10–4 m

�V = 13,2�

FRENTE 2 – TERMOLOGIA E ÓPTICA

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Page 19: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

4. (MACKENZIE-2011-Modificada) – A 20°C, o comprimento de uma haste A é 99% do comprimento de outra haste, B, à mes-ma 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 seráa) 970ºC b) 1 120ºC c) 1 270ºCd) 1 770ºC e) 1 830ºC

RESOLUÇÃO:

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

Resposta: C

5. (UEM-PR) – A dilatação irregular da água torna possível a vidaaquática em regiões muito frias. Assinale a alternativa incorreta sobreesse 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 essatemperatura.

b) O gelo, à temperatura de 0ºC ou inferior a isso, permanece nasuperfície do lago porque é menos denso que a água.

c) A água pode permanecer à temperatura de 4ºC sob a camadasuperficial de gelo, entre outros motivos, porque o gelo é bomisolante térmico.

d) Qualquer massa de água, ao alcançar a temperatura de 4ºC, teráalcançado um valor de densidade quase nulo, o que faz o geloflutuar.

e) Se a maior densidade da água ocorresse a 0ºC, os lagos congelar-se-iam totalmente, provocando a extinção da fauna e da floraaquáticas ali existentes.

RESOLUÇÃO:Na temperatura de 0ºC, a densidade da água é máxima (o volume émínimo).Resposta: DObs.: Atenção que a questão está pedindo a alternativa INCORRETA.

1. (VUNESP-JULHO) – A figura mostra a Lua em órbita ao redorda Terra, ambas iluminadas pela luz solar. As faces não ilumi nadas daLua e da Terra estão escurecidas no desenho. Dependendo da posiçãorelativa entre Lua, Terra e Sol, têm-se as fases nova, quarto crescente,cheia e quarto minguante da Lua, respectivamente, nos pontos 1, 2, 3e 4 da figura.

A respeito dos eclipses e de sua relação com as fases da Lua, pode-seafirmar corretamente quea) 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, naposição de lua nova (1). Assim, a distância entre a Lua e o Sol é menordurante 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 parteescura da Terra (noite).

e) FALSA.Durante o quarto crescente (2) e o quarto minguante (4), não ocorreeclipse solar ou lunar.

Resposta: C

� = 1270°C

MÓDULO 12

OS PRINCÍPIOS DA ÓPTICA GEOMÉTRICA

– 111

FÍS

ICA

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Page 20: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

2. (UFSCar) – A 1 metro da parte frontal de uma câmara escura deorifício, uma vela de comprimento 20 cm projeta na pare de oposta dacâmara uma imagem de 4 cm de altura.

A câmara permite que a parede onde é projetada a ima gem seja movida,aproximando-se ou afastando-se do orifí cio. Se o mesmo objeto forcolo cado a 50 cm do orifício, para que a imagem obtida no fundo dacâmara tenha o mesmo tamanho da anterior, 4 cm, a distância que de -ve ser des locado o fundo da câmara, relativa men te à sua posiçãooriginal, em cm, é dea) 50 b) 40 c) 20 d) 10 e) 5

RESOLUÇÃO:

Os triângulos destacados na figura são semelhantes, logo:

= ⇒

1º caso: p’1 = . 100 (cm)

2º caso: p’2 = . 50 (cm)

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

3. (ENEM) – A sombra de uma pessoa que tem 1,80m de alturamede 60cm. No mesmo momento, a seu lado, a sombra projetada deum poste mede 2,00m. Se, mais tarde, a sombra do poste diminuiu50cm, a sombra da pessoa passou a medira) 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:

Se, mais tarde, a sombra do poste (que tem 600 cm de altura) passou amedir 150 cm (pois diminuiu 50 cm), então, sendo s cm a medida da novasombra da mesma pessoa, teremos:

Resposta: B

ip’ = ––– p

o

i–––o

p’–––p

4–––20

p’1 = 20cm

4–––20

p’2 = 10cm

d = 10cm

112 –

FÍSIC

A A

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Page 21: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

4. (MACKENZIE) – Os objetos A e B, quando iluminados pela luzsolar, apresentam, respectivamente, as cores vermelha e branca. Essesobjetos, ao serem iluminados somente pela luz de uma lâmpada desódio, 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 comprimentode onda relativo ao da luz vermelha, absorvendo os demais comprimentosde 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 seriluminado apenas com luz monocromática amarela, apresentar-se-áamarelo.Resposta: D

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

a) Reescreva essa inscrição, na forma que sua ima gem aparece parao estudante, quando ele se encontra em frente a um espelho plano.

b) Suponha que a inscrição esteja a 70cm do espe lho e que cada letrada camiseta tenha 10cm de al tura. Qual a distância entre a inscriçãoe sua ima gem? Qual a altura de cada letra da imagem?

