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FÍSICA

C6_CURSO_A_FISICA_Tony_Alelex_2021.qxp 11/06/2021 16:37 Página I

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ICA

A

1. Energia Potencial Elástica

Lei de Hooke

Consideremos uma mola elástica ideal submetida auma força defor ma dora de intensidade F.

Seja x a deformação sofrida pela mo la (alongamentoou encurtamento da mola).

A Lei de Hooke estabelece que:A intensidade da força de for madora (F) e a

deformação produ zida (x) são diretamente propor -

cionais.

A constante de proporcio nalida de k é uma medida darigidez da mola e é chamada de constan te elástica da

mola.

Gráfico da Lei de Hooke

Sendo F diretamente proporcio nal a x, temos:

No SIU, a constante elás ti ca é medida em N/m.

Energia Elástica

Para medirmos a energia elás tica, armazenada emuma mola de for mada, basta calcular o traba lho rea lizadopor um operador, na tarefa de defor mar a mola.

O cálculo do trabalho é feito pela medida da área sobo gráfico F = f(x).

Ee = τopN= área (F x d)

x . k xEe = ––––––– ⇒

2

Observe que, à semelhança da ener gia cinética, aenergia elástica nun ca será negativa, pois k > 0 e x2 � 0.

2. Energia Mecânica

A energia mecânica de um corpo é a soma dasenergias potencial e ci né tica.

A energia mecânica depende do referencial

adotado e pode ser positiva, negativa ou nula.

3. Sistema de Forças Conservativo

Um sistema de forças, aplicado a um corpo, é ditoconservativo quan do não altera a energia mecâ ni ca docor po.

F = k x

tg α =N

k

kx2

Ee = –––––2

EM = Epot + Ecin

Sistema Conservativo⇑⇓

Energia Mecânica Constante

MÓDULO 47 Energia Elástica e Sistema de Forças Conservativo

Mecânica FRENTE 1

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Exemplos de sistemas conserva ti vos:

Exemplo 1: Quando um corpo es tá sob açãoexclusiva da força de gravidade, sua energia mecânicaper manece constante.

O corpo pode estar

a) em queda livre vertical;

b) subindo verticalmente;

c) em trajetória parabólica (movi men to balístico);

d) em movimento orbital em torno da Terra (órbitacircular ou elíptica).

Exemplo 2: Quando um corpo desliza livremente aolongo de uma tra jetória sem atrito, ele fica sob a açãoexclusiva de seu peso e da reação nor mal de apoio, e suaener gia mecânica permanece constante.

Exemplo 3: Quando um pên du lo ideal está oscilando,a esfera pen dular fica sob a ação exclusiva de seu peso eda força aplicada pelo fio ideal, e sua energia mecânicaper ma nece cons tante.

Exemplo 4: Em uma Máquina de Atwood, ideal, osblocos ficam sob a ação exclusiva de seus pesos e das for - ças aplicadas pelo fio, e a energia me cânica total doconjunto dos dois blo cos permanece constan te.

Exemplo 1

Exemplo 2

Exemplo 3

Exemplo 4

4. Gráfico de Energias em um Sistema

Conservativo

Os gráficos da energia potencial e da energia cinéticade um corpo, em fun ção do tempo ou da posição (defi nidapor uma coordenada de posição x), são simétricos emrela ção a um ei xo correspondente à metade da ener giame cânica total.

Exemplo

E1 = Energia CinéticaE2 = Energia PotencialEm = Energia Mecânica

A demonstração dessa proprie da de é imediata, pois:

E1 + E2 EmE1 + E2 = Em e –––––––– = –––––2 2

é a equação que traduz a simetria citada, porque a posiçãodo eixo de simetria é dada pela média aritmética entre asordenadas E1 e E2.

EA = EB = EC

EA = EB = EC = ED

EA = EB = EC = ED

E = EpotA+ EcinA

+ EpotB+ EcinB

= constante

2 –

FÍSIC

A A


5. Sistemas não Conservativos

Um sistema de forças é dito não CONSERVATIVO

quando, ao ser aplicado a um corpo, provoca au mento oudiminuição da energia me cânica do corpo.

Exemplo 1: Força de resis tên cia do ar

Quando um corpo está em movi mento sob a ação deseu peso e da resistência do ar, sua energia mecâ nicadiminui, pois a força de resis tência do ar realiza umtrabalho ne gativo, transformando ener gia mecâ nica

em térmica.

Exemplo 2: Força de atrito

Quando um corpo está mo ven do-se ao longo de umatrajetória com atrito, sob a ação exclusiva de seu pe so eda força do apoio, sua ener gia mecânica diminui, pois aforça de atrito realiza um trabalho ne ga tivo,

transformando ener gia mecâ ni ca em térmica.

Nos exemplos (1) e (2), o traba lho das forças dissipa -tivas (atrito e/ou re sistência do ar) é medido pela va ria ção daenergia mecânica do cor po:

Exemplo 3: Colisões não elás ticas

Nas colisões não elásticas (tam bém chamadas deinelásticas ou ane lás ticas), há diminuição de ener gia me -cânica com a consequente produ ção de energia térmica,ener gia so nora e trabalho em deforma ções per manentes.

Exemplo 4: Explosões

Em uma explosão, as forças in ter nas provocamaumento de ener gia mecânica, transformando outraforma de energia (potencial quí mica ou nuclear) em energiamecâ nica.

τForças dissipativas = ΔEmecânica

Nas explosões, há aumento de energia mecânica.

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1. (ENADE-MODELO ENEM) – Uma brincadeira de criança que moraperto de um riacho é atravessá-lo usando uma corda amarrada a umaárvore perto da margem. Dependendo da resistência da corda, essatravessia pode não se concretizar. Para avaliar o perigo da travessia,pode-se usar como modelo o movimento do pêndulo, e calcular aintensidade da força de tração máxima que a corda pode suportar.Considerando-se que a corda faz, inicialmente, um ângulo de 60° coma vertical, qual é a intensidade da força de tração máxima a ser suportadapela corda para que uma criança de 30kg atravesse o riacho?

a) 200N b) 300N c) 600Nd) 900N e) 1200N

TIPLER, P.A.; MOSCA, G. Física para cientistase engenheiros, V1 –Mecânica, Oscilações,Ondas, Termodinâmica.Rio de Janeiro: LTC.

RESOLUÇÃO:

1) Conservação da energia mecânica entre A e B:

(ref. em B)

= mg ⇒ = m g = FcpB

2) Tmáx. – mg = FcpB

Tmáx. – mg = mg

Tmáx. = 2 mg = 2 . 30 . 10 (N)

Resposta: C

EB = EA

mV2

B––––––

2

L–––2

mV2

B––––––

L

Tmáx. = 600N

Considere g = 10 m/s2 e des preze o efeito do ar


2. (OLIMPÍADAS DE FÍSICA DE PORTUGAL-2019-MODELO

ENEM) – Nas montanhas russas dos parques de diversão, asvelocidades e acelerações atingidas podem ser elevadas, fazendo estesefeitos parte da diversão. No entanto, uma variação muito rápida davelocidade pode originar desconforto, o que não é pretendido. Vamostentar perceber como podemos contornar esta questão, comconhecimentos de Física.Numa montanha russa circula um carrinho de massa igual a 50 kg quetransporta um rapaz de 50 kg. No looping final dessa montanha-russaesquematizada na figura, o carrinho faz o percurso circular ABC de raio5,0 m. O módulo da velocidade do carrinho no topo (A) é 10,0 ms–1. Nolooping, o atrito entre o carrinho e a calha onde este circula édesprezível. Depois de completar o looping, o carrinho segue para umasuperfície horizontal sendo nesta altura aplicada uma força de frenagem,que imobiliza o carrinho. Considere o módulo da aceleração da gravidadeigual a 10,0 ms–2.

Qual a intensidade da força normal aplicada pela pista sobre o conjunto(carrinho + rapaz) na posição C?a) 5,0 kN b) 6,0 kN c) 7,0 kNd) 8,0 kN e) 9,0 kN

RESOLUÇÃO:

1) Conservação da energia mecânica entre A e C.

EC = EA (referência em C)

= + m g 2 R ⇒ V2

C= V2

A+ 4 g R

V2

C= 100 + 4 , 10,0 . 5,0 (SI) ⇒ V2

C= 300 (SI)

2)

FN – P = FcpC

FN = mg +

FN = 1000 + (N)

Resposta: C

mV2

C–––––––

2

mV2

A–––––––

2

mV2

C––––––

R

100 . 300–––––––––

5,0

FN = 7,0 . 103 N

FN = 7,0 kN

4 –

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A A


3. (AMAN-2021) – O desenho abaixo mostra uma semicircunferênciaassociada a uma rampa, em que um objeto puntiforme de massa m, élançado do ponto X e que inicialmente descreve uma trajetória circularde raio R e centro em O.Se o módulo da força resultante quando o objeto passa em Y é ��5 mg,sendo a distância de Y até a superfície horizontal igual ao valor do raioR, então a altura máxima (hmáx) que ele atinge na rampa é:

a) R��2 b) R��3 c) 2R d) 3R e) 5R

Desenho ilustrativo – fora de escala

RESOLUÇÃO:

1) FN = Fcp =

2) Ft = P = mg

3)→F =

→FN +

→P

F2

R= F2

N+ P2

5 m2g2 = + m2 g2

5 g2 = + g2 ⇒ = 4g2

= 2g ⇒

4) Conservação da energia mecânica entre a posição Y e a posição

A de altura máxima.

EA = EY (referência no solo)

m g hmáx = m g R + . 2 g R

hmáx = R + R ⇒

Resposta: C

Dados:

Des preze as forças dissipativas.

Considere g como sendo o módulo da aceleração da gravidade.

mV2y

––––––R

m2V4y

––––––R2

V4y

––––R2

V4y

––––R2

V2y

––––R

V2y = 2gR

m––––

2

hmáx = 2R

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4. (PUC-SP-MODELO ENEM) – Um aluno resolve colocar em práticaseus conhe cimentos de Física enquanto brinca com os colegas em umbalanço de corda única de comprimento L (figura 1). Ele deseja que, aopassar pelo ponto mais baixo da trajetória, a intensidade da força detração na corda corresponda a 3/2 de seu peso. Após alguns cálculos,ele, depois de sentar-se no balanço, pede para que um colega posicioneo balanço conforme indicado na figura 2.

Considerando-se desprezíveis todas as formas de atrito e que, no iníciodo movimento, o balanço está com a corda esticada, parte do repousoe descreve uma trajetória cir cular, qual o ângulo α encontrado por ele?a) 42,1 b) 45,3 c) 48,6d) 54,1 e) indeterminado

RESOLUÇÃO:

1) h = L – L cos θ = L (1 – cos θ)

2) EB = EA (referência em B)

= m g L (1 – cos θ)

3) TB – P = FcpB

TB = 1,5 mg

1,5 mg – mg = 2mg (1 – cos θ)

0,25 = 1 – cos θ

cos θ = 1 – 0,25

cos θ = 0,75

Como α e θ são complementares então:

cos θ = sen α = 0,75

Da tabela:

Resposta: C

α = 48,6°

� seno

42,1 0,67

45,3 0,71

48,6 0,75

54,1 0,81

m VB2

–––––2

m VB2

–––––– = 2mg (1 – cos θ) = FcpBL

6 –

FÍSIC

A A


5. (FUVEST-TRANSFERÊNCIA-2021) – Um bloco de massa m estáno ponto mais alto de uma casca hemisférica. Partindo do repouso, obloco começa a escorregar para baixo.

O bloco perderá o contato com a casca hemisférica num ponto cujaaltura h é:

a) R b) R c) R

d) R e) R

RESOLUÇÃO:

1) EB = EA (referência em B)

= mg (R – h)

(1)

2) PN = P cos θ = mg cos θ

3) No ponto de desligamento FN = 0 e PN = FcpB

mg cos θ = ⇒ (2)

4) (1) = (2): 2g (R – h) = g R cos θ

2R – 2h = R cos θ (3)

Da figura cos θ = ⇒ h = R cos θ (4)

(4) em (3): 2R – 2h = h ⇒ 3h = 2R ⇒

Resposta: E

1––4

1––3

1––2

3––5

2––3

Note e adote:

Despreze o atrito com a superfície e a resistência do ar.

mVB2

–––––2

VB2 = 2g (R – h)

mV2

B––––––

RVB

2 = g R cos θ

h–––R

2h = ––– R

3

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A A

1. Cinemática do MHS

a) O movimento harmônico simples (MHS) pode serimaginado como a projeção de um movimentocircular e uniforme com raio R, e velocidade angular ω.

Enquanto a partícula P descreve o movimento circulare uniforme com velocidade escalar VP = ωR eaceleração centrípeta com módulo aP = ω2R a suaprojeção P’ descreve um movimento oscilatório entreA e A’ denominado movimento harmônico simples.

b) Da figura temos:

x = R cos ϕ ⇒ (1)

V = – VP cos α ⇒ (2)

� = – aP cos ϕ ⇒ (3)

Fazendo-se: vem

= –ω2 ⇒

2. Força no MHS

O valor algébrico da força re sul tan te numa partículade massa m que realiza MHS é expresso por:

F = m �Sendo � = – ω2x, vem:F = – mω2xFazendo mω2 = k (constante de for ça do MHS), temos:

Representação gráfica:

A força resultante é de restitui ção, pois seu sinalalgébrico é sem pre oposto ao da elongação.

3. Energia Potencial Elástica

É dada por:

4. Energia Cinética

É dada por:

Sendo V2 = ω2(a2 – x2), vem:

F = – k x

kx2

Ep = ––––2

mV2

Ec = –––––2

mω2(a2 – x2)Ec = ––––––––––––––

2

k(a2–x2)Ec = ––––––––––

2

x = a cos ϕ

V = – a ω sen ϕ

� = – a ω2 cos ϕ

(3)––––(1)

�––––

x� = – ω2 x

a = R = amplitude do MHS

MÓDULO 48 Cinemática e Dinâmica do MHS


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1. (AMAN-2021) – Um ponto material oscila em torno da posição deequilíbrio O, em Movimento Harmônico Simples (MHS), conforme odesenho abaixo. A energia mecânica total do sistema é de 0,10 J, aamplitude da oscilação é de 0,10 m e o módulo da máxima velocidadeé de 1,0 m/s. Os extremos da trajetória de movimento têm velocidadeigual a zero (v = 0).Desprezando-se as forças dissipativas a frequência da oscilação emhertz é:

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

Vmáx = ω a

1,0 = 2πf . 0,10

f = Hz

Resposta: C

1,0–––––0,20π

��2–––––

3π

��5–––––

π

5,0––––

π

��π–––––

3

1–––2π

5,0f = ––––– Hz

π

5. Energia Mecânica

A força elástica responsável pelo MHS é conserva -tiva, o que significa que a energia mecânica se mantémCONSTANTE.

6. Diagrama das Energias

Calculemos os valores de x para os quais Ep = Ec:

= ⇒ x2 = a2 – x2

2x2 = a2 ⇒ x = �

ka2

Em = –––––2

Em = Ec + Ep = CONSTANTE

k (a2 – x2)––––––––––

2

kx2–––––

2a��2

x = � ––––––2

a–––––

��2


2. (AFA-2021) – Um sistema massa-mola é composto de um molaideal de constante elástica k e de um recipiente, de volume interno V emassa desprezível, que é totalmente preenchido com um líquidohomogêneo X de densidade constante e desconhecida.Verifica-se que, ao se colocar esse primeiro sistema para oscilar, seuperíodo de oscilação é igual ao de um segundo sistema, formado de umpêndulo simples de comprimento L e massa m.Considere que os dois sistemas oscilam em movimento harmônicosimples em um local em que a aceleração gravitacional tem móduloigual a g; e que o recipiente preenchido pelo líquido comporte-se comouma massa pontual. Nessas condições, a densidade do líquido X podeser expressa por

a) b) c) d) e)

RESOLUÇÃO:

1) Período do pêndulo simples:

2) Período do sistema massa-mola

k = m ω2 = d V ω2 ⇒ ω = =

3) Condição do exercício:

T2 = T1 ⇒ 2π = 2π

= ⇒

Resposta: B

3. (OPF-MODELO ENEM) – O gráfico a seguir representa a energiapotencial elástica Ep, a energia cinética Ec e a energia mecânica totalEm em função da coordenada de posição x de um sistema mola-massa que realiza um movimento harmônico simples (MHS).

Assinale a opção correta.

a) Na posição x = a; Ep é máxima e Ec é mínima.

b) Na posição x = 0; Ep é nula e a velocidade escalar é máxima.

c) Em qualquer posição –a ≤ x ≤ a a energia mecânica é nula.

d) Na posição x = 0; Ep é máxima e Ec é mínima.

e) Na posição x = –a, Ep é máxima e a velocidade escalar é mínima.

RESOLUÇÃO:

x = 0 a velocidade escalar pode ser máxima (vmáx = aω) ou

mímina (Vmín = –aω).

c) (F) Em qualquer posição Em é constante e não-nula.

Em = = constante

A velocidade escalar é mínima (Vmín = –aω) para x = 0

Resposta: A

VL–––gk

2π––––T2

T2 = 2πdV–––k

dV––––

k

Ep = Epmáx=

Ec = Ecmín= 0

ka2

––––2

a) (V) x = a

Ep = Epmín= 0

Ec = Ecmáx=

ka2

––––2

b) (F) x = 0

k a2

–––––2

Ep é mínima: Ep = 0

Ec é máxima: Ec = ka2

––––2

d) (F) x = 0

Ep é máxima

Ec = Ecmín

= 0

e) (F) x = –a

kL–––gV

gk–––LV

Vk–––gL

kLg––––

V

Período do pêndulo simples: T = 2πL

–––g

T1 = 2πL

–––g

k–––dV

dV–––k

L–––g

L––––

g

kLd = ––––

gV

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4. (ESCOLA NAVAL-2021-MODELO ENEM) – Um sistema massa-mola e um pêndulo simples executam um movimento harmônicosimples.

Sabendo-se que em t = 0 os dois sistemas estão na posição deamplitude máxima de seus movimentos, como na figura, determine otempo em segundos que eles levarão para se encontrarem novamente,pela primeira vez, nessa mesma posição, e marque a opção correta.

a) 6,0 . 10–1 s b) 1,0 s c) 3,0 sd) 6,0 s e) 10,0 s

RESOLUÇÃO:

1) Período do pêndulo simples

TP = 2π = 6 (s) = 0,60 s

2) Período do sistema massa-mola:

k = m ω2

144 = 4,0 ω2

ω2 = 36 (SI) ⇒ ω = 6,0

ω = ⇒ 6,0 = ⇒

3) Para voltarem simultaneamente à posição inicial o tempo gasto

deverá ser o mínimo múltiplo comum entre 0,60 s e 1,0 s que

corresponde a 3,0 s.

O pêndulo terá dado 5 oscilações e o bloco 3 oscilações.

Resposta: C

5. (UPE-2021) – Um oscilador vertical de massa m e uma mola de

constante elástica k tem período T1. Se uma segunda mola com

constante elástica 3k é introduzida em série entre a mola e a massa, o

novo sistema apresenta um período de oscilação T2. Qual é o valor da

expressão . (3) ?

a) 1 b) 2 c) 3 d) 6 e) 9

RESOLUÇÃO:

1) Para molas em série temos:

= + = + =

2) k = m ω2 ⇒ ω = =

T1 = 2π (1)

T2 = 2π = 2π (2)

: =

= ⇒ . ��3 = 2

Resposta: B

3kke = –––––

4

T2–––– . (3)

1/2= 2

T1

Dados:

k = 144 N/m; m = 4,0 kg; � = 10,0 cm; A = 5,0 cm; π = 3;

g = 10,0 m/s2

L–––g

0,10–––––10,0

rad–––––

s

2π––––TM

6––––TM

TM = 1,0 s

1–––ke

1–––k1

1–––k2

1–––k

1–––3k

3 + 1––––––

3k

k–––m

2π–––T

m–––k

m–––––

3k–––4

4m–––3k

(2)––––(1)

T2––––T1

4–––3

T2––––T1

2––––

��3

T2–––T1

1––2

Nota: as molas têm massas desprezíveis.

T = 2πm–––k

T2––––T1


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FÍSIC

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MÓDULO 49 Impulso e Quantidade de Movimento

1. Definição de impulso

Considere uma força constan te→F, atuando sobre um

corpo, du ran te um intervalo de tempo Δt. Define-se IMPULSO da força

→F, no referido intervalo

de tempo, co mo a grandeza vetorial →I dada por:

Notas

Nota 1: Se a força →F for va riável, a definição de impul -

so é feita com re cur sos de Matemática su perior (fun çãoin te gral).

Nota 2: Impulso é uma gran de za vetorial que tem amesma dire ção e o mes mo sentido da força

→F.

Assim, o impulso da força peso é sempre vertical edirigido de cima para baixo.

Nota 3: Impulso não é gran deza instantânea, isto é,não é de finido pa ra um dado instante e sim para um certointervalo de tempo.

Nota 4: Quando a força →F é va riável, usamos o con -

ceito de força média →Fm.

A força média →Fm é uma força cons tante capaz de

produzir o mes mo impulso da força variável →F.

2. Definição de Quantidade de Movimento

Considere uma partícula de mas sa m animada de umavelocidade vetorial

→V.

Define-se QUANTIDADE DE MO VIMENTO dapartícula como a grandeza vetorial

→Q dada por:

Notas

Nota 1: Quantidade de movi men to é também cha -mada de MO MENTO LINEAR ou simplesmente MO MEN -

TO.Por vezes também é usado, com o mesmo signifi -

cado, o termo latino MO MENTUM (no plural, usa-se MO -MENTA).

Nota 2: Quantidade de movi men to é uma grandezavetorial que tem a mesma direção e o mesmo sen tido davelocidade vetorial, ou se ja, é sempre tangente à trajetóriae tem o sentido do movimento do corpo.

Nota 3: Quantidade de movi men to é uma grandezainstantânea, is to é, é definida para um dado ins tante.

Nota 4: Sendo→FR a força re sul tante que atua em uma

partícula, te mos:

Newton formulou a sua 2.a lei (Prin cípio Fundamental

da Dinâmica) apoiado na equação→FR = .

O enunciado original da 2.a Lei de New ton é oseguinte:

Nota 5: Para um sistema de vá rias partículas, a quanti -dade de mo vi mento do sistema é a soma vetorial dasquantidades de movimento das partículas.

Nota 6: Para um corpo exten so, a quantidade demovimento é definida como o produto de sua mas sa Mpela velocidade veto rial

→VCM de seu centro de massa.

I = →F . Δt

→IF =

→IFm

= →Fm . Δt

→Q = m

→V

Δ→V Δ

→Q→

FR = m→a = m –––– = ––––

Δt Δt

Δ→Q

–––––Δt

A força resultante é igual à taxa de variação do

momento com o tempo.

→Qsistema = m1

→V1 + m2

→V2 + … + mi

→Vi

→Qcorpo extenso = M

→VCM


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FÍS

ICA

A

Nota 7: A quantidade de mo vi mento de uma partículaé constante em dois casos:

a) partícula em repouso:

b) partícula em movimento retilí neo e uniforme:

Nota 8: No movimento cir cu lar e uniforme, a quan -tidade de movi men to tem intensidade constan te (por queo movimento é uniforme), po rém tem direção variável(porque a trajetória é curva) e, portanto, é uma gran deza

vetorial variável.

3. Relação entre Energia Cinética e Momento

Considere uma partícula de mas sa m e velocidadecom intensidade V.

A energia cinética EC e a in ten sidade da quantidadede movimento Q são dadas por:

Q = mV (1)

mV2EC = ––––– (2)

2

QDe (1), temos: V = ––

m

Substituindo-se em (2), vem:

m QEC = ––– �–––�

2⇒

2 m

Observe na expressão EC = f(Q) que, se duaspartículas tiverem quan ti da des de movimento com a mes -ma in ten sidade, então as ener gias ciné ticas serão inversa -mente pro porcio nais às res pectivas mas sas.

4. Unidades e Dimensões

Quantidade de movimento

• Unidade

u(Q) = u(m) . u(V)

No SI:

• Dimensões

[Q] = [m] [V] ⇒

Impulso

• Unidade

u(l) = u(F) . u(t)

No SI:

• Dimensões

[I] = [F] [Δt] = MLT–2 . T

Segue-se, portanto, que:

Q2

EC = ––––2m

ECA mBQA = QB � ––––– = –––––

ECB mA

u(Q) = kg . m/s

[Q] = MLT–1

u(l) = N . s

[I] = MLT–1

u(l) = u(Q)

[I] = [Q]

N . s = kg . m/s

→Q = constante =

→0

→Q = constante �

→0


14 –

FÍSIC

A A

1. (AMAN-2021-MODELO ENEM) – Se um corpo descreve ummovimento circular uniforme, então:

• o módulo da força que age sobre o corpo é ______I zero;

• o vetor quantidade de movimento ______II com o tempo;

• o trabalho realizado pela força é ______III ;

• o energia cinética é ______IV .

A opção que corresponde ao preenchimento correto das lacunas (I), (II),(III) e (IV) é:a) I – diferente de; II – não muda; III – nulo; IV – constante.b) I – diferente de; II – muda; III – diferente de zero; IV – variável.c) I – igual a; II – muda; III – nulo; IV – constante.d) I – diferente de; II – muda; III – nulo; IV – constante.e) I – igual a; II – não muda; III – nulo; IV – constante.

RESOLUÇÃO:

I: A força resultante é centrípeta � � e portanto é diferente de

zero.

II. O vetor quantidade de movimento é variável (muda) com o

tempo pois tem módulo constante e direção variável.

III. O trabalho da força centrípeta é sempre nulo porque ela é

perpendicular à trajetória.

IV. A energia cinética é constante � � porque o movimento é

uniforme.

Resposta: D

2. (VUNESP-FEMA-2021-MODELO ENEM) – Um ciclista e umcaminhão descem uma ladeira em movimentos uniformes e comvelocidades escalares iguais, de acordo com a figura. Os pontos A e Bindicados representam, respectivamente, os centros de massa docaminhão e do conjunto ciclista-bicicleta.

