FRENTE 1 – MECÂNICA MÓDULO 29 APLICAÇÕES DA 2.a LEI DE NEWTON
RESOLUÇÃO: V –6,0 1) a = –––– = –––– (m/s (m/s2) = –2,0m/s2 (constante) t 3,0 2) PF PFD: D: F = ma ma = 5,0 5,0 (–2 (–2,0) ,0) (N (N)) F = –10,0N (constante) Resposta: D
1. (UFG-2014) – Um objeto de 5,0kg 5,0kg move-se em linha linha reta sob a ação de uma força resultante. O gráfico a seguir representa sua velo cidade escalar em função do tempo.
Considerando-se os dados apresentados, conclui-se que o gráfico, que Considerando-se representa a força resultante que atua no objeto em função do tempo, é o seguinte: seguinte:
2. (VUNESP-2014) – Um pequeno avião avião a jato, de massa 1,0 . 104kg, partindo do repouso, percorre 1,0 . 10 3m de uma pista horizontal e retilínea até decolar. decolar. Nesse percurso, a resultante das forças aplicadas no avião tem intensidade igual a 1,8 . 10 4N. A velocidade final da aeronave no final do percurso, no momento da decolagem, em km/h, tem intensidade igual a a) 118 b) 157 c) 216 d) 255 e) 294 RESOLUÇÃO: 1) PFD: FR = ma
A A C I S Í F
1,8 . 104 = 1,0 . 104 a a = 1,8m/s2 2) V2 = V02 + 2
s (MUV)
V2f = 0 + 2 . 1,8 . 1,0 . 103 V2f = 36 . 102 Vf = 60m/s = 60 . 3,6 km/h Vf = 216km/h Resposta: C
– 153
3. (VU VUNE NESP SP--UE UEA A-2 -201 014) 4) – Um bloco bloco de massa massa m1, inicialmente em → repouso, recebe a ação exclusiva de uma força F constante, levando-o a percorrer uma distância d. Um outro bloco, de massa m 2, também → inicialmente em repouso, recebe a ação da mesma força F constante, de modo a percorrer a mesma distância d no dobro do tempo gasto por
RESOLUÇÃO: PFD: Fx = ma F cos 60° = ma
m2 m1. A razão –––– vale: m1 a) 1
b) 2
1 = 2,0a 4,0 . ––– 2 c) 3
d) 4
e) 5
RESOLUÇÃO: 1) Sendo a força constante, constante, o movimento será uniformemente variado: varia do: s V 0 + Vf Vm = –––– = –––––––– t 2 d 0 + V1 bloco m1: ––– = ––––––– T 2
2d V1 = ––– T
d 0 + V2 bloco m2: ––– = ––––––– 2T 2
d V2 = ––– T
2) PFD:
V F = ma = m –––– t V1 2d F = m1 . ––– = m1 ––– T T2
a = 1,0m/s2 Resposta: B
5. (PU PUCC-R RJJ-20 2014 14)) – Uma caixa de massa 10kg, inicialment inicialmentee em repouso em uma superfície horizontal sem atrito, começa a ser puxada por uma força constante de módulo F = 10N, como mostrado na figura.
(1)
V2 d F = m2 . ––– = m2 –––– (2) 2T 2T2 2d d (1) = (2): m 1 ––– = m2 –––– 2 T 2T2
F Í S I C A A
m2 = 4m1 Resposta: D
O módulo da velocidade da caixa após 2,0 segundos é, em m/s: a) 0,86 b) 1, 1 ,0 c) 1,7 d) 2, 2 ,0 e) 3, 3 ,4 Considere: 2 = 1,4 e 3 = 1,7 sen 30° = 1/2 cos 30° = 3/2
RESOLUÇÃO: 3 1) Fx = F cos 30° = 10 . –––– (N) = 5 2
4. (U (UER ERJJ-20 2014 14-M -MOD ODEL ELO O ENEM ENEM)) – O corpo de um aspirador aspirador de pó tem massa igual a 2,0kg. Ao utilizá-lo, durante um dado intervalo de tempo, uma pessoa faz um esforço sobre o tubo 1, que resulta em uma força de intensidade constante igual a 4,0N aplicada ao corpo do aspirador.. A direção dessa força é paralela ao tubo 2, cuja inclinação em aspirador relação ao solo é igual a 60°, e puxa o corpo do aspirador para perto da pessoa.
Fx = 5 . 1,7 (N) = 8,5N 2) PFD:
Fx = ma 8,5 = 10a a = 0,85m/s2
3) MUV: V = V0 + t Vf = 0 + 0,85 . 2,0 (m/s) Vf = 1,7m/s Resposta: C
Considere sen 60° = 0,87, cos 60° = 0,5 e também que o corpo do aspirador se move sem atrito. Durante esse intervalo de tempo, o módulo da aceleração do corpo do aspirador, em m/s2, equivale a: a) 0,5 b) 1,0 c) 1,5 d) 2,0 e) 2, 2,5
154 –
3N
3. (VU VUNE NESP SP--UE UEA A-2 -201 014) 4) – Um bloco bloco de massa massa m1, inicialmente em → repouso, recebe a ação exclusiva de uma força F constante, levando-o a percorrer uma distância d. Um outro bloco, de massa m 2, também → inicialmente em repouso, recebe a ação da mesma força F constante, de modo a percorrer a mesma distância d no dobro do tempo gasto por
RESOLUÇÃO: PFD: Fx = ma F cos 60° = ma
m2 m1. A razão –––– vale: m1 a) 1
b) 2
1 = 2,0a 4,0 . ––– 2 c) 3
d) 4
e) 5
RESOLUÇÃO: 1) Sendo a força constante, constante, o movimento será uniformemente variado: varia do: s V 0 + Vf Vm = –––– = –––––––– t 2 d 0 + V1 bloco m1: ––– = ––––––– T 2
2d V1 = ––– T
d 0 + V2 bloco m2: ––– = ––––––– 2T 2
d V2 = ––– T
2) PFD:
V F = ma = m –––– t V1 2d F = m1 . ––– = m1 ––– T T2
a = 1,0m/s2 Resposta: B
5. (PU PUCC-R RJJ-20 2014 14)) – Uma caixa de massa 10kg, inicialment inicialmentee em repouso em uma superfície horizontal sem atrito, começa a ser puxada por uma força constante de módulo F = 10N, como mostrado na figura.
(1)
V2 d F = m2 . ––– = m2 –––– (2) 2T 2T2 2d d (1) = (2): m 1 ––– = m2 –––– 2 T 2T2
F Í S I C A A
m2 = 4m1 Resposta: D
O módulo da velocidade da caixa após 2,0 segundos é, em m/s: a) 0,86 b) 1, 1 ,0 c) 1,7 d) 2, 2 ,0 e) 3, 3 ,4 Considere: 2 = 1,4 e 3 = 1,7 sen 30° = 1/2 cos 30° = 3/2
RESOLUÇÃO: 3 1) Fx = F cos 30° = 10 . –––– (N) = 5 2
4. (U (UER ERJJ-20 2014 14-M -MOD ODEL ELO O ENEM ENEM)) – O corpo de um aspirador aspirador de pó tem massa igual a 2,0kg. Ao utilizá-lo, durante um dado intervalo de tempo, uma pessoa faz um esforço sobre o tubo 1, que resulta em uma força de intensidade constante igual a 4,0N aplicada ao corpo do aspirador.. A direção dessa força é paralela ao tubo 2, cuja inclinação em aspirador relação ao solo é igual a 60°, e puxa o corpo do aspirador para perto da pessoa.
Fx = 5 . 1,7 (N) = 8,5N 2) PFD:
Fx = ma 8,5 = 10a a = 0,85m/s2
3) MUV: V = V0 + t Vf = 0 + 0,85 . 2,0 (m/s) Vf = 1,7m/s Resposta: C
Considere sen 60° = 0,87, cos 60° = 0,5 e também que o corpo do aspirador se move sem atrito. Durante esse intervalo de tempo, o módulo da aceleração do corpo do aspirador, em m/s2, equivale a: a) 0,5 b) 1,0 c) 1,5 d) 2,0 e) 2, 2,5
154 –
3N
6. Um corpo de massa M = 4,0kg está submetido a uma força resultante de intensidade F variável com o tempo t de acordo com a relação: F = 2,0 + 2,0t (SI) O corpo parte do repouso no instante t = 0 e descreve uma trajetória retilínea. Determine a) o módulo módulo da aceleraç aceleração ão do corpo corpo no instant instantee t = 0; b) o módulo da velocidade velocidade do corpo no instante t = 2,0s.
RESOLUÇÃO: a) Pa Para ra t = 0 F0 = 2,0N PFD: F0 = M a0 b) PFD:
2,0 = 4,0a0
a0 = 0,50m/s2
(V – V0) Fm = M am = M –––––––– t F0 + F2 2,0 + 6,0 Fm = –––––––– = –––––––– (N) = 4,0N 2 2 (V2 – 0) V2 = 2,0m/s 4,0 = 4,0 –––––––– 2,0
2. (F (FGV GV-2 -201 0144-MO MODE DELO LO ENE ENEM) M) – Um robô espacia espaciall tem massa de 240kg e peso de aproximadamente 2.400N na superfície da Terra. Esse robô é levado para a Lua, para realizar explorações de seu solo. A gravidade na Lua é cerca de 1/6 da gravidade da Terra, aproximadamente 1,6m/s2. Pode-se afirmar que na Lua o robô tem, aproximadamente, a) massa 24kg e peso 240N. b) massa 40kg e peso 400N. c) massa 40kg e peso 2400N. d) massa 240kg e peso 400N. e) massa 240kg e peso 2400N. RESOLUÇÃO: 1) A massa do robô não não depende depende do local local e vale 240kg 240kg em qualquer parte do Universo. 1 2) O pes peso o do do ro robô na Lu Luaa eq equi uiva vale le a ––– de seu seu pe peso so na Ter Terra ra:: 6 1 1 PL = ––– PT = ––– . 2400N 6 6 PL
400N
Resposta: D
Resp Re spos osta tas:a s:a)) a0 = 0,50m/s2 b) V2 = 2,0m/s
MÓDULO 30 PESO DE UM CORPO
1. (UERJ-2014) – A imagem abaixo ilustra ilustra uma bola de ferro após ser disparada por um canhão antigo.
3. (U (UEP EPAA-20 2014 14-M -MOD ODEL ELO O ENEM) ENEM) – Ao comprar comprar uma passagem passagem de avião, um passageiro foi informado que teria uma franquia de bagagem de 23kg. Admitindo-se que a balança da companhia aérea apresente uma margem de erro de 10%, o peso máximo que o passageiro poderá transportar para não ser obrigado a pagar a taxa por excesso de bagagem, em N, é igual a: a) 248 b) 250 c) 253 d) 25 2 57 e) 26 2 61 2 Dado: Módulo da aceleração da gravidade = 10m/s . RESOLUÇÃO: 1) mmáx = 1,1 . 23kg = 25,3kg 2) Pmáx = mmáx . g = 25,3 . 10 (N) Pmáx = 253N Resposta: C
Desprezando-se a resistência do ar, o esquema que melhor representa as forças que atuam sobre a bola de ferro é:
RESOLUÇÃO: Após o lançamento, a única força atuante na bola de ferro é seu peso. Resposta: A
– 155
A A C I S Í F
4. (V (VUN UNES ESPP-UE UEAM AM-2 -201 014) 4) – Penduran Pendurando-se do-se um objeto de peso peso 1,0N na extremidade de uma mola ideal, observa-se que seu comprimento se torna igual a 8,0cm. Substituindo-se o peso por outro de 3,0N, a mola passa a apresentar um comprimento de 12,0cm. O comprimento, em cm, dessa mola sem deformação é igual a a) 3,0 b) 4,0 c) 4,5 d) 5,0 e) 6,0 RESOLUÇÃO: Fmola = P k(L1 – L0) = P1 k(L2 – L0) = P2 k(8,00 – L0) = 1,0 (1) k(8, k(12 k( 12,0 ,0 – L0) = 3, 3,00 (2) (2) 12,0 – L0 12,0 ––– : 3,0 = ––––––––– (1) 8,00 – L0 8, 24,00 – 3,0L0 = 12,0 24, 12,0 – L0 12,0 = 2,0L0 L0 = 6,0cm Resposta: E
5. (U (UNE NESP SP-2 -201 0144-MO MODE DELO LO ENEM ENEM)) – O bungee jump é um esporte radical no qual uma pessoa salta no ar amarrada pelos tornozelos ou pela cintura a uma corda elástica.
Desprezando-se a resistência do ar, é correto afirmar que, enquanto a pessoa está descendo pela primeira vez depois de saltar, ela a) atinge sua sua máxima velocidade velocidade escalar escalar quando quando passa pela posição posição A. b) desenvo desenvolve lve um movimento movimento retardado retardado desde a posição A até a posição B. c) movimenta-se entre A e B com aceleração, em módulo, igual igual à da gravidade local. d) tem aceler aceleração ação nula nula na na posição posição B. e) atinge sua sua máxima velocidade velocidade escalar escalar numa posição entre entre A e B.