RESOLUÇÃO:a) Nos espelhos planos, imagem e objeto têm as mesmas di mensões e são

equidistantes do espelho. Quando um ob je to é assimétrico, a imagemobtida não é superponível a ele. Assim, objeto e imagem, nos espelhosplanos, cons tituem figuras enantiomorfas.

b)

Nos espelhos planos, a imagem conjugada a um objeto é sempre domesmo tamanho que este e simétrica em relação ao espelho. Portanto, adistância entre a inscrição e sua ima gem será: D = 2dD = 2 (70) (cm)

A altura de cada letra da imagem será a mesma de cada letra dainscrição, ou seja, 10cm.

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

MÓDULO 13

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

UNESP

D = 140cm ou 1,4m

– 113

FÍS

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Page 22: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

2. (PUC-SP) – Um observador O olha para um es pelho plano vertical(E), fixo na parede AB de uma sa la re tan gular, con for me a figura.

Quais pontos po dem ser vis tos, pelo obser vador, pela reflexão da luz emE?a) Apenas 5. b) Apenas 3 e 5.c) Apenas 3, 4 e 5. d) Apenas 2, 3 e 5.e) Todos.

RESOLUÇÃOPara determinar quais pontos o observador poderá ver, por reflexão noespelho, devemos determinar o seu campo vi sual. Para tanto, basta obter opon to O’, simétrico de O em re la ção ao espelho, e li gá-lo ao contorno pe rifé -rico do es pe lho.Pela figura, observamos que os pontos que per ten cem ao campo vi sual são3, 4 e 5 e, portanto, podem ser vistos por reflexão no espe lho.

Resposta: C

3. Considere uma pessoa e um espelho plano, moven do-se emrelação a um referencial ligado à superfície ter restre, com as velo -cidades escalares indicadas.

Qual a velocidade da imagem da pessoa em relação à super fície ter -restre?

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 seriaV1 = –4,0m/s.

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

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

Resposta: +6,0m/s

114 –

FÍSIC

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Page 23: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

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

an gular do espelho.

RESOLUÇÃO:1) O triângulo OMN é retângulo e isósceles (

–––OM =

–––MN) e, portanto,

temos:2� = 45°

� = 22,5°= rad

2) A velocidade escalar angular do espelho é dada por:

� =

� =

� =

Resposta: rad/s

5. (UPF-RS) – Dois espelhos, como indicados na figu ra, estãoposicionados numa mesa e existe entre eles um objeto.

O maior ângulo entre os espelhos, para que se possam enxergar onzeimagens inteiras desse objeto, será de: a) 20° b) 30° c) 45° d) 60° e) 120°

RESOLUÇÃO:A fórmula é expressa por:

N = – 1

Para N = 11, temos:

11 = – 1

12 =

Resposta: B

360°––––

360°––––

360°––––

� = 30°

π–––8

��––––�t

�––––�t

π/8––––0,5

π� = ––– rad/s

4

π–––4

– 115

FÍS

ICA

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Page 24: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

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

1.

real invertida maior

virtual direita menor

igualRESOLUÇÃO:

Imagem real, invertida e menor.

2.

real invertida maior

virtual direita menor

igual

RESOLUÇÃO:

Imagem real, invertida e igual.

MÓDULO 14

RAIOS NOTÁVEIS E CONSTRUÇÃO DE IMAGENS NOS ESPELHOS ESFÉRICOS

116 –

FÍSIC

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Page 25: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

3.

real invertida maior

virtual direita menor

igual

RESOLUÇÃO:

Imagem real, invertida e maior.

4.

RESOLUÇÃO:

Portanto, a imagem estará no infinito e será denominada ima gem im -própria.

– 117

FÍS

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Page 26: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

5.

real invertida maior

virtual direita menor

igual

RESOLUÇÃO:

Imagem virtual, direita e maior.

6.

real invertida maior

virtual direita menor

igual

RESOLUÇÃO:

Imagem virtual, direita e menor.

118 –

FÍSIC

A A

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Page 27: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

– 119

FÍS

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A

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

Sabendo-se que � < < � < �, pode-se afirmar que o módulo da re -sultante das trações T1 e T2 é a) maior em I. b) maior em II.c) maior em III. d) maior em IV. e) igual nas quatro montagens.

RESOLUÇÃO:

Para o equilíbrio, em todos os esquemas, temos:→T1 +

→T2 +

→P =

→0

Resposta: E

2. (VUNESP-2012-MODELO ENEM) – Em uma academia deginástica, foi montado um sistema de roldanas para um atleta, cujafinalidade era erguer um corpo de massa homogênea m = 150kg, emum local onde g =10 m/s2. Desprezam-se todas as forças de resistência.