Sabendo-se que a massa do caminhão é maior do que a do conjuntociclista-bicicleta, em relação à linha de referência tracejada, no instanterepresentado na figura,a) a energia potencial gravitacional de B é maior do que a de A.b) a energia mecânica de A é maior de que a de B.c) a energia cinética de A é menor do que a de B.d) o módulo da quantidade de movimento de B é maior do que o de A.e) A e B apresentam a mesma quantidade de movimento.

RESOLUÇÃO:

a) (F) Ep = m g H ⇒ mA > mB e HA > HB ⇒

b) (V) Em = m g H +

EpA

> EpB

e EcA

> EcB

(mA > mB) ⇒

c) (F) EcinA

> EcinB

porque mA > mB e VA = VB

d) (F) |→QA| > |

→QB| (|

→Q | = mV) pois mA > mB e VA = VB

e) (F)

Resposta: B

mV2

–––––R

mV2

–––––2

EpA

> EpB

mV2

–––––2

EA > EB


3. (UFPB-MODELO ENEM) – Pai e filho são aconselhados a correrpara perder peso.Para que ambos percam calorias na mesma proporção, o instrutor daacademia sugeriu que ambos desenvolvam quantidades de movimentocom módulos iguais.Se o pai tem massa de 90kg e corre com velocidade de módulo 2,0m/s,o filho que tem massa de 60kg deverá correr com velocidade demódulo:a) 1,0m/s b) 2,0m/s c) 3,0m/sd) 4,0m/s e) 5,0m/s

RESOLUÇÃO:

Qpai = Qfilho

mPVp = mFVF

90 . 2,0 = 60 VF

Resposta: C

4. Uma bola de tênis atinge a raquete de um tenista com velocidade→V0 = 15,0

→i (m/s) e imediatamente após a colisão tem velocidade

→V = – 20,0

→i (m/s)

O simbolo→i representa um versor (vetor unitário).

A variação de energia cinética da bola, no ato da colisão com a raquete,

foi de 8,75J.

Determine

a) a massa m da bola;

b) o módulo |�→Q| da variação da quantidade de movimento da bola no

ato da colisão com a raquete.

RESOLUÇÃO:

a) �EC = (V2 – V20)

8,75 = (400 – 225)

17,5 = m . 175 ⇒

b) �Q = m ��V�

�V = –20,0 – 15,0 (m/s)

�V = –35,0m/s

��V� = 35,0m/s

�Q = 0,10 . 35,0 (SI)

Respostas:a) m = 0,10kg

b) �Q = 3,5kg . m/s

5. (UPE-MODELO ENEM) – Os Estados Unidos anunciaram o inícioda operação de instalação de um controverso sistema antimísseis naCoreia do Sul. Batizado de Terminal de Defesa Aérea para GrandesAltitudes (Thaad, na sigla em inglês), o sistema foi desenhado paraproteger o país asiático de seu vizinho mais próximo, a Coreia do Norte.(...) O que é o Thaad? É um sistema capaz de interceptar mísseis decurto e médio-alcance na fase terminal de seu voo.

http://g1.globo.com/mundo/noticia/como-e-o-sistema-antimisseis-que-os-eua-estao-instalando-na-coreia-do-sul-e-por-que-e-tao-

polemico.ghtml, acessado em:12 de julho de 2017.

A fim de simular esse sistema, certo estudante reproduz um experimen -to de lançamento oblíquo, onde duas partículas de massas, m1 e m2,são arremessadas do solo, no instante t = 0, com velocidades demódulos iguais a V1 e V2, respectivamente. As partículas colidem noinstante de tempo t = T, e no instante de tempo t = 4T ainda nãoatingiram o solo. Desprezando-se efeitos resistivos, o valor do módulodo impulso resultante sobre as partículas entre os instantes t = 0 e t = 4T vale

a) gT(m1 + m2)/2 b) gT(m1 + m2)/8

c) 2gT(m1 + m2)2/m1m2 d) 4gT(m1 + m2)

e) gT(m1m2)2/(m1 + m2)

RESOLUÇÃO:

A força resultante é o peso do sistema das duas partículas e o seu

impulso é dado por:

→IP =

→P �t

Resposta: D

Como funciona o sistema de defesa Thaad

Sistema Thaad

Lançador inimigo Radar Comando e controle Lançador demísseis

1 2 3 4

Fase

prop

ulso

ra

Fase médiaFase terminal

⎥→IP⎥ = (m1 + m2) g 4T

�Q = 3,5kg . m/s

m = 0,10kg

m––––

2

m––––

2

VF = 3,0m/s

– 15

FÍS

ICA

A


16 –

FÍSIC

A A

MÓDULO 50 Gráfico Força x Tempo e Teorema do Impulso

1. Gráfico Força X Tempo

Considere uma força →F com di re ção constante

atuan do em uma par tícula.

Na figura apresentada:

[I]t10

N= A1 ; [I]t2t1

N= –A2

A demonstração dessa proprie da de só é imediatapara o caso de força constante:

2. Teorema do Impulso (TI)

Considere uma partícula de mas sa m sujeita a umaforça resultante

→F, du ran te um intervalo de tempo Δt.

A velocidade vetorial da partícula va ria de→Vi (valor

inicial) a→Vf (va lor fi nal).

Usando-se a 2.a Lei de Newton:

(→Vf –

→Vi)→

F = m →a = m –––––––––

Δt→F . Δt = m

→Vf – m

→Vi

A expressão anterior traduz o teo re ma do impulso:

Nota

Na aplicação do teorema do im pulso, é importanteobservar que as grandezas envolvidas são vetoriais:

Exemplificando: Considere uma partícula de mas sa m em movimento

circular e uni for me com velocidade de intensi da de V.Para um quarto de volta, o im pulso da força resultante

é calculado como se segue:

| →Qi | = mV

| →Qf | = mV

Aplicando-se o Teorema de Pitá go ras:

|→I |2 = |

→Qi |

2 + |→Qf|

2

|→I |2 = (mV)2 + (mV)2 = 2(mV)2

No gráfico do valor da força em função do tempo,

a área sob o gráfico mede o valor do impulso da

for ça.

Área (F x t) N= Impulso

[I]t2

0

N= A1 – A2

Área (F x t) N= F (t2 – t1) = IF

→IF =

→Qf –

→Qi = Δ

→Q

O impulso da força resul tan te, em uma partícula,

mede a va riação de sua quan tidade de mo vimento,

durante o in ter va lo de tem po conside ra do.

TI

�

Qf

�

��Q = I

�Qi

�

|→I | = ��2 mV


1. (FATEC-SP-MODELO ENEM) – Para a proteção dos ocu pan tes deum veículo que venha a sofrer uma colisão, os carros mais modernossão equipados com o airbag, os painéis são feitos de material plástico,e a lataria é bem fina. Tudo isso para que os ocupantes do veículo nãosofram lesões graves.Durante uma colisão, a força de interação do airbag com o ocupante docarro é inversamente proporcional ao tempo de interação entre eles.O mesmo ocorre com os veículos quando colidem com um obstáculo.A deformação do veículo amortece o impacto aumentando o tempo deinteração e, consequentemente, diminuindo a intensidade da força deinteração entre o veículo e o obstáculo.De acordo com o texto, durante a colisão a) de um veículo de lataria espessa com um obstáculo, o tempo de

interação é menor, pois haverá maior deformação do carro.b) entre o motorista e o volante, o tempo de interação entre eles é

menor, pois a força de impacto é minimizada pelo uso do airbag.c) de um veículo com um obstáculo, o airbag tem a função de proteger

os ocupantes de um veículo, por isso o uso de cinto de segurança édesnecessário.

d) de um veículo de lataria espessa com um obstáculo, o tempo deinteração entre eles é maior, pois haverá maior deformação do carro.

e) entre o motorista e o airbag do veículo, o tempo de interação é maiorentre eles, proporcionando menor força de impacto.

RESOLUÇÃO:

a) FALSA. Para a lataria mais espessa, a deformação é menor.

b) FALSA. A função do air-bag é aumentar o tempo de interação

para reduzir a intensidade da força recebida pela pessoa.

c) FALSA. O cinto de segurança não é desnecessário.

d) FALSA. Com a lataria espessa, o tempo de interação é menor.

e) VERDADEIRA. Como o impulso é o mesmo, o aumento do

tempo de interação reduz a força de impacto.

Resposta: E

2. (SANTA CASA-2021) – Partindo do repouso, um automóvel commassa 1,0 . 103 kg atinge a velocidade escalar de 108 km/h após 6,0 s.a) Calcule, em m/s2, a aceleração escalar média do automóvel nesse

percurso.b) Durante um deslocamento, esse automóvel se aproximou de uma

curva, que formava um ângulo de 90°, com velocidade escalar de 20 m/s e, após executar a curva, a sua velocidade escalar passou aser de 15 m/s, como mostra a figura.

Calcule a intensidade do impulso, em N · s, que o automóvelrecebeu durante a execução da curva.

RESOLUÇÃO:

a) γm =

V = 108 km/h = m/s

γm= � � ⇒

b)

1) �Δ→V �

2= V

02 + V2

f = (20)2 + (15)2 (SI)

�Δ→V �

2= 625 (SI) ⇒

2) TI: →IR = Δ

→Q = m Δ

→V

�→IR� = m �Δ

→V � = 1,0 . 103 . 25 (SI)

Respostas: a) 5,0 m/s2

b) 2,5 . 104 N . s

ΔV––––Δt

V0 = 0

108––––3,6

V = 30 m/s

30 – 0–––––––

6,0

m–––s2

γm = 5,0 m/s2

�Δ→V � = 25 m/s

�→IR� = 2,5 . 104 N . s

– 17

FÍS

ICA

A


3. (VUNESP-FACISB-2021-MODELO ENEM) – Um satélite de 800 kgdeve sofrer um reajuste em sua órbita. Para isso, seu motor foiprogramado para imprimir, durante 4,0 s, uma força de intensidade 1,6 x 105 N na mesma direção e sentido da velocidade do satélite.Considere que a velocidade do satélite momentos antes da ignição domotor tinha módulo 3,0 km/s e desconsidere a pequena curvatura desua trajetória no tempo envolvido. Ao final dos 4,0 s a velocidade escalaratingida pelo satélite seráa) 3,2 km/s b) 3,4 km/s c) 3,6 km/sd) 3,8 km/s e) 4,0 km/s

RESOLUÇÃO:

1) TI:→I = �

→Q = m �

→V

F . �t = m (Vf – V0)

1,6 . 105 . 4,0 = 800 (Vf – 3,0 . 103)

8,0 . 102 = Vf – 3,0 . 103

Vf = 3,0 . 103 + 0,8 . 103 (m/s)

Vf = 3,8 . 103 m/s

Resposta: D

4. (FGV-2021) – Uma bola de massa 60 g é solta, a partir do repouso,de uma altura igual a 80 cm. Após colidir com o solo, a bola sobeverticalmente até a altura de 45 cm. Considerando-se a aceleraçãogravitacional com módulo igual a 10 m/s2 e desprezando-se a resistênciado ar, a intensidade do impulso resultante recebido pela bola no ato dacolisão com o solo foi dea) 0,12 N.s b) 0,21 N.s c) 0,35 N.sd) 0,42 N.s e) 0,64 N.s

RESOLUÇÃO:

1) Módulo da velocidade com que a bola chega ao solo

EB = EA (referência em B):

= m g H1 ⇒ V1 = �� 2gH1

V1 = �� 2 . 10 . 0,80 ⇒

2) Módulo da velocidade com que a bola sai do solo

EC = EB (referência em B):

m g H2 = ⇒ V2 = �� 2gH2

V2 = �� 2 . 10 . 0,45 ⇒

3) Variação de velocidade na colisão

|Δ→V| = |

→V1| + |

→V2| = 7,0 m/s

4) Teorema do impulso:

TI:→IR = Δ

→Q = m Δ

→V

TI: |→IR| = m |Δ

→V| = 60 . 10–3 . 7,0 (SI)

Resposta: D

Vf = 3,8 km/s

m V2

1–––––––

2

m–––s

V1 = 4,0 m/s

V2 = 3,0 m/s

m V2

2–––––––

2

|→IR| = 0,42 N.s

18 –

FÍSIC

A A


5. (VUNESP-UNIFIMES-2021-MODELO ENEM) – Durante umapartida de sinuca, uma bola em movimento chocou-se contra outra bolaidêntica, inicialmente em repouso. A variação da intensidade da força Fde interação entre elas está representada no gráfico.

Conside que as duas bolas possuam massas iguais a 0,20 kg cada.Imediamente após o choque, que durou exatamente 10,0milissegundos, a velocidade escalar da bola que estava inicialmente emrepouso foi dea) 1,0 m/s b) 1,5 m/s a) 2,0 m/sd) 2,5 m/s e) 3,0 m/s

RESOLUÇÃO:

a) Cálculo do módulo do Impulso

I = Área (F x t)

I = (SI) ⇒

b) Teorema do impulso

TI: I = ΔQ = m (Vf – V0)

0,50 = 0,20 Vf

Resposta: D

I = 0,50 N . s

Vf = 2,5 m/s

10,0 . 10–3 . 100––––––––––––––––

2

– 19

FÍS

ICA

A


20 –

FÍSIC

A A

Sistema Isolado

Considere um sistema de partí cu las.O sistema é chamado isolado quan do a resultante

de todas as forças externas ao sistema é nula.Sendo nula a força resultante ex terna, também será

nulo o impulso so bre o sistema e, como conse quência doteo rema do impulso, será cons tan te a quantidade de

movi men to do sistema.

A título de exemplo, conside re mos um sistema detrês partículas, A, B e C.

As partículas A e B trocam forças entre si (forçasinternas ao sistema, do tipo ação-reação) e a partícula Cestá livre de forças.

→Qsistema =

→QA +

→QB +

→QC

→QA varia em virtude da ação da for ça

→FBA.

→QB varia em virtude da ação da força

→FAB.

→QC permanece constante porque C está livre de for -

ças.

A variação de →QA compensa a variação de

→QB e

→Qsistema perma nece constante:

Os sistemas isolados de maior im portância emnossos estudos são:

Colisão entre partículas

Quando duas partículas, A e B, coli dem, elas cons -tituem um sistema iso lado, pois as forças ligadas à colisãosão forças internas.

As eventuais forças externas em uma colisão, taiscomo gravidade e atri to, têm intensidades desprezíveis,quando comparadas com as das for ças liga das à colisão.

Explosão de um corpo

Quando um corpo explode, as for ças internas li ga dasà explosão são muito intensas e as forças externas (co -mo, por exemplo, o peso do corpo) tornam-se des -prezíveis, e o corpo é con siderado um sistema iso lado.

Notas

Nota 1: Em uma colisão não elástica, embora hajaconservação da quantidade de movimento total (sis te maisolado), a energia mecâ ni ca total diminui porque setransforma em ou tras formas de energia: tér mi ca, so no -ra e trabalho em defor ma ções perma nentes.

Nota 2: Em uma explosão, em bora haja conser va çãoda quan tida de de movimento total (sistema iso la do), aenergia mecânica total au menta porque a energiapotencial química, armazenada nos explo sivos, é parcial -mente transformada em energia ciné tica dos frag mentos.

Portanto, nas colisões inelásticas e explosões, temosexemplos de sis temas físicos isolados, porém nãoconservativos.

Sistema Isolado

⇑⇓→Fexterna =

→0

⇑⇓→Qsistema = constante

→FBA = –

→FAB

→IA = –

→IB ⇒ Δ

→QA = –Δ

→QB

→Qsistema =

→QA +

→QB +

→QC = constante

→Qfinal =

→Qinicial

mA

→VA’ + mB

→VB’ = mA

→VA + mB

→VB

→Qimediatamente após =

→Qimediatamente antes

m1

→V1 + m2

→V 2 + … + mn

→Vn =

→O

MÓDULOS 51 e 52 Sistemas Isolados


– 21

FÍS

ICA

A

MÓDULO 51

1. (FUVEST-MODELO ENEM) – A figura foi obtida em uma câmara

de nuvens, equipa mento que registra trajetórias deixadas por partículas

ele tricamente carregadas. Na figura, são mostradas as tra je tórias dos

produtos do decaimento de um isótopo do hélio (62He) em repouso: um

elétron (e–) e um isótopo de lítio (63Li), bem como suas respectivas

quantidades de movimento linear, no instante do decai mento, represen -

tadas, em escala, pelas setas. Uma terceira partícula, denominada

antineutrino ( –�, carga zero), é também produzida nesse processo.

O vetor que melhor representa a direção e o sentido da quantidade de

movimento do antineutrino é

Resolução

No fenômeno radioativo decaimento β, o sistema é iso lado e

haverá conservação da quantidade de movi men to total:

→Qfinal =

→Qinicial =

→0

→QLi +

→Qe +

→Q–� =

→0

Resposta: D

2. (EN-2021-MODELO ENEM) – Em uma pedreira, uma carga dedinamite é inserida em uma fissura de uma rocha de 950 kg e entãodetonada. Como resultado dessa explosão, a rocha se divide em trêspedaços: um pedaço de 200 kg que parte com velocidade de módulo 5,0 m/s paralelamente ao solo e um segundo pedaço de 500 kg, quesai perpendicularmente ao primeiro pedaço com velocidade de módulo 1,5 m/s. Sendo assim, é correto afirmar que o módulo da velocidade doterceiro pedaço é:a) 2,0 m/s b) 3,0 m/s c) 4,0 m/sd) 5,0 m/s e) 6,0 m/s

RESOLUÇÃO:

1) Q1 = m1 V1 = 200 . 5,0 (SI) = 1,0 . 103 (SI)

Q2 = m2 V2 = 500 . 1,5 (SI) = 0,75 . 103 (SI)

|→Q1 +

→Q2|2 = Q2

1+ Q2

2

|→Q1 +

→Q2|2 = 1,0 . 106 + . 106 (SI)

|→Q1 +

→Q2|2 = �1,0 + � . 106 (SI)

|→Q1 +

→Q2|2 = . 106 (SI)

2)→Qf =

→Qi (sistema isolado)

→Q1 +

→Q2 +

→Q3 =

→0

|→Q3| = |

→Q1 +

→Q2|

m3V3 = |→Q1 +

→Q2|

250 V3 = 1250

Resposta: D

→Q–

� = – (→QLi +

→Qe)

|→Q1 +

→Q2| = 1,25 . 103 (SI)

9–––16

9–––16

25–––16

V3 = 5,0 m/s


3. (PUC-RJ-2021-MODELO ENEM) – Em uma mesa horizontal sematrito, a chapinha A encontra-se inicialmente em repouso, estando presaa um fio ideal que está fixo na mesa em seu outro extremo. A chapinhaB, com o dobro da massa de A, vem em sua direção com umavelocidade escalar de 2,0 m/s, como mostrado na Figura.

Após uma colisão frontal, observa-se que a chapinha A passa a girarcom uma velocidade escalar de 3,0 m/s. Qual é a velocidade escalar dachapinha B após a colisão, em m/s?a) 0 b) 0,50 c) 1,0 d) 1,5 e) 2,0

RESOLUÇÃO:

Conservação da quantidade de movimento

Qf = Qi

mAV’A + mBV’B = mBVB com mA = m e mB = 2m

m 3,0 + 2mV’B = 2m . 2,0

3,0 + 2 V’B = 4,0

2 V’B = 1,0

Resposta: B

4. (FMABC-2021) – Dois blocos, A e B, estão em repouso sobre umasuper fície horizontal, sendo que a massa do bloco A é quatro vezesmaior que a massa do bloco B. Os blocos são man tidos unidos por umfio que passa dentro de uma mola comprimida.

Em certo instante, o fio se rompe e os blocos entram em mo vimento.Devido ao atrito com a superfície, o bloco B pa ra após percorrer adistância de 64,0 cm. Considerando-se que os coeficientes de atrito entreos blocos e a su per fície são iguais, a distância percorrida pelo bloco A atéparar foi dea) 4,0 cm. b) 8,0 cm. c) 12,0 cm.d) 16,0 cm. e) 32,0 cm.

RESOLUÇÃO:

1) O sistema formado pelos blocos A e B é isolado no ato de

interação da mola com os blocos:

→Qf =

→Qi ⇔

→QA +

→QB =

→0 ⇔

→QA = –

→QB

�→QA� = �

→QB� ⇒ mAVA = mBVB

4mB VA = mBVB ⇒

2) TEC: τat = Δ Ecin

μ m g . D (–1) = 0 –

Sendo μA = μB, vem: =

2

=

2

DA = ⇒ DA =

Resposta: A

V’B = 0,50 m/s

A B

VB = 4VA

m V02

––––––2

D = V0

2

–––––2 μ g

DA––––DB

VA�––––�VB

1�––�4

DB––––16

64,0cm––––––––

16

DA = 4,0cm

22 –

FÍSIC

A A


– 23

FÍS

ICA

A

5. (UNICAMP-2021) – Recentemente, um foguete da empresaamericana SpaceX foi lançado na Flórida (EUA), levando dois astronautasà Estação Espacial Internacional (ISS). Este foi o primeiro lançamentotripulado dos EUA em nove anos.

a) A eficiência dos motores de foguetes é representada pelo impulso

específico ISP, que é medido em segundos. A intensidade da força

obtida pelo motor do foguete é dada por FM = ISP g , em que

é a massa de combustível expelida por unidade de tempo e g

é módulo da aceleração da gravidade. Considere um foguete de

massa total MF = 6,0 x 105 kg durante o início do seu lançamento

da superfície da Terra. Sabendo-se que o foguete atinge a iminência

do seu movimento vertical quando = 2,0 x 103 kg/s, calcule o

ISP desse foguete. Despreze a variação da massa total do foguete

durante o início do lançamento.

b) Usando um princípio físico similar ao do lançamento de um foguete,um menino deseja mover-se sobre um skate lançando uma bola queele segura nas mãos. O conjunto menino + skate + bola encontra-se inicial mente em repouso sobre uma superfície plana e hori zontal.O menino lança a bola de massa mb = 0,40 kg com uma velocidadede módulo vb = 5,0 m/s na direção horizontal e frontal do skate.Sabendo-se que a massa do conjunto menino + skate (excluindo abola) é ms = 50 kg, calcule o módulo da velocidade de recuo doconjunto menino + skate imediatamente após o lança mento da bola.Despreze qualquer força resultante externa agindo no conjuntomenino + skate + bola.

RESOLUÇÃO:

a) A iminência de movimento é atingida quando a força obtida

pelo motor do foguete tiver a mesma intensidade do peso do

foguete:

Fmotor = Pfoguete

ISP . g . = MF . g

ISP . 2,0 . 103 = 6,0 . 105

b) No ato do lançamento, o sistema menino + skate + bo la é isolado

e haverá conservação da quantidade de movimento total:

→Qf =

→Qi ⇔

→Qg +

→Qb =

→0 ⇔

→Qg = –

→Qb

�→Qg � = �

→Qb �

ms . vr = mb . vb

50 . vr = 0,40 . 5,0 ⇒

Respostas: a) ISP = 3,0 . 102s

b) vr = 4,0 . 10–2m/s

�m––––�t

�m––––�t

�m––––�t

�m–––––

�t

ISP = 3,0 . 102 s

vr = 4,0 . 10–2m/s


24 –

FÍSIC

A A

MÓDULO 52

1. (OBF-2020-MODELO ENEM) – Em um laboratório de física, éusado um sistema massa-mola para determinar a velocidade com queum projétil é disparado. O sistema é constituído por um bloco de massaM = 5,00 kg que está apoiado em uma superfície horizontal de atritodesprezível e está preso a uma parede rígida vertical através de umamola de constante elástica k = 4500 N/m. Para fazer a medida domódulo da velocidade v0 de um projétil de massa m = 10,0 g, o mesmoé disparado contra o bloco, que está inicialmente em repouso, nascondições mostradas na figura. A parte do bloco que recebe o impactoé feita de um material deformável que aloja o projétil em seu interior.Considere que a mola se deforma apenas depois do projétil se alojarcompletamente no bloco (colisão projétil-bloco instantânea). Avelocidade escalar v0 do projétil, em m/s, no caso em que a medida daamplitude de oscilação do bloco após o impacto é de 2,50 cm, é maispróxima de:a) 300 m/s b) 350 m/s c) 376 m/sd) 380 m/s e) 400 m/s

RESOLUCÃO:

1) Conservação da quantidade de movimento na colisão.

Qf = Qi ⇒ (M + m) V = m V0

(5,00 + 0,01) V = 10,0 . 10–3 . V0

2) Cálculo da pulsação ω:

k = (M + m) ω2 ⇒ 4500 = 5,01 . ω2

ω2 = ≅ 898 (SI) ⇒

3) V = Vmáx = a ω

= 2,50 . 10–2 . 30,0 (SI)

V0 = 375,75 m/s

Resposta: C

V0 ≅ 376 m/s

0,010 1V = ––––––– V0 = ––––– V0

5,01 501

4500––––––5,01

ω ≅ 30,0 rad/s

V0––––501

Nota: considere ��898 ≅ 30,0


– 25

FÍS

ICA

A

2. (MEDICINA-EINSTEIN-2021) – Duas esferas de dimensõesdesprezíveis, A e B, estão, no instante t = 0, a uma distância D uma daoutra e mo vimentam-se com velocidades constantes,

→vA e

→vB, sobre

um plano horizontal, em direções perpendiculares entre si. No instantet = 5,0 s elas colidem de modo perfeitamente inelástico no ponto P,indicado na figura.

No gráfico estão representadas, em função do tempo, as velocidadesescalares das esferas antes da colisão.

Sabendo-se que as esferas são idênticas e têm massas m = 2,0 kgcada uma, calcule:a) a distância D, em metros.b) a energia cinética, em joules, das esferas unidas, após a colisão.