RESOLUÇÃO: A velocidade escalar será máxima quando a força elástica aplicada pela corda tiver a mesma intensidade do peso da pessoa. Isto ocorre entre as posições A e B. Na posição B, a pessoa tem aceleração vertical dirigida para cima. Sendo C a posição de velocidade escalar máxima, então então entre A e C o movimento é acelerado e entre C e B é retardado.
F Í S I C A A
Considere que a corda elástica tenha comprimento natural (não deformada) de 10m. Depois de saltar, no instante em que a pessoa passa pela posição A, a corda está totalmente na vertical e com seu comprimento natural. A partir daí, a corda é alongada, isto é, tem seu comprimento crescente crescente até que a pessoa atinja a posição B, onde para instantaneamente, instan taneamente, com a corda deformada ao máximo.
156 –
Entre A e B, a aceleração é variável, sendo nula na posição C. A aceleração será igual à da gravidade entre a posição de partida e a posição A. Resposta: E
6. (UFSM-2014-MODELO ENEM) – A imagem mostra um exemplar de esquilo voador. Quando deseja descer ao solo saltando de uma árvore, ele abre suas pseudoasas, que atuam como um freio aerodinâmico e amortecem sua queda.
Disponível em: . Acesso em : 23 jul. 2013
Considerando-se que esse esquilo cai verticalmente com suas pseu doasas abertas, qual das alternativas a seguir descreve correta mente as características físicas desse movimento? a) Durante a queda, o módulo da aceleração do esquilo aumenta até que sua velocidade terminal seja atingida, permanecendo constante a partir desse movimento. b) À medida que cai, o peso do esquilo diminui. c) A resultante de forças experimentada pelo esquilo é constante e não nula durante a queda. d) A força de resistência do ar é variável e equilibra o peso, quando a velocidade terminal é atingida. e) A velocidade terminal do esquilo não depende da densidade do ar.
7. (SÃO LEOPOLDO MANDIC-2014-MODELO ENEM) – E. G. Otis, em 1853, impressionou a opinião pública ao realizar um teste com um equipamento de segurança para elevadores (criado por ele mesmo, no ano anterior). Colocado dentro do equipamento, quando descia com velocidade escalar constante de 0,5m/s, ordenou ao seu ajudante que cortasse o único cabo de sustentação. O elevador iniciou, a partir desse momento, uma queda livre, caindo apenas 10cm, quando foi desace lerado, em apenas um segundo, até o repouso, por uma força vertical constante, exercida pelo dispositivo de segurança. Sabendo-se que a massa total (elevador + inventor) era de 1000kg e usando-se g = 10 m/s 2 para o módulo da aceleração gravitacional, é correto afirmar que a intensidade da força, em N, exercida pelo dispositivo de segurança sobre o elevador foi: a) 8500 b) 9500 c) 10 000 d) 10 500 e) 11 500 RESOLUÇÃO: 1) Cálculo da velocidade escalar ao ser acionado o dispositivo de segurança: V12 = V02 + 2 s (MUV) V12 = 0,25 + 2 . 10 . 0,10 = 2,25 (SI) V1 = 1,5m/s 2) Cálculo do módulo da aceleração durante a freada: V = V1 + 1 t (MUV) 0 = 1,5 – a . 1,0 a = 1,5m/s2 3) Cálculo da força aplicada pelo dispositivo de segurança: PFD: F – P = ma F = m (g + a) F = 1000 (10 + 1,5) (N)
RESOLUÇÃO: a) FALSA. A aceleração do esquilo varia de um valor inicial que é a aceleração da gravidade (quando a velocidade é nula) até um valor final nulo, quando o esquilo atinge sua velocidade limite.
A A C I S Í F
F = 11500N
Resposta: E
b) FALSA. O peso do esquilo permanece constante; o que vai diminuindo é a força resultante. c) FALSA. A resultante vai diminuindo até se anular. d) VERDADEIRA. e) FALSA. A força de resistência do ar depende da densidade do ar: Far = k V 2, em que k tem conexão com a geometria do corpo e com a densidade do ar. Resposta: D
– 157
MÓDULO 31 3.a LEI DE NEWTON
1. (UEG-2014) – Uma caixa de massa m é colocada em repouso sobre uma superfície horizontal. Considerando-se a Terceira Lei de Newton, verifica-se que a força a) gravitacional do planeta Terra sobre a caixa tem como reação a força normal sobre a caixa. b) gravitacional exercida pela caixa sobre a superfície de contato gera uma força de reação normal sobre a superfície. c) normal sobre a caixa é idêntica, em módulo, direção e sentido, à força gravitacional que o planeta Terra exerce sobre a caixa. d) normal que surge na caixa é consequência da compressão realizada pela caixa sobre a superfície de contato. e) normal que age na caixa e o seu peso formam um par ação-reação. RESOLUÇÃO: a) FALSA. A reação da força gravitacional aplicada pela Terra (peso) é a força que a caixa aplica no centro da Terra. b) FALSA. A força exercida pela caixa sobre a superfície de contato é de natureza eletromagnética e gera uma força de reação normal sobre a caixa. c) FALSA. A força normal tem sentido oposto ao peso e o fato de equilibrar o peso está ligado à 2.a Lei de Newton. d) VERDADEIRA. A força normal que surge na caixa é a reação da força de compressão que a caixa aplicou na superfície de contato. F Í S I C A A
e) FALSA. Ação e reação nunca estão aplicadas ao mesmo corpo e nunca se equilibram. Resposta: D
2. (UEPB-2014-MODELO ENEM) – No século XVIII, o físico inglês Isaac Newton formulou as leis da Mecânica e as usou para estudar e interpretar um grande número de fenômenos físicos. Com base na compreensão dessas leis, analise as proposições a seguir: I. Ao fazer uma curva fechada em alta velocidade, a porta de um automóvel abriu-se, e o passageiro, que não usava cinto de segurança, foi lançado para fora. Esse fato pode ser explicado pela Segunda Lei de Newton. II. A Segunda Lei de Newton afirma que, se a soma de todas as forças atuando sobre um corpo for nula, ele terá um movimento uni formemente variado. III. Um automóvel colide frontalmente com uma bicicleta. No momento da colisão, pode-se afirmar que a intensidade da força que o automóvel exerce sobre a bicicleta é a mesma que a intensidade da força que a bicicleta exerce sobre o automóvel e em sentido contrário.
158 –
Para as situações supracitadas, em relação às leis de Newton, é (são) corretas(s) apenas a(as) proposição(ões) a) II. b) III. c) I. d) I e II. e) II e III.
RESOLUÇÃO: I) FALSA. A explicação é a inércia de movimento traduzida pela 1.a Lei de Newton. II) FALSA. Se FR = 0, então a = 0 III) VERDADEIRA. Lei da ação e reação. Resposta: B
3. (FEPESE-2013-MODELO ENEM) Analise o texto abaixo: “Pode não parecer, mas um pássaro, um balão de ar quente ou aquela ‘brincadeira’ de mirar instrumentos com raio laser ameaçam a segurança de uma aeronave. Segundo dados do Centro de Investigação e Prevenção de Acidentes Aeronáuticos (Cenipa), o número de choques de aviões com animais, por exemplo, quase quadruplicou entre 2007 e 2011. Passou de 404 casos para 1.458. Os incidentes envolvem principalmente aves, mas também répteis e mamíferos, e ocorrem tanto no ar quanto em solo, nos procedimentos de pouso e decolagem”. Fonte: BORTOLIN, R. “Colisões de aviões com aves quase quadruplica em cinco anos”. Gazeta do Povo , Curitiba: 2012 Acesso em 19 de maio de 2013.
As colisões relatadas acima entre pássaros e os para-brisas dos aviões, durante a aterrissagem ou a decolagem, podem ocasionar desde pe quenas avarias até grandes desastres aéreos, devido às grandes velocidades envolvidas. Em relação ao assunto, assinale a alternativa correta. a) A aceleração do pássaro tem a mesma intensidade do que a do avião. b) A força sobre o pássaro tem intensidade muito maior que a força sobre o para-brisa. c) A força sobre o pássaro tem intensidade muito menor que sobre o para-brisa. d) A aceleração do avião tem intensidade maior que a aceleração do pássaro. e) A força sobre o pássaro tem a mesma intensidade da força sobre o para-brisa. RESOLUÇÃO:
a) FALSA. As forças trocadas têm a mesma intensidade: a aceleração depende da massa do corpo. b) FALSA. As forças trocadas têm a mesma intensidade, de acordo com a lei da ação e reação. c) FALSA. d) FALSA. A aceleração do pássaro tem intensidade maior que a do avião. e) VERDADEIRA. Lei da ação e reação. Resposta: E
4. (UFRJ) – A figura mostra três ginastas, dois homens e uma mulher, agrupados em forma de arco, com os homens de pé sobre o piso horizontal, sustentando a mulher. O homem da direita pesa 80kgf e a mulher pesa 70kgf. No instante focalizado, todos eles estão em repouso.
5. (UEL-PR-MODELO ENEM) – Um garoto, apoiando-se em uma bengala, encontra-se em cima de uma balança que marca 40kg.
O módulo da componente vertical da força que o homem da direita (D) exerce sobre a mulher é igual a 30kgf. a) Calcule o módulo da componente vertical da força que o homem da esquerda (E) exerce sobre a mulher. b) Calcule o módulo da componente vertical da força que o solo exerce sobre o homem da direita (D).
Se o garoto empurrar fortemente a bengala contra a balança e, se durante essa ação, ele não tirar os pés da balança, mantendo o corpo numa posição rígida, como mostra a figura, podemos afirmar que a) é a lei da gravitação universal que rege o funcionamento da balança. b) a balança marcará menos de 40kg. c) a balança marcará mais de 40kg. d) nada se pode concluir, pois não sabemos o valor da força que a bengala faz sobre a balança. e) a balança marcará os mesmos 40kg.
RESOLUÇÃO: a) Como a mulher está em repouso, a resultante das forças sobre ela é nula. Consequentemente, a sua componente vertical também o será. Sendo fdm a força vertical que o homem da direita exerce sobre a mulher e fem a força vertical que o homem da esquerda exerce sobre ela, temos que: fdm + fem = Pm , em que Pm é o módulo do peso da mulher. Temos então que: 30kgf + fem = 70kgf
fem = 40kgf
b) Como o homem está em repouso, a resultante das forças sobre ele é nula. Consequentemente, a sua componente vertical também o será. Podemos então escrever que: N = Ph + fmd , em que N é a normal sobre o homem da direita, Ph o seu peso e f md, a força vertical que a mulher exerce sobre o homem da direita. Por outro lado, da terceira Lei de Newton, temos que fmd = fdm = 30kgf. Usando-se ainda que Ph = 80kgf, obtemos finalmente que: N = 80kgf + 30kgf = 110kgf
RESOLUÇÃO: A balança tem como componente básico uma mola que se deforma. Embora esteja calibrada em massa (kg), a balança marca a força normal de compressão que deforma a sua mola. Quando a bengala não está comprimindo a balança, ela indicará a força normal aplicada pelos pés do garoto, a qual corresponde ao peso de um corpo de massa 40kg. Quando a bengala aplica sobre a balança uma força de intensidade F, ela indicará a soma da força F com a nova força normal que os pés do garoto exercem sobre ela. Fbalança = FN = P F’balança = F’N + F Isolando-se o sistema garoto-bengala, temos:
F: reação da balança sobre a bengala F’N : reação da balança sobre os pés do garoto Para o equilíbrio do sistema garoto-bengala:
Respostas: a) 40kgf b) 110kgf
F + F’N = P Portanto, F’balança = F balança , isto é, a indicação da balança não se altera. Resposta: E
– 159
A A C I S Í F
6. Em um local onde g = 10,0m/s2 e o efeito do ar é desprezível, uma pessoa aplica com a palma de sua mão uma força vertical a um livro de massa 2,0kg, imprimindo-lhe uma aceleração vertical, para cima, de intensidade a = 1,0m/s2.
RESOLUÇÃO: 1) m =
Vol = a3
aB = 2aA
m mA = –––B 8
mB = 8mA
9 2) PFD (A + B): F = (mA + mB) a = ––– mB a 8 3) PFD (B): FAB = mB a F 9 –––– = ––– FAB 8 Resposta: D
A força que o livro aplica na mão da pessoa tem intensidade igual a: a) zero b) 2,0N c) 18,0N d) 20,0N e) 22,0N
RESOLUÇÃO:
2. (URCA-CE-2014) – Três blocos idênticos são puxados, conforme a figura abaixo, sobre uma superfície horizontal sem atrito.
1) PFD (Livro): F – P = ma F – 20,0 = 2,0 . 1,0 F = 22,0N 2) A mão aplicou ao livro uma força vertical, para cima, de intensidade 22,0N. O livro reage e aplica sobre a mão da pessoa uma força vertical, para baixo, de mesma intensidade 22,0N. Resposta: E F Í S I C A A
Se a mão mantém uma força de tração de intensidade 24 newtons no barbante que puxa, então marque a alternativa que representa as intensidades das forças de tração nos barbantes 1 e 2: a) 30 newtons e 30 newtons. b) 8 newtons e 16 newtons. c) 15 newtons e 16 newtons. d) 20 newtons e 40 newtons. e) 20 newtons e 30 newtons.