Para que o atleta consiga erguer o corpo com velocidade constante, omódulo da força

→F a ser aplicada na ponta da corda, em newtons,

deverá ser igual aa) 300 b) 450 c) 500 d) 600 e) 750

RESOLUÇÃO:

Sendo a velocidade constante, a força resultante no corpo é nula e teremos:

3F = P

3F = 1500

Resposta: C

MÓDULO 21

ESTÁTICA DO PONTO MATERIAL

F = 500N

→T1 +

→T2 = –

→P

FRENTE 3 – MECÂNICA E ELETRICIDADE

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Page 28: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

3. (UFPE-2012) – Uma trave, de massa M = 4,6kg, é mantida naposição horizontal apoiada lateralmente em uma parede e por meio deum cabo de massa desprezível e inextensível, como mostrado na figura.Considerando-se que não haja atrito entre a trave e a parede, calcule aintensidade da força de tração no cabo e a intensidade da força que aparede exerce na trave. Adote g = 10,0m/s2.

RESOLUÇÃO:

Para o equilíbrio da trave, temos:

1) Na direção vertical:

T cos 60° = P = Mg

T . = 46,0 ⇒

2) Na direção horizontal:

T cos 30° = FN

92,0 . = FN

Respostas: 92,0N e 46,0 ��3 N

4. (UFS-2012) – Um fio vertical é submetido à tração de intensidadeT quando sustenta um corpo de massa 10kg. A extremidade desse fioé presa ao teto por dois fios: o fio 1, cuja tração tem módulo T1, forma37° com o teto horizontal e o fio 2, submetido à tração de módulo T2,forma 53° com o teto.

Analise as afirmações.

1) T = 100N. 2) T1 + T2 = T.

3)→T1 +

→T2 +

→T =

→0 4) T1 = 80N

5) T2 = 60N

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

RESOLUÇÃO:

1) T = P = mg = 100N

2) sen 37° = ⇒ T1 = 100 . 0,60 (N) = 60N

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

(1) VERDADEIRA.

(2) FALSA.T1 + T2 = 140N

(3) VERDADEIRA.Resultante nula.

(4) FALSA.

(5) FALSA.

Resposta: B

T = 92,0N1–––2

��3––––

2

FN = 46,0 ��3 N

T1–––T

T2–––T

120 –

FÍSIC

A A

120 –

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5. (UNESP-2011-MODELO ENEM) – Um lustre está penduradono teto de uma sala por meio de dois fios inextensíveis, de mesmocomprimento e de massas desprezíveis, como mostra a figura 1, na qualo ângulo que cada fio faz com a vertical é 30°. As forças de tração nosfios têm a mesma intensidade.

Considerando-se cos 30º ≅ 0,87, se a posição do lustre for modificadae os fios forem presos ao teto mais distantes um do outro, de formaque o ângulo que cada um faz com a vertical passe a ser o dobro dooriginal, como mostra a figura 2, a intensidade da força de tração emcada fio será igual aa) 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.

RESOLUÇÃO:

Para o equilíbrio do lustre:2T cos θ = P

Na situação da figura 1: T1 =

Na situação da figura 2: T2 =

= =

= 1,74

Resposta: B

6. (UPE-2012) – Uma esfera de massa m e raio R é mantida emrepouso por uma corda de massa desprezível, presa a uma parede sematrito, a uma distância L, acima do centro da esfera.

Assinale a alternativa que representa a expressão para a intensidade daforça da parede sobre a esfera.

a) b)

c) d)

e) mg (L2 + R2)

RESOLUÇÃO:

1) Ty = P = mg

Tx = FN

2) tg � = = =

Resposta: C

PT = –––––––

2 cos θ

P––––––––2 cos 30°

P––––––––2 cos 60°

0,87–––––0,50

cos 30°–––––––cos 60°

T2––––T1

T2––––T1

T2 = 1,74 T1

mg ����� L2 + R2

–––––––––––––R

mg ����� L2 + R2

–––––––––––––L

mgL––––––

R

mgR––––––

L

FN––––mg

Tx––––Ty

R––––

L

mgRFN = ––––––

L

– 121

FÍS

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Page 30: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

1. (ETEC-SP-2012-MODELO ENEM) – Você já deve ter visto emseu bairro pessoas que vieram diretamente da roça e, munidas decarrinhos de mão e de uma simples balança, vendem mandiocas decasa em casa.A balança mais usada nessas situações é a apresentada na figura aseguir.