RESOLUÇÃO:

a)

1) Δs = V t (MU)

AP = 1,6 . 5,0 (m) = 8,0m

BP = 1,2 . 5,0 (m) = 6,0m

2) No triângulo ABP:

D2 = (AP)2 + (BP)2

D2 = (8,0)2 + (6,0)2 (SI)

b)

1) QA = MAVA = 2,0 . 1,6 (SI) = 3,2 (SI)

QB = MBVB = 2,0 . 1,2 (SI) = 2,4 (SI)

�→Q

i�2 = Q2

A + Q2

B = (3,2)2 + (2,4)2 (SI)

�→Q

i�2 = 10,24 + 5,76 (SI)

�→Q

i�2 = 16,0 (SI)

2) Conservação da quantidade de movimento no ato da

colisão:

→Q

f =

→Q

i ⇔ �

→Q

F� = �

→Q

i�

(mA + mB) Vf = �→Q

i�

4,0 Vf = 4,0 ⇒

3) Cálculo da energia cinética final:

Ecinf

= V2

f

Ecinf

= (1,0)2 (J) ⇒

Respostas: a) D = 10,0m

b) Ecinf= 2,0 J

D = 10,0m

�→Q

i� = 4,0 kg . m/s

Vf = 1,0 m/s

(mA + mB)––––––––––

2

Ecinf= 2,0 J

4,0––––

2


3. (EN-2021) – Um bloco 1 de massa m é liberado do repouso deuma altura H sobre um trilho que tem um trecho o qual descreve umacircunferência de raio R (conforme apresentado na figura abaixo).

Na base do trilho existe um bloco 2, idêntico ao bloco 1 e em repouso.De que altura mínima o bloco 1 deve ser abandonado para que, apósocorrer uma colisão totalmente inelástica com o bloco 2, eles consigampercorrer toda extensão da circunferência sem se desprenderem dostrilhos? Considere que não há forças dissipativas atuando no sistema.Considere os blocos com dimensões desprezíveis.a) 3R b) 6R c) 8R d) 10R e) 15R

RESOLUÇÃO:

1) No ponto D, mais alto do trilho, temos:

FN + P = Fcp

FN + 2mg = V2

D

Quando FN = 0 ⇔ VD = VD(min)

2mg = 2m

2) Velocidade mínima em B após a colisão:

EB = ED (referência em B)

V2

B = 2 m g 2R + V2

D

V2

B = 4 g R + V2

D

V2

B(min) = 4 g R + g R = 5 g R

3) No ato da colisão:

Qf = Qi

2m VB(min) = m Vmin

4) Conservação da energia mecânica antes da colisão:

m g H =

Hmin =

Hmin =

Resposta: D

VB(min) = ��5gR

Vmin = 2VB(min) = 2��5gR

V2

min––––––

2g

mV2

–––––2

4 . 5g R––––––––

2g

2m––––

R

V2

D(min)––––––––

R

VD(min) = ��gR

2m––––

2

2m––––

2

Hmin = 10R

26 –

FÍSIC

A A


4. (EFOMM-2021) – Uma mola de massa desprezível e de constanteelástica k = 100 N/m tem um tamanho natural de 1,0 m e é comprimidapara que se acomode num espaço de 60 cm entre duas caixas demassas 1,0 kg e 2,0 kg. O piso horiozntal não tem atrito, e o sistema émantido em repouso por um agente externo não representado na figura.Despreze o efeito do ar.Assim que o sistema é liberado, a mola se expande e empurra as caixasaté atingir novamente seu tamanho natural, momento em que o contatoentre os três objetos é perdido. A partir desse instante, a caixa de massa1,0 kg segue com velocidade constante de módulo:

a) 2,0 ��2 m/s b) ��2 m/s c) 4,0 m/s

d) 4,0 m/s e) 5,0 m/s

RESOLUÇÃO:

1) Energia elástica armazenada na mola

Ee = = . (0,40)2 (J) = 8,0 J

b) Conservação da energia mecânica:

Ei = Ef

= +

8,0 = 0,50 VA2 + 1,0 VB

2

16,0 = VA2 + 2,0 VB

2 (1)

3) Conservação da quantidade de movimento:

→Qf =

→Qi ⇒

→QA +

→QB =

→0

→QA = –

→QB ⇒ |

→QA| = |

→QB|

mA VA = mB VB ⇒ 1,0 VA = 2,0 VB

(2)

4) (2) em (1)

16,0 = VA2 + 2,0 . 0,25 VA

2 (SI)

16,0 = VA2 + 0,50 VA

2 (SI)

16,0 = 1,5 VA2 (SI)

16,0 = VA2 (SI)

VA2 = . 16,0 (SI)

Resposta: D

kx2

––––2

mA VA2

–––––––2

mB VB2

–––––––2

VA = 2,0 VB

VB = 0,50 VA

3–––2

2–––3

VA = 4,0 m/s2

–––3

kx2

–––––2

100–––––

2

3–––2

2–––3

– 27

FÍS

ICA

A


5. (VUNESP-FAMERP-2021) – Em um local em que a aceleraçãogravitacional tem módulo igual a 10 m/s2, uma esfera, A, desliza poruma superfície plana e horizontal ao longo do eixo x de um sistema derefe rência, no sentido positivo. Em certo instante, ela colide com duasesferas, B e C, inicialmente em repouso. Após a colisão, a esfera A para,e as esferas B e C passam a se mover nas direções indicadas na figura.

a) Sabendo-se que a esfera A tem massa 0,80 kg e que, devidoexclusivamente à ação da força de atrito, antes da colisão ela estavasujeita a uma aceleração de módulo 2,0 m/s2, no sentido negativo doeixo x, calcule a intensidade dessa força, em newtons, e ocoeficiente de atrito entre a esfera A e a superfície do plano.

b) Sabendo-se que a intensidade da quantidade de movi mento daesfera A, imediatamente antes da colisão, era 8,0 kg·m/s, que aintensidade da quantidade de mo vimento da esfera B imediatamenteapós a colisão era 6,0 kg·m/s, que sen = 0,60 e que cos = 0,80,calcule o módulo das componentes da quantidade de movimento daesfera C nos eixos x e y, em kg·m/s, imediatamente após a colisão.

RESOLUÇÃO:

a) 1) 2.a Lei de Newton:

Fat = m a

Fat = 0,80 . 2,0 (N) ⇒

2) Fat = μ FN = μ m g

1,6 = μ . 8,0 ⇒

b) 1) Conservação da quantidade de movimento do sistema na

direção x:

→Qfx

= →Qix

QBx+ QCx

= QA

QB cos θ + QCx= QA

6,0 . 0,80 + QCx= 8,0

2) Conservação da quantidade de movimento na direção y:

QCy+ QBy

= 0

QCy– QB sen θ = 0

QCy– 6,0 . 0,60 = 0 ⇒

Respostas: a) Fat = 1,6N e μ = 0,20

b) QCx= 3,2 kg . m/s

QCy= 3,6 kg . m/s

y

xV =0A

�

VC

�

VB

�

Fat = 1,6N

μ = 0,20

QCx= 3,2 kg . m/s

QCy= 3,6 kg . m/s

28 –

FÍSIC

A A


– 29

FÍS

ICA

A

1. Conceito de Centro de Massa

Quando um corpo é tomado como ponto material,consi de ra mos to da sua massa concentrada em um pon togeométrico, onde estaria aplica da a re sultante das forçasexternas que atuam no corpo. Este ponto geo métrico re -cebe o nome de CENTRO DE MAS SA do corpo.

Nota: Se o corpo for homo gêneo e apresentar umaforma geo mé trica regular e simétrica, então o cen tro demas sa coincidirá com o cen tro geo mé trico do corpo.

Exemplo 1: O centro de massa de uma esferahomogênea é o seu centro geométrico.

Exemplo 2: O centro de massa de um anel homo -gêneo é o seu cen tro geo métrico (onde, no caso, nãoexis te massa).

Exemplo 3: O centro de massa de um corpo homo -gêneo, com for ma to trian gular, é o baricentro do triân gulo.

2. Centro de Gravidade

O centro de gravidade de um corpo é o ponto deaplicação da força de gra vidade.

O centro de massa coin ci dirá com o centro de

gravi dade se o vetor aceleração da gravidade (→g) for

o mesmo em todos os pontos do corpo.

Como exemplo, imagine uma mon tanha, suposta ho -mo gênea, com formato retangular e de grandes di men sões.

A aceleração da gravidade na ba se da montanha émaior do que no topo da montanha, de modo que ocentro de gravidade ficará mais abai xo do que o centrogeométrico (que coin cide com o centro de massa).

3. Posição do Centro de Massa de um Sistema de

Pontos Materiais

Consideremos um conjunto de n pon tos materiais.Representamos por mi a massa do ponto material e

xi, yi, zi as coor de nadas cartesianas que definem suaposição.

A posição do centro de massa (CM) do sistema serádefinida pelas coordenadas cartesianas xC, yC e zC obtidaspor meio de uma média pon de rada entre as coordenadas dospon tos materiais, tomando-se como pe sos, na média pon - derada, as res pec tivas massas dos pontos mate riais.

4. Velocidade do Centro de Massa de um Sistema

de Pontos Materiais

A velocidade do centro de massa será dada por umamédia ponderada entre as velocidades dos pontos ma-te -riais, tomando-se como pesos, na mé dia ponderada, asrespectivas mas sas dos pontos materiais.

Observando-se que o produto mi→Vi representa a quan -

tidade de mo vi men to do ponto material, resulta que:

→Qsistema→

VCM = –––––––––– Msistema

Em particular, se o sistema for iso lado de forças exter -nas, teremos:

m1x1 + m2x2 + … + mnxnxC = ––– –––––––––––––––––––––––

m1 + m2 + … + mn

m1y1 + m2y2 + … + mnynyC = –––––– ––––––––––––––––––––

m1 + m2 + … + mn

m1z1 + m2z2 + … + mnznzC = ––––––––––––––––––––––––––

m1 + m2 + … + mn

m1V1

→+ m2V2

→+ … + mnVn

→

V→

CM = –––––––––––––––––––––––––m1 + m2 + … + mn

→Qsistema = Msistema

→VCM

→Qsistema = cte.

a) →Q

sistema=

→0 ⇒ CM em repouso

b) →Q

sistema�

→0 ⇒ CM em MRU

MÓDULO 53 Centro de Massa


5. Aceleração do Centro de Massa de um Sistema

de Pontos Materiais

A aceleração do centro de mas sa será dada por umamédia pon de rada entre as acelerações dos pon tos ma te -riais, tomando-se como pesos, na mé dia ponderada, as res -pectivas mas sas dos pontos materiais.

Observando-se que o produto miai→

re presenta a forçaresultante no pont o material (2.a Lei de Newton), re sul taque:

→Rexterna→

aCM = –––––––––––Msistema

6. Trajetória do Centro de Massa

A trajetória do centro de massa de pende davelocidade inicial e da ace leração do centro de massa.

Como a aceleração do centro de massa é impostapela resultante das forças externas (Teorema do Centrode Massa), concluímos que as forças internas ao sistemanão podem al te rar a trajetória do centro de massa.

Exemplos:

Exemplo 1: Considere um atle ta saltando dotrampolim de uma piscina. Desprezando-se o efeito do ar,após se desligar do trampolim, o atleta fica sob açãoexclusiva da força de gravi dade, que determina para o seucentro de massa uma trajetória parabólica. Se o atletareali zar uma sé rie de pirue tas e acroba cias, estas nãoalterarão a traje tória do seu cen tro de massa, pois es tarãoligadas a forças internas mus cu la res.

Exemplo 2: Considere uma gra nada lançadaobliquamente da Ter ra. Des prezando-se o efeito do ar, aforça re sultante externa na granada é o seu pe so,determinando para o seu centro de massa uma trajetóriapa rabólica. Se a gra nada explodir em seu trajeto, en quantonenhum dos frag mentos atin gir o chão, o centro de massados frag mentos continuará descrevendo a mes ma trajetóriapa ra bólica descrita pelo centro de mas sa da granada an tesda ex plosão. Isso se justifica lem brando-se de que as forçasligadas à explo são são forças inter nas que não po demmodificar a trajetória do cen tro de massa.

m1→a1 + m2

→a2 + … + mn

→an→

aCM = ––––––––––––––––––––––––––––m1 + m2 + … + mn

→Rexterna = Msistema

→aCM

Teorema do Centro de Mas sa:

Para obtermos a aceleração do centro de massa de

um sis tema, devemos imaginar toda a massa do

sistema con cen trada no seu centro de mas sa e aí

aplicada a resul tante das forças externas que atuam

no sistema.

30 –

FÍSIC

A A

1. (OPF-MODELO ENEM) – O Manual do Proprietário de um veículoinforma que a distância entre os eixos das rodas é de 2,5m; e que 60%do peso do veículo está concentrado sobre as rodas dianteiras e apenas40%, sobre as rodas traseiras. Considerando-se essas informações, adistância horizontal entre o eixo da roda dianteira e o centro de gravidadedesse automóvel vale:a) 0,5 m b) 1,0 m c) 0,5 md) 1,5 m e) 2,0 m

RESOLUÇÃO:

xCG =

2,5 – x =

2,5 – x = 1,5

Resposta: B

CG

2,5m

x

0,4P 0,6P

m1x1 + m2x2––––––––––––

m1 + m2

0 + 0,6M 2,5––––––––––––

M

x = 1,0m


2. (UFPR) – Dois barcos estão navegando alinhados numa mesmatrajetória retilínea e ambos no mesmo sentido. O barco que está à frentepossui uma massa de 2,5 . 103kg e move-se a uma velocidade constantede módulo 72,0km/h; o que está atrás possui uma massa de 3,5 . 103kge move-se a uma velocidade constante de módulo 54,0km/h. Num dadoinstante, os barcos estão separados por 120m. Para esse instantedetermine:a) A posição do centro de massa do sistema formado pelos dois

barcos, medida em relação ao barco de trás.b) O módulo da velocidade do centro de massa do sistema, utilizando

as informações do enunciado.

RESOLUÇÃO:

a)

xCM = = (m)

b) VCM = = (m/s)

VCM = (m/s) ⇒

Respostas: a) xCM = 70,0m

b) VCM 17,1m/s

3. Uma esfera A de massa M está em repouso no solo horizontal.Uma segunda esfera B de massa 3M está em queda livre em local ondea aceleração da gravidade tem módulo g e o efeito do ar é desprezível.

Enquanto a esfera B não atingir o solo o módulo da aceleração do centrode massa do sistema formado por A e B é igual a:

a) b) c) d) g e) g

RESOLUÇÃO:

TCM:→Fext = Mtotal

→aCM

3 M g = 4 M aCM

Resposta: D

g–––8

g–––4

g–––2

3–––4

3aCM = –––– g

4

mAXA + mBXB–––––––––––––––––

mA + mB

0 + 3,5 . 103 . 120–––––––––––––––––

6,0 . 103

xCM = 70,0m

mAVA + mBVB–––––––––––––––

mA + mB

2,5 . 103 . 20,0 + 3,5 . 103 . 15,0–––––––––––––––––––––––––––––

6,0 . 103

50,0 + 52,5–––––––––––

6,0VCM 17,1m/s

– 31

FÍS

ICA

A


4. (CESPE-MODELO ENEM) – A maior parte dos meteoroides –partículas espaciais de diversas magnitudes que alvejam a Terra – é totalou parcialmente consumida em chamas pelo atrito com o ar durante suaentrada na atmosfera terrestre. Os fragmentos que, nessa entrada, nãosão destruídos e se chocam contra a superfície da Terra são deno -minados meteoritos. A figura abaixo ilustra uma situação em que ummeteorito de massa M, em rota de colisão com o ponto X0 fragmenta-se em dois corpos, de massas mA e mB, que atingem os pontos A e B,respectivamente, na superfície terrestre. Despreze a força que o araplica em cada meteorito e admita que os fragmentos atingem o solo nomesmo instante.

Considerando-se as informações e a figura acima e sabendo-se que não

houve perda de massa, que a fragmentação foi causada por forças

internas ao sistema “meteorito” e que a distância a = Kb, a razão

vale:

a) b) c) d) K e) K2

RESOLUÇÃO:

O centro de massa do meteorito atinge o solo na posição X0 e

tomando-se o ponto A como origem das coordenadas temos:

XCM =

a =

(mA + mB) a = mB (b + a)

(mA + mB) K b = mB (b + b K)

(mA + mB) K = mB (1 + K)

mAK + mBK = mB + mB K ⇒ mA K = mB

Resposta: B

5. (UnB-2020-ADAPTADA-MODELO ENEM)

A figura antecedente ilustra um sistema de duas estrelas de massa m1

e m2, respectivamente, com m2 = 2m1, separadas por uma distância

R. Na figura, as estrelas giram em relação ao ponto CM, o centro de

massa do sistema, com velocidades →V1 e

→V2 medidas em relação a

esse centro de massa, o qual tem velocidade nula.

Se durante um certo intervalo de tempo Δt a velocidade →V1 sofrer uma

variação de velocidade Δ→V1 então a variação da velocidade

→V2 será tal

que:

a) Δ→V2 = Δ

→V1 b) Δ

→V2 = Δ

→V1 c) Δ

→V2 = –Δ

→V1

d) Δ→V2 = – Δ

→V1 e) Δ

→V2 = –2 Δ

→V1

RESOLUÇÃO:

Como o centro de massa do sistema está em repouso então a

quantidade de movimento total do sistema é nula:→Qsistema = Mtotal

→VCM =

→0

Portanto: →Q1 +

→Q2 =

→0 e Δ

→Q2 + Δ

→Q1 =

→0

Δ→Q2 = –Δ

→Q1

m2 Δ→V2 = – m1 Δ

→V1

2m1 Δ→V2 = – m1 Δ

→V1

Resposta: D

–Δ→V1

Δ→V2 = ––––––

2

A X0

Ba b

Meteorito(massa M)

mA mB

mA––––mB

K–––2

1–––K

1–––2

mA xA + mB xB––––––––––––––

mA + mB

mA . 0 + mB . (b + a)–––––––––––––––––––

mA + mB

mA 1––––– = ––––

mB K

1–––2

1–––2

32 –

FÍSIC

A A


– 33

FÍS

ICA

A

1. Fases de uma Colisão

Fase de deformação

A fase de deformação começa quando os corposentram em con ta to e termina quando suas velocida destornam-se iguais.

Na fase de deformação, a ener gia mecânica do siste -ma pode-se trans formar em outras formas de ener gia:

(1) energia potencial elás ti ca: li ga da às deformaçõeselás ticas.

(2) energia térmica: provo can do aquecimento noscorpos que co li dem.

(3) energia sonora: produ zin do “barulho” durantea colisão.

(4) trabalho: usado para pro duzir deformaçõespermanentes.

Fase de restituição

A fase de restituição tem início quando asvelocidades dos corpos se igualam e termina com a sepa -ra ção dos corpos.

Durante a fase de restituição, de sa pa recem as defor -mações elásti cas, e a energia potencial elástica, arma ze na -da durante a deformação, é re trans for mada em energiacinética, po dendo haver, ainda, mais pro du ção de ener giatérmica e sonora.

2. Coeficiente de Restituição

Considere uma colisão unidimen sional entre duas

partículas, isto é, an tes e após a colisão as partículas sóse po dem mover ao longo de uma mes ma reta.

A velocidade relativa entre os cor pos, antes dacolisão, é chamada ve lo cidade de aproximação, e suainten sidade é dada por:

A velocidade relativa entre os cor pos, após a colisão,é chamada velo cidade de afastamento, e sua inten -sidade é dada por:

O coeficiente de restituição é um número (E) quemede a magnitude da fase de restituição e é definido pe -la re lação:

Notas

Nota 1: O coeficiente de res titui ção é adimensional,isto é, não tem uni dades.

Nota 2: Em nossos estudos, o coeficiente derestituição varia no inter valo fechado de 0 a 1:

3. Tipos de Colisão

Colisão elástica

Quando E = 1, teremos uma CO LISÃO PERFEITA -

MENTE ELÁS TI CA ou simplesmente COLISÃO ELÁS -

TICA.Na colisão elástica, não há dissi pa ção de energia

mecânica.Na fase de deformação, a ener gia cinética se transfor -

ma exclusiva mente em energia potencial elástica e, nafase de restituição, a energia po tencial elás tica se retrans -forma total mente em ener gia cinética.

No fim da fase de deformação, a ener gia cinética émínima (podendo ser zero ou não) e a energia elástica émáxi ma.

Colisão inelástica

Quando 0 E < 1, a colisão é di ta COLISÃO

INELÁSTICA, e po de, ainda, ser subdividida em dois tipos:a) 0 < E < 1: a colisão é cha ma da PARCIALMENTE

ELÁS TI CA ou PAR CIALMENTE INELÁS TI CA.Nesse caso, existem as duas fa ses da colisão

(deformação e restitui ção), os corpos se separam, porémhá dissipação de energia mecânica. A porcen tagem de

Vap = VA – VB

Vaf = VB’ – VA’

VafE = ––––

Vap

0 E 1

FASE DE

DEFORMAÇÃO

FIM DA

DEFORMAÇÃO

FASE DE

RESTITUIÇÃO

Ecin

�Eelástica

Ecinmínima

e

Eelásticamáxima

Eelástica

�Ecin

MÓDULO 54 Colisões


energia mecânica dis si pada depende do valor do coefi -ciente de res tituição.

b) E = 0: a colisão é chamada PERFEITAMENTE

INELÁSTICA.Nesse caso, não há fase de resti tuição e os corpos

permanecem uni dos após a colisão. Corresponde ao casoem que há maior dissipação de energia mecânica.

O termo “inelástica” pode ser subs ti tuído por “ane -lás tica”.

4. Conservação da Quantidade de Movimento

Em qualquer dos modelos cita dos de colisão, os corposque co li dem cons tituem um sistema iso lado, pois, no ato dacolisão, des pre zamos as forças externas em comparação comas forças internas ligadas à coli são.

O fato de os corpos constituírem um sistema isoladoimplica a conserva ção da quantidade de movimento total dosistema.

5. Problemas-Modelo

Colisão unidimensional

Equações:

(1) Qf = Qi

(I)

Vaf(2) E = ––––Vap

(II)

As relações (I) e (II) traduzem o equa cionamento doproblema.

Um caso particular e importante é aquele em que E = 1 e mA = mB.

Em (I):

mVA’ + mVB

’ = mVA + mVB

VA’ + VB

’ = VA + VB

Em (II):

VB’ – VA

’ = VA – VB

Resolvendo-se o sistema de equa ções:

t1: início da colisão

t2: fim da deformação

t3: fim da colisão

E próximo de 1 � pouca dissipação

E próximo de 0 � muita dissipação

E = 1

0 ≤ E ≤ 10 < E < 1

E = 0

0 ≤ E < 1

Nas colisões, há con ser vação da quantida de de

movimento total do sis tema constituí do pelos

corpos que co lidem.

mAVA’ + mBVB

’ = mAVA + mBVB

VB’ – VA

’ = E (VA – VB)

VA’ = VB

VB’ = VA

Em uma colisão unidi men sio nal, elástica, en tre

dois corpos de mas sas iguais, há troca de velo -

cidades entre os cor pos.

34 –

FÍSIC

A A


– 35

FÍS

ICA

A

Colisão com o chão

H = altura máxima inicial

h = altura máxima após a colisão

VB = módulo da velocidade de chegada ao chão

VB’ = módulo da velocidade de saída do chão

Durante a queda livre de A para B, temos:

EcinB = EpotA

m––– V2

B = m g H ⇒2

Durante a subida de B para C, te mos:

E’cinB = EpotC

m––– (V’B)2 = m g h ⇒2

O coeficiente de restituição na co li são é dado por:

Vaf VB’E = –––– = –––– ⇒

Vap VB

A altura atingida após n colisões sucessivas é calcula -da como se se gue.

h1 = E2H

h2 = E2h1 = E2.E2H = E4H

h3 = E2h2 = E2.E4H = E6H

Genericamente:

Pêndulo balístico

É usado para se obter a veloci da de de um projétildisparado contra um bloco suspenso, de modo a formarum pêndulo.

No ato da colisão (perfeitamente inelás ti ca), temos:

mV0(M + m)V’ = mV0 ⇒ V’ = –––––– (1)M + m

Durante a elevação do sistema, des prezando-se oefeito do ar, temos:

M + m–––––– (V’)2 = (M + m) g h

2

V’ = �� 2 g h (2)

Comparando-se (1) e (2), vem:

mV0–––––––––– = �� 2 g h M + m

hE = ��––

H

h = H ⇔ E = 1 ⇒ colisão elás tica

0 < h < H ⇔ 0 < E < 1 ⇒ coli são parcialmente

elástica

h = 0 ⇔ E = 0 ⇒ colisão per feitamente inelástica

hn = E2nH

M + mV0 = �––––––––� ��2 g h

m

VB = ��2 g H

V’B = ��2 g h


36 –

FÍSIC

A A

1. (FUVEST-TRANSFERÊNCIA-2021) – Considere um sistemaisolado composto por duas partículas. Numa colisão entre elas, é corretoafirmar quea) as velocidades das duas partículas não se alteram.b) apenas forças externas atuam durante a colisão, portanto não há

conservação de energia mecânica.c) os momentos lineares individuais das duas partículas e o momento

linear total do sistema se conservam.d) a velocidade do centro de massa e o momento linear total do

sistema permanecem inalterados.e) a energia cinética total e o momento do sistema se conservam.

RESOLUÇÃO:

a) (F) As forças internas, trocadas entre as partículas alteram

ambas as velocidades.

b) (F) Sendo o sistema isolado a resultante das forças externas é

nula.

c) (F) O momento linear (quantidade de movimento) de cada

partícula varia e apenas o momento linear total do sistema

permanece constante.

d) (V) 1) Nos sistemas isolados a resultante externa é nula e o

momento linear total do sistema permanece constante.

2) →Qtotal = mtotal

→VCM

Sendo →Qtotal constante então

→VCM também será constante

(repouso ou MRU).

e) (F) A energia cinética total somente vai se conservar se a colisão

entre as partículas for elástica.

Resposta: D

2. – O pêndulo de Newton pode ser constituído porcinco pêndulos idênticos suspensos em um mesmosuporte. Em um dado instante, as esferas de três

pêndulos são desloca das para a esquerda e liberadas, deslocando-separa a direita e colidindo elasticamente com as outras duas esferas, queinicialmente estavam paradas.