RESOLUÇÃO: 1) PFD(A + B + C): T = (mA + mB + mC) a 24 = 3 m a
MÓDULO 32
8 a = ––– m
APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON (I)
2) PFD (B + C):
T2 = ( mB + mC) a 8 T2 = 2m . ––– m
1. (UECE-2014) – Dois cubos de mesma densidade e tamanhos diferentes repousam sobre uma mesa horizontal e mantêm contato entre si por uma de suas faces. A aresta de um dos cubos mede o dobro → da aresta do outro. Em um dado instante, uma força constante F, horizontal, é aplicada sobre o cubo menor que, por sua vez, empurra o maior, conforme a figura a seguir.
T2 = 16N 3) PFD (C):
T1 = mC a 8 T1 = m . ––– m T1 = 8N
Resposta: B →
Despreze todos os atritos. A razão entre o módulo de F e o módulo da força de contato entre os cubos é a) 8 b) 2 c) 1 d) 9/8 e) 1/8
160 –
(SI)
3. (IFSC-2014) – A figura a seguir representa um sistema composto por dois blocos, A e B, ligados por um fio ideal, A com massa m/3 e o → → outro, B, de massa 2m/3, sobre os quais atuam as forças F1 e F2, respectivamente. Considere que os módulos dessas forças são funções do tempo, sendo o módulo de F 1 = Ct e o de F 2 = 2Ct, em que C é uma constante e t, o tempo.
Nestes termos, a intensidade da força de tração T exercida no fio, no instante t0, é dada por: a) 3Ct0 / 4 b) 5Ct0 / 4 c) 3Ct0 / 5 d) 4Ct0 / 3 e) 4Ct0 / 5
RESOLUÇÃO: 1) PFD (A + B): F2 – F1 = (mA + mB) a 2Ct0 – Ct0 = ma Ct0 a = –––– m 2)PFD (A): T – F1 = mA a m Ct T – Ct0 = ––– . –––0 3 m Ct T – Ct0 = –––0 3 4 T = –––– Ct0 3
4. (UNESP-2014) – Em um trecho retilíneo e horizontal de uma ferrovia, uma composição constituída por uma locomotiva e 20 vagões idênticos partiu do repouso e, em 2,0 minutos, atingiu a velocidade escalar de 12,0m/s. Ao longo de todo o percurso, um dinamômetro ideal acoplado à locomotiva e ao primeiro vagão indicou uma força de módulo constante e igual a 1,2 . 10 5N.
Considere que uma força total de resistência ao movi mento, horizontal e de intensidade média correspondente a 3% do peso do conjunto formado pelos 20 vagões, atuou sobre eles nesse trecho. Adotando-se g = 10,0m/s2, calcule a) a distância percorrida pela frente da locomotiva, desde o repouso até atingir a velocidade escalar de 12,0m/s; b) a massa de cada vagão da composição.
RESOLUÇÃO: a) Sendo constante a força que atua nos vagões, o movimento é uniformemente variado e teremos: V0 + V s ––– = –––––– t 2 d 0 + 12,0 –––– = –––––––– 2 120 b) 1)
2)
d = 7,2 . 102m
O módulo da aceleração é dado por: V 12,0 a = ––– = –––– (m/s2) a = 0,10m/s2 120 t A força de resistência é dada por:
A A C I S Í F
Fr = 0,03 . 20 mg = 0,03 . 20 . m . 10,0 = 6,0m (SI) em que m é a massa de cada vagão.
Resposta: D 3)
2.a Lei de Newton: F – Fr = 20m a 1,2 . 105 – 6,0m = 20m . 0,10 8,0m = 1,2 . 105 m = 1,5 . 104kg
Respostas: a) Distância percorrida: 7,2 . 102m b) massa de cada vagão: 1,5 . 104kg
– 161
5.
(MARINHA DO BRASIL-2014) – Analise a figura abaixo:
Nessa figura, um bloco A, de massa mA, está apoiado sobre um bloco B, de massa mB, que, por sua vez, está apoiado sobre uma superfície horizontal muito lisa de atrito desprezível. O conjunto é acelerado para a direita por uma força horizontal de intensidade F, aplicada no bloco B. Sabendo-se que não existe movimento relativo entre os blocos, qual é o módulo e o sentido da força de atrito exercida pelo bloco A sobre o bloco B? a)
B
m F; para a direita. –––––––– m +m A
B
m F; para a direita. –––– m A B
d)
m F; para a esquerda. –––––––– m –m A
B
e)
•
os reboques estão acoplados por um cabo de massa desprezível, o qual pode suportar uma força de tração de intensidade máxima de 35 . 103N; → o papel do cavalo é aplicar uma força F nos dois reboques, conforme ilustração abaixo.
A
A
c)
•
m F; para a esquerda. –––––––– m +m A
b)
6. (UFPB-MODELO ENEM) – A cana-de-açúcar, depois de cortada, é transportada até a usina por treminhões, que são compostos pela cabina, também chamada de cavalo, e mais dois reboques. Por lei, a carga máxima permitida que pode ser transportada por um treminhão é de 60 toneladas; entretanto, cada reboque pode suportar uma carga máxima de até 45 toneladas. Considere que
A
m F; para a direita. –––––––– m –m A
B
A
RESOLUÇÃO: 1) PFD (A + B): F = (mA + mB) a
F Í S I C A A
F a = ––––––––– m A + mB
2) PFD (A): Fat
mA F = ––––––––– BA mA + mB
A força de atrito que A aplica em B é para a esquerda (ação e reação). Resposta: A
162 –
Nesse contexto, o cavalo, em um trecho reto, consegue imprimir uma aceleração máxima de módulo 0,5m/s 2 ao treminhão transportando a carga máxima permitida. A partir dessas informações, desprezando-se as massas dos reboques e da cabina, a intensidade da força de tração no cabo entre os reboques a) vale 35 . 103N. b) não dependerá da distribuição da carga nos dois reboques. c) poderá variar de 7,5kN a 22,5kN. d) não poderá valer 20kN. e) não poderá valer 7,5kN.
RESOLUÇÃO: A força no cabo será máxima quando o vagão de trás estiver com sua carga máxima de 45t: Fmáx = Ma Fmáx = 45 . 103 . 0,5 (N) Fmáx = 22,5 kN A força no cabo será mínima quando o vagão de trás estiver com sua carga mínima de 15t (60t – 45t): Fmín = ma Fmín = 15 . 103 . 0,5 N Fmín = 7,5 kN Resposta: C
2. (FUVEST-SP) – Um carrinho A de massa 20,0kg é unido a um bloco B de massa 5,0kg por meio de um fio leve e inexten sível, conforme a figura abaixo. Inicialmente, o sistema está em repouso devido à presença do anteparo C que bloqueia o carrinho A.
MÓDULO 33 APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON (II)
1. Na figura, temos uma corda homogênea de massa 3,0kg presa a um bloco de massa 7,0kg. A corda é submetida em sua extremidade superior à ação de uma força vertical constante, dirigida para cima e de intensidade F = 120N. Despreze o efeito do ar e adote g = 10m/s 2. Retirando-se o anteparo C, determine a) o módulo da aceleração do carrinho A; b) a intensidade da força tensora no fio. Despreze os atritos e adote g = 10,0m/s 2.
RESOLUÇÃO:
A corda tem comprimento L. Considere um ponto X da corda a uma L distância –– do bloco, conforme indicado na figura. 3 O sistema corda-bloco está-se movendo verticalmente para cima. A força que traciona a corda, no ponto X, tem intensidade igual a: a) 120N b) 100N c) 96N d) 84N e) zero
a)
(I)
3) PFD (A + B): PB = (mA + mB) a (I) + (II) A resultante externa que acelera o sistema é o peso do bloco pendente.
F – (M + m)g = (M + m)a
50,0 = (20,0 + 5,0) a
120 – (7,0 + 3,0)10 = (7,0 + 3,0)a a=
A A C I S Í F
2) PFD (B): PB – T = mBa (II)
RESOLUÇÃO: 1) A aceleração do sistema tem módulo a dado por PFD (corda + bloco):
120 – 100 = 10 . a
1) PFD (A): T = mAa
b)
a = 2,0m/s2
Em (I): T = 20,0 . 2,0 (N)
2,0m/s2 T = 40,0N
2)
A força Tx, indicada na figura, vai acelerar o bloco e mais um terço da corda.
m PFD M + ––– : 3
Respostas:a) 2,0m/s2 b) 40,0N
m m Tx – M + ––– g = M + ––– a 3 3 m Tx = M + ––– (a + g) 3 Tx = (7,0 + 1,0) (2,0 + 10) (N) Tx = 96N Resposta: C
– 163
3. (UNIFICADO-RJ-2014-ADAPTADO) – Considere o sistema mecânico da figura:
m O bloco B tem massa m e o bloco A tem massa ––– . 2 Despreze os atritos e a resistência do ar. A aceleração da gravidade tem módulo g. Seja a o módulo da aceleração dos blocos e T a intensidade da força de tração no fio. Os valores de T e de a em função de m e de g são, respectivamente: a) mg e 2g mg e g d) ––– ––– 4 2
mg b) ––– e g 2
mg 2g c) ––– e ––– 3 3
mg e g e) ––– ––– 6 3
4. Os corpos A, B e C, mostrados na figura a seguir, possuem massas iguais a 3M, 2M e M, respectivamente.
Desprezando-se qualquer atrito neste sistema, considerando-se que o fio e a polia são ideais e que a aceleração da gravidade tem módulo igual a g, as intensidades da tração no fio e da força de contato entre os corpos B e C são, respectivamente, iguais a: Mg a) Mg e –––– 2
3Mg Mg b) ––––– e –––– 2 2
Mg c) –––– e 3Mg 2
d) 3Mg e Mg
Mg Mg e) –––– e –––– 3 6
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO: 1) PFD (A + B + C): PA = (mA + mB + mC) . a 3 Mg = (3 M + 2 M + M) . a F Í S I C A A
3 Mg = 6 Ma
1) PFD (A):
m T = ––– a 2
(1)
2) PFD (B):
mg – T = ma
(2)
2)
3 Mg T = –––––– 2
3m 3) PFD (A + B): mg = ––– a 2 3) 2 a = ––– g 3 m 2 Em (1): T = ––– . ––– g 2 3 mg T = ––––– 3 Resposta: C
164 –
PFD (B + C): T = (mB + mC) . a
PFD (C): FBC = mC . a Mg FBC = –––– 2
Resposta: B
g a = ––– 2
5. (UFTM-MG-2013-MODELO ENEM) – Um passageiro de um avião segura um pêndulo constituído de um fio inextensível de massa despre zível e de uma esfera. Inicialmente, enquanto o avião está em repouso na pista do aeroporto, o pêndulo é mantido na vertical com a esfera em repouso em relação à Terra, conforme a figura 1. O piloto imprime ao avião uma aceleração escalar constante para que o avião atinja a velocidade necessária para a decolagem, percorrendo a distância de 1500m em linha reta. Nesse intervalo de tempo, o pêndulo permanece inclinado de um ângulo θ constante em relação à vertical, como representado na figura 2.
Considerando-se desprezível a resistência do ar sobre o pêndulo e sabendo-se que sen θ = 0,6, cos θ = 0,8 e g = 10 m/s 2, a velocidade escalar atingida pelo avião, em m/s, em sua corrida para a decolagem, após percorrer os 1500m, foi de a) 100 b) 150 c) 200 d) 250 e) 300
RESOLUÇÃO: 1) Cálculo da aceleração escalar do avião: 1) Ty = P = mg
MÓDULO 34 APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON (III)
1. (MODELO ENEM) – Para descer um piano de massa M = 50,5kg do alto de um edifício, um professor de Física resolve montar o esquema indicado na figura.
Para que a descida do piano seja suave, ele usa um contrapeso de massa 49,5kg. Despreze o efeito do ar e adote g = 10,0m/s 2. O piano chega ao solo com velocidade de módulo igual a: a) 1,0m/s b) 2,0m/s c) 3,0m/s d) 4,0m/s e) 5,0m/s
A A C I S Í F
RESOLUÇÃO: 1) PFD (A + B): PA – PB = (mA + mB) a
2) PFD: Tx = ma Tx ma 3) tg = ––– = ––– Ty mg
505 – 495 = 100a 2) V2 = V02 + 2
a = 0,10m/s2
s
V2 = 0 + 2 . 0,10 . 20,0 V2 = 4,0
0,6 (m/s2) = 7,5m/s2 a = g tg = 10 . ––– 0,8
V = 2,0m/s Resposta: B
2) Cálculo da velocidade escalar do avião: V2 = V02 + 2
s
V2 = 0 + 2 . 7,5 . 1500 = 225 . 102 V = 150m/s Resposta: B
– 165
2. No esquema da figura, temos uma pessoa A de massa 60,0kg apoiada em uma plataforma P de massa 4,0kg e sustentando uma pedra C de massa 1,0kg por meio de um fio ideal.