A balança representada está em equilíbrio, pois o produto da massa domassor pela distância que o separa do ponto O é igual ao produto damassa que se deseja medir pela distância que separa o ponto em que oscordames do prato são amarrados na haste até o ponto O.Considere que no prato dessa balança haja 3,0kg de mandiocas e queessa balança tenha um massor de 0,60kg. Para que se atinja o equilíbrio, a distância d do massor em relação aoponto O deverá ser, em cm,a) 16,0 b) 20,0 c) 24,0 d) 36,0 e) 40,0

RESOLUÇÃO:

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

PM d1 = P d

3,0 . 8,0 = 0,60 . d

Resposta: E

2. (UERJ-2012-MODELO ENEM) – Uma balança romanaconsiste em uma haste horizontal sustentada por um gancho em umponto de articulação fixo. A partir desse ponto, um pequeno corpo Ppode ser deslocado na direção de uma das extremidades, a fim deequilibrar um corpo colocado em um prato pendurado na extremidadeoposta. Observe a ilustração:

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

RESOLUÇÃO:

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

P . d = Pc . a

P . 15 = 5,0g . a (1)

P . x = 8,0g . a (2)

: =

Resposta: C

MÓDULO 22

ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO

d = 40,0cm

8,0–––5,0

x–––15

(2)–––(1)

x = 24cm

122 –

FÍSIC

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Page 31: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

3. (UECE-2012) – A plataforma de um andaime é construída comuma tábua quadrada uniforme de 60kg e 5,0m de lado. Essa plataformarepousa sobre dois apoios em lados opostos. Um pintor de 70kg está empé no andaime a 2,0m de um dos apoios. Considere o módulo daaceleração da gravidade g = 10m/s2. Assim, as intensidades das forçasexercidas pelos apoios sobre a plataforma, em N, valem:a) 3000 e 1400. b) 300 e 140.c) 580 e 720. d) 600 e 700.

RESOLUÇÃO:

1) Em relação ao ponto A:

PT . dT + P dP = NB . dB

600 . 2,5 + 700 . 2,0 = NB . 5,0

2) NA + NB = P + PT

NA + 580 = 1300

Resposta: C

4. (UEL-PR-2012) – Considerando-se o modelo simplificado de ummóbile em equilíbrio, no qual

––––AC representa a distância entre o fio que

sustenta m1 e o fio que sustenta m2, e ––––AB =

––––AC, qual a relação

entre as massas m1 e m2?

a) m1 = . m2 b) m1 = 7 . m2 c) m1 = 8 . m2

d) m1 = 21 . m2 e) m1 = 15 . m2

Modelo simplificado de um móbile.

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques em relação ao ponto B deve ser nulo:

P1 . AB = P2 . BC

m1 g . AB = m2 g BC

m1 = . m2

AC = AB + BC

AB = AC e BC = AC ⇒ = 7

Portanto:

Resposta: B

1–––8

1–––8

BC––––AB

BC–––AB

7–––8

1–––8

m1 = 7m2

NB = 580N

NA = 720N

– 123

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Page 32: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

5. (UFMG) – Paulo Sérgio verifica a calibração dos pneus de suamo tocicleta e encontra 26 �b/pol2 (1,8 . 105N/m2) no dianteiro e32�b/pol2 (2,2 . 105N/m2) no traseiro. Em seguida, ele mede a área decontato dos pneus com o solo, obtendo 25cm2 em cada um de les.A distância entre os eixos das rodas, especificada no manual damotocicleta, é de 1,25m, como mostrado nesta figura:

Sabe-se que um calibrador de pneus mede a dife rença entre a pressãointerna 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 suaresposta.

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

b)

O somatório dos torques em relação ao centro de gra vidade da

moto deve ser nulo e portanto:

FT . dT = FD . dD

Como FT > FD, resulta dT < dD e o centro de gravidade fica mais

próximo da roda traseira.

`Respostas: a) 1,0 . 103N b) Traseira

1. (IFSP-VUNESP-2012-MODELO ENEM) – O quadrinhomostra o Garfield tentando pescar o filé de seu dono com uma varacuja força peso, de módulo 20N, está representada em seu centro degravidade, CG. Para conseguir seu almoço, o gato utilizou um fio denylon de massa desprezível com um anzol e um conjunto dechumbinhos, totalizando 0,4N de peso, pendurados na ponta.