O movimento dos pêndulos após a primeira colisão está representadoem:

RESOLUÇÃO:

Considerando-se as colisões elásticas, deverá haver conservação

da quantidade de movimento e da energia cinética total do sistema

formado pelas cinco esferas. Isto ocorre na opção C, supondo-se

que as três esferas da direita tenham a mesma velocidade com a

qual as três bolas incidiram.

Resposta: C


3. (AMAN) – Dois caminhões de massas m1 = 2,0 t e m2 = 4,0 t,com velocidades de módulos v1 = 30 m/s e v2 = 20 m/s, respectiva -mente, e trajetórias perpendiculares entre si, colidem em um cruza -mento no ponto G e passam a se movimentar unidos até o ponto H,conforme a figura abaixo. Considerando-se o choque perfeitamenteinelástico, o módulo da velocidade dos veículos imediatamente após acolisão é:a) 30 km/h b) 40 km/h c) 60 km/hd) 70 km/h e) 75 km/h

Desenho ilustrativo fora de escala

RESOLUÇÃO:

1) Q1 = m1v1 = 2,0 . 103 . 30 (SI) = 6,0 . 104 (SI)

2) Q2 = m2v2 = 4,0 . 103 . 20 (SI) = 8,0 . 104 (SI)

3) Q02 = Q1

2 + Q22

Q02 = (36,0 + 64,0) . 108 (SI)

Q0 = 10,0 .104 (SI)

4) Conservação da quantidade de movimento na colisão:

Qf = Q0

(m1 + m2) vf = Q0

6,0 .103 vf = 10,0 . 104

vf = m/s = . 3,6 km/h

Resposta: C

4. (FUVEST-TRANSFERÊNCIA EXTERNA-2021-MODELO ENEM)

– Numa demonstração com dois pêndulos idênticos (fios decomprimento L e massas m), um estudante deixa um deles na posiçãode equilíbrio e move o segundo para a esquerda. A seguir, o pêndulo daesquerda é solto a partir do repouso, de uma certa altura h e colide demodo perfeitamente inelástico com o outro pêndulo.

Após o choque, a altura máxima atingida será de

a) h b) h c) h

d) h e) h

RESOLUÇÃO:

1) Velocidade escalar do pêndulo A no instante da colisão:

Ef = Ei ⇒ = m g h ⇒

2) Conservação da quantidade de movimento no ato da colisão:

Qf = Qi ⇒ 2m V = m VA ⇒

4) Conservação da energia mecânica na subida:

Ef = Ei ⇒ 2m g hmáx = V2

g hmáx = ⇒

Resposta: B

G

H

m1

m1

m2

m2

v1

�

v2

�

Q1

�

Q2

�Q

0

�Q

2

�Q

1

�= +

50–––3

50–––3

vf = 60 km/h

Note e adote:

Despreze as massas dos fios, o efeito do atrito e a resistência do

ar.

1–––5

1–––4

1–––3

1–––2

mV2

A––––––

2VA = ��2gh

VA ��2ghV = –––– = –––––––

2 2

2m–––––

2

2 g h/4––––––––

2

hhmáx = ––––

4

– 37

FÍS

ICA

A


5. (UNICAMP-MODELO ENEM) – Uma brincadeira popular nasfestas juninas consiste no arremesso de uma bola com o intuito dederrubar um alvo e, com isso, receber um prêmio. Entretanto, umaestratégia usada para reduzir o número de ganhadores reside no uso debolas de massas muito pequenas comparadas às massas dos alvos.Para que um determinado alvo de massa mA = 0,20kg seja derrubado,é necessário que o módulo de sua velocidade imediatamente após acolisão seja V A’ = 3,0m/s. Qual é a menor massa de uma bola, lançadacom velocidade de módulo VB = 6,5m/s, capaz de derrubar o alvo apósum choque perfeitamente elástico?a) 20 gramas. b) 60 gramas. c) 120 gramas.d) 150 gramas. e) 200 gramas.

RESOLUÇÃO:

1) Vaf = Vap

V’A – V’

B = 6,5

3,0 – V’B = 6,5 ⇒ (1)

2) Conservação da quantidade de movimento:

Qf = Q0

mBV ’B + mAV’

A = mBVB

mB (–3,5) + 0,20 . 3,0 = mB . 6,5

0,60 = 10,0 mB

mB = 0,060 kg

Resposta: B

V ’B = –3,5m/s

mB = 60 g

38 –

FÍSIC

A A


– 39

FÍS

ICA

A

Ondulatória FRENTE 2

MÓDULO 24 Equação Fundamental da Ondulatória

1. Período, Frequência,

Amplitude e Comprimento de Onda

Suponhamos que um homem, se gurando uma dasextremidades de uma corda tensa, passe a movi men tarritmadamente sua mão para cima e para baixo.

Admitamos que o intervalo de tem po decorrido emum sobe-des ce da mão seja sempre constante e que aaltura da posição mais alta da mão em relação à posiçãomais baixa seja invariável.

Esses movimentos cadenciados da mão do homemproduzirão uma sucessão de ondas senoidais que percor -rerão a corda com velocidade de intensidade V, conformeilustra o esquema acima.

No caso do exemplo, o período da onda é igual aointervalo de tempo gasto pela mão do homem para exe -cutar uma oscilação, isto é, um sobe-desce completo.

Matematicamente:

Se n = 1 ciclo, teremos Δt = T. As sim:

Se a unidade de tempo for o segundo (s), disso decor -rerá que:

Recordemos que:

1kHz = 103Hz, 1MHz = 106Hz e 1GHz = 109Hz

Referindo-nos ao exemplo da cor da, podemos dizerque o com pri mento de onda λ é a distância entre duascristas ou entre dois vales consecutivos.

É evidente que a distância entre uma crista e um va leconsecutivos equi vale a meio comprimento de on da (λ/2).

2. Relação Fundamental da Ondulatória

Geralmente, uma onda pro pa ga-se em movi mentouniforme, valendo a relação:

Recordando que durante um pe río do (T) a per tur ba çãopercorre um comprimento de onda (λ) e que a fre quên cia (f)é o inverso do período, podemos escrever que:

Chama-se período (T) da on da o intervalo de

tempo necessário para que um ponto vibrante

rea lize um ciclo completo.

Chama-se frequência (f) da on da o número de ciclos

rea li za dos por um ponto vi brante numa uni dade de

tempo.

nf = ––––

Δt

1 1f = ––– ou T = –––

T f

1unid (f) = –– = s–1 = hertz (Hz)

s

Chama-se amplitude (A) da onda a distân cia de

uma crista ou um vale ao nível de equilíbrio.

Chama-se comprimento de onda (λ) a dis tância

per cor rida pela perturbação du ran te um pe ríodo.

ΔsV = ––––

Δt

λV = –––– = λ f

T


40 –

FÍSIC

A A

1. (FAMERP-2021-MODELO ENEM) – A imagem mostra a onda ob -tida em um eletro cardio gra ma.

(www.himaculada.com.br.)

Sabendo-se que o intervalo de tempo entre o primeiro e o quarto picoé igual a 2,4 segundos, o período e a frequên cia da onda do eletrocardio -grama são, respectivamente,a) 0,8 s e 1,25 Hz. b) 0,6 s e 72 Hz.c) 0,6 s e 36 Hz. d) 0,8 s e 72 Hz.e) 0,6 s e 1,67 Hz.

RESOLUÇÃO:

(I) Entre o primeiro e o quarto pico do eletrocar dio gra ma ocorrem

3 ciclos ou batidas do coração, o que equivale a três períodos T

no gráfico.

Logo:

3T = 2,4 ⇒

(II) A frequência f é o inverso do período. Assim:

f = ⇒ f = (s–1 ou Hz)

Da qual:

Resposta: A

2. (SANTA CASA-2021-MODELO ENEM) – A percepção das corespelo sistema visual humano deve-se à presença de três tipos de conesna retina, um mais sensível à luz de cor vermelha, outro à luz de corverde e outro mais sensível à luz de cor azul. O gráfico mostra as sen -sibilidades relativas desses cones.

(www.teses.usp.br. Adaptado.)

Sabendo-se que os valores de x no eixo das abscissas desse gráfico

são crescentes, a grandeza nele representada corresponde

a) ao módulo da velocidade de propagação da luz.

b) à frequência da luz.

c) ao comprimento de onda da luz.

d) à amplitude da onda da luz.

e) à energia da onda de luz.

Resolução

As cores azul, verde e vermelha, se distinguem por frequências su -

cessivamente decrescentes e compri men tos de onda sucessi -

vamente crescentes.

De fato: c = λ f

c = intensidade da velocidade da luz.

λ = compri mento de onda.

f = frequência.

Sendo c constante, λ e f são inversamente propor cionais.

Resposta: CT = 0,8s

1–––T

1––––0,8

f = 1,25Hz

80

100Azul Verde Vermelho

40

20

0

Se

nsib

ilid

ad

e r

ela

tiva

y

60

x


– 41

FÍS

ICA

A

3. (UNESP-MODELO ENEM) – Uma corda elástica está inicialmenteesticada e em repouso, com uma de suas extremidades fixa em umaparede e a outra presa a um oscilador capaz de gerar ondas transversaisnessa corda. A figura representa o perfil de um trecho da corda emdeterminado instante posterior ao acionamento do oscilador e um pontoP que descreve um movimento harmônico vertical, indo desde umponto mais baixo (vale da onda) até um mais alto (crista da onda).

Sabendo-se que as ondas se propagam nessa corda com velocidadeconstante de módulo 10,0 m/s e que a frequência do oscilador tambémé constante, a velocidade escalar média do ponto P, em m/s, quando elevai de um vale até uma crista da onda no menor intervalo de tempopossível é igual a a) 4,0. b) 6,0. c) 8,0. d) 10,0. e) 12,0.

RESOLUÇÃO:

(I) Determinação do comprimento de onda (λ):

1,5λ = 3,0m ⇒

(II) Determinação do período da onda (T):

V = λ f ⇒ V = ⇒ 10,0 =

(III) Da posição mais baixa de sua trajetória vertical à mais alta, o

ponto P executa meio ciclo em seu movimento oscilatório

(MHS). Isso ocorre em um intervalo de tempo Δt = ou

�t = 0,10s.

A velocidade escalar média de P nesse intervalo fi ca expressa

por:

Vm = ⇒ Vm = ⇒

Resposta: C

4. (ESCOLA NAVAL-2021-MODELO ENEM) – Sonares são instru -mentos geralmente utilizados por navios para detecção e localização deobjetos no fundo do mar. Os sonares funcionam a partir da emissão depulsos sonoros (ultrassom) que, ao atingirem os obstáculos, refletem eretornam à fonte (como um eco). Um navio analisa o fundo do marutilizando um sonar com frequência próxima de 2,5 . 104 Hz.

Sabendo-se que o fundo do mar está a uma profundidade de 120 m eque o intervalo de tempo entre a emissão do pulso e a recepção de seu“eco” é de 0,16 s, o comprimen to de onda dos pulsos emitido pelosonar é de:a) 5,0 cm b) 6,0 cm c) 8,0 cm d) 10 cm e) 12 cm

RESOLUÇÃO:

(I) Cálculo da intensidade V da velocidade de propagação dos ul -

tras sons na água.

Sendo a profundidade oceânica local p = 120m e �t = 0,16s o

intervalo de tempo do trânsito dos ultrassons do sonar ao fundo

do mar e do fundo do mar ao sonar, vem:

V= ⇒ V = (m/s)

Da qual:

(II) Cálculo do comprimento de onda λ.

Com V = 1,5 . 103 m/s e f = 2,5 . 104Hz, segue-se que:

V = λ f ⇒ 1,5 . 103 m/s = λ 2,5 . 104

De onde se obtém:

Resposta: B

λ = 2,0m

2,0–––T

λ–––T

T = 0,20s

T–––2

Vm = 8,0m/s0,80m––––––0,10s

�y–––�t

2p–––�t

2 . 120–––––––

0,16

V = 1,5 . 103 m/s

λ = 6,0 . 10–2 m = 6,0 cm


42 –

FÍSIC

A A

5. (UNICAMP-2021-MODELO ENEM) – A ação germicida da luz UV

varia conforme o com primento de onda (λ) da radiação. O gráfico aseguir mostra a eficiência germicida da luz UV em função de λ, em suaatuação durante certo tempo sobre um agente patogênico.

Pode-se afirmar que a frequência da luz UV que gera eficiênciagermicida máxima neste caso éa) 0,9 x 106 Hz. b) 8,1 x 1010 Hz.c) 5,4 x 1012 Hz. d) 1,1 x 1015 Hz.e) 8,0 x 1016 Hz.

Dado: Módulo da velocidade da luz: c = 3,0 x 108 m/s.

RESOLUÇÃO:

Do gráfico, observa-se que se obtém eficiência germi cida máxima,

de 100%, para o comprimento de onda λ = 270 nm.

Da relação fundamental da Ondulatória, c = λ f, com c = 3,0 . 108 m/s

e λ = 270 nm = 270 . 10–9 m = 2,7 . 10–7 m, determina-se a frequência f.

3,0 . 108 = 2,7 . 10–7 f

Da qual:

Resposta: D

6. (UNICAMP-2021-MODELO ENEM) – Um dos fatores que deter -minam a capacidade de arma zenamento de dados nos discos laser é ocomprimento de onda do laser usado para gravação e leitura (ver figuraabaixo). Isto porque o diâmetro d do feixe laser no ponto de leitura nodisco é diretamente proporcional ao com primento de onda, λ. No casodo Blu-Ray, usa-se um comprimento de onda na faixa azul (daí o nome,em inglês), que é menor que o do CD e o do DVD. As lentes usadas noleitor de Blu-Ray são tais que vale a relação dBR 1,2λBR.

A partir das informações da figura, conclui-se que a frequência do laser

usado no leitor de Blu-Ray é

a) 3,2 x 1014 Hz. b) 5,2 x 1014 Hz.

c) 6,2 x 1014 Hz. d) 7,5 x 1014 Hz.

e) 8,0 x 1014 Hz.(Adote para a intensidade da velocidade da luz o valor c = 3,0 . 108m/s)

RESOLUÇÃO”

(I) Cálculo do comprimento de onda λBR:

dBR = 1,2λBR ⇒ 480 . 10–9 = 1,2λBR:

Da qual:

(II) Cálculo da frequência do laser de Blu-Ray, fBR:

c = λBR fBR ⇒ 3,0 . 108 = 4,0 . 10–7 fBR

Da qual:

Resposta: D

f 1,1 . 1015 Hz

λBR = 4,0 . 10–7m

fBR = 7,5. 1014Hz


– 43

FÍS

ICA

A

7. (UNESP-2020 – MODELO ENEM) – A sensibilidade visual dehumanos e animais encontra-se dentro de uma estreita faixa doespectro da radiação eletromagnética, com comprimentos de ondaentre 380nm e 760nm. É notável que os vegetais também reajam àradiação dentro desse mesmo intervalo, incluindo a fotossíntese e ocrescimento fototrópico. A razão para a importância dessa estreita faixade radiação eletromag nética é o fato de a energia carregada por umfóton ser inversamente proporcional ao comprimento de onda. Assim,os comprimentos de onda mais longos não carregam energia suficienteem cada fóton para produzir um efeito fotoquímico apreciável, e os maiscurtos carregam energia em quantidade que danifica os materiaisorgânicos.

(Knut Schmidt-Nielsen. Fisiologia animal:adaptação e meio ambiente, 2002. Adaptado.)

A tabela apresenta o comprimento de onda de algumas cores do

espectro da luz visível:

Sabendo-se que a energia carregada por um fóton de fre quência f é dada

por E = h × f, em que h = 6,6 × 10–34 J · s, que o módulo da velocidade

da luz é aproximadamente c = 3 × 108m/s e que 1 nm = 10–9 m, a cor

da luz cujos fótons carregam uma quantidade de energia

correspondente a 3,96 × 10–19 J é

a) azul. b) verde. c) amarela.

d) laranja. e) vermelha.

RESOLUÇÃO:

Pela Equação de Planck:

E = hf �

Mas c = λf ⇒ f = �

Substituindo-se � em �:

Substituindo-se os valores numéricos dados, vem:

3,96 . 10–19 =

Da qual se obtém:

λ = 5,0 . 10–7m = 500 . 10–9m

ou

Esse comprimento de onda corresponde à cor verde.

Resposta: B

Cor Comprimento de onda (nm)

Azul 450 – 495

Verde 495 – 570

Amarela 570 – 590

Laranja 590 – 620

Vermelha 620 – 750

c––λ

E = hc–––λ

6,6 . 10–34 . 3,0 . 108

–––––––––––––––––––λ

λ = 500 nm


44 –

FÍSIC

A A

MÓDULO 25 Reflexão e Refração de Ondas

1. Reflexão

Na figura abaixo, está ilustrada a reflexão de um tremde ondas retas que incidem sobre uma superfície pla na.

Além das frentes de onda inci den te e refletida, des -ta cam-se:

Al = raio incidenteIB = raio refletidoN = reta normal i = ângulo de incidênciar = ângulo de reflexão

2. Leis da Reflexão

1.a Lei: o raio incidente, a reta nor mal no ponto de

incidência e o raio re fle tido são coplanares (perten -

cen tes ao mesmo plano).

2.a Lei: o ângulo de reflexão é sem pre igual ao

ângulo de inci dên cia.

3. Propriedades da Reflexão

P.1.

P.2.

1.o CASO: Reflexão com inver são de fase.

Um pulso que se propaga ao lon go de uma cordaelástica reflete-se com inversão de fase depois de in cidirsobre uma parede de concreto.

Ocorre nas seguintes condições:Ondas mecânicas: a rigidez e a inércia do meio de

destino são maiores que as do meio de origem.Ond as eletromagnéticas: o meio de destino é mais

refringente que o meio de origem.

2.o CASO: Reflexão sem inver são de fase.

Um pulso que se propaga ao lon go de uma cordaelástica reflete-se sem inversão de fase depois de in cidirsobre uma argola de peso des prezível que corre sematrito por uma haste vertical.

Ocorre nas seguintes condições:Ondas mecânicas: a rigidez e a inércia do meio de

destino são me nores que as do meio de origem.Ondas eletromagnéticas: o meio de destino é

menos refrin gente que o meio de origem.Observação

Entenda-se por “meio de des ti no” aquele para on dea on da iria se não hou ves se re fle xão.

4. Reflexão de um Pulso Circular

Consideremos um pulso circular pro pagando-se nasuperfície da água de uma cuba de ondas.

Ao incidir sobre uma das bordas planas da cuba, o pulsosofrerá re fle xão, conforme ilustra a figura a se guir.

É o fenômeno pelo qual uma on da retorna ao

meio de ori gem, após incidência em su perfície

refletora.

r = i

Na reflexão, a fre quên cia, o módulo da veloci -

dade de pro pa ga ção e o com pri men to de onda

não se al te ram.

A fase da onda pode va riar ou não.


– 45

FÍS

ICA

A

Devemos observar que os pontos O e O’, quecorrespondem respec tiva mente aos centros das frentesde onda incidente e refletida, são si mé tri cos em relaçãoà superfície re fle to ra (borda da cuba).

5. Refração

Na figura seguinte, está ilustrada a refração de um tremde ondas retas que passam de um meio (1) para outro (2).

i = ângulo de incidênciar = ângulo de refração

6. Propriedades da Refração

P.1.

Recordemos que os módulos das velocidades e osíndices absolutos de refração são inversamenteproporcionais:

P.2.

Meio (1): V1 = λ1f

Meio (2): V2 = λ2f

Portanto:

Os módulos das velocidades de propagação e oscomprimentos de onda são dire ta mente proporcionais.

Na figura seguinte, está repre sen tado o corte deuma cuba de on das, dotada de duas regiões: região 1– profunda, e região 2 – rasa.

Ondas retas geradas na su per fí cie da água da cubarefratam-se da re gião 1 para a região 2.

Ao passarem de (1) para (2), as on das têm o módulode sua velocidade de pro pagação e seu comprimento deonda re duzidos na mesma propor ção, po rém a frequêncianas duas regiões é a mesma.

7. Leis da Refração

1.a Lei:

2.a Lei: Lei de Snell-Descartes

8. Velocidade de um Pulso

Transversal numa Corda (ou mola) Tensa

Consideremos uma corda (ou mo la) de densidade linearρ subme ti da a uma força de tração de inten si da de F.

Um pulso gerado na corda (ou mola) propaga-se comvelocidade de módulo V, conforme ilustra o esquema.

Podemos relacionar V com F e ρ, conforme aequação abaixo, conhe cida por fórmula de Taylor.

Convém observar que a den si da de linear ρ traduz amassa por uni da de de comprimento.

É o fenômeno pelo qual uma onda passa de um

meio pa ra outro diferente.

Na refração, a veloci da de de propa gação da

onda sempre se al te ra.

V1 n2—–– = —–– V2 n1

Na refração, a fre quên cia da onda e a fase

não se alteram.

V1 λ1—— = ——V2 λ2

O raio incidente, a re ta nor mal no ponto de in ci -

dência e o raio re fra ta do são copla na res.

sen i n2 V1 λ1—–––— = n2,1 = –— = —— = –—

sen r n1 V2 λ2

FV = ––

�

mρ = ——

L


46 –

FÍSIC

A A

1. (INSPER-2020-MODELO ENEM) – A administração de uma cidadepretende instalar pontos para recarga de baterias de celulares nas praçasda cidade, utilizando painéis fotovoltaicos, que transformam energia solarem energia elétrica. Considerando-se que a incidência média da radiaçãosolar no local seja de 1000 W/m2, que o painel transforma 15% daenergia solar incidente em energia elétrica, que os carrega do res, emmédia, funcio nam com diferença de potencial de 120V e cor ren te elétricade intensidade 0,05A e que se pretende instalar 10 to ma das em cadaponto de recarga, a área mínima que o painel fotovoltaico deve ter é dea) 1,20 m2. b) 0,80 m2. c) 0,56 m2.d) 0,40 m2. e) 0,06 m2.

RESOLUÇÃO:

1) Potência de cada carregador:

P1 = U . I = 120 . 0,05 (W) = 6,0W

2) Potência total nas 10 tomadas:

PotT = 10 P1 = 60W

3) Intensidade útil de radiação solar:

I0 = 0,15 Itotal = 0,15 . 1000W/m2 = 150W/m2

4) Cálculo da área do painel:

I0 =

150 =

A = m2

Resposta: D

2. (VUNESP-FEMA-2019-MODELO ENEM) – O eco de um sompode ocorrer quando um ruído emitido por uma pessoa reflete em umanteparo e é recebido por ela depois que o som emitido inicialmente játenha se extinguido. Considere que o som inicial emitido pela pessoalevou 0,2 s para se extinguir. Sabendo-se que a velocidade do som nolocal tem módulo igual a 340 m/s, a distância mínima entre a pessoa eo anteparo, para que ela consiga ouvir distintamente o eco de seu som,deve ser mais próxima de:a) 340m. b) 170m. c) 68m. d) 34m. e) 17m.

RESOLUÇÃO:

Para a percepção separada do som principal e do som refletido, o

intervalo de tempo Δt gasto pelo pulso sonoro em seu trânsito de

vaivém, em que percorre uma distância total 2d, deve ser maior

que 0,2 s.

Δt > 0,2s ⇒ > 0,2 ⇒ > 0,2

d > 34 m ⇒

Resposta: D

PotT–––––

A

60–––A

60––––150

A = 0,40m2

2d–––––Vsom

2d–––––340

dmín 34 m


3. Admita que você esteja em um ponto O entre dois penhascosverticais, A e B, refletores de som, distantes D entre si, de modo quesua posição seja compatível com a ocorrência do fenômeno de ecosnesses penhascos. A distância entre O e o penhasco B é igual a d, comorepresenta o esquema abaixo.

Num certo instante, você emite um forte som mo nossilábico e escutaos primeiros ecos desse som dados pelos penhascos B e A,respectivamente, inter calados por um intervalo de tempo τ. Sabendo-se que o som se propaga isotropicamente no local com velocidade demódulo V, pode-se afirmar que o valor correto desse intervalo de tempoé:

a) τ = b) τ =

c) τ = d) τ =

e) τ =

RESOLUÇÃO:

A ocorrência de eco implica a reflexão de um som em dado

anteparo refletor, a partir de certa distância desse anteparo. Isso

significa que nas reflexões do caso em estudo, cada pulso percor -

rerá duas vezes a distância entre O e os respectivos penhascos A

e B.

(I) Movimento uniforme:

V = ⇒ T =

Intervalo de tempo para a recepção do eco de A em O:

TA =

Intervalo de tempo para a recepção do eco de B em O:

TB =

(II) O intervalo de tempo τ entre os dois ecos rece bidos em O é

determinado fazendo-se:

τ = TA – TB ⇒ τ = –

τ =

Da qual:

Resposta: C

2(D – d)––––––––

V

D – d––––––

V

2D – d––––––––

2V

2(D – 2d)––––––––

V

D + 2d––––––––

2V

2x––––

V

2x––––

T

2 (D – d)–––––––––

V

2d––––

V

2d––––

V

2 (D – d)–––––––––

V

2D – 2d – 2d–––––––––––––

V

2(D – 2d)τ = ––––––––––

V

– 47

FÍS

ICA

A


4. O som se constitui de ondas mecânicas que podem se propagarem meios fluidos e sólidos. No ar, a intensidade de sua velocidade depropagação é próxima de 340m/s e na água, avizinha-se de 1500m/s.Flávia (F), situada no ar, grita com o seu irmão Alex (A), totalmente sub -merso em uma piscina, para que ele venha almoçar juntamente com osdemais familiares. Estão representadas a seguir trajetórias que podem estar associadas àsondas sonoras em sua refração do ar para a água, isto é, de F até A: (I)

(II)

(III)

Que trajetória(s) está(tão) de acordo com as leis da refração? a) Somente (I); b) Somente (II); c) Somente (II|); d) Somente (I) e (III); e) Somente (Il) e (III).