3. (IFSC-2014) – As polias ou roldanas são equipamentos simples, baratos e amplamente empregados na construção civil, podendo ser classificadas em fixas ou móveis. O sistema abaixo é formado por duas polias ideais que suportam três blocos, A, B e C, com massas 2M, M e 2M, respectivamente.
O bloco B está suspenso por dois fios ideais, um ligado ao bloco A e o outro ao C. Sendo g o módulo da aceleração da gravidade, o módulo da aceleração do bloco B é: a) 2g/5 b) 3g/5 c) 2g/3 d) 5g/3 e) 3g/2 O bloco B tem massa M = 35,0kg. A aceleração da gravidade tem módulo g = 10,0m/s2 e despreza-se o efeito do ar e o atrito e a inércia da polia. Determine a) o módulo a da aceleração do bloco B; b) a intensidade T2 da força de tração no fio (2) ligado à pedra; c) a intensidade F da força que a plataforma P exerce na pessoa A.
RESOLUÇÃO: a) PFD (sistema): PA + PP + PC – PB = Mtotal a 600 + 40,0 + 10,0 – 350 = 100a F Í S I C A A
PFD (A): 2Mg – T = 2Ma (1) PFD (B): 2T – Mg = Ma (2) PFD (C): 2Mg – T = 2Ma (3)
a = 3,0m/s2
PFD (A + B + C) = 3Mg = 5Ma 3 a = –––– g 5
b) PFD (C): PC – T2 = mC a 10,0 – T2 = 1,0 . 3,0
T2 = 7,0N
c) PFD (A): PA + T2 – F = mA a 600 + 7,0 – F = 60,0 . 3,0 607 – 180 = F
Respostas:a) a = 3,0m/s2 b) T2 = 7,0N c) F = 427N
166 –
RESOLUÇÃO:
F = 427N
Resposta: B
4. (MACK-SP-MODELO ENEM) – O esquema representa um elevador que se movimenta verticalmente. Preso a seu teto, encontrase um dinamômetro que sustenta em seu extremo inferior um bloco de ferro. O bloco pesa 20N, mas o dinamômetro marca 25N. Considerando-se g = 10m/s 2, podemos afirmar que o elevador pode estar a) em repouso. b) descendo com velocidade constante. c) descendo em queda livre. d) descendo em movimento retardado com aceleração de módulo igual a 2,5m/s 2. e) subindo em movimento retardado com aceleração de módulo igual a 2,5m/s 2.
5. (IFSC-2014) – A figura representa um elevador inicialmente parado. Nele o objeto P encontra-se preso ao teto a uma altura H em relação ao piso. Em um determinado instante, o elevador entra em movimento vertical para cima com aceleração de módulo a; neste mesmo momento, o objeto P cai em direção ao piso.
RESOLUÇÃO: 1)
Como Fdin > P, o elevador tem aceleração dirigida para cima. Aplicando-se a 2.a Lei de Newton, vem Fdin – m g = m a Fdin = m (g + a)
A aceleração da gravidade tem módulo g. Nessas condições, despre zando-se qualquer efeito de resistência aos movimentos, o tempo que P fica no ar é igual a:
gaparente 25 = 2,0 (10 + a) a = 2,5m/s2
2)
a
{
1)
V elevador subindo com movimento acelerado.
2)
V elevador descendo com movimento retardado.
Resposta: D
a)
2H –––––––– (a + g) g
b)
2H –––––––– (a + g) a
d)
2H –––––––– (a – g) g
e)
2H ––––––– (a + g)
c)
2H ––––––– (a–g)
RESOLUÇÃO: 1) 2)
a
gap = g + a
s = V0t + ––– t2 2 A A C I S Í F
g + a T2 H = 0 + –––––– 2 2H T2 = –––––– g+a
T=
2H –––––– g+a
Resposta: E
– 167
6. (IJSO-2013) – No interior de um elevador, é abandonada uma pequena esfera A de uma altura de 2,0m em relação ao piso do elevador. No mesmo instante e na mesma vertical, é lançada do piso do elevador uma outra esfera, B, com velocidade V 0 de módulo 5,0m/s. Despreze a resistência do ar e adote g = 10,0m/s 2. A que distância do piso ocorre o encontro entre as esferas? Analise os casos a seguir, considerando-se que a velocidade V 0 é dada sempre em relação ao piso do elevador. a) O elevador está parado em relação ao solo. b) O elevador sobe acelerado com aceleração de módulo a = 2,0m/s2. RESOLUÇÃO: a) 1) Cálculo do tempo de encontro: O movimento relativo é retilíneo e uniforme: srel = Vrel t 2,0 = 5,0 TE TE = 0,40s 2)
h = h0 + V0t + ––– t2 2 10,0 hE = 0 + 5,0 . 0,40 – ––––– (0,40)2 (m) 2
b) 1)
hE = 1,2m
O tempo de encontro continua valendo 0,40s.
2)
A gravidade aparente é dada por: gap = g + a = 12,0m/s2
3)
h = h0 + V0t + ––– t2 2 hE = 0 + 5,0 . 0,40 – 6,0 (0,40)2 m
MÓDULO 35 ATRITO
1. Um objeto de peso 20N está em repouso em um plano horizontal quando recebe a ação de uma força motriz de intensidade F.
Os coeficientes de atrito estático e dinâmico entre o ob jeto e o plano horizontal valem, respectivamente, 0,60 e 0,50. Adote g = 10m/s 2 e não considere o efeito do ar. a) Calcule as intensidades da força de atrito de destaque e da força de atrito dinâmica. b) Preencha a tabela a seguir com os valores da intensidade da força de atrito que o bloco recebe do pla no horizontal e do módulo da aceleração adquirida pelo bloco.
F(N)
Fat(N)
a(m/s2)
10 12
hE = 1,04m
20
Respostas:
a) 1,2m b) 1,04m
RESOLUÇÃO: a) Fdestaque = Fatdin =
F Í S I C A A
b)
E FN
D FN
= 0,60 . 20 (N) = 12N
= 0,50 . 20 (N) = 10N
F(N)
Fat(N)
a(m/s2)
10
10
zero
12
12
zero
20
10
5,0m/s2
PFD: F – Fat = m a 20 20 – 10 = ––– . a 10 Respostas: a) 12N e 10N b) ver tabela
168 –
a = 5,0m/s2
2. (UNIFOR-CE-2014) – Sobre um paralelepípedo de granito de massa m = 900kg, apoiado sobre um terreno plano e horizontal, é aplicada uma força paralela ao plano de intensidade F = 2900N. Os coeficientes de atrito dinâmico e estático entre o bloco de granito e o terreno são 0,25 e 0,35, respectivamente.
Considere a aceleração da gravidade local com módulo igual a 10,0m/s 2. Estando inicialmente em repouso, a intensidade da força de atrito que age no bloco é, em newtons: a) 2250 b) 2900 c) 3150 d) 7550 e) 9000
RESOLUÇÃO: 1) Cálculo da força de atrito de destaque: Fat
destaque
Fat
destaque
=
E FN
= 0,35 . 9000N
= 3150N
2) Como a força motriz aplicada (F = 2900N) não superou a força de atrito de destaque (3150N), o bloco continua em repouso e, portanto: Fat = F = 2900N Resposta: B
3. (FGV-2014-MODELO ENEM) – Os carros modernos são dotados de freios ABS (popularmente chamados freios inteligentes) nas quatro rodas. Com relação à eficiência obtida com esse avanço tecnológico durante a frenagem, assinale V para a afirmativa verdadeira e F para a afirmativa falsa. 1. ( ) Permitem que a distância percorrida durante a frenagem seja sempre a mesma, seja qual for a velocidade do carro no instante em que são aplicados os freios. 2. ( ) Fazem com que o tempo de duração da frenagem em um plano horizontal seja o mesmo independentemente do número de pessoas dentro do carro. 3. ( ) Fazem com que, durante a frenagem, as forças que atuam sobre as rodas sejam dosadas eletronicamente, de modo que elas continuem a rolar sem deslizar sobre a estrada, aumentando a eficiência, pois o valor máximo do módulo da força de atrito estático é maior do que o módulo da força de atrito de deslizamento. As afirmativas são, respectivamente, a) F, F e V. b) V, V e F. c) F, V e F. d) F, V e V. e) V, F e V. RESOLUÇÃO: 1) FALSA. A distância percorrida durante a frenagem depende da velocidade inicial do carro. 2) FALSA. O fato de o tempo de frenagem não depender da massa total do carro com seus ocupantes não está ligado ao uso do freio ABS, pois também ocorre com freios convencionais: mV Fat = –––––0 = mg T mg T = mV0 V0 T = ––– g 3) VERDADEIRA. Se o carro não derrapar, os pontos de contato entre os pneus e o solo têm velocidade nula e prevalece o coeficiente de atrito estático, que é maior que o cinético. Resposta: A
– 169
A A C I S Í F
4.
(2013) – Uma pessoa necessita da força de atrito em seus pés para se deslocar sobre uma superfície. Logo, uma pessoa que sobe uma rampa em linha reta com movimento acelerado será auxiliada pela força de atrito exercida pelo chão em seus pés. Em relação ao movimento dessa pessoa, quais são a direção e o sentido da força de atrito mencionada no texto? a) Perpendicular ao plano e no mesmo sentido do movimento. b) Paralelo ao plano e no sentido contrário ao movimento. c) Paralelo ao plano e no mesmo sentido do movimento. d) Horizontal e no mesmo sentido do movimento. e) Vertical e sentido para cima. RESOLUÇÃO: Quando uma pessoa está andando, ela interage com o solo por meio de uma força de atrito, de acordo com a 3.a Lei de Newton. A pessoa aplica no solo uma força de atrito para trás e recebe do solo uma força de atrito para frente no sentido de seu movimento , de acordo com a lei da ação e reação. A direção da força de atrito é tangente à região de contato entre os pés e o chão e, portanto, numa direção paralela ao plano de apoio.
5. (FGV-2014-MODELO ENEM) – Um operário empurra um caixote tentando fazê-lo deslizar sobre o piso horizontal de um elevador de carga, como mostra a figura.
Ele percebe que, estando o elevador movendo-se verticalmente, foi mais fácil fazê-lo deslizar do que com o elevador em repouso. Para que isso ocorra, com relação ao possível movimento do elevador, é correto afirmar que ele pode estar: I. descendo com velocidade constante. II. subindo em movimento retardado. III. descendo em movimento acelerado. Assinale: a) se somente as afirmativas II e III estiverem corretas. b) se somente a afirmativa II estiver correta. c) se somente as afirmativas I e III estiverem corretas. d) se somente a afirmativa III estiver correta. e) se somente as afirmativas I e II estiverem corretas.
RESOLUÇÃO: Para fazer o caixote deslizar: F Í S I C A A
F > Fat Resposta: C
destaque
E FN
Para ser mais fácil fazer o bloco deslizar, o valor de FN (peso aparente) deve diminuir (FN < P); isto ocorre quando o elevador tem aceleração dirigida para baixo:
Resposta: A
170 –
F>
MÓDULO 36
2. (VUNESP-FMCA-2014-MODELO ENEM) – Um candelabro foi colocado sobre uma mesa plana e horizontal e ligado por um fio ideal a outro corpo, que ficou pendurado, como representado no desenho. Quando a vela foi acesa, o sistema estava em repouso.