(Garfield, Jim Dawis)Considerando-se as distâncias indicadas na figura, numa situação emque a vara esteja em equilíbrio, sendo segurada pelas duas patas deGarfield, a intensidade da força F, em newtons, aplicada pela pataesquerda do gato na vara, é igual aa) 75 b) 65 c) 55 d) 45 e) 35Nota: 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 . 2,5F . 0,2 = 14 + 1,0 = 15

Resposta: A

MÓDULO 23

ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO

P = FD + FT = 1,0 . 103N

F = 75N

124 –

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Page 33: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

2. (UFPB-2012-MODELO ENEM) – Um navio cargueiro estásendo carregado de minério no porto de Cabedelo. O carregamento é,hipoteticamente, feito por um guindaste, manobrado por um operadorque suspende, de cada vez, dois contêineres acoplados às extremidadesde uma barra de ferro de três metros de comprimento, conforme es -quema a seguir:

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 completamentepreen chido de minério, totalizando uma massa de 4,0 toneladas,enquanto o contêiner 2 é preenchido pela metade, totalizando umamassa de 2,0 toneladas. Para que os contêineres sejam suspensos emequilíbrio, o operador deve prender o gancho do guindaste exatamenteno centro de massa do sistema, formado pelo dois contêineres e pelabarra de ferro.Nesse sentido, desprezando-se a massa da barra de ferro, conclui-seque a distância entre o gancho (preso na barra pelo operador) e ocontêiner 1 deve ser de:a) 0,5m b) 1,0m c) 1,5m d) 2,0m e) 2,5m

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

Resposta: B

3. (VUNESP-UEA-2012) – Em uma aula de Física o professorpropõe 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 umarégua milimetrada que sustenta um peso (P) por um fio, preso na marcade 25 cm. A 30 cm do pino, preso na extremidade superior da régua,outro fio sustenta um dinamômetro muito leve que se mantém nadireção horizontal.

A massa da régua milimetrada é desprezível, o peso P tem módulo 6,0Ne 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 D, é nulo: PT . dT = F . dF

6,0 . 25 . cos 45° = F . 30 . cos 45° ⇒Resposta: D

d1 = 1,0m

F = 5,0N

– 125

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Page 34: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

4. (UNICAP-PE-ADAPTADO) – Uma escada homogênea demassa 20kg está apoiada no piso e em uma parede. Suponha que aparede seja lisa, mas o piso, com atrito.

A força exercida pela parede na escada tem intensidade igual a:a) 30N b) 50N c) 75N d) 100N e) 200NAdote g = 10 m/s2

RESOLUÇÃO:

O somatório dos torques, em rela -ção ao ponto A, deve ser nulo:

P . dP = H . dH

200 . 1,5 = H . 4,0

Resposta : C

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

Estime a distância máxima que o homem pode deslocar-se sobre otrilho, a partir do ponto C, no sentido da extremidade B, mantendo-oem equilíbrio.a) 1,5m b) 2,5m c) 3,0m d) 3,5m e) 4,0m

RESOLUÇÃO:Quando a distância do homem ao ponto C for a máxima possível, o trilhoestará na iminência de tombar, e a força de reação normal da laje FN estaráconcentrada na extremidade C.

Para o equilíbrio do trilho, o somatório dos torques, em relação ao pontoC, deve ser nulo:

PT . dT = PH . x

350 . g . 1,0 = 100 g . x

Resposta: D

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

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.

a) b) c) mg��3

d) mg e)

H = 75N

x = 3,5 m

mg–––2

mg��3–––––––

2

mg��3–––––––

3

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FÍSIC

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Page 35: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

RESOLUÇÃO:

1) cos � = = � = 60°

2) sen � = =

3) O somatório dos torques, em relação ao ponto C deve ser nulo:

F1x . = F1y . d

F . = mg .

Resposta: C

1. (MODELO ENEM) – Na figura, temos um ímã em forma de U.Você deverá identificar o seu campo magnético, desenhando as linhasde indução e indicando ainda um vetor B

→no seu entreferro (abertura do

ímã). Que nome recebe esse campo magnético interno de linhasretilíneas?

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 daslinhas de campo. Esse campo magnético entre os dois polos é uniforme.

2. (VUNESP) – Duas barras magnéticas muito longas são colocadasdebaixo de um pedaço de papel que é coberto com limalhas de ferro,como na figura.

Se o polo norte de uma das barras e o sul da outra barra tocam o papele estão separados por uma pequena distância, das situações, a quemelhor descreve a configuração das linhas de campo magnético quese forma devido à disposição das limalhas de ferro é:

RESOLUÇÃO:O campo magnético formado pelos dois polos dos ímãs nasce no norte emorre no sul. As limalhas de ferro sobre o papel vão orientar-se segundo aslinhas de indução. Este experimento funciona com limalhas de ferro porqueeste é um material ferromagnético.Resposta: A

MÓDULO 24

ÍMÃS E CAMPO MAGNÉTICO

R/2–––––

R

1–––2

d–––R

��3––––

2

R ��3d = ––––––

2

R–––2

R–––2

R ��3––––––

2

F = mg ��3

– 127

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Page 36: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

3. Um ímã em forma de barra é serrado ao meio “separando” a meta -de 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 seuspolos, vão reconstituir o ímã original.

c) dois novos ímãs, os quais devido à repulsão magnética entre seuspolos, não poderão ser reaproximados em um movimento detranslação, impedindo a sua reconstituição.

d) um polo norte, o qual continua magnetizado, e um pedaço de ferrodesmagnetizado, pois o polo sul assim se comportará.

e) dois polos separados: o polo norte vira polo sul e o polo sul virapolo norte. Este fenômeno é conhecido como princípio da inversãomagnética.