RESOLUÇÃO:

(I) Aplicando-se a Lei de Snell, tem-se:

= ⇒ VÁgua sen Ar = VAr sen Água

Sendo VÁgua > Var (1500m/s > 340m/s), disso decorre que:

⇒

Isso significa que, ao refratar-se obliquamente do ar para a

água, o raio de onda sonora afasta-se da normal, de maneira

oposta ao que ocorreria com um raio de luz monocromática em

idênticas condições.

Logo, a trajetória do esquema (Il) é possível.

(II) Numa incidência normal, o raio de onda passa direto de um

meio para o outro, ocorrendo refração sem desvio angular.

Diante disso, a trajetória do esquema (Ill) também é possível.

Resposta: E

sen Ar–––––––––sen Água

VAr–––––––VÁgua

sen Água > sen Ar Água > Ar

48 –

FÍSIC

A A


5. A refração da luz propicia imagens como esta, em que um estreitofeixe cilíndrico de luz laser passa do ar para a água com mudança em suadireção de propagação.

O esquema abaixo é a representação da passagem de uma ondaluminosa de um meio 1, gasoso, para um meio 2, cristalino, ambostransparentes, homogêneos e isotrópicos, com índices de refraçãoabsolutos respectivamente iguais a 1,00 e 2,40. O ângulo de incidênciatem valor i = 53° e a luz se propaga no meio 1 com velocidade deintensidade V1 = 3,00.108 m/s, apresentando comprimento de ondaλ1 = 600 nm.

Com base nessas informações e sendo dados sen 53° = cos 37° = 0,80;cos 53° = sen 37° = 0,60, pede-se determinar:

a) o valor do ângulo de refração, r;b) a frequência f2 da radiação luminosa no meio 2; c) os valores V2 e λ2 da intensidade da velocidade de propagação e do

comprimento de onda, respectivamente, no meio 2.

RESOLUÇÃO:

a) Pela Lei de Snell:

n2 sen r = n1 sen i ⇒ 2,40 sen r = 1,00 sen 53°

2,40 sen r = 1,00 . 0,80 ⇒ sen r =

Logo:

b) Equação fundamental da ondulatória aplicada ao meio 1:

V1 = λ1 f1 ⇒ 3,00 . 108 = 600 . 10–9 f1

Da qual:

f1 = 5,00 . 1014 Hz

Como na refração a frequência da onda não varia, tem-se:

c) (I) Conforme a Lei de Snell:

= ⇒ =

Da qual

(II) = ⇒ =

De onde se obtém:

Respostas: a) r = arc sen

b) f2 = 5,00 . 1014 Hz

c) V2 = 1,25 . 108 m/s e λ2 = 250 nm

1––––

3

f2 = f1 = 5,00 . 1014 Hz

V2––––V1

n1––––n2

V2––––––––––3,00 . 108

1,00–––––2,40

V2 = 1,25 . 108 m/s

λ2––––λ1

n1––––n2

λ2–––––600

1,00–––––2,40

λ2 = 250 nm

1––––

3

r = arc sen1

–––3

– 49

FÍS

ICA

A


50 –

FÍSIC

A A

1. O Fenômeno

Ocorre interferência quando há su per posição de ondasde mesma na tu re za se propagando num mesmo meio.

2. Independência da Propagação Ondulatória

Pode ser verificado experi men tal men te que, após ainterferência (su per po sição), cada onda segue sua pro -pagação como se nada tivesse ocor rido; as ondas propa -gam-se in de pendentemente, apre sen tando as mes mascaracterísticas depois de eventuais superposições.

3. Tipos Particulares de Interferência

Interferência construtiva (IC) ou reforço

Consideremos uma corda elás ti ca e não dispersiva,na qual se pro pa gam dois pulsos de mesma lar gu ra L,porém de amplitudes A1 e A2, res pectivamente.

Supondo que os pulsos estejam em corcondância

de fase, po de re mos observar as três situa ções ilus tra dasa seguir:

Observemos que no instante da su perposição(interferência), os pul sos se reforçam, gerando um pulsoresultante de amplitude A = A1 + A2.

Depois da superposição, en tre tan to, cada pulsosegue sua pro pa ga ção, mantendo suas carac te rís ti casiniciais.

Interferência destrutiva (ID) ou anulamento

Retomemos a corda e os pul sos referidos anterior -mente.

Supondo, agora, que os pul sos estejam em oposição

de fase, po deremos obser var as três si tua ções ilustradasa seguir:

Observemos que, no instante da superposição(interferência), os pul sos se subtraem (“anulamento”),ge ran do um pulso resultante de am pli tu de A = A2 – A1(A2 > A1).

Como no caso anterior, depois da superposição, cadapulso segue sua pro pagação, mantendo suas carac te - rísticas iniciais.

4. Cálculo da Defasagem

de duas Ondas num Ponto

Na situação esquematizada, F1 e F2 são fontes que

emitem ondas de frequência f �período T = � e com-

primento de onda λ, que, depois de per correremrespectivamente as dis tân cias x1 e x2, atingem o pontoP, on de sofrem interferência.

Ao atingirem o ponto P, as ondas podem estar defa -sadas, sendo três os principais fatores de defasagem:

(I) Defasagem inicial (Δϕ0): uma fonte entra emopera ção primei ro que a outra.

1––f

MÓDULO 26 Interferência de Ondas


– 51

FÍS

ICA

A

(II) Defasagem por dife ren ça de percursos (Δϕ1):

as on das de uma fonte per cor rem até o ponto P uma dis - tân cia maior que a per cor rida pelas ondas da ou tra fonte.

(III) Defasagem por reflexões com inversão de fase

(Δϕ2):

n = número de reflexões com inversão de fase.

Cálculo da defasagem total em P:

ou

Para que no ponto P ocorra in ter fe rência construtiva(IC), a defasa gem das ondas que lá chegam deve sermúltipla par de π rad.

Para que no ponto P ocorra inter fe rência destrutiva(ID), a defasagem das ondas que lá chegam deve sermúltipla ímpar de π rad.

5. Condições Particulares

e Simplificadas de IC e ID num ponto P

Consideremos duas fontes de on das coerentes (emconcordância de fa se) enviando ondas de mesma na tu rezae mesma frequência f a um pon to P situado no mesmo meiodas fontes.

Admitamos que essas ondas se propaguem até Psem sofrer refle xões com inversão de fase.

Sendo λ o comprimento de onda e Δx a diferença depercursos entre as ondas até o ponto P, são válidas asseguintes condições:

• Interferência Construtiva (IC) em P:

(p = 0, 2, 4, …)

• Interferência Destrutiva (ID) em P:

(i = 1, 3, 5, …)

Notas

(I) No caso de uma das ondas sofrer uma reflexãocom inversão de fase, as condições citadas acima inver -tem-se.

(II) Podemos dizer gene rica mente que a condição deIC ou ID pa ra duas ondas emitidas de fontes coerentes é:

(N = 0, 1, 2, 3 …)

ΔtΔϕ0 = —– 2π

T

ΔxΔϕ1 = —–– 2π

λ

Δϕ2 = nπ

ΔϕP = Δϕ0 + Δϕ1 + Δϕ2

Δt ΔxΔϕP = —— 2 π + —— 2π + n π

T λ

(IC) ⇒ ΔϕP = 2kπ

(ID) ⇒ ΔϕP = (2k + 1) π

Δx deve ser um múltiplo par de meio com primento

de on da.

Δx = p λ/2

Δx deve ser um múltiplo ím par de meio com pri -

men to de onda.

Δx = i λ/2

λΔx = N –––

2


52 –

FÍSIC

A A

1. (UFRGS-2020-MODELO ENEM) – Na figura abaixo, a onda 1 consiste em um pulso retangular que se propaga horizontalmente para a direita.As ondas 2, 3 e 4 são ondas semelhantes que se propagam para a esquerda ao longo dessa mesma direção.

As figuras abaixo representam interferências que ocorrem quando a onda 1 passa por cada uma das outras ondas.

Assinale a alternativa que preenche corretamente as lacunas do enunciado abaixo, na ordem em que aparecem.As formas de ondas X, Y e Z resultam, respectivamente, da superposição da onda 1 com as ondas ......, ...... e ...... .a) 2 – 3 – 4. b) 2 – 4 – 3. c) 3 – 2 – 4. d) 3 – 4 – 2. e) 4 – 2 – 3.

RESOLUÇÃO:

No instante em que o pulso (1) estiver perfeitamente superposto aos pulsos (2), (3) e (4), respectivamente, ou seja interferência, devem-se

somar algebricamente os efeitos individuais de cada pulso com vistas a obter o pulso resultante.

Resposta: C


2. (2021) – Os fones de ouvido tradicionais transmi -tem a música diretamente para os nossos ouvidos.Já os modelos dotados de tecnologia redutora de

ruído — Cancelamento de Ruído (CR) — além de transmitirem música,também reduzem todo ruído inconsistente à nossa volta, como obarulho de turbinas de avião e aspiradores de pó. Os fones de ouvido CRnão reduzem realmente barulhos irregulares como discursos e chorosde bebês. Mesmo assim, a supressão do ronco das turbinas do aviãocontribui para reduzir a “fadiga de ruído”, um cansaço persistenteprovocado pela exposição a um barulho alto por horas a fio. Essesaparelhos também permitem que nós ouçamos músicas ou assistamosa vídeos no trem ou no avião a um volume muito menor (e mais seguro).

Disponível em: http://tecnologia.uol.com.br, Acesso em: 21 abr, 2015

(adaptado).

A tecnologia redutora de ruído CR utilizada na produção de fones deouvido baseia-se em qual fenômeno on du latório?a) Absorção. b) Interferência. c) Polarização.d) Reflexão. e) Difração.

RESOLUÇÃO:

Um circuito próprio do fone de ouvido identifica o sinal do ruído

externo e gera no equipamento uma onda invertida – em oposição

de fase – em relação à onda do ruído. Ocorre, então, o fenômeno

de interfe rência destrutiva e o ruído externo é anulado, não pertur -

bando o usuário do fone.

Resposta: B

3. (FMABC-2021-MODELO ENEM) – A figura mostra um sistema deeixos ortogonais x e y e a localização de dois pequenos alto-falantes, Re S, que emitem ondas sonoras em fase e de frequência 850 Hz, nosentido negativo dos eixos y e x, respectivamente. O alto-falante S dista80 cm do ponto O, ori gem do sistema de referência.

fora de escala

Considerando-se que os alto-falantes se encontram no ar e que a velo -cidade de propagação das ondas sonoras nesse meio tem módulo iguala 340 m/s, a menor distância entre o alto-fa lante R e o ponto O para quenesse ponto ocorra interferência destrutiva éa) 20 cm. b) 30 cm. c) 40 cm.d) 50 cm. e) 70 cm.

RESOLUÇÃO:

(I) Cálculo do comprimento de onda λ:

V = λf ⇒ 340 = λ . 850 ⇒ λ = (m)

Da qual:

(II) Condição de interferência destrutiva (anulamento) em O:

(i = 1, 3, 5 …)

(III) Fazendo-se �d = x – y, vem:

x – y = i ⇒ 80 – y = i

Para i = 1: y = 80 – 1 . 20 = 60cm

Para i = 3: y = 80 – 3 . 20 = 20cm

Para i = 5: y = 80 – 5 . 20 = –20cm

Para i = 7: y = 80 – 17 . 20 = –60cm (…)

Dos valores acima, nota-se que o menor valor de y ocorre para

i = 3, isto é, y = 20cm.

Resposta: A

x

y

S

R

λ = 0,40m = 40cm

λ–––2

340––––850

λΔd = i –––

2

40–––2

y = 80 – i 20 (cm)

– 53

FÍS

ICA

A


4. No esquema a seguir, F1 e F2 são dois alto-falantes pontuais eisolados de outras fontes sonoras, dispostos segundo uma mesmahorizontal e separados por uma distância d, que emitem ambos, emconcordância de fase, sons idênticos de frequência 170 Hz.Um decibelímetro (medidor do nível relativo da intensidade sonora, emdecibéis) encontra-se inicialmente no ponto P1 , sob F1 , e serádeslocado horizontalmente até o ponto P2 , sob F2 .

Sabendo-se que de P1 a P2 , inclusive nestas duas posições, odecibelímetro registra cinco máximos de intensidade sonora, que odesnível y tem valor 6,0 m e que a velocidade do som no ar temintensidade de 340 m/s, pedem-se:a) Determinar o comprimento de onda do som emitido pelos dois alto-

falantes;b) Esboçar ao longo do eixo

←⎯→P1 P2 um gráfico qualitativo que dê o nível

relativo da intensidade sonora registrado pelo decibelímetro emfunção da posição;

c) Calcular, em metros, o valor da distância d.

RESOLUÇÃO:

a) Pela equação fundamental da ondulatória:

Vsom = λ f ⇒ 340 = λ 170

Da qual:

b) No ponto médio do segmento ––––P1P2 , ocorre o máximo central

– local de interferência construtiva – e nos pontos P1 e P2 ocor -

rem, simetrica mente, os segundos máximos secundários de

interferência, conforme mostra qualitativamente o gráfico

abaixo.

c)

(I) Condição de interferência construtiva (IC) em P2 :

�x = p (p = 0, 2, 4, 6 ...)

No caso, p = 4 (2o. máximo de intensidade depois do

máximo central). Logo:

�x = 4 . (m) ⇒

(II) Mas �x = a – y ⇒ 4,0 = a – 6,0

(III) Pelo Teorema de Pitágoras, calcula-se a distância d.

a2 = d2 + y2

(10,0)2 = d2 + (6,0)2

Da qual:

Respostas: a) 2,0 m

b) Ver gráfico

c) 8,0 m

λ = 2,0 m

λ––––

2

�x = 4,0 m2,0

––––2

a = 10,0 m

d = 8,0 m

54 –

FÍSIC

A A


– 55

FÍS

ICA

A

1. Batimento

É o fenômeno resultante da su per po sição de duasondas de me s ma direção, mesma amplitude e fre quên -cias próximas.

Consideremos os dois diapasões es quematizadosabaixo; suas fre quên cias naturais de vibração valem, res -pectivamente, f1 e f2, com f1 bem próxima de f2.

Percutindo-se os dois diapasões si multaneamente ecom a mesma in ten sidade, as ondas sonoras emi ti das porambos interferirão, gerando um som resultante defrequência cons tante, porém de in ten si da de oscilante

entre máximos e mí ni mos bem determinados.Cada vez que a intensidade do som resultante passa

por um má xi mo, dizemos que ocorreu um ba ti men to.

Na figura acima, está es que ma ti za da a onda resultanteda su per po si ção dos sons dos diapasões (1) e (2). Os ba -timentos estão indicados por (B).

Cálculo da frequência dos batimentos (fb)

Para que os batimentos sejam per cebidos distinta -mente pelo ouvi do humano, fb não deve exceder 10Hz.

Cálculo da frequência da onda resultante (fr)

2. Ressonância

É o fenômeno que ocorre quando um sistema recebeenergia perio di ca mente numa frequência igual a uma de suasfrequências próprias de vibração.

Na ilustração abaixo, o garoto es tá emitindo uma notamusical de fre quên cia igual a uma das fre quên cias pró priasde vibração da lâmina de cristal.

Neste caso, a lâmina entra em res sonância com oagente ex ci ta dor (onda sonora), passando a vibrar comamplitude crescente.

Dependendo da duração da res so nância e daintensidade do som emi tido pelo garoto, a lâmina de cris -tal, cuja espessura é relativamente pe quena, poderáquebrar-se.

3. Polarização

É o fenômeno que consiste em to dos os pontosatingidos por uma onda vibrarem numa mesma di re ção

e num mesmo plano.

fb = � f2 – f1 �

f1 + f2fr = –––––––

2

Apenas as ondas trans ver sais podem ser

polarizadas.

MÓDULO 27 Fenômenos Ondulatórios


56 –

FÍSIC

A A

Ondas eletromagnéticas, como a luz, podem sofrerpolarização. O som no ar, entretanto, por ser uma onda lon - gitudinal, não pode ser polarizado.

4. Difração

É o fenômeno que consiste em uma onda“contornar” obstáculos.

Isso ocorre quando a dimensão dos obstáculos oufendas é menor ou da ordem do comprimento de onda.

Na ilustração anterior, a lar gura da fen da (d) é menorque o com primen to de onda (λ). Nesse ca so, a onda di -fra ta-se inten sa men te, trans pon do a fen da e atingin do are gião à direita do ante paro.

5. Explicação da Difração: Princípio de Huygens

Cada ponto de uma frente de on da comporta-secomo uma nova fon te de ondas elementares, que se pro -pagam para além da região já atin gi da pela onda com amesma fre quên cia da onda original.

6. Difração em Fenda Dupla: Experiência de Young

Thomas Young (1773-1829), físico e médico inglês,propôs uma ex periência que deu forte susten tação àTeoria Ondulatória da Luz. Por meio do seu experimento,foi pos sível verificar que a luz, a exem plo do que ocorrecom outros tipos de ondas, também exibe os fenô menosde difração e interferência.

Na situação esquematizada abai xo, L é uma fonte deluz mono cro má tica, A1, A2 e A3 são anteparos opacosparalelos entre si, e F0, F1 e F2 são fendas estreitas – delargura da or dem de milímetros. A figura repre senta oaparato experimental visto de cima.

A luz emitida por L difrata-se na fen da F0, equidis tantede F1e F2, e, em seguida, nas fendas F1 e F2. Es tas duasfendas comportam-se como fontes coerentes de luz (queoperam em concordância de fase). A luz proveniente de F1e F2 sofre então in ter ferência na região entre A2 e A3, fa -zendo com que no anteparo A3 apa re çam faixas clarasintercaladas com faixas escuras. Essas faixas, deno mi nadasfranjas de interferên cia, per mitem localizar em A3 os lo caisonde ocor re interferência cons trutiva (fran jas claras) e oslocais on de ocorre in ter ferência destrutiva (fran jas escu ras).No ponto O, equi distante de F1 e F2, ocorre interfe rên ciacons trutiva e nes sa região situa-se a chamada fran ja cen -tral – a mais brilhante de to das.

Sendo λ o comprimento de onda da luz utilizada e Δx adiferença de percursos das luzes emitidas de F1 e F2 atéatingirem o anteparo A3, tem-se:

(N = 0, 1, 2, 3, 4…)

A figura a seguir mostra uma vista frontal do ante paroA3. Nesta figura, foram representadas algumas fran jas deinterferência com os respectivos va lores assumi dos por N.

λΔx = N –––

2


– 57

FÍS

ICA

A

Vista frontal do anteparo A3.

7. Determinação Do Comprimento de Onda da Luz

por Meio da Experiência de Young

No esquema a seguir, y é a dis tân cia de umadeterminada franja (cla ra ou escura) à franja central O, dé a distância entre as fendas F1 e F2 e D é a distânciaentre os anteparos A2 e A3. Deve-se considerar D >> d.

• No triângulo retângulo PQO:

tg θ = �

• No triângulo aproxima da mente retângu lo

F1F2R:

sen θ =

Como o ângulo θ é muito peque no, é permitida aaproximação:

tg θ � sen θ = �

Comparando-se � e �, vem:

= �

Sendo a diferença de percursos Δx dada por

Δx = N , de �, segue-se que

N =

Obtendo-se o comprimento de onda λ

(N = 1, 2, 3…)

Os comprimentos y, d e D podem ser medidos comgrande precisão, o que possibilita excelentes valores para λ(e também para a frequência f da luz, já que V = λ f, com V � 3,0 . 108m/s).

y–––D

Δx–––d

Δx–––d

y–––D

Δx–––d

λ–––2

y–––D

λ–––2d

2 d yλ = –––––

ND

1. (UNIRIO) – Duas ondas sonoras harmônicas de frequências angulares (pulsações) 300rad/s e 288rad/s se propagam simultaneamente em ummeio. Considerando-se � = 3, a superposição destas ondas produz bati mentos de frequência: a) 1,0Hz b) 2,0Hz c) 3,0Hz d) 6,0Hz e) 12,0Hz RESOLUÇÃO:

(I) = 2 � f

300 = 2 . 3 fA ⇒

288 = 2 . 3 fB ⇒

(II) fbat = fA – fB

fbat = (50 – 48)Hz ⇒

Resposta: B

fA = 50Hz

fB = 48Hz

fbat = 2,0Hz


2. (MODELO ENEM) – Um gerador de áudio produtor de sons comfrequência única, acoplado a um alto-falante, foi posicionado diante deuma taça de cristal e as frequências dos sons emitidos pelo equipa -mento foram variadas até que se encontrou determinado valor que feza taça espatifar, como mostra a sequência de imagens abaixo.

O fenômeno ondulatório associado à fragmentação da taça é denomi na -do: a) Reflexão. b) Refração. c) Interferência. d) Ressonância. e) Polarização.

RESOLUÇÃO:

A frequência ajustada no gerador de áudio fez a taça vibrar em uma

de suas frequências naturais de oscilação, o que provocou nesse

objeto vibrações de grande amplitude que determinaram o colapso

da estrutura. Esse fenômeno, em que a taça “aceitou” a energia

transportada pelas ondas sonoras com rendimento máximo, é

denominado ressonância. Resposta: D

3. (OBF-MODELO ENEM-Adaptado) – O quadrinho nos mostra umdos fenômenos ondulatórios que ocorrem na natureza. Vejamos:

O fenômeno que permite que Cebolinha escute o que diz Mônica é:a) a reflexão do somb) o ecoc) a interferência sonorad) a difração da luze) a difração do som.

RESOLUÇÃO:

O fenômeno de difração do som permite que a onda sonora possa

contornar obstáculos cujas dimensões sejam comparáveis com o

comprimento de onda do som.

Resposta: E

58 –

FÍSIC

A A


4. (FGV-2020 – MODELO ENEM) – A figura mostra dois instantesdas configurações extremas de uma corda na qual se estabeleceu umaonda estacio nária. As ondas que originam a onda estacionária têmcomprimento de onda igual a 40 cm e se propagam na corda comvelocidade de módulo 200 cm/s.

(http://macao.communications.museum. Adaptado.)

O menor intervalo de tempo para que a corda passe da configuraçãomostrada em cor vermelha para a configuração mostrada em cor azul éa) 0,10 s. b) 0,20 s. c) 0,50 s. d) 2,0 s. e) 5,0 s.

RESOLUÇÃO:

(I) V = λf = ⇒ 200 =

Da qual:

(II) O intervalo de tempo Δt requerido pela corda para passar

da configuração vermelha para a configuração azul

corresponde a meio período de oscilação dos pontos da

corda. Logo:

Δt = = (s) ⇒

Resposta: A

5. (UFTM-MODELO ENEM) – Sílvia e Patrícia brincavam com umacorda quando perceberam que, prendendo uma das pontas numpequeno poste e agitando a outra ponta em um mesmo plano, faziamcom que a corda oscilasse de forma que alguns de seus pontospermaneciam parados, ou seja, se estabelecia na corda uma ondaestacionária. A figura 1 mostra a configuração da corda quando Sílviaestá brincando e a figura 2 mostra a configuração da mesma cordaquando Patrícia está brincando.

Considerando-se iguais, nas duas situações, os módulos das velocida desde propa gação das ondas na corda, e chamando de fS e fP as fre quênciascom que Sílvia e Patrícia, respectivamente, estão fazendo a cor da oscilar,pode-se afirmar corretamente que a relação fS / fP é igual a:a) 1,6 b) 1,2 c) 0,8 d) 0,6 e) 0,4

RESOLUÇÃO:

(I) Sílvia: L = 3 ⇒ λS = L

V = λSfS ⇒ V = L fS �

(II) Patrícia: L = 5 ⇒ λP = L

V = λPfP ⇒ V = L fP �

(III) Comparando-se � e �:

LfS = LfP

Da qual:

= ⇒

Resposta: D

40–––T

λ–––T

T = 0,20s

Δt = 0,10s0,20–––––

2

T–––2

λS–––2

2––3

2––3

λP–––2

2––5

2––5

2––3

2––5

fS––fP

3––5

fS––– = 0,6

fP

– 59

FÍS

ICA

A


60 –

FÍSIC

A A

Eletricidade e Hidrostática FRENTE 3

1. Introdução

Numa esfera condutora, em equi l í brio eletrostático,as cargas elé tri cas têm distribuição uniforme e o cam poelétrico tem intensidade cons tante em sua volta (parapontos infi ni ta mente próximos dela).

Fig. 1 – Esfera em equilíbrio eletrostático; eletrizada positi vamente.

Campo elétrico e potencial em um ponto

externo à es fe ra

Para calcular o valor do potencial elé trico ou daintensidade do campo elé trico fora da esfera, podemosusar o Teorema de Newton: “admite-se que toda a cargaelétrica esteja con cen trada no centro da esfera”. A se -guir, usamos as fórmulas tradicionais:

Fig. 2 – Esfera em equilíbrio eletrostático (no vácuo).

Observação

d = OP–––

Medimos a distância desde o cen tro da esfera até oponto P.

Campo Elétrico em Ponto Infinitamente Próximo

da Esfera

Estando o ponto P infinitamente pró ximo da esfera(externo), pode mos usar ainda o Teorema de Newton efazer a seguinte aproxi mação:

d = –––OP � (raio da esfera)

Potencial na superfície da esfera

A superfície é equipotencial e va le para todos os seuspontos:

Campo elétrico e potencial no interior da esfera

Como todo o corpo da esfera condutora em equilí brioeletrostático é equipotencial, podemos escrever:

No entanto, conforme vimos no in terior dos corposem equilíbrio ele tros tático, o campo elétrico é nulo.