ATRITO
1. (CESGRANRIO-MODELO ENEM) – O grande laboratório da indústria automobilística nos dias de hoje é a Fórmula 1. É graças a ela que importantes desenvolvimentos, como injeção eletrônica, freios ABS, suspensão ativa e comando de válvulas, são incorporados aos carros de passeio. Um dos mais importantes é o freio ABS. Este dispositivo permite que o carro freie sem que as rodas travem. Desta forma, o veículo sempre para em distâncias menores. Uma pessoa, dirigindo em grande velocidade em uma determinada avenida da cidade, plana e horizontal, com um carro equipado com esse tipo de freio, vê um pedestre atravessando a avenida na sua frente e aciona imediatamente os freios. Admita que o carro tenha freio nas quatro rodas e a aceleração de freada esteja com sua intensidade máxima. Despreze o efeito do ar. O automóvel percorre 50m até parar. Infelizmente, não foi possível evitar a colisão. Ao fazer o Boletim de Ocorrência, o motorista disse ao policial que estava em velocidade abaixo de 80km/h. Um perito, ao analisar a situação, chegou à conclusão de que (Dado µe = 0,9 e g = 10,0m/s2) a) o motorista estava dentro do limite de velocidade de 80km/h; b) caso o veículo estivesse equipado com freios convencionais, ele teria evitado o choque; c) a velocidade inicial do motorista tinha módulo exatamente igual a 75km/h; d) a velocidade inicial do motorista tinha módulo igual a 95km/h; e) a velocidade inicial do motorista tinha módulo superior a 100km/h e, portanto, ele mentiu para o policial. RESOLUÇÃO: 1) O carro é freado pela força de atrito PFD: Fat = m a E mg = ma
2) v2 = v02 + 2
a=
Sabe-se que a massa do corpo pendurado é 0,2kg e que o coeficiente de atrito estático entre as superfícies do candelabro e da mesa é 0,4. Adotando-se g = 10 m/s 2, é correto afirmar que, quando o sistema estiver prestes a escorregar, a massa do candelabro e da vela, juntos, será, em kg, igual a a) 0,1 b) 0,2 c) 0,4 d) 0,5 e) 0,8
RESOLUÇÃO:
1) T = PB = mB g = 2,0N
2) Na iminência de escorregar: T = Fat
máx
=
E
mA g A A C I S Í F
2,0 = 0,4 . mA . 10 mA = 0,5kg Resposta: D
2 E g = 9,0m/s
s
0 = v02 + 2(–9,0) 50 v02 = 900 v0 = 30m/s = 108km/h Resposta: E
– 171
3. (UFPR-2014-MODELO ENEM) – Um avião voa numa trajetória retilínea e horizontal próximo à superfície da Terra. No interior da aeronave, uma maleta está apoiada no chão. O coeficiente de atrito estático entre a maleta e o chão do avião é µ e a aceleração da gravidade no local do voo tem módulo igual a g. Considerando-se esta situação, analise as seguintes afirmativas: 1. Se a maleta não se mover em relação ao chão do avião, então um passageiro pode concluir corretamente, sem acesso a qualquer outra informação, que o avião está deslocando-se com velocidade constante em relação ao solo. 2. Se o avião for acelerado com uma aceleração de módulo superior a µg, então o passageiro verá a maleta mover-se para trás do avião, enquanto um observador externo ao avião, em repouso em relação à superfície da Terra, verá a maleta mover-se no mesmo sentido em que o avião se desloca. 3. Para um mesmo módulo da aceleração da aeronave em relação à Terra, com módulo maior que µg, maletas feitas de mesmo material e mesmo tamanho, mas com massas diferentes, escorregarão no interior do avião com o mesmo módulo da aceleração em relação ao chão da aeronave. Assinale a alternativa correta. a) Somente a afirmativa 1 é verdadeira. b) Somente a afirmativa 3 é verdadeira. c) Somente as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras. d) Somente as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras. e) Somente as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras.
4. (PUC-RIO-2014) – Um pequeno bloco 1 de massa m1 = 1,0kg está sobre o bloco 2, comprido, de massa m 2 = 0,50kg, como mostrado na figura. Ambos blocos estão inicialmente em repouso, estando o bloco 1 a uma distância de 1,0m da extremidade direita do bloco 2. Uma força → horizontal F, constante de módulo 13,0N, é aplicada ao bloco 1, que começa a se mover. Há atrito entre as superfícies dos blocos 1 e 2, com coeficiente de atrito cinético 1 = 0,50. Observa-se que o bloco 2 também se movimenta. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco 2 e o piso é 2 = 0,20. Considere g = 10,0m/s 2
Resolva os seguintes itens: a) Faça os diagramas de forças sobre os blocos 1 e 2. b) Ache o módulo da aceleração do bloco 1, a1. c) Ache o módulo da aceleração do bloco 2, a2.
RESOLUÇÃO: a)
RESOLUÇÃO: 1. FALSA. A força de atrito aplicada pelo piso do avião pode dar à maleta uma aceleração igual à do avião e ela não escorrega em relação ao avião. 2) VERDADEIRA. b) 1)
F Í S I C A A
2)
Fat = 1
1
P1 = 0,50 . 10,0N = 5,0N
PFD (1): F – F at1 = m1 a1 13,0 – 5,0 = 1,0 a1
c) 1) 2)
ma
mg
amáx = g
Se a aceleração do avião tiver módulo maior que g, a maleta não consegue acompanhar o avião e escorrega para trás com uma aceleração de módulo a – g, em que a é o módulo da aceleração do avião. Em relação ao solo terrestre, a maleta terá uma aceleração para frente (no mesmo sentido da aceleração do avião) com módulo g. 3) VERDADEIRA. A aceleração relativa ao avião terá módulo a – g, não importando a massa da maleta. Resposta: D
172 –
2
(P1 + P2) = 0,20 . 15,0N = 3,0N
PFD (2): Fat1 – Fat2 = m2 a1
Respostas: a) ver figura b) a1 = 8,0m/s2 c) a2 = 4,0m/s2
Fat = ma FN
2
5,0 – 3,0 = 0,50 a2
PFD (maleta): Fat
Fat =
a1 = 8,0m/s2
a2 = 4,0m/s2
5. (UEZO-RJ-2014) – Um pano de prato retangular, com 60cm de comprimento e constituição homogênea, está em repouso sobre uma mesa, parte sobre sua superfície, horizontal, e parte pendente, como mostra a figura.
Sabe-se que o coeficiente de atrito estático entre a superfície da mesa e o pano é igual a 0,5 e que o pano está na iminência de deslizar. Pode-se afirmar que o comprimento da parte sobre a mesa é: a) 15cm b) 20cm c) 30cm d) 40cm e) 60cm
RESOLUÇÃO:
Na iminência de escorregar: P = Fatdestaque mg =
E
mx g
A A C I S Í F
k (0,60 – x) = 0,5 . k . x 0,60 – x = 0,5x 0,60 = 1,5x x = 0,40m = 40cm Resposta: D
– 173
FRENTE 2 – ÓPTICA MÓDULO 15 ESPELHOS ESFÉRICOS II GAUSS E AUMENTO LINEAR 1. (VUNESP-UEAM) – A escultura Vírgula, do artista Po Wang Shu, exposta na Universidade de Tecnologia do Texas, é uma esfera de aço inoxidável, que reflete o movimento dos pedestres e a paisagem do local.
2. (UDESC) – Consultando o manual de um automóvel, na seção de retrovisores laterais, você se depara com a seguinte afirmação: "os espelhos dos retrovisores laterais são convexos a fim de ampliar o ângulo de visão. Assim, os objetos observados nos espelhos retrovisores estão, na realidade, mais próximos do que parecem." Suponha que você esteja dirigindo e observa dois carros alinhados atrás do seu; o primeiro (carro 1), a uma distância de 5,0m do espelho retrovisor lateral do motorista; e o segundo (carro 2), a uma distância de 10,0m do mesmo espelho retrovisor. Considerando-se o retrovisor lateral como um espelho esférico convexo de raio de curvatura igual a 5,0m, e que os carros 1 e 2 possuam a mesma altura real, a razão entre as alturas das imagens do carro 1 (y’1) e do carro 2 (y’2), formadas no espelho retrovisor lateral do carro, é: a) y’1 / y’2 = 1 b) y’1 / y’2 = 2/3 c) y’1 / y’2 = 3/2 d) y’1 / y’2 = 3 e) y’1 / y’2 = 5/3 RESOLUÇÃO: y’ f A = ––– = ––––– y f–p R f = – ––– = –2,5m 2 y’1 –2,5 –2,5 1 = ––––––––– = ––––– = ––– ––– y –2,5 – 5,0 –7,5 3 y’2 –2,5 1 = ––––––––– = ––– ––– y –2,5 – 10,0 5
(www.depts.ttu.edu) F Í S I C A A
Considere que, quando uma pessoa permanece parada a 2,0m de distância da esfera, ela vê sua imagem com altura igual a um quinto da medida de sua altura real. Considerando válidas as condições de nitidez de Gauss, é correto afirmar que a escultura funciona como um espelho esférico cujo módulo da distância focal, em metros, é igual a a) 0,2m b) 0,5m c) 0,6m d) 0,8m e) 1,0m
RESOLUÇÃO: f A = ––––– f–p 1 f –– = –––––– 5 f – 2,0 f – 2,0 = 5f 4f = –2,0 f = –0,5m f = 0,5m Resposta: B
174 –
y’1 y/3 = ––––– ––– y’2 y/5 Resposta: E
y’1 5 ––– = ––– y’2 3
y y’2 = ––– 5
y y’1 = ––– 3
3. (VUNESP) – Para comprar um espelho especial para análise bucal, um dentista se dirige a uma loja do ramo e encontra algumas opções fornecidas pelo vendedor. Para escolher aquele que lhe forneça maior aumento, fato esse de extrema importância para o profissional, ele estima a distância do espelho ao dente a ser observado em cerca de 1,0cm. São oferecidos a ele cinco espelhos de tipos e raios de curvatura diferentes. Para que consiga ter o maior aumento possível, deverá escolher um espelho: a) côncavo, de raio de curvatura R = 4,0cm. b) côncavo, de raio de curvatura R = 5,0cm. c) côncavo, de raio de curvatura R = 6,0cm. d) convexo, de raio de curvatura R = 1,0cm. e) convexo, de raio de curvatura R = 3,0cm. RESOLUÇÃO: I. O espelho esférico de aumento é necessariamente côncavo.
MÓDULO 16 REFRAÇÃO (I) – ÍNDICE DE REFRAÇÃO E LEI DE SNELL 1. (UNICASTELO-VUNESP-2014) – Uma lanterna, quando acesa, emite um pincel cônico divergente de luz monocromática. Parada na beira de uma piscina, uma pessoa segura uma lanterna acesa e a aponta obliquamente para as águas límpidas e transparentes, de forma que a luz emitida sofra refração. A alternativa que representa corretamente as trajetórias dos raios de luz emitidos pela lanterna que se propagam pelo ar e, depois, pela água, é
f II. A = ––––– f–p p = 1,0cm a) R = 4,0cm
f = 2,0cm
2,0 A1 = –––––––– = 2,0 2,0 – 1,0
b) R = 5,0cm
f = 2,5cm
2,5 A2 = –––––––– 2,5 – 1,0
c) R = 6,0cm
f = 3,0cm
3,0 A3 = –––––––– = 1,5 3,0 – 1,0
1,7
Resposta: A
A A C I S Í F
4. (VUNESP-MODELO ENEM) – O forno solar de Odeillo, na França, é composto de 9 500 espelhos que concentram os raios solares em uma fornalha. Na verdade, embora todos os espelhos lá utilizados sejam planos, a configuração de suas disposições torna o conjunto um gigantesco espelho esférico côncavo. Sendo o desejo desse forno concentrar os raios de luz e calor em um ponto na fornalha, relativa mente à superfície refletora, pode-se dizer que a distância desse ponto da fornalha é, comparado ao raio de curvatura do conjunto de espelhos, a) a quarta parte. b) a metade. c) igual. d) o dobro. e) o quádruplo. RESOLUÇÃO: A radiação solar, que vem de muito longe, incide paralelamente ao eixo principal desse espelho. Após a reflexão, esses raios concentram-se no foco do espelho. Como a distância focal do espelho esférico é igual à metade do seu raio de curvatura, temos: R d = f = ––– 2 Resposta: B
– 175
RESOLUÇÃO: Como a água é mais refringente que o ar, ao refratar-se obliquamente do ar para a água, um raio luminoso aproxima-se da normal, como está verificado abaixo.
Lei de Snell: n sen r = nD sen i n sen 45° = 2,4 . sen 30° 2 1 n ––––– = 2,4 . ––– 2 2 Da qual: n = 1,2 n
1,7
2
1,2 . 1,4
safira
Resposta: D
Lei de Snell: nágua sen 2 = nar sen 1 nágua > nar sen 2 < sen Logo:
2
<
3. (EFEI-MG) – Um raio de luz proveniente do ponto A propaga-se pelo ar até o ponto B da superfície de uma esfera de fluorita (n f = 1,41): 1
1
É importante notar na alternativa correta, d, que ângulos de incidência maiores implicam ângulos de refração também maiores. Resposta: D
F Í S I C A A
2. (UFU) – A tabela abaixo mostra o valor aproximado dos índices absolutos de refração de alguns meios, medidos em condições normais de temperatura e pressão, para um feixe de luz incidente com comprimento de onda de 600nm (monocromático). Material
Índice absoluto de refração
Ar
1,0
Água
1,3
Safira
1,7
Vidro de altíssima dispersão
1,9
Diamante
2,4
a) Determine o ângulo de refração do ar para a fluorita. b) Se o raio atravessa a esfera, sofre uma segunda refração e continua propagando-se pelo ar, qual o valor do ângulo de desvio do raio? (Isto é, qual o ângulo entre a nova direção do raio e aquela que o raio teria, se a esfera não existisse?)
RESOLUÇÃO: a) na sen 1 = nf sen
2
2 1,00 . ––––– = 1,41 . sen 2 sen
2
1 = –– 2
2
2
= 30°
b)
O raio de luz que se propaga inicialmente no diamante incide com um ângulo θi = 30° em um meio desconhecido, sendo o ângulo de refração θr = 45°. O meio desconhecido é a) vidro de altíssima dispersão. b) ar. c) água. d) safira.