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 norteà sua esquerda e, à sua direita, forma-se um polo sul. Também o pedaço dadireita não inverte polaridade, mantendo o polo sul à sua direita.

Resposta: B

4. (FATEC-MODIFICADA) – Uma criança brincando com umímã, por descuido, deixa-o cair, e ele se rompe em duas partes. Aotentar consertá-lo, unindo-as no local da ruptura, ela percebe que osdois pedaços não se encaixam devido à ação magnética.

Pensando nisso, se o ímã tivesse o formato e as polaridades da figuraacima, 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 magnéticapermitiria a reconstituição do ímã. Entretanto, cortando o ímã segundo o plano �, se não fizermos nenhumarotação nas peças, haverá uma repulsão magnética e não será mais possívelremontarmos o ímã original.

Resposta: C

5. Na figura, temos três bússolas (B1, B2, B3) diante de um ímã cujospolos não nos foram revelados. Também foram omitidas da figura asagulhas magnéticas das bússolas B1 e B3.

a) Esboce as linhas de campo magnético do ímã e identifique os seuspolos.

b) Desenhe corretamente as agulhas magnéticas das bússolas B1 e B3.Use a linha de campo que passa pela sua posição.

128 –

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Page 37: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

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 opolo 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.

1. Uma partícula de carga positiva q é lançada com velocidadevetorial

→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:

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

→F e

→V.

RESOLUÇÃO: Inicialmente, desenhe a velocidade vetorial

→V, lembrando que ela é tan -

gencial à trajetória. É a própria seta indicada na figura. A força magnética

→F deve ser representada a seguir, lembrando-se de que

ela é centrípeta.Finalmente usamos a regra da mão esquerda e determinamos o sentido docampo

→B.

3. Quando uma carga elétrica negativa é lançada num campo mag -nético, a força magnética não obedece à regra da mão esquerda usadaanteriormente. Temos que inverter um dos três vetores. Nas duasfiguras 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.

MÓDULO 25

FORÇA MAGNÉTICA DE LORENTZ

– 129

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Page 38: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

b) Na figura 2, adotamos os mesmos procedimentos usados na questão 2:aplicamos a regra da mão esquerda e invertemos o sentido da força

→F

obtida.

4. (CEFET-MG 2011) – Em uma região de campo magnéticouniforme B, uma partícula de massa m e carga elétrica positiva qpenetra nesse campo com velocidade V, perpendicularmente a B,conforme figura seguinte.

O vetor força magnética, que atua sobre a partícula no ponto P, estámelhor representado em:a) ↑ b) → c) ← d) ↓ e) ↘RESOLUÇÃO: Usando a regra da mão esquerda, concluímos que a resposta é D.Resposta: D

5. (UFPR-2011-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 negativamove-se com velocidade

→V paralelamente ao plano do papel (refe -

rencial inercial) e entra em uma região onde há um campo magnético→B uniforme, constante e orientado para dentro do plano do papel, comomostra a figura. Ao se deslocar na região do campo magnético, apartícula 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?

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 osentido obtido, pois a carga é negativa.

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.

130 –

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Page 39: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

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.

Podemos afirmar que:a) q1 > 0 e q2 < 0 b) q1 > 0 e q2 > 0c) q1 < 0 e q2 < 0 d) q1 < 0 e q2 > 0e) q1 = 0 e q2 > 0

RESOLUÇÃO:Em cada partícula, temos o seguinte esquema:

Observação: Em ambas as figuras, →F1 e

→F2 são forças magnéticas.

Resposta: A

1. (VUNESP-2011) – Considere a seguinte situação: imagine quevocê está sentado em uma sala de aula, de frente para o quadro, do qualemerge um feixe de elétrons. Os elétrons se deslocam na direçãohorizontal, perpendicularmente ao quadro, e penetram em um campomagnético uniforme de direção vertical e sentido de baixo para cima.Podemos afirmar que o feixe de elétronsa) 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.