Campo elétrico na super fí cie da esfera

⇒

2. Gráficos da Esfera

�Q�Epróx. = K0 ––––

R2

QVsup. = K0 ––––

R

|Q|Ep = K0 ––––

d2

QVp = K0 ––––

d

QVint = Vsup = K0 ––––

R

→ →Eint = 0

1 |Q|Esup = –––– K0 ––––

2 R2

1Esup = –––– Epróx

2

MÓDULO 47 Esfera Eletrizada


– 61

FÍS

ICA

A

1. Uma casca esférica metálica de raio R = 12 cm está eletrizada comuma carga elétrica Q = 120µC, no vácuo onde a constante eletrostáticavale k0 = 9,0 . 109 unidades SI.Determine o potencial eletrostático nos pontos a seguir:a) No ponto 1, situado na superfície da esfera.b) No ponto 2, situado a 6,0 cm de distância do centro da esfera.c) No ponto 3, externo, situado a 6,0 cm de distância da sua superfície.

RESOLUÇÃO:

a) No ponto 1, da superfície, o potencial elétrico é dado por:

Vsup =

V1 = Vsup = (unid. SI) ⇒

b) Verificamos que o ponto 2 está no interior da esfera. Portanto,

o seu potencial é igual ao potencial de qualquer ponto da

superfície.

Vint = Vsup = ; logo V2 = V1 = 9,0 . 106 V

c) O ponto 3 é externo e o seu potencial pode ser calculado por:

V3 =

A distância d deve ser medida do ponto 3 ao centro da esfera:

d = 6,0 cm + r = 6,0 cm + 12 cm ⇒ d = 18 cm

V3 = (unid. SI)

Respostas: a) 9,0 . 106V

b) 9,0 . 106V

c) 6,0 . 106V

2. (UPE) – Um condutor esférico em equilíbrio ele tros tático,representado pela figura a seguir, tem raio igual a R = 0,50m e estáeletrizado com carga Q = +500μC. A constante eletrostática do meio éK0 = 9,0 . 109 unidades do SI.

Sejam VA, VB e VC os potenciais elétricos nos pontos A, B e C. Sejam

ainda EA e EC os módulos dos campos elétricos nos pontos A e C.

Analise as afirmativas a seguir e as classifique em verdadeiras ou falsas.

I. No ponto A, temos: VA = 0 e EA = 0.

II. Para os pontos A e B, temos: VA = VB = 9,0 . 106 V e EA = 0.

III. Comparando-se os valores dos potenciais elétricos de A, B e C,

temos; VA = VB > VC.

IV. Para qualquer ponto da esfera o potencial elétrico tem o mesmo

valor de VA e de VB.

Do que se afirmou, são verdadeiras apenas:a) II, III e IV b) I, II e IVc) I e II d) II e III

RESOLUÇÃO:

I) (falsa)

No interior da esfera o campo elétrico é nulo, mas o potencial é

diferente de zero.

II) (verdadeira)

Realmente em A o campo é nulo, pois se trata de campo

interno.

Cálculo do potencial em A e B

O ponto B está na superfície da esfera e o ponto A no interior.

O potencial elétrico é igual em todos os pontos da superfície

bem como em todos os pontos internos. A esfera metálica é um

corpo equipotencial.

Vesf =

Vesf = (unidades SI)

Concluindo:

III) (verdadeira)

Em A e B, pontos da esfera, o potencial elétrico é o mesmo:

VA = VB.

À medida que nos afastamos da esfera de cargas positivas, o

potencial elétrico vai diminuindo. Então, ao atingirmos o ponto

C teremos um valor menor que o do ponto B.

K0 . Q––––––––

R

9,0 . 109 . 120 . 10–6

–––––––––––––––––––12 . 10–2

V1 = 9,0 . 106 V

K0 . Q––––––––

R

V2 = 9,0 . 106 V

9,0 . 109 . 120 . 10–6

––––––––––––––––––––18 . 10–2

V3 = 6,0 . 106 V

K0 . Q––––––––

d k0 Q–––––

R

9,0 . 109 . 500 . 10–6

–––––––––––––––––––––0,50

Vesf = 9,0 . 106V

VA = VB = 9,0 . 106V


IV) (verdadeira)

A esfera é um corpo equipotencial, ou seja, todos os seus

pontos internos ou da superfície tem esse mesmo valor de

potencial elétrico, denominado genericamente de potencial da

esfera.

Resposta: A

3. (MODELO ENEM) – Duas esferas metálicas ocas estão sendoeletrizadas por uma conexão a um gerador eletrostático de Van deGraaff, cujo potenciaI elétrico, relativo à terra, é de 10 kV. Temos aindaum dado geométrico: a esfera 1 tem raio R1 = 10cm e a esfera 2 temraio R2 = 30cm.

Após as esferas terem alcançado o potencial elétrico do gerador, cessao processo de eletrização. Adote K0 = 9,0 . 109 V.m/C e calcule as res -pectivas cargas elétricas Q1 e Q2, adquiridas pelas duas esferas. Aseguir, assinale a afirmativa correta:a) Q1 = 3 Q2, pois a carga elétrica adquirida é inversamente propor -

cionaI ao raio da esfera. Ambas estão com um potencial elétrico de10 kV;

b) Q1 = 9 Q2, pois a carga elétrica adquirida é inversamente propor -cional à área da superfície esférica. O potencial da esfera 1 é de 2,0 kV e o da esfera 2 é de 8,0 kV;

c) Q2 = 3 Q1, pois a carga elétrica adquirida é diretamente proporcionalao raio da esfera. Ambas estão com o potencial de 10 kV;

d) Q2 = 9 Q1, pois a carga elétrica adquirida é diretamente proporcionalà área da superfície esférica. O potencial da esfera 2 é de 8,0 kV e oda esfera 1 é menor e vale apenas 2,0 kV;

e) Q2 = Q1, pois as duas esferas adquiriram o mesmo potencial elétricode 10 kV do gerador.

RESOLUÇÃO:

a) Uma vez alcançado o potencial do gerador, elas entram em

equilíbrio eletrostático ou seja: ambas adquirem o mesmo po -

ten cial:

O potencial da esfera é:

V =

Q =

A carga adquirida é proporcional ao seu raio R:

=

=

=

Resposta: C

(1)(2)

V1 = V2 = Vger = 10kV

K0 . Q–––––––

R

R . V––––––

K0

R1––––R2

Q1––––Q2

10cm––––––30cm

Q1––––Q2

1–––3

Q1––––Q2

Q2 = 3Q1

62 –

FÍSIC

A A


4. (UECE-2018) – Uma casca esférica metálica de raio R, carregadaeletricamente, dá origem a um campo elétrico de intensidade E em umadistância 3R do seu centro. Logo, o módulo do campo elétrico

a) a uma distância do seu centro é igual a .

b) a uma distância do seu centro é igual a .

c) a uma distância do seu centro é igual a 4E.

d) no seu centro é igual a E.

e) a uma distância do seu centro é igual 4E.

RESOLUÇÃO:

Primeiramente vamos analisar o dado do módulo do campo

elétrico em P (distanciado em 3R do centro O).

Ep = = E �

a) Para uma distância , o ponto é interno à esfera e o campo

elétrico é nulo.

ERRADA

b) Do mesmo modo, é nulo o campo à distância do centro.

ERRADA

c) Também é nulo, como foi analisado em (a).

ERRADA

d) No centro da esfera, interno à esfera o campo é nulo.

ERRADA

e) Para uma distância ao centro de , um ponto B externo à

esfera teria um campo elétrico de módulo:

EB = ⇒ EB = 4 . �

Substituindo � na �

EB = 4 Ep ⇒

Resposta: E

2.o Modo para responder a questão

1. Notemos que nas quatro primeiras alternativas os pontos

mencionados estavam a uma distância d do centro O da

esfera em que d < R; logo eram internos. O campo interno é

nulo (Gaiola de Faraday).

2. Na alternativa B, a distância d = é metade da distância de

P ao centro.

Ainda: d > R, logo ponto externo.

Concluindo, como o módulo do campo é inversamente

prorporcional ao quadrado da distância ao centro, o campo tem

módulo quatro vezes maior.

EB = 4 EP ⇒

Resposta: E

3R–––2

K0 Q––––––

3R �–––�2

2

K0 Q––––––(3R)2

EB = 4E

R–––3

E–––2

R–––2

R–––3

R–––2

3R–––2

K0 . Q––––––(3R)2

R–––2

3R–––2

EB = 4EE–––9

– 63

FÍS

ICA

A


64 –

FÍSIC

A A

1. Capacitância de um Condutor Isolado

Em qualquer tipo de condutor iso lado, a sua cargaelétrica Q e o seu potencial elétrico V sempre são pro -porcionais. Assim, é constante a ra zão entre a carga Q eo potencial V.

em que C é uma constante, positiva, de nominada capa - citância ou capa ci dade eletros tá ti ca do condutor.

Se, no condutor, sua carga for do brada, seu potencialtambém do bra rá e teremos

Isto é, a capacitância não variou.

Observações

1.a) A capacitância do condutor de pen de da sua formageométrica, de suas dimensões e do meio que oenvolve.

2.a) Os condutores esféricos têm maior capacitância queoutros de igual volume, mas de formatos dife ren tes.

2. Unidade de Capacitância

unidade de cargaUnidade (C) = –––––––––––––––––––––

unidade de potencial

No SI, temos

Esta unidade (C/V) recebe o no me de farad(homenagem a Mi chael Faraday).

3. Capacitância de um Condutor Esférico

Para um condutor esférico de raio R e carga elétricaQ, isolado, no vácuo, o seu potencial elétrico vale

Fig. 1 – Condutor esférico isolado.

Levando-se em conta a definição de capacitância,teremos

Q QC = ––– = ––––––– ⇒

V QK0 –––

R

Conclusões

1.a) Com o cancelamento da gran de za Q, mais uma vezfica demons tra do que a capacitância não de pen de dacarga elétrica do con du tor.

2.a) A capacitância C do condutor es fé rico é diretamentepropor cional ao seu raio R.

3.a) Se o condutor não estivesse no vá cuo, trocaríamos aconstante eletrostática K0 por outra (K), con forme omeio.

4. Energia Eletrostática de um Condutor Isolado

Se fizéssemos um gráfico do po tencial elétrico (V) emfunção da car ga elétrica (Q) para um condutor me tálico àmedida que é eletrizado, ob teríamos uma reta oblíqua pas -san do pela origem (Fig. 2), pois a função é

Q = C . V ou:

Como 1/C é uma constante, a função é linear.

Fig. 2.

A área assinalada no gráfico é nu mericamente igualà energia ele tros tática do condutor. Observemos que estaenergia é potencial, pois es tá armazenada no condutor.

b . hEpot. =N área do triângulo = –––––

2

QC = –––

V

2Q QC’ = –––– = –––– = C

2V V

coulombUnidade (C) = –––––––––––

volt

1C1F = ––––

1V

QV = K0 . ––––

R

RC = ––––

K0

1V = –––– . Q

C

MÓDULO 48 Equilíbrio Eletrostático


– 65

FÍS

ICA

A

Se levarmos em conta que Q = C . V teremos

Q . V C. V . VEpot = –––––– = –––––––– ⇒

2 2

Qou, então V = –––

C

Q . V Q . Q/CEpot = –––––– = –––––––– ⇒

2 2

No SI, a unidade de energia é o joule.

5. Equilíbrio Eletrostático entre dois Condutores

Consideremos dois condutores, A e B, isolados um dooutro e tam bém de quaisquer outros condutores (Fig. 3).

Fig. 3.

Sejam:

Q1 = carga inicial de A.

Q2 = carga inicial de B.

V1 = potencial inicial de A.

V2 = potencial inicial de B

Supomos V2 > V1

Se os interligarmos através de um fio condutor decapacidade des pre zível, haverá escoamento de elé tronsde A para B, devido à ddp entre eles. O elétron escoaespontanea mente para pontos de maior poten cial.

Fig. 4.

O condutor B, recebendo elé trons, terá sua cargadiminuída gra da tivamente, ao passo que o con du tor Aterá aumento da carga (perdeu elé trons).

Com isso, o potencial de B di mi nui rá e o de Aaumentará, gra da ti va mente.

No início, tínhamos V2 > V1, mas com a troca decargas entre A e B, ha verá um instante em que os po ten -ciais vão igualar-se e teremos

Uma vez atingido esse estado, ces sará a troca deelétrons e os cor pos terão atingido o equilíbrio ele tros -

tático.

Fig. 5.

Sejam, no equilíbrio,

Q'1 e Q'2= novas cargas de A e B.

V'1 e V'2 = novos potenciais de A e B.

V'1 = V'2 = Ve = potencial de equi lí brio.

Usando o princípio da conser va ção das cargas elétricas:

Q'1 + Q'2 = Q1 + Q2 (1)

Sendo

Q'1 = C1Ve e Q'2 = C2Ve

em que C1 e C2 são as capaci tân cias de A e de B, respec -ti vamente. Te re mos, então

C1Ve + C2Ve = Q1 + Q2

(1) potencial de equilíbrio

Caso particular

Para dois condutores esféricos (1) e (2) de raios R1 eR2, é fácil de mons trar que

(2)

De (1) e (2), podemos deter minar as novas cargasQ'1 e Q'2 de A e B.

Q . VEpot = ––––––

2

C . V2

Epot = –––––––2

Q2

Epot = –––––2C

↓ V2 ↑ V1

V’2 = V’1

Q1 + Q2Ve = –––––––––

C1 + C2

Q’1 R1–––– = ––––Q’2 R2


66 –

FÍSIC

A A

1. A relação entre a carga elétrica Q de uma esfera de raio R e o seupotencial elétrico V é denominada de capacitância: C.Assim:

A capacitância da esfera depende apenas do seu raio R e do meio emque se encontra.

Uma esfera de raio R está eletrizada com carga Q1 e seu potencialelétrico vale V1.No mesmo meio, se esta esfera for eletrizada a um potencial elétrico V2 = n . V1 a sua carga elétrica será:

a) b) c) Q1 d) nQ1 e) n2 Q1

RESOLUÇÃO:

Como a capacitância não se alterou, pois depende apenas do raio

R, podemos escrever.

C = e ainda C =

=

fazendo V2 = n . V1

=

Resposta: D

2. Duas esferas condutoras estão inicialmente separadas uma daoutra e apoiadas em suportes isolantes sobre a mesa de um laboratóriode Física (fig. 1). Elas estão eletrizadas com cargas elétricas diferentes,sendo:

Q1 = carga inicial da esfera 1Q2 = carga inicial da esfera 2

O professor do laboratório pediu a alguns alunos que interligassemcuidadosamente as duas esferas por um fio condutor (fig. 2).

São conhecidos: a constante eletrostática K e os raios das duas esferas:R1 = raio da esfera 1R2 = raio da esfera 2

Após o equilíbrio eletrostático, determine:a) uma relação entre as cargas elétricas finais das duas esferas com

os respectivos raios.b) uma relação entre as cargas elétricas iniciais e as cargas elétricas

finais.

RESOLUÇÃO:

a) Chamemos as cargas elétricas finais de:

• Q’1 = carga elétrica final da esfera 1.

• Q’2 = carga elétrica final da esfera 2.

Lembrando o potencial elétrico de uma esfera

Vesf =

No equilíbrio eletrostático, os potenciais se igualam:

= (potencial de equilíbrio)

Ou ainda

Concluindo: as cargas elétricas adquiridas por cada uma das

esferas são diretamente proporcionais aos respectivos raios.

b) Para se determinar a relação pedida, basta uar o princípio da

conservação das cargas elétricas:

∑ (cargas finais) = ∑ (cargas iniciais)

Respostas: a) b) Q’1 + Q’2 = Q1 + Q2

QC = ––––

V

Q1––––

n

Q1––––n2

Q1––––V1

Q2––––V2

Q1––––V1

Q2––––V2

Q1––––V1

Q2––––––n . V1

Q2 = n . Q1

K . Q–––––––

R

K . Q’2–––––––

R2

K . Q’1–––––––

R1

Q’1 R1––––– = ––––

Q’2 R2

Q’1 + Q’2 = Q1 + Q2

Q’1 R1––––– = ––––Q’2 R2


3. Três esferas metálicas 1, 2 e 3, foram colocadas sobre umacanaleta isolante, isoladas uma da outra. Seus respectivos raios são: R1,R2 e R3. A esfera 2 estava eletrizada, ao passo que as esferas 1 e 3estavam neutras. Feito um contato simultâneo entre as três esferas, elas adquiriram,respectivamente cargas elétricas: Q1, Q2 e Q3, das quais conhecemosQ2 = 6,0 nC. São dados:R1 = 2,0 cm, R2 = 1,0 cm e R3 = 4,0 cm

Podemos afirmar que as cargas finais das esferas 1 e 3, bem como acarga inicial Q da esfera 2, são, respectivamente:

a) Q1 = 24,0 nC Q3 = 8,0 nC Q = 48,0 nC

b) Q1 = 12,0 nC Q3 = 24,0 nC Q = 42,0 nC

c) Q1 = 12,0 nC Q3 = 4,0 nC Q = 22,0 nC

d) Q1 = 3,0 nC Q3 = 1,5 nC Q = 10,5 nC

e) Q1 = 2,0 nC Q3 = 12,0 nC Q = 20,0 nC

RESOLUÇÃO:

1. ∑ Qantes = ∑ Qdepois

Q = Q1 + Q2 + Q3 �

2. Distribuição das cargas, proporcionalmente aos respectivos

raios:

= =

= =

Q1 = 6,0 . 2,0 (nC) ⇒

Q3 = 6,0 . 4,0 (nC) ⇒

Voltando em �:

Q = 12,0 nC + 6,0 nC + 24,0 nC

Resposta: B

Enunciado para as questões 4 e 5.

Dispõem-se de duas esferas de alumínio, com raios diferentes eeletrizadas com cargas elétricas diferentes, isoladas uma da outra eapoiadas em pedestais isolantes

A esfera 1 tem um potencial elétrico mais elevado do que o da esfera2, como nos indica o gráfico de potencial a seguir

Usando-se um fio condutor, conectamos as duas esferas e aguardamosum determinado intervalo de tempo até que as duas esferas entrem emequilíbrio eletrostático.

4. Assim que as esferas foram conectadas, houve troca de cargaselétricas entre elas e uma corrente elétrica se estabeleceu no fiocondutor. A respeito desse fluxo de cargas, podemos afirmar que:a) elétrons passaram da esfera 1, de maior potencial elétrico, para a

esfera 2.b) prótons passaram da esfera 1, de maior potencial elétrico, para a

esfera 2, de menor potencial.c) elétrons passaram da esfera 2, de menor potencial elétrico, para a

esfera 1.d) prótons passaram da esfera 2, de menor potencial elétrico, para a

esfera 1.e) houve uma troca de cargas elétricas sendo que a esfera 1 cedeu

elétrons e a esfera 2 cedeu prótons.

Q3––––R3

Q2––––R2

Q1––––R1

Q3––––4,0

6,0 ––––1,0

Q1––––2,0

Q1 = 12,0 nC

Q3 = 24,0 nC

Q = 42,0 nC

Note e adote:

Os valores de potencial são apenas um referencial. Os gráficos

estão fora de escala.

– 67

FÍS

ICA

A


RESOLUÇÃO:

Elétrons passam espontaneamente da esfera de menor potencial

para esfera de maior potencial. Assim, a esfera 2, de menor

potencial elétrico, cedeu elétrons para esfera 1.

O fato é que uma corrente elétrica se estabelceu no fio condutor

por um pequeno intervalo de tempo, até que se estabelecesse o

equilíbrio eletrostático, no qual as duas atingiram um mesmo

potencial de equilíbrio (Veq).

Veq > 3,0 kV e Veq < 5,0 kV

Resposta: C

5. Estabelecido o equilíbrio eletrostático, o gráfico dos potenciais dasesferas se modifica. Assinale um possível gráfico ao final do equilíbrioeletrostático, grafado em vermelho.

RESOLUÇÃO:

As duas esferas estavam carregadas com cargas elétricas positivas,

como nos mostra o gráfico dos potenciais dado no enunciado.

Durante a troca de cargas elétricas, a esfera 1, de maior potencial

recebeu elétrons e consequentemente sua carga elétrica diminuiu.

Também seu potencial diminuiu.

Por outro lado, o potencial da esfera 2 aumentou.

A troca de cargas somente cessou no instante em que os dois

potenciais se igualaram. Assim V1 = V2 = Veq (equilíbrio eletrostá -

tico).

Concluindo: o potencial de equilíbrio eletrostático é menor que

5,0 kV e maior que 3,0 kV.

3,0 kV < Veq < 5,0 kV

O gráfico correto é da alternativa E.

Resposta: E

68 –

FÍSIC

A A


– 69

FÍS

ICA

A

1. Definição

Campo elétrico uniforme é aque leque apresenta a mesma inten si da de, amesma direção e o mesmo sen tido emtodos os pon tos da região que ocupa.

Suas linhas de força são retas pa ra - lelas, orientadas no mesmo sen ti do euniformemente distribuídas pe la re gião.

Fig. 1 – Linhas de força de um CEU.

2. Fontes de Campo Elétrico

Uniforme

a) O campo elétrico uniforme po -de ser obtido nas vizinhanças de umadistribuição plana, uniforme e infi nitade cargas elétricas de um mes mosinal. Imaginemos que exis tisse umaplaca metálica (plana), de ta manhoinfinito. Se a eletri zás semos, suascargas ficariam unifor me mente dis -tribuídas (Fig. 2).

Esta placa infinita divide o es pa çoem dois semiespaços. Em cada umdeles teríamos um campo elétricouniforme.

Fig. 2 – Placa plana infinita. Em cada um dos

se miespaços temos um campo elé tri co

unifor me.

b) O campo elétrico uniforme po -de ser obtido por um sistema cons -tituído por duas placas infinitas (teó ricas).

Uma delas é eletrizada posi tiva -men te e a outra eletrizada ne ga tiva -men te, com o campo elétrico uni for meformado na zona intermediária de am -bas (Figuras 3a e 3b).

Fig. 3a – Duas placas infinitas eletrizadas

com cargas de sinais contrários (vista de

perspectiva).

Fig. 3b – O campo elétrico uniforme for -

ma-se no espaço entre as placas (vista de

per fil).

Na prática, obtemos o CEU usan -do duas pla cas metálicas, de ta ma -nhos limi ta dos. Usa-se o recurso dedi minuir a dis tância d entre elas a talpon to que seja muito menor do que osla dos de ca da placa. Costuma-se co -locar uma subs tância sólida e iso lanteentre as placas. Ao conjunto cha -mamos de ca pacitor ou con den -

sador pla no.

3. O Potencial no CEU

Embora o campo elétrico tenhaintensidade constante em qualquerponto do campo elétrico uniforme, opotencial varia uniformemente aolongo de cada linha de força (Fig. 4).

Fig. 4 – Linhas de força.

Se percorrermos uma linha de for -ça no seu sentido, notaremos que opotencial decrescerá unifor me men te,como mostra o gráfico anterior.

Partindo-se de um ponto A, cujopotencial é VA, para um ponto B, depotencial VB, teremos

U = VA – VB (diferença de po ten - cial entre os pontos A e B).

d = distância entre os pontos A e B.

E = intensidade do campo elé tri co.

MÓDULOS 49 e 50 Campo Elétrico Uniforme


70 –

FÍSIC

A A

Relação importante:

Demonstração

Vamos levar uma carga de prova(q > 0) de A para B. O trabalho docampo elétrico será

τAB = q(VA – VB) = q . U (1)

Como o campo é uniforme, pode-se dizer que a força elétrica tem dire -ção, sentido e intensidade cons tan tes.

Então, vale

τAB = F . d (2)

Comparando-se (1) e (2),

F . d = q . U (3)

Sendo F = q . E, vem

q . E . d = q . U

4. Unidade SI

de Campo Elétrico

Do teorema anterior, pode-se ex -pres sar o campo por

Então, conclui-se que a unidadedo campo elétrico fica

Unidade (U)Unidade (E) = ––––––––––––

Unidade (d)

no SI

Esta unidade de campo elétrico écon siderada a oficial para o SI. Evi den -temente há uma equivalência entreesta unidade e aquela que já co -nhecemos (N/C).

Assim,

5. Movimento de uma Partícula

Eletrizada com carga Elétrica q

num Campo Elétrico Uniforme

Uma partícula eletrizada, com car - ga elétrica q e de massa m, aban -donada ou lançada na direção dasli nhas de força de um campo elétricouni forme

→E, realiza um movimento re -

ti líneo e uniformemente variado com

aceleração de módulo a = .

Se a partícula for lançada per pen -dicularmente ou obli qua mente às li -nhas de força, des cre verá ummovi mento parabólico, tendoaceleração na direção do campoelétrico.

E . d = U

UE = ––––

d

voltUnidade (E) = ––––––––

metro

1V/m = 1N/C

|q| . E––––––

m

E . d = U

MÓDULO 49

1. Duas placas planas, paralelas, foram eletrizadas com cargas elétri -cas opostas (+Q) e (–Q), ao serem submetidas a uma ddp de 4,0 . 102V.Entre elas formou-se um campo elétrico uniforme, como se representana figura a seguir.

Estando distanciadas uma da outra de 2,0cm, determine a intensidadedo campo elétrico formado entre as placas.

a) 2,0 . 102 V/m b) 4,0 . 102 V/m c) 2,0 . 104 V/md) 4,0 . 104 V/m e) 8,0 . 104 V/m

RESOLUÇÃO:

U = 4,0 . 102 V

d = 2,0 cm = 2,0 . 10–2 m

E . d = U

E . 2,0 . 10–2 = 4,0 . 102

Resposta: C

Nota: adote as unidades do SI.

E = 2,0 . 104 V/m


2. (UFPR-MODELO ENEM) – Num experimento feito para in ves tigarrelações entre grandezas eletrostáticas, duas placas condutorasparalelas A e B, separadas por uma distância d = 5,0cm, foram subme -tidas a uma diferença de potencial U = 100 V, sendo que a placa que temo potencial elétrico mais alto é a placa positiva B. Por hipótese, como asdimensões das placas são muito maiores que a distância que as separa,o campo elétrico que se estabeleceu entre elas pode ser considerado,para todos os efeitos, como sendo uniforme. O sistema se constituinum capacitor de placas planas.Observe que foi dada apenas a direção do campo elétrico.