RESOLUÇÃO: Pelo teorema do ângulo externo: = 15° + 15° Respostas: a) 30° b) 30°
176 –
= 30°
4. (AFA-2013) – Considere um recipiente fixo contendo um líquido em repouso no interior de um vagão em movimento retilíneo e uniforme, que se desloca para a direita. A superfície de separação entre o líquido e o ar contido no vagão forma um dioptro perfeitamente plano que é atravessado por um raio luminoso monocromático emitido por uma fonte F fixa no teto do vagão, como mostra a figura a seguir. Nessa condição, o ângulo de incidência do raio luminoso é θ1 = 60°.
tg
tg
3 –––– g a’ 3 = ––– = –––––– g g 3 = –––– 3
= 30°
Num determinado momento, o vagão é acelerado horizontalmente para 3 a esquerda com aceleração constante de módulo a = –––– g e, nessa 3 nova situação, o ângulo de incidência do raio, neste dioptro plano, passa a ser θ2. Considerando que a aceleração gravitacional no local é constante e possui módulo igual a g, a razão entre os senos dos ângulos de refração dos raios refratados na primeira e na segunda situações, respectivamente, é 1 a) –– b) 1 c) 2 d) 3 e) 6 2
RESOLUÇÃO: 1.a Situação: Movimento retilíneo e uniforme para a direita. Nesse caso, a superfície do líquido permanece plana e horizontal.
A A C I S Í F
i2 = 1 – i2 = 60° – 30° i2 = 30° Lei de Snell: nL sen r2 = nar sen i2 nar sen r2 = –––– sen 30° nL
Lei de Snell: nL sen r1 = nar sen 60° nar sen r1 = –––– sen 60° nL
Fazendo-se
, vem:
nar ––– sen 60° nL sen r1 ––––––– = ––––––––––––– sen r2 nar ––– sen 30° nL
2.a Situação: Movimento retilíneo para a direita e uniformemente retardado. Nesse caso, devido às forças de inércia, a superfície do líquido inclina-se conforme a figura a seguir. A aceleração de inércia
Da qual:
3 a’ = –––– g, composta vetorialmente com a aceleração da gravidade, 3 determina o “prumo” no interior do vagão.
Resposta: D
3 –––– 2 sen r1 = –––––– ––––––– 1 sen r2 ––– 2
sen r1 ––––––– = 3 sen r2
– 177
5. (IME-2014) – Um banhista faz o lançamento horizontal de um objeto com velocidade igual a 5 3 m/s em direção a uma piscina. Após tocar a superfície da água, o objeto submerge até o fundo da piscina em velocidade horizontal desprezível. Em seguida, o banhista observa esse objeto no fundo da piscina sob um ângulo de 30° em relação ao horizonte. Admitindo-se que a altura de observação do banhista e do lançamento do objeto são iguais a 1,80 m em relação ao nível da água da piscina, a profundidade da piscina, em metros, é a) 2,00 b) 1,60 c) 1,60 3 d) 2,00 3 e) 1,00 3 Dados: • índice de refração do ar: n ar = 1; 5 3 • índice de refração da água: n água = ––––– 6 • g = 10m/s2
3 ––– 5
(V) sen2 i + cos2 i = 1 9 cos2 i = 1 – –––– 25
2
+ cos2 i = 1
16 cos2 i = –––– 25
sen i d (VI) tg i = –––––– = –––– cos i H
4 cos i = ––– 5
3 ––– 5 1,20 3 ––– = ––––– –––– 4 H –– 5
Da qual: H = 1,60 3 m Resposta: C
RESOLUÇÃO:
MÓDULO 17 REFRAÇÃO (II) – REFLEXÃO TOTAL
1. (INTERNATIONAL JUNIOR SCIENCE OLYMPIAD -IJSO-PUNEÍNDIA-2013) – Um hemisfério opaco de raio R repousa sobre um plano horizontal, como mostrado na figura abaixo.
F Í S I C A A
h (I) tg 30° = –––– D 1,80 3 –––– = ––––– D 3
3 . 1,80 D = –––––––– (m) 3
Da qual: D = 1,80 3 m
acima do centro do hemisfério. Um líquido transparente, cujo índice de 4 refração é –––– , envolve todo o hemisfério até o seu topo. A área da 3
(II) Lançamento balístico: y
Na vertical (MUV): h = V0yt + –––– T2 2 10 1,80 = –––– T2 2
3R Uma fonte de luz pontual, S, é posicionada a uma distância de –––– 4
T = 0,60s
sombra projetada sobre o plano horizontal é: 49πR2 a) ––––––– 9
RESOLUÇÃO: (III) Lançamento balístico: Na horizontal (MU): D + d = Vx T 1,80 3 + d = 5 3 . 0,60
d = 1,20 3 m
(IV) Lei de Snell: nágua sen i = nar sen r 5 3 –– –––– sen i = 1 . sen 60° 6 Da qual:
178 –
3 sen i = ––– 5
5 3 3 –– –––– sen i = ––––– 6 2
49πR2 b) ––––––– 16
c) πR2
d) 4πR2
(I)
Teorema de Pitágoras: (SP)2
3R 2 2 = ––– + R 4
9R2 (SP)2 = ––––– + R2 16
25R2 (SP)2 = ––––– 16
(SP)2 = (SO)2 + (OP)2
5R SP = ––––– 4
(II) Lei de Snell: nL sen r = nar sen i 3 sen r = ––– 5
4 R ––– sen r = 1 . –––––– 3 5R –––– 4 3 ––– 5
(III) sen2 r + cos2 r = 1 9 cos2 r = 1 – –––– 25
+ cos2 r = 1
16 cos2 r = –––– 25
sen r x (IV) tg r = –––––– = –––– cos r R
Da qual:
2
3 ––– 5 x ––– = –––– 4 R –– 5
4 cos r = ––– 5
2. (UEMA-2013) – Para responder à questão, considere o aparecimento de uma miragem inferior em uma estrada. Sabe-se que a miragem constitui um fenômeno muito comum e que ocorre sempre em lugares muito quentes ou muito frios. Em relação à camada de ar próxima ao asfalto e aos ângulos de incidência, pode-se afirmar que a camada é a) mais quente e menos refringente. Os ângulos de incidência são maiores do que o ângulo limite, por isso ocorre a reflexão total. b) mais quente e mais refringente. Os ângulos de incidência são maiores do que o ângulo limite, por isso ocorre a reflexão total. c) menos quente e mais refringente. Os ângulos de incidência são maiores do que o ângulo limite, por isso ocorre a refração difusa. d) menos quente e mais refringente. Os ângulos de incidência são maiores do que o ângulo limite, por isso ocorre a reflexão difusa. e) menos quente e menos refringente. Os ângulos de incidência são maiores do que o ângulo limite, por isso ocorre a refração regular. RESOLUÇÃO: No esquema abaixo, considerando-se camadas de ar cada vez mais altas, têm-se temperaturas (T) decrescentes e índices absolutos de refração (n) crescentes.
3 x = ––– R 4
(V) Raio do círculo de sombra: RS = R + x 3 RS = R + –––– R 4
7 RS = ––– R 4
(VI) Área do círculo de sombra: AS = RS2 AS =
7 ––– R 4
2
49 R2 AS = –––––––– 16
> e >L em que L é o ângulo limite da interface em que ocorre reflexão total. Resposta: A
Resposta: B
– 179
A A C I S Í F
3. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA-ADAPTADO) – Foi realizado um experimento de laboratório fazendo com que um feixe de luz monocromático se propague por um bloco de vidro, emergindo no ar. Considere para o ar um índice de refração absoluto n ar = 1,0. Variandose o ângulo de incidência da luz, foi montado o gráfico da dependência entre os senos dos ângulos de incidência ( θ1) e refração ( θ2), como indicado na figura a seguir.
4. (UFPE-PE) – Uma pedra preciosa cônica, de 15,0mm de altura e índice de refração igual a 1,25, possui um pequeno ponto defeituoso sobre o eixo do cone a 7,50mm de sua base. Para esconder este ponto de quem olha de cima, um ourives deposita um pequeno círculo de ouro na superfície. A pedra preciosa está incrustada numa joia, de forma que sua área lateral não está visível. Qual deve ser o menor raio r, em mm, do círculo de ouro depositado pelo ourives?
RESOLUÇÃO: Para que o defeito da pedra não seja visto, os raios luminosos dele provenientes, incidentes nas bordas do círculo de ouro, devem sofrer emergência rasante, como representa a figura.
a) Determine o índice de refração absoluto do vidro. b) Desenhe a interface vidro-ar e esboce os raios incidente e emer gente para o caso particular em que sen θ2 = 1,0. c) Estime o valor do seno do ângulo-limite do dioptro vidro-ar.
F Í S I C A A
RESOLUÇÃO: a) Do gráfico, para sen 1 = 0,5, tem-se sen Lei de Snell: nV sen 1 = nar sen 2 nv 0,5 = 1,0 . 0,8
2
= 0,8.
nv = 1,6 No triângulo retângulo ABC, temos: BC r tg = –––– = –––– AC 7,50 sen r –––––– = –––– cos 7,50
b)
sen r ––––––––––––– = –––– (I) 7,50 1 – sen2 Com sen 2 = 1,0, tem-se 2 = 90° e a emergência é rasante, como está caracterizado no esquema acima. É importante notar neste caso que 1 é o ângulo-limite do dioptro vidro-ar. c) Do gráfico, para sen sen L = sen
1
2
= 1,0. tem-se:
0,625
Respostas: a) 1,6 b) ver esquema c) aproximadamente 0,625
O ângulo , entretanto, é o ângulo limite do dioptro pedra preciosa–ar, logo: nmenor nar sen = –––––– = –––––– nmaior npedra sen
1 = –––– 1,25
sen
Substituindo-se em (I), vem: 0,80 r –––––––––––––– = –––– 7,50 1 – (0,80)2 Da qual: r = 10,0mm Resposta: r = 10,0mm
180 –
= 0,80
0,80 r ––––– = –––– 0,60 7,50
5. (INTERNATIONAL JUNIOR SCIENCE OLYMPIAD -IJSO-2013) – Dois raios de uma mesma luz monocromática, propagando-se no ar, incidem na face AB de um prisma transparente de índice de refração absoluto 3 , conforme indica a figura.
(IV) Cálculo do ângulo formado pelos raios que emergem do prisma ( ): Considerando-se o quadrilátero destacado na figura, tem-se: + 30° + 30° + 240° = 360° Da qual:
= 60°
Resposta: C
MÓDULO 18 REFRAÇÃO (III) – DIOPTRO PLANO, LÂMINAS E PRISMAS
O índice de refração absoluto do ar é 1,0. 1 3 3 Dados: sen 30°= ––– ; sen 60°= –––– ; sen 35° = –––– . 2 2 3
1. (UEGO-2013) – A figura a seguir é uma representação de um lápis mergulhado em um copo cheio com dois materiais (líquidos) desco nhecidos, (I) e (II).
O ângulo formado pelos raios que emergem do prisma é igual a: a) 30° b) 45° c) 60° d) 75° e) 90°
RESOLUÇÃO: (I) Cálculo do ângulo-limite do dioptro prisma-ar: nar 1 3 sen L = –––––– sen L = ––––– = –––––– n 3 3
L = 35°
(II) Trajetória dos raios luminosos:
(Modificado de: http://revistaescola.abril.com.br/ensino-medio/filmes-3d548740.shtml)
Sobre essa figura, é correto afirmar que a) o índice de refração do material I é maior que o do material II. b) o índice de refração do material I é igual ao do material II. c) o índice de refração do material I é menor que o do material II. d) o índice de refração do copo é igual aos dos materiais I e II. e) nada se sabe sobre os índices de refração dos dois materiais.
RESOLUÇÃO: A figura apresentada no enunciado está de acordo com o esquema de raios de luz abaixo, em que o material (II) é mais refringente que o material (I), isto é, nII > nI. Da Lei de Snell, decorre que < .
O ângulo i de incidência dos raios luminosos, respectivamente nas faces AC e BC do prisma, é menor que L (30° < 35°), indi cando que não ocorre reflexão total e que os raios luminosos emergem pelas faces AC e BC, convergindo no ponto D, indi cado na figura. (II) Cálculo do ângulo de emergência r: Lei de Snell: nar sen r = n sen i 1,0 sen r = 3 sen 30° 3 sen r = –––––– r = 60° 2
– 181
A A C I S Í F
Lei de Snell: nI sen = nII sen nII > nI
sen < sen
3. (UFG-2014) – Em muitos materiais transparentes, o índice de refração n do material varia em função do comprimento de onda λ da luz incidente, de acordo com o gráfico a seguir.
Logo: Resposta: C
2. (MACK-2014) – Certa piscina contém água, de índice de refração absoluto igual a 4/3, e sua base se encontra 3,00 m abaixo da superfície livre do líquido. Considere um feixe estreito de luz branca incidindo do ar, com ângulo de incidência θi , sobre um material transparente de espessura D, conforme a figura a seguir.