RESOLUÇÃO:Usamos a regra da mão esquerda e invertemos

→F :

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

2. Uma partícula eletrizada de massa m e carga elétrica q positiva élançada num campo magnético uniforme com velocidade vetorial

→V,

de direção perpendicular ao campo magnético. A partícula descreveum movimento circular uniforme (MCU) cujo raio é R. São dados: m = 1,2 . 10–24kg q = 3,2 . 10–19CV = 6,4 . 104m/s B = 2,0 . 102T Determine o valor de R.

RESOLUÇÃO:

R = ⇒ R = ⇒

3. Retome a questão anterior e considere que a partícula tenharealizado meia volta e tenha escapado da ação do campo magnético,como nos mostra a figura.

Determine o intervalo de tempo entre a sua entrada no campo e suasaída. Adote � � 3.

RESOLUÇÃO:�s = �R (meia volta) = 3 . 1,2 . 10–3m = 3,6 . 10–3m

V = 6,4 . 102 m/s

�s = V . �t ⇒ �t =

�t = (s) ⇒ �t = 5,6 . 10–6s

MÓDULO 26

MOVIMENTO DE UMA PARTÍCULA ELETRIZADA EM UM

CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME I

R = 1,2 . 10–3m1,2 . 10–24 . 6,4 . 104

––––––––––––––––––3,2 . 10–19 . 2,0 . 102

m . V–––––q . B

�s–––V

3,6 . 10–3––––––––6,4 . 102

– 131

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Page 40: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

4. Uma partícula de carga elétrica q = –5e e massa m = 8,0 . 10–20kgfoi 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 apóscompletar uma semicircunferência.

b) Sendo a velocidade de lançamento V0 = 2,5 . 102m/s, determine oraio R da trajetória.

c) Determine o tempo de permanência no campo magnético. Adote π = 3.

RESOLUÇÃO:a)

b) R =

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

Substituindo-se:

R = (m)

R = 5,0 . 102m

c) V = ⇒ Δt =

Δs = πR

Sendo: π = 3R = 5,0 . 102mV = 2,5 . 102m/s

Temos:

Δt = (s) ⇒

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

5. (CEFET-PI) – Três espécies de partículas que se propagam emlinha reta têm a mesma velocidade e a mesma carga elétrica, porém asmassas são diferentes. Quando essas partículas penetram num campomagnético uniforme, saindo do plano da página, com velocidadeperpendicular ao campo, observa-se a formação de três trajetóriascirculares 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 centrí -peta, verificamos que as cargas são positivas.Resposta: E

1. Na figura, o campo magnético está representado pela região som -breada. Ele tem a direção perpendicular a esta página e nela estápenetrando. Quatro partículas eletrizadas foram lançadas no campo,todas com a mesma velocidade vetorial

→V.

m . V0––––––�q� . B

(8,0 . 10–20) . (2,5 . 102)––––––––––––––––––––(8,0 . 10–19) . (5,0 . 10–2)

Δs––––

V

Δs––––

Δt

πRΔt = ––––

V

Δt = 6,0s3 . (5,0 . 102)–––––––––––

2,5 . 102

MÓDULO 27

MOVIMENTO DE UMA PARTÍCULA ELETRIZADA EM UM

CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME II

132 –

FÍSIC

A A

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Page 41: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

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 1e 3.

d) Admitindo que as trajetórias 1 e 3 sejam simétricas e sendo a massada 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.

Concluindo: são positivas as cargas elétricas de (2), (3) e (4); é negativaa carga elétrica da partícula (1).

b) R = R =

O raio é proporcional à massa da partícula.

R2 < R3 < R4 ⇒

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 mesmoraio. Logo, suas massas são iguais.Então m3 = m1 = m.

2. (UESC-2011) – A figura representa uma partícula eletrizada, demassa m e carga q, descrevendo um movimento retilíneo e uniforme,com velocidade de módulo V, que penetra e sai da região onde existeum campo magnético uniforme de módulo B.

Sabendo-se que a partícula abandona a região do campo no ponto P, écorreto 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

é igual a .

d) O tempo de permanência da partícula na região do campo mag -

nético é de .

e) O módulo da aceleração centrípeta que atua sobre a partícula é igual

a .

RESOLUÇÃO:Como o movimento é circular uniforme, a força magnética faz o papel deresultante centrípeta.

qVB = m ⇒ qBR = mV ⇒ R =

A partícula percorre 1/4 de volta; a distância percorrida equivale a 1/4 deuma circunferência. Podemos escrever:

�s = = R = . =

Resposta: C

3. (ITA-MODIFICADA) – Um elétron é acelerado do repouso poruma diferença de potencial V e entra numa região na qual atua umcampo magnético, onde ele inicia um movimento ciclotrônico,movendo-se num círculo de raio RE com período TE. Se um prótonfosse acelerado do repouso por uma diferença de potencial de mesmamagnitude e entrasse na mesma região em que atua o campomagnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e período TP que

a) RP = RE e TP = TE.

b) RP > RE e TP > TE.

c) RP > RE e TP = TE.

d) RP < RE e TP = TE.

e) RP = RE e TP < TE.