O módulo a direção e o sentido deste campo elétrico uniforme estãomais bem representados na alternativa:

RESOLUÇÃO:

Determinação do módulo do campo elétrico:

E . d = U

d = 5,0 cm = 5,0 . 10–2 m

U = 100 V

E . 5,0 . 10–2 = 100 (unidades SI)

E = 2,0 . 103 V/m

As linhas de força devem ser orientadas do maior para o menor

potencial: de B para A, ficando:

Resposta: C

3. No interior de um capacitor de duas placas planas, eletrizadas comcargas elétricas opostas, +Q e –Q, forma-se, na região sombreada, umcampo elétrico de direção perpendicular às placas, como se representana figura a seguir.

Considerando-se o campo elétrico desse capacitor, bem como suaslinhas demarcadas, responda:a) Qual é o valor dos potenciais elétricos nos pontos 1, 2, 3 e 4?b) Quanto vale o módulo do campo elétrico? Ele é variável de ponto

para ponto ou permanece constante.c) Determine o módulo, direção e sentido da força elétrica sobre uma

carga de prova q = +2,0 μC colocada no ponto 3.

RESOLUÇÃO:

a) Basta ler os valores das respectivas equipotenciais tracejadas:

Ponto 1: V1 = 80 V

Ponto 2: V2 = 60 V

Ponto 3: V3 = 60 V

Ponto 4: V4 = 40 V

b) Vamos usar as equipotenciais de 1 e 2:

U = 80 V – 60 V = 20 V

E . d = U E =

E =

O campo elétrico é uniforme e, portanto, temos: E→

= constante

c) Para o cálculo do módulo da força elétrica, basta escrever:

F = q . E

F = 2,0 . 10–6 . 2,0 . 102 N

F = 4,0 . 10–4 N

A força F→

tem a direção e o sentido das linhas de força do cam -

po (fig.2)

Respostas:a) 80 V; 60 V; 60 V e 40 V, respectivamente.

b) 2,0 . 102 V/m com E→

= constante

c) F = 4,0 . 10–4 N, com direção e sentido das linhas de

for ça

U––––

d

20 V–––––––0,10 m

VE = 2,0 .102 –––

m

– 71

FÍS

ICA

A


4. Num campo elétrico uniforme, foram iden tificados os pontos A, Be C, como nos mostra a figura a seguir. A intensidade desse campo éigual a 40V/m e o potencial elétrico no ponto C vale 12V.

Podemos afirmar que os potenciais elétricos em A e B são, respecti -vamente:a) +5,0V e – 5,0V b) –5,0V e + 5,0V c) +7,0V e + 12Vd) +17V e + 7,0V e) +12V e –7,0V

RESOLUÇÃO:

1. Cálculo do potencial elétrico em A:

E . d = U

Fazendo: U = VA – VC, obtemos:

E . d = VA – VC �

Temos:

E = 40V/m; d = ; VC = 12V

40 x = VA – 12

5,0 = VA – 12 ⇒

2. Cálculo do potencial elétrico em B:

Por simetria, temos:

VA – VC = VC – VB = 5,0V

12 – VB = 5,0

Resposta: D

0,25m––––––

2

0,25–––––

2

VA = +17V

VB = 7,0V

72 –

FÍSIC

A A


5. (FUVEST-MODELO ENEM) – Em uma aula de laboratório deFísica, para estudar propriedades de cargas elétricas, foi realizado umexperimento em que pequenas esferas eletrizadas são injetadas naparte superior de uma câmara, em vácuo, onde há um campo elétricouniforme na mesma direção e sentido da aceleração local da gravidade.Observou-se que, com campo elétrico de módulo igual a 2,0 . 103 V/m,esferas de massa 3,2 . 10–15 kg, permaneciam com velocidadeconstante no interior da câmara, como mostra a fotografia instantâneadesse movimento. A trajetória é horizontal.

Nota: o experimento é um pouco semelhante ao realizado por Millikan,no início do século XX, quando descobriu o valor da carga do elétron.

Essas esferas têma) quantidades iguais de elétrons e de prótons.b) 100 elétrons a mais que o número de prótons.c) 100 elétrons a menos que o número de prótons.d) 2000 elétrons a mais que o número de prótons.e) 2000 elétrons a menos que o número de prótons.

RESOLUÇÃO:

Para que a partícula atravesse os campos com velo cidade vetorial

constante, seu movimento deverá ser retilíneo e uniforme e a força

resultante deverá ser nula.

A força elétrica →F deverá ter o sentido oposto ao do peso

→P. Por

outro lado, verificamos também que →F te rá sentido oposto ao do

campo elétrico →E. A carga elétrica é negativa (q < 0).

Sendo �→F � = �

→P �, temos:

�q � E = m . g ⇒ �q � =

�q � = (unidades SI)

�q � = 1,6 . 10–17C

Sendo �q � = n . e

n = =

Como a carga é negativa, concluímos que há 100 elé trons a mais

que a quantidade de prótons.

Resposta: B

Note e adote:

carga do elétron = – 1,6 x 10–19C

carga do próton = + 1,6 x 10–19C

módulo da aceleração local da gravidade g = 10m/s2

mg–––E

3,2 . 10–15 . 10–––––––––––––

2,0 . 103

�q �–––e

1,6 . 10–17

–––––––––1,6 . 10–19

n = 100

– 73

FÍS

ICA

A


74 –

FÍSIC

A A

MÓDULO 50

1. (UFAC-MODELO ENEM) – A figura abaixo, mostra um elétron (e–)

entrando com velocidade horizontal (V) em uma região limitada por duasplacas paralelas condutoras com cargas opostas.

Considerando que o peso do elétron é desprezível, e que o campoelétrico entre as placas é essencialmente uniforme e perpendicular àsmesmas, é correto afirmar que:a) Quanto maior a velocidade V, mais rapidamente o elétron se

aproximará da placa positiva.b) Quanto menor a velocidade V, mais rapidamente o elétron se

aproximará da placa positiva.c) A velocidade de aproximação do elétron à placa positiva independe

do valor da velocidade horizontal V.d) A direção da aceleração do elétron, na região limitada pelas placas,

está mudando ao longo da sua trajetória.e) O elétron não está acelerado.

RESOLUÇÃO:

A força elétrica →F que atua no elétron é constante e é orientada

para cima, oposta ao sentido de →E.

Assim, como no movimento balístico, essa força acelera o elétron

para cima mas não o acelera na horizontal.

A aproximação do elétron com a placa positiva não depende da

componente horizontal da velocidade →Vx.

Resumindo→V =

→Vx +

→Vy

→Vx = constante

→Vy é acelerada pela força elétrica.

Logo:

Δtaprox não depende de →Vx

Resposta: C

2. (UNISC) – Uma partícula com carga positiva q e massa M move-se ao longo de uma reta com velocidade

→V constante em uma região

onde estão presentes um campo elétrico de intensidade 1,0 . 103V/m e um campo de indução magnética de intensidade 0,10T.Sabe-se que ambos os campos e a direção de movimento da partículasão, dois a dois, perpendiculares entre si. A ação do campo gravitacionalé irrelevante no experimento.

Fig. 1 – fotografia estroboscópica.

O módulo da velocidade da partícula vale:a) 1,0 . 10–7m/s b) 1,0 . 10–3m/s c) 1,0 . 103m/sd) 1,0 . 104m/s e) 1,0 . 107m/s

RESOLUÇÃO:

Usando a figura, desenhamos as forças:

→Fel = força elétrica, decorrente do campo elétrico

→Fmag = força magnética, decorrente do campo magnético. Usamos

a regra da mão esquerda.

�→Fmag� = �

→Fel�

q . V . B = q . E

V . B = E

V =

V = (SI)

Resposta: D

E–––B

1,0 . 103

––––––––––1,0 . 10–1

V = 1,0 . 104m/s


3. (FUVEST-2020-MODIFICADO) – Em um ambiente do qual se retirou

praticamente todo o ar, as placas de um capacitor estão arranjadas

parale lamente e carregadas com cargas de mesma magnitude Q e sinais

contrários, produzindo, na região entre as placas, um campo elétrico

que pode ser considerado uniforme, com módulo igual a 1,0 . 106 V/m.

Uma partícula carregada negativamente, com carga de módulo igual

a 1,0 . 10–9 C, é lançada com velocidade de módulo V0 igual a 1,0 . 102 m/s

ao longo da linha que passa exatamente pelo centro da região entre as

placas, como mostrado na figura.

A distância d entre as placas é igual a 1,0 mm. Despreze os efeitos

gravitacionais.

a) Aponte, entre as trajetórias 1 e 2 mostradas na figura anterior, aquela

que mais se aproxima do movimento da partícula na região entre as

placas.

b) Quais seriam o sentido e o módulo de um eventual campo

magnético a ser aplicado na região entre as placas,

perpendicularmente ao plano da página, para que a partícula, em vez

de seguir uma trajetória curva, permaneça movendo-se na mesma

direção e no mesmo sentido com que foi lançada?

RESOLUÇÃO:

fig. 1

a) A carga elétrica q lançada no campo elétrico uniforme é

negativa e recebe do campo uma força elétrica →Fel no sentido

contrário ao do vetor campo elétrico →E (ver figura 2). Logo a

partícula é desviada para cima, de acordo com a trajetória 1.

fig. 2

b) 1) Cálculo do módulo do campo magnético.

Para que a partícula mantenha-se na direção de

lançamento em movimento uniforme, ou seja, em M.R.U.,

a força resultante sobre ela deverá ser nula. A força

magnética deverá ser oposta à força elétrica.

fig. 3

Da condição de equilíbrio dinâmico

⎥→Fmg⎥ = ⎥

→Fel⎥

⎥q⎥ V . B = ⎥q⎥ . E

V . B = E

B = ⇒ B = (unid. SI)

2) Determinação do sentido do campo →B.

Usando a regra da mão esquerda na fig. 3, e observando

que a carga é negativa, obte mos o sentido do campo →B.

Respostas: a) trajetória 1

b) B = 1,0 . 104 T

sentido: entrando no plano da figura

E–––V

1,0 . 106

––––––––1,0 . 102

B = 1,0 . 104T

– 75

FÍS

ICA

A


4. (USF-modificado) – Um elétron é abandonado em repouso sobreuma linha de um campo elétrico uniforme, formado por duas placasplanas paralelas. Devido à força elétrica do campo, o elétron foiacelerado, percorreu a linha de força e penetrou pelo orifício X da placaP2 (positiva) atravessando para o lado oposto, onde havia um campomagnético uniforme de intensidade B = 5,0 . 10–4T. Devido à ação daforça magnética, o elétron descreveu uma trajetória circular de diâmetro16,0 cm, vindo a colidir novamente com a placa P2.

a) Esboce a trajetória do elétron no interior do campo magnético.b) Determine o módulo da velocidade com que o elétron penetrou no

campo magnético. c) Determine o trabalho da força magnética no interior do campo

magnético.

RESOLUÇÃO:

a) Trajetória do elétron no interior do campo magnético uniforme:

De acordo com o enunciado, o elétron foi acelerado, em sentido

contrário às linhas de força, devido à sua carga elétrica negativa.

Usando a figura dada, assim que o elétron penetrar no campo

magnético, a força magnética vai desviá-lo em trajetória

semicir cular. Usa-se a regra da mão esquerda para se

determinar o sentido da força magnética.

Vale a pena lembrar que o elétron tem carga negativa e

devemos inverter o sentido da força obtido na regra da mão

esquerda.

b) Determinação do módulo da velocidade do elétron ao penetrar

no interior do CMU:

R = = = 8,0cm

R = 8,0 . 10–2m

R = ⇒

V = (unid. SI)

c) O trabalho da força magnética é nulo, pois a força magnética é

uma força centrípeta.

Respostas:

a) Ver figura da resolução

b) V = 7,0 . 106 m/s

c) Nulo

D–––2

16cm–––––

2

mV–––––q . B

ReBV = ––––––

m

8,0 . 10–2 . 1,6 . 10–19 . 5,0 . 10–4

––––––––––––––––––––––––––––––9,1 . 10–31

V � 7,0 . 106m/s

Dados:

• massa do elétron: 9,1 . 10–31 kg

• carga do elétron: –1,6 . 10–19 C

76 –

FÍSIC

A A


– 77

FÍS

ICA

A

1. Indução Total

Consideremos dois condutoreselétricos:

A = condutor eletrizado com car -ga +Q

B = condutor neutro

Ocorre indução total quando, aoapro ximarmos A de B, todas as li nhasde indução que "partem" do in du tor (A)atingem o induzido (B).

Um exemplo de indução quasetotal ocorre entre dois condutoresplanos, dispostos em paralelo:

Fig. 1

Na figura, a carga induzida no"plano superior" de B é negativa (–Q) ea carga induzida no "plano inferior" deB é positiva (+Q).

2. Capacitores ou Condensadores

Elétricos

Chamaremos de capacitores (oucon densadores elétricos) a todo par decondutores entre os quais há in du çãototal.

Cada um dos elementos con du to -res é chamado de armadura (capa demetal). Entre elas o meio deve ser iso -

lante. Pode haver uma substância iso -lante ou mesmo o vácuo.

Há três formatos básicos: o es fé -ri co, o plano e o cilíndrico.

Qualquer que seja o formato, o ca -pacitor é representado por dois tra çosparalelos e iguais, prefe ren cial mentemais cheios do que os seus ter minais.

Fig. 2

Fig. 3 – Símbolo de um capacitor.

3. Ligação do Capacitor a uma

Bateria

A ligação pode ser direta ou atra -vés da terra. Nos automóveis, liga-secomo na figura 4b, na qual a carcaçado carro faz papel de terra.

Fig. 4a e 4b

4. Carga Elétrica e Capacitância

Carga elétrica: Q

No capacitor a indução é total e,portanto, ambas as armaduras têmcar gas de módulos iguais e sinaiscontrá rios.

Fig. 5

A fim de facilitar a linguagem, bemcomo a notação, usaremos sim ples -mente o valor Q, correspondente àcarga elétrica da armadura po si tiva.

Diferença de potencial: U

Entre as armaduras, há uma ddp.Se o capacitor estiver ligado a uma ba -te ria, esta ddp será igual à ddp da ba -teria.

VA = potencial da armadurapositiva (A).

VB = potencial da armadura ne -ga tiva (B).

U = ddp entre as armaduras.

U = VA – VB

MÓDULO 51 Capacitores


78 –

FÍSIC

A A

Capacitância: C

Por definição:

ou, então:

5. Energia Elétrica no Capacitor

Como as cargas elétricas estão em repouso nasarmaduras do ca pa ci tor, a energia elétrica no capacitor es -tá armazenada, isto é, trata-se de uma energia potencial.

Para calculá-la, usaremos o grá fi co da figura a seguir.

Q = C . U

Logo, o gráfico é linear.

Fig. 6

A energia potencial elétrica do capacitor é nume -ricamente igual à área colorida:

b . hEpot

N= área do triângulo = –––––2

Lembrando que:

Q = C . U

C U UEpot = ––––––– →

2

ou, ainda, que:

QU = –––

C

Q . Q/CEpot = –––––––– →

2

Observações

1.a) A energia mede-se em jou le no SI.

2.a) Um bom uso para o ca pa ci tor é no flash de umamá qui na fotográfica. Sua ener gia é bastantepara acender in tensamente uma lâmpada porcurtíssimo intervalo de tem po. É um circuito RCpa ralelo.

6. Capacitor Plano

O capacitor plano é constituído por duas placasplanas, paralelas. Por estarem eletrizadas com sinais con -trários, há formação de um cam po elétrico uniforme entreelas.

Fig. 7

Sendo U a ddp e d a distância entre as armaduras,vale a relação:

7. Capacitância

Para calcular a capacitância de um condensadorplano, usamos a equa ção:

Q = C . UQ

C = –––U

1U = ––– . Q

C

Q . UEpot = ––––––

2

C . U2

Epot = –––––––2

Q2

Epot = ––––2C

E . d = U


– 79

FÍS

ICA

A

em que:

A = área de cada uma das pla cas.

d = distância entre as placas.

ε = permitividade absoluta do isolante entre asplacas.

Na realidade, ε é uma constante que varia de acordocom o isolante usado.

Observação: A relação entre as constantes K e ε é:

Sendo ε0 a permitividade abso lu ta do vácuo, define-seconstante die lética relativa εr de um iso lan te (depermitividade absoluta ε) como sen do o quociente:

1K = –––––––

4 π ε

εεr = ––––

ε0

ε . AC = ––––––

d

1. Um capacitor de capacitância C, inicialmente descarregado, foiconectado a um gerador que lhe forneceu uma carga elétrica Q.

Sendo C = 2,0�F e a ddp do gerador U = 2,0 . 102V, determine a cargaelétrica Q e a energia potencial E, armazenada no capacitor.

a) Q = 4,0 . 10–2C e E = 4,0 . 103J

b) Q = 4,0 . 10–4C e E = 2,0 . 103J

c) Q = 4,0 . 10–4C e E = 2,0 . 102J

d) Q = 4,0 . 10–2C e E = 2,0 . 10–2J

e) Q = 4,0 . 10–4C e E = 4,0 . 10–2J

RESOLUÇÃO:

Q = C U

Q = 2,0 . 10–6 . 2,0 . 102 (C)

E =

E = (J)

Resposta: E

2. Três resistores e três capacitores estão conectados como mostraa figura a seguir. São dados os valores das resistências e dascapacitânciasR1 = 4,0 Ω R2 = 3,0 Ω R3 = 6,0 Ω

C1 = 2,5 µF C2 = 4,0 µF C3 = 1,5 µF

Uma corrente elétrica de intensidade i = 5,0 A penetra no circuito peloterminal A e deixa a associação pelo terminal B.Sendo Q1, Q2 e Q3 as quantidades de cargas elétricas acumuladas,respectivamente, nos capacitores C1, C2 e C3, temos:

a) Q1 = 45,0 µC, Q2 = 50,0 µC e Q3 = 12,0 µC

b) Q1 = 4,0 µC, Q2 = 6,0 µC e Q3 = 12,0 µC

c) Q1 = 50,0 µC, Q2 = 60,0 µC e Q3 = 45,0 µC

d) Q1 = 60,0 µC, Q2 = 45,0 µC e Q3 = 50,0 µC

e) Q1 = 50,0 µC, Q2 = 60,0 µC e Q3 = 25,0 µC

RESOLUÇÃO:

A corrente elétrica contínua não passa pelos capacitores, pois eles

possuem um “recheio” isolante. Portanto, ela passa apenas pelos

resistores. Em cada resistor haverá uma ddp.

Os capacitores, individualmente, estão em paralelo com um

resistor e então ambos estão com a mesma ddp.

1. Cálculo da ddp de cada resistor

Basta usar a Lei de Ohm em cada um deles

⇒ U1 = 4,0 x 5,0 (V) ⇒ U1 = 20,0 V

U2 = 3,0 x 5,0 (V) ⇒ U2 = 15,0 V

U3 = 6,0 x 5,0 (V) ⇒ U3 = 30,0 V

Q = 4,0 . 10–4C

C U2

––––––2

2,0 . 10– 6 . (2,0 . 102)2

––––––––––––––––––––2

E = 4,0 . 10–2J

U = R . i


2. Cálculo da carga elétrica em cada capacitor.

⇒ Q1 = 2,5 x 20,0 (µC) ⇒

Q2 = 4,0 x 15,0 (µC) ⇒

Q3 = 1,5 x 30,0 (µC) ⇒

Resposta: C

3. (EPCEx – MODELO ENEM) – Um capacitor de capacitância iguala 2,0 µF está completamente carregado e possui uma diferença depotencial entre suas armaduras de 3,0 V. Em seguida, este capacitor éligado a um resistor ôhmico por meio de fios condutores ideais,conforme representado no circuito abaixo, sendo completamentedescarregado através do resistor ao se fechar a chave Ch.

Nesta situação, a energia elétrica total transformada em calor peloresistor é dea) 1,5 · 10–6 J b) 6,0 · 10–6 J c) 9,0 · 10–6 Jd) 12,0 · 10–6 J e) 18,0 · 10–6 J

RESOLUÇÃO:

Como desprezamos a energia dissipada por emissão de ondas,

podemos considerar que toda a energia armazenada no capacitor

será transformada em calor quando ele descarregar. Uma corrente

elétrica muito breve e intensa passará no resistor, aquecendo-o.

Com a chave aberta:

Temos no capacitor:

Epot =

Epot = J ⇒

Ao fechar a chave esta energia será transformada em calor.

Resposta: C

4. (INSPER-VUNESP-2019) – No circuito ideal esquematizado nafigura, o gerador fornece uma tensão contínua de 200 V. As resistênciasdos resistores ôhmicos são R1 = R3 = 20 Ω, R2 = 60 Ω e a capacitânciado capacitor é C = 2,0 . 10–6 F.

Nessas condições, a quantidade de carga acumulada no capacitor será,em C, igual aa) 1,2 . 10–4 b) 2,4 . 10–4 c) 1,2 . 10–3

d) 2,0 . 10–3 e) 2,4 . 10–3

RESOLUÇÃO:

Ao ligar o circuito estabe lece-se uma corrente elé trica contínua,

que não vai atravessar o capacitor, devido à existência de um

isolante entre suas placas.

Vamos observar, na figura a seguir, o caminho da corrente elétrica.

Do enunciado, obtemos os seguintes dados:

R1 = 20Ω

R2 = 60Ω

R3 = 20Ω

E = U = 200 V

C = 2,0 . 10–6 F

1) Usando-se a Lei de Pouillet na malha por onde circula a

corrente:

i = = (A)

2) ddp em R2

U = R2 . i = 60 . 2,0 V

3) Cálculo da carga elétrica acumulada no capacitor:

Q = C . U = 2,0 . 10–6 . 120 (C)

Resposta: B

Q1 = 50,0 µCQ = C . U

Q2 = 60,0 µC

Q3 = 45,0 µC

Nota: despreze perdas de energia por emissão de ondas

eletromagnéticas

C . U2

––––––2

(2,0 . 10–6) . (3,0)2

–––––––––––––––––2

Epot = 9,0 . 10–6J

200––––––––––––20 + 60 + 20

E–––––––––––R1 + R2 + R3

i = 2,0 A

U = 120 V

Q = 2,4 . 10–4C

80 –

FÍSIC

A A


– 81

FÍS

ICA

A

1. Associação em Paralelo

Numa associação em paralelo, os capacitores ficamdispostos como na figura a seguir.

Se ligarmos os terminais A e B a uma bateria decorrente contínua constante, teremos:

Observe que as armaduras posi ti vas ficam ligadasentre si e ao polo (+) do gerador. Do mesmo modo ocor -re com as armaduras negativas.

Propriedades

1.a) Todos os capacitores em para lelo ficam sob amesma ddp (U). Esta é também a ddp da bateria.

2.a) Cada capacitor adquire a sua própria cargaelétrica.

Q1 = C1 . U

Q2 = C2 . U

Q3 = C3 . U

Observação

Se C1 = C2 = C3 → Q1 = Q2 = Q3

3.a) A carga elétrica total, acumulada na associação,é a soma das car gas parciais.

QTOT = Q1 + Q2 + Q3

4.a) Capacitância equivalente

Imaginemos um capacitor equi va lente à associação:

mesma ddp (U) e com carga total (QTOT) dela.

Teremos, então:

QTOT = Ceq . U → Ceq . U = QTOT

Ceq . U = Q1 + Q2 + Q3

Ceq . U = C1 . U + C2 . U + C3 . U… (÷U)

A equação acima vale para n ca pa citores em paralelo.

Observação

A equação anterior é semelhante à da associação emsérie de resis to res.

2. Associação em Série

Numa associação em série, os ca pacitores estãodispostos como na figura abaixo, na qual dois capaci toresvizinhos têm em comum um único terminal.

Vamos supor que os capacitores estejam todos"descarregados" ini cial mente. Agora, liguemos os ter mi -nais A e B aos polos de uma bateria de corrente contínuaconstante, cuja ten são seja U.

Ceq = C1 + C2 + C3 (PARALELO)

MÓDULO 52 Associação de Capacitores


82 –

FÍSIC

A A

Observações

a) Durante a carga dos ca pa cit o res, ocorre induçãototal em cada um deles.

b) A armadura negativa de ca da um deles está ligadaà positiva de um "vizinho".

q Propriedades

1.a) Após o término da eletrização, to dos oscapacitores adquirem a mes ma carga elétrica (Q).Esta propriedade é uma decor rên cia da induçãototal em cada um deles.

2.a) Consideram-se como carga total da associaçãoapenas as cargas vistas pelos dois terminais A eB, ou seja:

carga da asso cia ção: Q

Observação

Não se somam cargas nas associações em série.

3.a) A ddp de cada capacitor é:

U1 = U2 = U3 =

4.a) A soma das ddp(s) parciais é a ddp total da asso cia -ção e é igual à ddp da bateria.

U = U1 + U2 + U3

5.a) Capacitância equivalente

Imaginemos um capacitor equi va lente à associa ção:mesma ddp total (U) e mesma carga elé tri ca (Q).

Teremos, então:

QQ = Ceq . U → U = –––––

Ceq

mas:

U = U1 + U2 + U3

Q–––––– = U1 + U2 + U3Ceq

Q Q Q Q–––––– = ––– + ––– + ––– … (÷ Q)

Ceq C1 C2 C3

A fórmula anterior vale para n ca pacitores em série.

Observação

A fórmula anterior é semelhante à da associação deresistores em para lelo.

1 1 1 1–––– = ––– + ––– + ––– … (SÉRIE)Ceq C1 C2 C3

}em A: +Q

em B: –Q

Q–––C1

Q–––C2

Q–––C3

1. Determine a capacitância equivalente de cada uma das asso -ciações a seguir, cujos terminais são os pontos A e B.

RESOLUÇÃO:

a) Capacitores em paralelo, somamos as capacitâncias: Ceq = 11,0 pF

b) Capacitores em série: somamos os inversos das capacitâncias:

= + + (pF)–1

= (pF)–1

Respostas: a) 11,0pF

b) 1,0pF

1––––Ceq

1––––2,0

1––––3,0

1––––6,0

1––––Ceq

3,0 + 2,0 + 1,0––––––––––––––

6,0

Ceq = 1,0pF


2. Determine a capacitância equivalente entre A e B da associaçãomista de capacitores a seguir:

RESOLUÇÃO:

C1 em série com C2:

Cs = = (μF) ⇒ Cs = 4,0μF

Cs em paralelo com C3:

Ceq = Cs + C3 = 4,0μF + 8,0μF

Resposta: 12,0μF

3. (MACKENZIE-2019) – Um estagiário do curso de EngenhariaElétrica da UPM – Univer sidade Presbiteriana Mackenzie – montou umcircuito com o objetivo de acumular energia da ordem de mJ (milijoule).