Quando uma pessoa, na beira da piscina, olha perpendicularmente para seu fundo (base), terá a impressão de vê-lo
Dado: Índice de refração absoluto do ar n ar = 1,0 a) 2,25 m mais próximo, em relação à profundidade real. b) 1,33 m mais próximo, em relação à profundidade real. c) 0,75 m mais próximo, em relação à profundidade real. d) 1,33 m mais distante, em relação à profundidade real. e) 0,75 m mais distante, em relação à profundidade real. F Í S I C A A
RESOLUÇÃO: p = profundidade real p’ = profundidade aparente Olhando de cima para baixo, a pessoa vê uma profundidade aparente menor que a real. A piscina parece ser mais rasa. p nágua ––– = –––––– p’ nar 4 ––– 3,00 3 ––––– = ––––– p’ 1,0 4 ––– p’ = 3,00 3
9,00 p’ = ––––– m 4
p’ = 2,25m Logo, a sensação é que a piscina seja 0,75m mais rasa que a profundidade real. Resposta: C
Parâmetros conhecidos: D sen θi nar c: velocidade da luz no vácuo
nvermelho
nvioleta
Considerando-se o exposto, determine, em função dos parâmetros conhecidos: a) o seno do ângulo de refração da cor visível que, dentro do material, sofrerá o maior desvio em relação ao feixe incidente; b) a cor visível que terá a maior velocidade de propagação dentro do material e o tempo que ela levará para atravessá-lo, a partir do ponto B.
RESOLUÇÃO: Para simplificar a notação, utilizaremos nve = n vermelho: índice absoluto de refração do material para a luz vermelha; nvi = nvioleta : índice absoluto de refração do material para a luz violeta. a) Lei de Snell: ncor sen Como nar sen ncor sen
r
=K
i
r
= nar sen
i
é uma constante K, verifica-se que: sen
r
K = –––– ncor
Quanto mais refringente for o material para uma determinada cor (maior ncor), mais essa cor se desviará, aproximando-se da normal (menor sen r e menor r). Assim, a cor que sofre o maior desvio quando da dispersão da luz branca ao refratar-se do ar para o material é a violeta .
182 –
nvi sen
r
= nar sen
nar sen i sen r = –––––––––– nvi
i
b) Terá maior velocidade dentro do material a luz vermelha , em relação à qual o material é menos refringente. c nve = –––– Vve
c Vve = ––––– nve
Da Lei de Snell:
sen2
cos2
r
+ cos2
r
sen
=1
nar sen i = –––––––––– nve
r
nar sen i 2 –––––––––– + cos2 nve
n2ar sen2 i = 1 – ––––––– ––––– r n2ve
Da qual:
cos
cos2
r
=1
n2ve – n2ar sen2 i = ––––––––––––– –––– r n2ve
n2ve – n2ar sen2 i = ––––––––––––––––– r nve
No triângulo ABC da figura: D D cos r = –––– BC = ––––––– cos r BC D BC = ––––––––––––––––––––– n2ve – n2ar sen2 i ––––––––––––––––– nve
De
nve D BC = –––––––––––––––––– n2ve – n2ar sen2 i
BC Vve = ––––– T
Mas:
e
Da qual:
4. (FUVESTÃO-2013-MODELO ENEM) – Em 24 de março de 1973, foi lançado um dos álbuns de maior sucesso em todos os tempos: The Dark Side of the Moon (O Lado Obscuro da Lua), da banda inglesa Pink Floyd, ícone mundial do rock progressivo. A sonoridade das canções e as letras psicodélico-vanguardistas logo encantaram os amantes desse gênero musical, transformando The Dark Side em um grande êxito fonográfico. A capa do álbum, prensado originalmente em vinil, trazia um prisma que recebia pela esquerda um fino feixe de luz branca. Notava-se na imagem a decomposição desse feixe nas diversas cores componentes da luz branca, fenômeno conhecido em Óptica como dispersão luminosa.
nve D ––––––––––––––––– n2ve – n2ar sen2 i c : –––––– = –––––––––––––––––––– nve T n2ve D T = –––––––––––––––––– c n2ve – n2ar sen2 i
nar sen i Respostas: a) –––––––––– nvi
A respeito da dispersão luminosa no prisma, verifique as proposições corretas: (I) O fenômeno, relacionado com a refração da luz, ocorre porque para cada cor do espectro visível, o prisma oferece um índice de refração absoluto diferente. (II) O índice de refração absoluto do prisma é maior para a luz amarela do que para a luz azul. (III) Os caminhos ópticos das diversas luzes na travessia do sistema óptico podem ser descritos geometricamente pela Lei de Snell – Descartes. (IV) Na travessia do prisma, sofre menor desvio a luz violeta e maior, a luz vermelha. Estão corretas apenas as proposições: a) (I), (II) e (IV) b) (II), (III) e (IV) c) (I), (II) e (III) d) (I) e (III) e) (II) e (IV)
RESOLUÇÃO: (I) Correta. (II) Incorreta. O prisma apresenta índices de refração absolutos crescentes para as cores vermelha, alaranjada, amarela, verde, azul, anil e violeta, respectivamente. (III) Correta. (IV) Incorreta. Na travessia do prisma, sofre menor desvio a cor vermelha e maior, a cor violeta. Resposta: D
n2ve D b)Vermelha; ––––––––––––––––––– c n2ve – n2ar sen2 i
– 183
A A C I S Í F
5. (MODELO ENEM) – Prismas ópticos, como os que aparecem na fotografia abaixo, têm por finalidade desviar raios de luz em instru mentos ópticos, conforme o caso de cada projeto. Máquinas fotográficas avançadas, lunetas e binóculos, por exemplo, utilizam prismas que, em certas situações, têm a função de provocar reflexão total em feixes luminosos. Nesta utilização, prismas são mais vantajosos que espelhos, já que não se deterioram por oxidação ao longo do tempo.
>L
sen
> sen L
Conforme a geometria do prisma, tem-se
= 45° e, sendo
nAr sen L = –––– , segue-se que: n sen Considere o prisma representado abaixo, cuja seção principal tem forma de um triângulo retângulo isósceles (prisma de Porro). Esse prisma é de cristal (índice de refração n) e está em operação no ar (índice de refração nAr = 1,0). Podem-se observar no esquema dois raios de luz monocromática, a e b (com a e b de uma mesma cor), sendo refletidos dentro do sistema óptico (reflexão total). O raio a sofre um desvio de 90° e o raio b , um desvio de 180°.
F Í S I C A A
Para que o prisma se comporte conforme a situação proposta, é necessário que: 1 a) n > ––– 2
2 b) n > –––– 2
5 d) n > –––– 2
e) n > 2
3 c) n > –––– 2
RESOLUÇÃO: Para que ocorram as reflexões totais sugeridas no esquema, os raios luminosos a e b devem incidir nas faces internas do prisma com um ângulo maior que o ângulo-limite L da interface prismaar para a cor considerada, isto é:
184 –
nAr > –––– n
Da qual:
n> 2
Resposta: E
1,0 sen 45° > –––– n
1,0 2 –––– > –––– n 2
FRENTE 3 – ELETRICIDADE MÓDULO 29 CAMPO GERADO POR CORRENTE RETILÍNEA
1. (MACK-2013) – Certo condutor elétrico cilíndrico encontra-se disposto verticalmente em uma região do espaço, percorrido por uma intensidade de corrente elétrica i, conforme mostra a figura abaixo.
Resposta: A Observação: Desprezou-se, nesse caso, a interferência do campo magnético da Terra.
2. (FATEC-2013) – Hans Christian Oersted foi um físico dinamarquês que, entre seus inúmeros trabalhos, provou experimental mente a relação entre a eletricidade e o magnetismo. Ele fez uma agulha de uma bússola se desviar, quando próximo a ela um fio condutor conduzia uma corrente elétrica. Um aluno, ao tentar reproduzir o experimento de Oersted, utilizou uma bússola, um fio reto condutor, duas pilhas e um interruptor, fazendo a montagem conforme figura a seguir.
i
Próximo a esse condutor, encontra-se a agulha imantada de uma bússola, disposta horizontalmente. Observando-se a situação, acima do plano horizontal da figura, segundo a vertical descendente, assinale qual é o esquema que melhor ilustra a posição correta da agulha. a)
b)
S
N i
i
W
S
N
N
Ao fechar o interruptor, o aluno percebeu que a agulha da bússola sofreu um desvio que está mais bem representado pela alternativa: a)
d)
e) i
N
S
b)
N W
i
E S
c) i
S
- + - +
N
E
c)
N W
E
N W
E
N
S
S
d)
RESOLUÇÃO Olhando o fio de cima para baixo, vemos a corrente saindo do papel.
e)
N W
S
E
N W
S
E S
Resolução Vista de cima: Desprezando-se o campo magnético terrestre, a agulha fica alinhada com o campo magnético criado pela corrente elétrica.
Bi i
A agulha magnética fica alinhada com o vetor indução magnética B.
Bi
N
S
Resposta: C
– 185
A A C I S Í F
3. (UFPR-2013) – Em 1820, Hans Cristian Oersted aproximou de uma bússola um fio condutor percorrido por uma corrente elétrica e não observou qualquer alteração na direção da agulha dessa bússola. Mais tarde, ao refazer o experimento, porém agora com o fio condutor posicionado em outra direção, ele constatou que ocorria uma alteração na direção da agulha da bússola. Essa experiência histórica fez a conexão entre a eletricidade e o magnetismo, criando o que nós conhecemos hoje por eletromagnetismo. Suponha uma bússola posicionada sobre esta folha de papel com sua agulha apontando para a parte superior da folha, o que corresponde à direção norte. Utilizando a figura a seguir, desenhe a direção em que deverá ser posicionado o fio condutor, passando exatamente sobre o centro da bússola, para que se obtenha o maior desvio possível da sua agulha.
RESOLUÇÃO: 0 . i , teremos: Sendo B = –––––– 2 d
2 dB=
0
.i
2 dB i = ––––––– 0
Sendo: d = 10cm = 1,0 . 10–1m B = 1,0 . 10–4 T 2 . 1,0 . 10–1 . 1,0 . 10–4 i = –––––––––––––––––––––– (A) 4 . 10–7 i = 0,50 . 102 A
i = 50 A
N
Resposta: E O
L
S
Escolha um sentido para a corrente no fio, marcando-o com uma seta na figura. Indique na figura para qual lado ocorrerá esse desvio, se para leste ou para oeste, de modo compatível com o sentido da corrente escolhido. Justifique suas respostas.
5. (FATEC-SP) – Dois fios metálicos retos, paralelos e longos, são percorridos por correntes i e 3i de sentidos iguais (entrando no papel, no esquema). O ambiente é vácuo. O campo magnético resultante, produzido por essas correntes, é nulo em um ponto P tal que: i
x
RESOLUÇÃO: O fio deverá estar perpendicular ao plano da bússola. O sentido da corrente não interfere no ângulo do desvio da agulha, mas apenas no sentido (horário ou anti-horário). Desta forma, usando a regra da mão direita, temos os dois casos a seguir: N
F Í S I C A A
N
O
L i
O
y a) ––– = 3 x
y 1 b) ––– = ––– x 3
S
S
Fig.1 - corrente entrando
Fig. 2 - corrente saindo
.i Sendo B = –––––– , teremos: 2 d .i . (3i) B1 = –––––– e B2 = ––––––– 2 x 2 y Fazendo-se B1 = B2 :
4. (CESUPA-PA) – Quando um condutor retilíneo é percorrido por certa corrente elétrica, a intensidade do campo magnético a 10cm deste vale 1,0 . 10–4 T. Logo, a intensidade de corrente que flui pelo condutor vale: a) 10A b) 20A c) 30A d) 40A e) 50A Note e adote: A permeabilidade magnética do meio é igual à do vácuo e vale 0 = 4π . 10–7 T . m/A
186 –
y
y c) ––– = 9 x
y 1 d) ––– = ––– x 9
RESOLUÇÃO: Usando a regra da mão direita sobre cada fio, determinamos os vetores B1 e B2 dos campos magnéticos gerados pelos fios da esquerda e da direita, respectivamente.
L
i
3i
P
.i 3 .i –––––– = –––––– 2 x 2 y y ––– = 3 x Resposta: A
1 3 ––– = ––– x y
3. (MODELO ENEM) – Indicar o sentido do campo magnético e a polaridade magnética em cada um dos anéis e nos extremos do solenoide das figuras 1, 2 e 3. O sentido da corrente elétrica está na própria figura.