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)

Sendo R = e Ecin = , tem-se V =

m . V–––––––n . e . b

m . V––––––�q� . b

m2 < m3 < m4

�mV–––––2qB

�m––––qB

qB––––mV

mV––––qB

V2––––

R

�mV–––––2qB

mV––––qB

�––2

�––2

2�R––––

4

Note e adote:O elétron e o próton adquiriram amesma energia cinética antes depenetrar no campo magnético.A energia cinética é dada por

mV2

Ecin = ––––2

2Ecin–––––m

m V2

––––––2

m V––––––�q� . B

– 133

FÍS

ICA

A

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Page 42: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

m

R = –––––––––––––––––––––�q� B

R = ; sendo mP > mE, tem-se RP > RE

O período é dado por T =

Para mP > mE, tem-se TP > TE

Resposta: B

4. (VUNESP-MODELO ENEM) – Duas partículas elemen tares, aopassar por uma região em que há um campo magnético homogêneo,descrevem as trajetórias que estão esboçadas na figura.

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, lançadaperpendicularmente a B

→, é dado por:

R =

Então:

R1 = 2R =

R2 = R =

Para obtermos uma relação entre q1 e q2, devemos fixar as massas e as duasvelocidades.Fazendo: m1 = m2 = m

V1 = V2 = V

e sendo: R1 = 2R2 :

= 2 ⇒ q2 = 2q1

Resposta: D

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

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

RESOLUÇÃO:

a) Basta usar a regra da mão esquerda:

m V–––––

q B

m1 . V1––––––––q1 . B

m2 . V2––––––––q2 . B

�2mEcin––––––––––�q� B

2π m––––––

�q� B

2Ecin–––––

m

m V–––––q2 . B

m . V––––––q1 . B

MÓDULO 28

FORÇA MAGNÉTICA EM CONDUTOR RETILÍNEO

134 –

FÍSIC

A A

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Page 43: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

fig. 2

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

F = B . i . � . sen 0º

zero

b) F = B . i . �

F = 2,0 . 10 –5 . 10 . 2,0

2. Na figura que se segue, temos um condutor em forma de L per -corrido por uma corrente elétrica de intensidade i = 8,0A e imerso nointerior de um campo magnético uniforme B = 2,0 . 10–3T, perpen dicu -lar 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 ocondutor não tenha comprimento infinito.

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

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.

3. (FMTM) – Uma corrente elétrica i percorre uma barra metálicaque está imersa no campo magnético uniforme B

→, como está indicado

na figura. Observa-se que a barra sofre a ação de uma força magnéticahorizontal, com sentido para a direita. Nesse local, as linhas de forçado campo magnético B

→estão corretamente representadas na alternativa

RESOLUÇÃO:Basta usarmos a regra da mão esquerda e obteremos o sentido do campomagnético B

→.

Resposta: E

F = 4,0 . 10-4N

F→

= 0→

– 135

FÍS

ICA

A

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Page 44: c3 Curso a Exercicios Prof Fisica

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

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

RESOLUÇÃO:Para que tenhamos o anulamento das forças de tração nos fios, a forçamagnética sobre o ramo do condutor imerso no campo deve equilibrar aação da força peso; assim:

|→Fmag| = |

→P |

B.i.� sen θ = m g

B.i.� sen 90° = m g

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

Resposta: A

5. (UFPE-2011) – O circuito elétrico plano, mostrado a seguir,possui uma bateria de força eletromotriz ε = 48V e resistência internar = 1 ligada a resistores de resistências R = 9 , sendo os demais fiosde ligação considerados ideais. O trecho retilíneo ab do circuito possuicomprimento de 50cm. No plano do circuito, existe um campo mag -nético uniforme, de módulo B = 2,5T e direção fazendo um ângulo de37° com a direção do trecho ab. Qual o módulo da força magnéticaque age no trecho ab?

Adote: sen 37° = 0,6

RESOLUÇÃO:

Req = = = 3

i = = (A) ⇒ i = 12A

Em cada resistor, passam apenas um terço desse valor, ou seja, 4A.

No trecho ab passam 4A.

F = B . i . � sen 37°

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

A resposta está sendo dada com apenas 1 algarismo significativo devidoaos demais dados.

i = 8,0A

R–––3

9 –––––

3

ε––––––––

r + Req

48–––––1 + 3

F = 3N

136 –

FÍSIC

A A

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