Após algumas tentativas, ele vibrou com a montagem do circuitoanterior, cuja energia potencial elétrica acumulada vale, em mJ,a) 2,0 b) 3,0 c) 4,0 d) 6,0 e) 9,0

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo da capacitância equivalente dos quatro capacitores em

paralelo

Ceq = C1 + C2 + C3 + C4

Ceq = 6,0μF + 2,0μF + 8,0μF + 4,0μF

2) Energia potencial eletrostática acumulada nos capacitores

carregados

Epot =

Epot = (J)

ou ainda

Resposta: E

6,0 . 12,0––––––––––6,0 + 12,0

C1 . C2–––––––C1+ C2

Ceq = 12,0μF

Ceq = 20,0μF

Ceq . U2

––––––––2

(20,0 . 10–6) . (30)2

––––––––––––––––––2

Epot = 9,0 . 10–3 J

Ep = 9,0 mJ

– 83

FÍS

ICA

A


4. (MODELO ENEM) – A figura a seguir mostra um trecho de umcircuito elétrico cujos terminais são A e B. Neste trecho de circuito temosquatro resistores cujas resistências são conhecidas, bem como trêscapacitores de capacitâncias também conhecidas. Pelo terminal A entrauma corrente elétrica contínua de intensidade i = 5,0 A.O amperímetro, na saída do circuito, é ideal.

A capacitância equivalente entre M e N, a carga elétrica total acumuladanos três capacitores, bem como a intensidade da corrente elétricamedida pelo amperímetro, valem, respectivamente.

RESOLUÇÃO:

1. A capacitância equivalente da associação MN de capacitores:

Estando eles em série:

= + + ⇒ = ⇒

Observação: As capacitâncias estão em nF.

2) Como R1 R3 = R2 R4 a ponte está equilibrada e a tensão entre M

e N e nula e os capacitores estão descarregados Qtotal = 0.

3) iA = i = 5,0A

Resposta: C

R1 = 4,0 Ω R2 = 2,0 Ω R3 = 4,0 Ω R4 = 8,0 Ω

C1 = 2,0 nF C2 = 3,0 nF C3 = 6,0 nF

Ceq (nF) Qtot (nC) Iamp (A)

a) 1,0 20,0 5,0

b) 1,0 20,0 2,5

c) 1,0 zero 5,0

d) 11,0 zero zero

e) zero zero 5,0

Ceq 1,0 nF6,0

–––––6,0

1–––––Ceq

1–––––6,0

1–––––3,0

1–––––2,0

1–––––Ceq

84 –

FÍSIC

A A


– 85

FÍS

ICA

A

1. Objeto de Estudo

A Hidrostática é a parte da Física que estuda aspropriedades associa das aos líquidos em equilíbrio. A Hi -drostática fundamenta-se em três leis básicas:

a) Lei de Stevinb) Lei de Pascalc) Lei de Arquimedes

2. Densidade Absoluta

Definição de densidade absoluta de um corpo

Considere um corpo de massa m que ocupa umvolume V.

Define-se densidade absolu ta do corpo (μ) como arazão entre sua massa (m) e o volume ocupado (V):

Densidade ou massa

específica de um material ou substância

Não se deve confundir a densi da de de um corpo coma densidade do material (substância) que o cons titui.

Se o corpo for maciço e homogê neo, a densidade docorpo coincidirá com a densidade do material, porémquando o corpo apresentar partes ocas, a densidade docorpo será me nor do que a densidade do material.

Como exemplo, consideremos uma esfera de raioexterno RE com uma parte oca de raio RI. Sendo m amassa da parte maciça e despre zan do-se a massa de arcontida na parte oca, tem-se:

m mμesfera = –––– = ––––––––––––

VE 4 –– π RE

3

3

mμmaterial = ––––––––––

VE – Voco

mμmaterial = ––––––––––––––––––

4 –– π (RE

3 – R I3 )

3

Verifica-se pelas expressões apre sen tadas que:

Assim, uma esfera oca de alu mí nio pode flutuar emágua por ter den si da de menor que a da água, ao pas soque uma esfera maciça de alu mí nio afunda por ser maisdensa do que a água.

Unidades de densidade

• No sistema internacional, temos:

• No sistema CGS, temos:

• Relação entre as unidades

Sendo 1kg = 103g e

1m3 = 106cm3, vem:

kg 103g g 1 ––––– = –––––––– = 10–3 –––––

m3 106cm3 cm3

Sendo 103kg = 1t (tonelada), te mos ainda:

Equação dimensional

Tomando-se como grandezas fun da mentais a massa(M), o com pri mento (L) e o tempo (T), tem-se:

μesfera < μmaterial

uni(m) kguni (μ) = –––––––– = –––– = kg . m–3

uni (V) m3

uni(m) guni (μ) = –––––––– = ––––– = g . cm–3

uni (V) cm3

g kg1 ––––– = 103 ––––

cm3 m3

mμ = ––––

V

g t1 ––––– = 1 –––––

cm3 m3

MÓDULO 53 Densidade e Pressão


86 –

FÍSIC

A A

Densidade relativa

Consideremos dois corpos, A e B, de densidades ab -solutas μA e μB.

Define-se densidade relativa do corpo A em relaçãoao corpo B como o número μAB dado por:

A densidade relativa é uma gran de za adimensional.

Se falarmos em densidade rela tiva de um dado corpo,sem especifi car mos em relação a que outro corpo, ficaconvencionado que este outro cor po é a água.

Neste caso, a densidade rela tiva mede quantas

vezes o cor po é mais denso que a água.

Densidade da água

A densidade da água é dada por:

Se a densidade relativa de um cor po for igual a n (semespecificar em re lação a que), devemos enten der que:

3. Peso Específico

Definição

Considere um corpo de peso→P que ocupa um volume

V.Define-se peso específico (�) do corpo como a razão

entre a inten sidade de seu peso (P) e o vo lu me ocupado(V):

Relação com a massa específica

P m� = –– = –– g ⇒

V V

g = intensidade da aceleração da gravidade

Unidade no SI


Tomando-se como grandezas fun da mentais a massa(M), o compri men to (L) e o tempo (T), tem-se:

4. Pressão

Definição

Considere uma superfície plana de área A submetidaa uma força

→F.

A força→F pode ser decom pos ta em uma com po -

nente tange ncial →Ft e uma componente normal

→FN. Des -

sas componentes, apenas→FN es tá ligada ao efei to de

pressão.

g kg t kgμágua =1,0 –––– = 1,0 . 103 –––– = 1,0 ––– = 1,0 ––––

cm3 m3 m3 �

gμcorpo = n . μágua = n ––––––

cm3

P� = ––––

V

� = μg

μAμAB = ––––μB

[ μrel ] = M 0 L0 T 0

[m] M[μ] = ––––– = ––––

[V] L3

[μ] = M L–3 = M L–3 T0

uni(P) Nuni(�) = ––––––– = –––– = N . m–3

uni(V) m3

[P] MLT–2

[�] = –––– = ––––––– = ML–2T–2

[V] L3

Define-se pressão média so bre a superfície como a

grandeza escalar dada pe la razão entre a in -

tensidade da componen te normal da for ça atuan -

te e a área da su perfí cie.

�→FN �

p = –––––A


– 87

FÍS

ICA

A

1. 2020 – As moedas despertam o interesse decolecionadores, numismatas e investidores hábastante tempo. Uma moeda de 100% cobre,

circulante no período do Brasil Colônia, pode ser bastante valiosa. Oelevado valor gera a necessidade de realização de testes que validem aprocedência da moeda, bem como a veracidade de sua composição.Sabendo-se que a densidade do cobre metálico é próxima de 9 g cm–3,um investidor negocia a aquisição de um lote de quatro moedas A, B, Ce D fabricadas supostamente de 100% cobre e massas 26 g, 27 g, 10ge 36 g, respectivamente. Com o objetivo de testar a densidade dasmoedas, foi realizado um procedimento em que elas foramsequencialmente inseridas em uma proveta contendo 5 mL de água,conforme esquematizado.

Com base nos dados obtidos, o investidor adquiriu as moedasa) A e B. b) A e C. c) B e C. d) B e D. e) C e D.

RESOLUÇÃO:

dcobre = 9g/mL

Densidade da moeda A (26 g)

Vinicial = 5 mL; Vfinal = 7 mL; ΔV = 2 mL

dA = ∴ dA = 13 g/mL

Densidade da moeda B (27 g)


dB = ∴ dB = 9 g/mL

Densidade da moeda C (10 g)


dC = ∴ dC = 5 g/mL

Densidade da moeda D (36 g)


dD = ∴ dD = 9 g/mL

O investidor adquiriu as moedas B e D.

Resposta: D

A A A A

B

C

D

Proveta Proveta Proveta Proveta Proveta

10

12

14

16

Volu

me d

e á

gua (

mL)

B B

C

2

4

6

8

26 g–––––––

2 mL

27 g––––––3 mL

10 g––––––2 mL

36 g––––––4 mL

Unidades de pressão

• Sistema internacional

A unidade de pressão do SI re ce be o nome de pascal,Pa:

• Unidade prática: atm

A pressão exercida pela at mos fera no nível do mar étomada como uni dade de pressão e indicada por atm:


• Tomando-se como grandezas fundamentais amassa (M), o compri mento (L) e o tempo (T), tem-se:

• Tomando-se como grandezas fundamentais a força(F), o compri mento (L) e o tempo (T), tem-se:

NPa = ––––

m2

1 atm = 1,01 . 105 Pa

[F] MLT–2

[p] = –––– = ––––––– = ML–1T–2

[A] L2

[F] F[p] = ––––– = ––––– = FL–2 = FL–2T0

[A] L2

uni(F) Nuni(p) = ––––––– = –––– = N . m–2

uni(A) m2


88 –

FÍSIC

A A

2. (UNICAMP-2021-MODELO ENEM) – A força normal aplicada pela

agulha de um toca-discos sobre o disco tem módulo igual a

�→N � = 2,0 x 10–2 N. A área de contato entre a agulha e o disco é igual a

1,6 x 10–3 mm2. Qual é a pressão exercida pela agulha sobre o disco?

a) 1,25 x 10–4 atm. b) 3,20 x 10–3 atm. c) 3,20 x 101 atm.

d) 1,25 x 102 atm. e) 1,25 x 103 atm.

RESOLUÇÃO:

P =

�→N � = 2,0 . 10–2N

A = 1,6 . 10–3mm2 = 1,6 . 10–3 (10–3m)2 = 1,6 . 10–9m2

P = (N/m2)

P = 1,25 . 107 N/m2 = (atm)

Resposta: D

3. (VUNESP-UNIFAI-2021-MODELO ENEM) – Uma caixa com aforma de um paralelepípedo reto-retângulo tem, de suas seis faces,duas pintadas com a cor vermelha e duas com a cor verde. Sabe-se queAV é a área de cada face vermelha, AL a área de cada face verde e queAL = 4 x AV. Essa caixa foi apontada, em repouso, de dois modosdiferentes sobre uma mesa plana e horizontal, conforme as figuras 1 e 2.

Se F1 e F2 são as intensidades das forças que a caixa exerce sobre amesa nas situações das figuras 1 e 2, respectivamente, e P1 e P2 sãoas pressões que a caixa exerce sobre a mesa nas mesmas situações,têm-se:a) F1 = F2 e P1 = P2 b) F1 = 4 x F2 e P1 = 4 x P2

c) F1 = e P1 = d) F1 = F2 e P1 =

e) F1 = F2 e P1 = 4 x P2

RESOLUÇÃO:

1) F1 = F2 = Peso da caixa

2) P =

=

A2 = AV = A

A1 = AL = 4A

=

Resposta: D

�→N �

––––A

2,0 . 10–2

––––––––––1,6 . 10–9

1,25 . 107

–––––––––1,0 . 105

P = 1,25 . 102 atm

Dado: 1,0 atm = 1,0 x105 N/m2.

F2––––

4

P2––––

4

P2––––

4

F–––A

P1–––P2

A2–––A1

P1–––P2

A–––4A

P2P1 = ––––

4


– 89

FÍS

ICA

A

4. 2020 – A Torre Eiffel, com seus 324 metros de altura,feita com treliças de ferro, pesava 7 300 toneladasquando terminou de ser construída em 1889. Um

arquiteto resolve construir um protótipo dessa torre em escala 1:100,usando os mesmos materiais (cada dimensão linear em escala de 1:100do monumento real).Considere que a torre real tenha uma massa Mtorre e exerça na fundaçãosobre a qual foi erguida uma pressão Ptorre. O modelo construído peloarquiteto terá uma massa Mmodelo e exercerá uma pressão Pmodelo.

Como a pressão exercida pela torre se compara com a pressão exercidapelo protótipo? Ou seja, qual é a razão entre as pressões(Ptorre)/(Pmodelo)?

a) 100 b) 101 c) 102 d) 104 e) 106

RESOLUÇÃO:

1) De acordo com o texto:

Ltorre = 100 Lmodelo

A razão das áreas será:

Atorre = 104 Amodelo

A razão dos volumes será:

Vtorre = 106 Vmodelo

2) A pressão é dada por:

P = =

Como a densidade é a mesma, e o valor de g é o mesmo,

teremos:

= . = 106 .

Resposta: C

Peso––––––

Área

densidade . volume . g––––––––––––––––––––––––

Área

Ptorre–––––––Pmodelo

Ptorre–––––––– = 102

Pmodelo

Vtorre–––––––––Vmodelo

Amodelo–––––––––

Atorre

1––––104


90 –

FÍSIC

A A

1. Pressão Exercida Por

Uma Coluna Líquida Em Equilíbrio

Pressão hidrostática (pH)

Considere um recipiente cilín dri co de área de base A,contendo um lí quido homogêneo, de densidade (μ) e emequi líbrio.

Calculemos a pressão exercida por esta colunalíquida, de altura h, na base do recipiente.

A força exercida pelo líquido sobre a base dorecipiente tem intensidade igual ao peso do líquido:

|→P | mg

pH = –––– = –––– (1)A A

mSendo μ = –– e V = A . h, vem:

V

m = μ V = μ A h (2)

Substituindo-se (2) em (1), vem:

μ A h gpH = –––––––– ⇒

A

A pressão exercida por uma co lu na líquida é chamadapressão hi dros tática ou pressão efetiva e não dependeda espessura da co luna líquida e sim de sua altura.

Surge então a ideia de se medir pressão por meio dealtura de coluna lí quida.

Pressão em “cm de Hg”

Calculemos que altura de coluna de mercúrio exercepressão de uma atmosfera:

pH = μM g hM

pH = 1,0 . 105 Pa; g = 9,8m/s2;

kgμM = 13,5 . 103 ––––

m3

1,0 . 105 = 13,5 . 103 . 9,8 . hM

Pressão em “metros de água”

Calculemos que altura de água exer ce pressão deuma atmosfera:

pH = μagha

pH = 1,0 . 105 Pa; g = 10m/s2;

μa = 1,0 . 103kg/m3

1,0 . 105 = 1,0 . 103 . 10 ha

2. Lei de Stevin

A Lei de Stevin permite calcular a diferença depressão entre dois pontos de um fluido homogêneo, emequilíbrio e sob a ação da gravidade.

Consideremos um fluido homo gêneo contido em umrecipiente qual quer e em equilíbrio.

Desejamos obter a diferença de pressão entre doispontos quaisquer, A e B, com desnível h.

Admitamos um ponto C na mes ma horizontal de A ena mesma ver tical de B.

pH = μ g h

hM � 0,76m

Uma coluna de mercúrio de altura 76cm exerce

uma pres são de 1,0 atm.

ha = 10m

Uma coluna de água de al tura 10m exerce uma

pres são de 1,0 atm.

MÓDULO 54 Pressão Hidrostática e Lei de Stevin


– 91

FÍS

ICA

A

A diferença de pressão entre os pontos B e C é dadapela pressão da coluna fluida de altura h:

pB – pC = μ g h (1)

Por outro lado, como os pontos A e C estão à mesmaprofundidade (mes ma altura h’ de coluna fluida acima dospontos), eles suportam a mesma pres são:

pA = pC (2)

Substituindo-se (2) em (1), vem:

A relação obtida traduz a Lei de Stevin:

Nota: A Lei de Stevin é válida para líquidos e gases,porém como a densidade de um gás é relati va mentepequena, a diferença de pres são só se torna relevantepara alturas muito grandes.

Assim, para um gás contido em um recipiente dedimensões normais, consideramos a pressão como amesma em todos os pontos da mas sa gasosa.

3. Aplicações da Lei De Stevin

Pressão total em um ponto de

um líquido em equilíbrio

Consideremos um líquido homo gê neo, em equilíbrioe sob ação da gra vidade, contido em um recipiente ex -posto à atmosfera.

Para obtermos a pressão total em um ponto A dolíquido, basta apli car a Lei de Stevin entre o ponto A e umponto O da superfície do líquido.

Como o ponto O está em contato com a atmosfera,a pressão p0 é igual à pressão atmosférica.

Assim:pA – patm = μ g h

pA = pressão total ou absoluta no ponto A.patm = pressão atmosférica local.μ g h = pressão hidrostática ou efetiva.

Gráficos de pressão

Mostremos os gráficos das pres sões hidrostática etotal em função da profundidade h.

As retas representativas são pa ra lelas e o ângulo ϕ étal que:

Quanto mais denso for o líquido (maior μ), maior seráo ângulo ϕ.

Regiões isobáricas

Para um líquido homogêneo, em equilíbrio e sob açãoda gravidade, de acordo com a Lei de Stevin, temos:

Se impusermos a igualdade de pressões entre ospontos genéricos B e A, teremos:

Isto significa que todos os pontos que suportam amesma pressão es tão no mesmo nível, isto é, per ten cemao mesmo plano horizontal.

pB – pA = μ g h

A diferença de pressão en tre dois pontos quaisquer

de um fluido homogêneo, em equi líbrio e sob a ação

da gra vi dade, é dada pelo pro duto do peso

específico do fluido (μg) pelo desnível (di ferença de

profun dida de) en tre os pontos consi de ra dos.

pA – pO = μ g h

pA = patm + μ g h

A pressão, no interior de um líquido, aumenta

linear men te com a profundidade.

pB – pA = μ g h

tg ϕN= ( μ g )

pB = pA ⇒ pB – pA = 0 ⇒ h = 0

Em um líquido homogêneo, em equilíbrio e sob a

ação da gravidade, as regiões iso báricas (pontos

de mes ma pres são) são planos ho ri zontais.


92 –

FÍSIC

A A

1. 2020 – Um mergulhador fica preso ao explorar umacaverna no oceano. Dentro da caverna formou-se umbolsão de ar, como mostrado na figura, onde o

mergulhador se abrigou.

Durante o resgate, para evitar danos a seu organismo, foi necessárioque o mergulhador passasse por um processo de descompressão antesde retornar à superfície para que seu corpo ficasse novamente sobpressão atmosférica. O gráfico mostra a relação entre os tempos dedescom pressão recomendados para indivíduos nessa situação e avariação de pressão.

Considere que a aceleração da gravidade tenha módulo igual a 10 m s–2 e que a densidade da água seja de � = 1,0 . 103 kg m–3.

Em minutos, qual é o tempo de descompressão a que o mergulhadordeverá ser submetido?a) 100 b) 80 c) 60 d) 40 e) 20

RESOLUÇÃO:

A variação de pressão do mergulhador é dada por:

�p = � g �h

�p = 1,0 . 103 . 10 . 50 (Pa)

Em particular, como a superfície li vre do líquido éisobárica (pressão igual à pressão atmosférica), con cluí -mos que:

Nota: Se o recipiente que con tém o líquido tiveraceleração ho ri zon tal cons tan te (não nula) em rela ção àsuperfície terrestre, a superfície livre ficará incli na da deum ângulo j que dependerá da ace leração e as regiõesisobáricas se rão planos pa ra lelos à superfície livre.

Paradoxo hidrostático

Consideremos recipientes com formatos diferentescontendo o mes mo lí quido homogêneo e em equilí briosob a ação da gravidade.

Admitamos que a altura líquida H seja a mesma emtodos os recipien tes.

A pressão que o líquido exerce no fundo do recipienteé dada por:

e será a mesma em todos os casos esquematizados(mesmo líquido e mes ma altura), não importando a for mado recipiente nem a quan tida de de líquido.

A força que o líquido exerce no fun do do recipiente temintensidade da da pelo produto da pressão pela área (A) dabase do recipiente: F = p . A. Se todos os recipientes tiverema mes ma área de base, as forças também te rão a mesmaintensidade.

A superfície livre de um lí qui do em equi líbrio e sob

a ação da gravidade é hori zontal.

p = p0 + μ g H

O fato de a pressão e a for ça não depen de rem da

for ma do recipiente nem da quan tidade de líquido

é cha mado de PARADOXO HI DROSTÁ TICO.


– 93

FÍS

ICA

A

�p = 500 . 103 Pa

Do gráfico dado:

500 kPa ⇔ 60min

Resposta: C

2. (FM-ABC-2021-MODELO ENEM) – Um bloco de chumbo foicolocado em um recipiente contendo água, como mostra a figura.

Após a introdução do bloco no recipiente, a pressão hi drostática exercidapela água contida no recipiente sobre o ponto Q, indicado na figura, emrelação à pressão hi dros tática que era exercida no mesmo ponto antesde o bloco ser colocado no recipiente éa) maior, pois a elevação do nível da água aumenta a pres são

hidrostática na superfície inferior do recipiente.b) igual, pois o ponto Q está fora da região em que o bloco se apoia.c) menor, pois parte da pressão da água passa a atuar sobre o bloco,

aplicando a força de empuxo.d) igual, pois a quantidade de água no recipiente perma neceu a mesma.e) maior, pois a pressão exercida pelo peso do bloco se estende por

toda a superfície inferior do recipiente.

RESOLUÇÃO:

A pressão hidrostática que o líquido exerce no ponto Q é dada por:

Com a colocação do bloco o nível de água h aumenta e, por isso, a

pressão hidrostática também aumenta.

Resposta: A

3. (UNICAMP-2021-MODELO ENEM) – Em março de 2020, aUnicamp e o Fermi National Accelerator Laboratory (Fermilab), dosEstados Unidos, assinaram um acordo de cooperação científica com oobjetivo de desenvolver tanques para conter argônio líquido abaixíssimas temperaturas (criostatos). Esses tanques abrigarãodetectores para o estudo dos neutrinos.

A pressão hidrostátatica exercida na base de certo tanque do Fermilab

pela coluna de argônio líquido no seu interior é P = 5,6 x 104 N/m2. A

densidade do argônio líquido no tanque é d = 1,4 . 103 kg/m3 . Assim, a

altura do tanque será de

a) 2,0 m. b) 4,0 m. c) 7,8 m.

d) 25,0 m. e) 30,0 m.

RESOLUÇÃO:

A pressão hidrostática é dada por:

P = μ g H

5,6 . 104 = 1,4 . 103 . 10 . H

Resposta: B

�p = 500 kPa

Q

pH = �liq g h

H = 4,0m


94 –

FÍSIC

A A

4. (VUNESP-FEMA-2021-MODELO ENEM) – Assim como asuperfície terrestre acima do nível do mar, o relevo submarino é bastanteacidentado. O fundo dos mares e dos oceanos apresenta formasdiversas como depressões, fossas, áreas planas e regiões maiselevadas. A profundidade média dos oceanos é de 4,0 km e a máxima,nas fossas das Ilhas Marianas, no Oceano Pacífico, é deaproximadamente 11 km. Já o Monte Everest, o ponto mais alto doplaneta, na Cordilheira do Himalaia, tem seu pico a uma altitude dequase 9,0 km acima do nível do mar. O gráfico a seguir representa comovaria a pressão atmosférica em função da altitude em relação ao níveldo mar.

Considerando-se que uma coluna de água de 10 metros de altura exerceuma pressão correspondente a 1 atm e que a pressão no interior dosmares e oceanos cresce linearmente com a profundidade, a razão entrea maior pressão exercida pelos oceanos terrestres e a pressãoatmosférica no Monte Everest é, mais próxima de:a) 1,5 b) 264 c) 2500 d) 3670 e) 11000

RESOLUÇÃO:

1) Pressão máxima no fundo do mar:

pmar = patm + phidrostática

10 m –––––––– 1 atm

11 . 103 m –––––––– pH ⇒

2) Pressão Monte Everest:

Do gráfico: 9,0 km ........... 0,30 atm

3) pmar = 1100 atm

pE = 0,30 atm

Resposta: D

5. (VUNESP-FEMA-2021-MODELO ENEM) – A pressão de umacoluna de água aumenta 1 atm a cada 10 m. Suponha um mergulho a20 m de profundidade em que um mergulhador porte um balão flexívelinflado com nitrogênio. Considerando-se que o mergulho ocorra sobtemperatura constante a partir da superfície da coluna de água, o volumede gás do balão ao atingir 20 m de profundidade ficará cerca dea) 20% do inicialb) 25% do inicialc) 33% do iniciald) 50% do iniciale) 70% do inicial

RESOLUÇÃO:

p1 V1 = p2 V2 (isotérmica)

p1 = patm = 1,0 atm

p2 = patm + 2 patm = 3,0 atm

1,0 V1 = 3,0 V2

V2 = V1 ≅ 0,33 V1

Resposta: C

pmar 1100–––––– = –––––– ≅ 3667

pE 0,30

pH = 11 . 102 atm

1–––3

V2 = (33%) V1


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