MÓDULO 30 CAMPO DE ESPIRA E SOLENOIDE
1. (UFPR-2014) – Ao se aplicar uma corrente elétrica i em uma espira, surge um campo magnético ao redor do fio dessa espira. Assinale a alternativa que representa, corretamente, o campo magnético gerado. i
a)
i
B
B
i
b)
i
i
c)
RESOLUÇÃO: Usando a regra da mão direita, dete rminamos o sentido do campo magnético B em cada elemento. A polaridade magnética tem a seguinte resolução: Anel 1: corrente no sentido anti-horário gera um polo norte. Anel 2: corrente no sentido horário gera um polo sul. Solenoide: visto pelo seu lado externo, vale: onde nasce o campo é o norte e onde ele morre é o sul.
i
B
B
i
d)
i
4. (IFPE-2013) – Uma bobina chata representa um conjunto de N espiras que estão justapostas, sendo essas espiras todas iguais e de mesmo raio.
i
A A C I S Í F
B
B 10cm e)
i
RESOLUÇÃO: Basta usar a mão direita com o polegar apoiado na seta da corrente elétrica. Resposta: A 2. Duas espiras, A e B, são percorridas por correntes elétricas de intensidades i e 2i, respectivamente. Seus raios valem 2R e R, respec→ → tivamente. Sendo BA o campo magnético no centro da espira A e BB , no centro de B, determine a razão entre as intensidades B A /BB. RESOLUÇÃO: .i B = ––––– 2R .i –––––– BA 1 4R –––– = –––––––– = –––– BB 4 . 2i –––––– 2R
R = 8
i
BA 1 –––– = ––– BB 4
(Resposta)
r = 2
= 50V
i
Considerando que a bobina da figura tem resistência R = 8 Ω, possui 6 espiras, o raio mede 10cm, e ela é alimentada por um gerador de resistência interna de 2 Ω e força eletromotriz de 50V, a intensidade do vetor indução magnética no centro da bobina, no vácuo, vale: a) 2π . 10–5T b) 4π . 10–5T c) 6π . 10–5T d) 8π . 10–5T e) 9π . 10–5T Dado: µ0 = 4 π . 10–7 T.m/A (permeabilidade magnética no vácuo)
RESOLUÇÃO: Lei de Pouillet: 50 50 i = ––––– = ––––– (A) = ––– (A) r+R 2+8 10 i = 5,0A
– 187
Campo de espira: .i B1 = ––––– 2r
MÓDULO 31
r = raio da espira
EXERCÍCIOS GERAIS: CONDUTOR RETILÍNEO E FIOS PARALELOS
r = 10cm = 0,10m = 1,0 . 10–1m 4 . 10–7 . 5,0 B1 = ––––––––––––– (unidades SI) 2 . 1,0 . 10–1 B1 = 10 .
10–6
1. (MODELO ENEM) – Quando dois condutores retilíneos, de comprimento infinito, estiverem alinhados em paralelo, haverá uma atração ou repulsão entre eles, a qual dependerá do sentido das duas correntes elétricas. Usando-se as regras da mão direita e da esquerda, é possível determinar as forças magnéticas, como se observa no exemplo abaixo.
T
Mas a bobina possui 6 espiras justapostas: B = 6 . B1 = 6 . (10 . 10–6T) B = 6 . 10–5T Resposta: C
F
i1
B2
5. Tem-se uma bobina enrolada num tubo transparente de vidro, cujos terminais são A e C. Um operador transporta, numa bandeja, uma bússola até o ponto médio M.
i2
B1 F
observador
(1)
(2)
M
bússola
chave A F Í S I C A A
C
PILHA
+ Fecha-se a chave do sistema eletromagnético, a bobina se polariza em norte e sul magnético e a agulha da bússola se orienta com o campo magnético Pode-se afirmar que o observador vê a seguinte figura da bússola:
-
a)
b) (1)
(2)
c)
(1)
(2)
(1)
(2)
Analise as três proposições e classifique-as em falsa ou verdadeira. Tomando como referência a figura dada: I. se invertermos o sentido de i1, mantendo o de i 2, as forças serão de atração; II. se invertermos o sentido de i1 e de i2 (em relação à situação inicial), as forças continuam a ser de repulsão; III. se invertermos o sentido de i2 (em relação à situação inicial), as forças alteram o seu sentido e serão de atração. a) É verdadeira apenas a I. b) É verdadeira apenas a II. c) É verdadeira apenas a III. d) São verdadeiras apenas I e III. e) São todas verdadeiras.
RESOLUÇÃO: I. VERDADEIRA Se invertermos i1, as correntes passam a ter o mesmo sentido e ocorre atração.
d) (1)
(2)
RESOLUÇÃO: Passando corrente na bobina, o seu campo magnético interno tem a direção do seu eixo geométrico, o que elimina as alternativas (c) e (d). Usando a regra da mão direita, verificamos que o sentido do campo é de (2) para (1). Logo, a bússola fica assim: (1)
II. VERDADEIRA Se as duas correntes forem invertidas, elas continuam em sentidos opostos e os fios se repelem. III. VERDADEIRA. Tal qual aconteceu no caso I, se uma das correntes for invertida, haverá inversão no sentido da força.
(2)
Resposta: E Resposta: A
188 –
2. (UFPE) – Três condutores, A, B e C, longos e paralelos, são fixados como mostra a figura e percorridos pelas correntes I A, IB e IC, que têm os sentidos indicados pelas setas. As três correntes têm a mesma intensidade.
RESOLUÇÃO: Vamos nomear as espiras de cada figura, de dentro para fora, por I, II e III, como indicados na figura a seguir: 3R
d
d
I
2R R
I A
IB
IC
II III O campo magnético no centro de uma espira é dado por
A
B
.I B = –––– 2R
C
A força magnética resultante que atua sobre o condutor B está dirigida a) da esquerda para a direita, no plano da figura. b) de baixo para cima, no plano da figura. c) de fora para dentro do plano da figura. d) da direita para a esquerda, no plano da figura. e) é nula; não tem direção.
Intensidade do campo magnético gerado no centro de cada uma das espiras isoladamente: .I .I .I BI = –––– BII = –––– BIII = –––– 2R 4R 6R
RESOLUÇÃO: Aplicando-se a regra da mão direita nos fios A e C, verificamos que as correntes que por eles circulam geram sobre o fio B um campo magnético de mesmo sentido, penetrando no papel. A seguir, aplicamos a regra da mão esquerda em B. Com isso, determinamos o sentido de F.
Figura 1
Campo magnético resultante no centro de cada uma das três figuras dadas: B1 = + BI – BII – BIII
III
i i i B1 = + –––– – –––– – –––– 2R 4R 6R
II I
1 i B1 = –––– –––– 12 R
(1) A A C I S Í F
Figura 2 III II
B2 = + BI + BII + BIII i i i B2 = + –––– + –––– + –––– 2R 4R 6R
I
Resposta: D 11 i B2 = –––– –––– 12 R
(2)
3. (ITA-2014) – As figuras mostram três espiras circulares, concêntricas, de raios R, 2R e 3R, percorridas por correntes elétricas de mesma intensidade I em diferentes sentidos.
Figura 3 B3 = + BI + BII – BIII III II I
i i i B3 = –––– + –––– – –––– 2R 4R 6R 7 i B3 = –––– –––– 12 R
(1)
(2)
(3) (3)
Assinale a alternativa que ordena corretamente as mag nitudes dos respectivos campos magnéticos resultantes nos centros de cada configuração, ou seja: B1, B2 e B3 (respectivamente das figuras 1, 2 e 3). a) B1 > B2 > B3. b) B2 > B1 > B3. c) B2 > B3 > B1· d) B3 > B2 > B1· e) B3 > B1 > B2.
De (1), (2) e (3)
B2 > B3 > B1 Resposta: C
– 189
4. (ESPCEx-AMAM-2014) – Dois fios, “A” e “B”, retos, paralelos e extensos, estão separados por uma distância de 2m. Uma espira circular de raio igual a π / 4 m encontra-se com seu centro “O” a uma distância de 2 m do fio “B”, conforme desenho abaixo. A
B i
MÓDULO 32 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA: LEIS DE FARADAY E LENZ
i 2,0 m
1. (PUC-PR) – Um ímã natural está próximo a um anel condutor, conforme a figura.
O 2,0 m
i
Desenho ilustrativo – fora de escala
A espira e os fios são coplanares e se encontram no vácuo. Os fios “A” e “B” e a espira são percorridos por correntes elétricas de mesma intensidade i = 1A com os sentidos representados no desenho. A intensidade do vetor indução magnética resultante originado pelas três correntes no centro “O” da espira é: a) 3,0 . 10–7T b) 4,5 . 10–7T c) 6,5 . 10–7T d) 7,5 . 10–7T e) 8,0 . 10–7T Dado: Permeabilidade magnética do vácuo: µ0 = 4π . 10–7T . m/A
RESOLUÇÃO: Usando a regra da mão direita para os fios A e B, determinamos o sentido dos respectivos campos magnéticos no centro da espira E, como se indica na figura. 4 . 10–7 . 1 . iA BA = ––––– BA = –––––––––––– (T) = 0,50 . 10–7T 2 .4 2 dA 4 . 10–7 . 1 BB = –––––––––––– (T) = 1,0 . 10–7T 2 .2
. iB BB = ––––– 2 dB F Í S I C A A
A corrente elétrica na espira E gera, em seu centro, um campo de intensidade BE: 4 . 10–7 . 1 BE = –––––––––––– (T) = 8,0 . 10–7T 2 . –– 4
. iE BE = ––––– 2RE i
B A
BE
BB i
A intensidade do campo resultante é: Bres = + BE + BA – BB Bres = +8,0 . 10–7T + 0,5 . 10–7T – 1,0 . 10–7T Bres = 7,5 . 10–7T Resposta: D
190 –
Norte
Sul
Anel condutor
Considere as proposições: I. Se existir movimento relativo entre eles, haverá variação do fluxo magnético através do anel, o que induzirá uma corrente elétrica. II. Se não houver movimento relativo entre eles, existirá fluxo magnético através do anel, mas não corrente induzida. III. O sentido da corrente induzida não depende da aproximação ou do afastamento do ímã em relação ao anel. Estão corretas: a) todas b) somente III c) somente I e II d) somente I e III e) somente II e III
RESOLUÇÃO: I. CORRETA. O movimento de aproximação ou de afastamento entre o ímã e o anel vai produzir, respectivamente, um aumento ou uma diminuição de fluxo e, desta forma, vai induzir corrente elétrica no anel. II. CORRETA. Mesmo estando o ímã em repouso relativo ao anel, haverá um fluxo passando por dentro deste. No entanto, o fluxo será constante e, portanto, não haverá indução. III. INCORRETA Se o ímã se aproximar, haverá uma corrente no sentido horário. Se ele se afastar, haverá uma corrente no sentido anti-horário. Resposta: C
2. (FUVEST) – Aproxima-se um ímã de um anel metálico fixo em um suporte isolante, como mostra a figura.
O movimento do ímã, em direção ao anel, a) não causa efeitos no anel. b) produz corrente alternada no anel. c) faz com que o polo sul do ímã vire polo norte e vice-versa. d) produz corrente elétrica no anel, causando uma força de atração entre anel e ímã. e) produz corrente elétrica no anel, causando uma força de repulsão entre anel e ímã.
RESOLUÇÃO: Quando o ímã é aproximado do anel, ocorre indução eletromagnética e surge no anel uma corrente elétrica induzida (Lei de Faraday). De acordo com a Lei de Lenz, surge uma força magnética de repulsão, isto é, opondo-se ao movimento do ímã. A figura ilustra a corrente induzida e a polaridade magnética no anel. V S
3. (UNICENTRO-2014) – Sobre a indução eletromagnética, formalizada pela Lei de Faraday, assinale a alternativa correta. a) A força eletromotriz induzida em uma espira independe do fluxo de campo magnético. b) A força eletromotriz induzida terá sua intensidade aumentada à medida que se aumenta o campo magnético que atravessa a espira. c) Uma força eletromotriz induzida aparece em uma espira quando o fluxo magnético que atravessa essa espira varia com o tempo. d) Uma força eletromotriz induzida aparece em uma espira a partir de um valor mínimo do campo magnético que atravessa essa espira. e) Uma força eletromotriz induzida será constante em uma espira quando o campo magnético que atravessa essa espira também for constante. RESOLUÇÃO: A Lei de Faraday diz que a indução magnética numa espira somente ocorrerá se houver variação de fluxo magnético. A força eletromotriz induzida se calcula por:
= –––– t
Como o fluxo vale:
(B . A . cos ) = ––––––––––––––– t
= B . A . cos
Devemos variar o campo magnético ou a área ou o ângulo . A alternativa b está errada, pois aumentar apenas o campo sem fixar a área e o ângulo pode levar a = 0. Resposta: C
i N
N i A A C I S Í F
polo norte (visto pelo ímã)
A corrente induzida não vai mudar de sentido, pois o ímã somente foi aproximado do anel. Para se gerar uma corrente alternada, deveríamos produzir no ímã um movimento de vai e vem, como, por exemplo, um MHS. Resposta: E
– 191
4. (UEPG-2013-MODELO ENEM) – Sobre fenômenos relacionados ao campo magnético e à indução eletromagnética, assinale o que for correto. 01) Sempre que uma espira fechada é atravessada por um fluxo magnético variável, surge na espira uma corrente elétrica induzida. 02) O polo sul geográfico terrestre corresponde ao polo sul magnético terrestre. 04) Todos os ímãs apresentam dois polos magnéticos, entretanto podem existir polos magnéticos isolados na natureza. 08) O movimento ordenado de cargas elétricas origina campos magnéticos. 16) Um gerador elétrico (não químico) funciona sob o princípio da Lei de Faraday. RESOLUÇÃO: 01) CORRETO É a Lei de Faraday. 02) INCORRETO A Terra é um ímã de ponta-cabeça. polo norte geográfico polo sul magnético
polo norte magnético F Í S I C A A
polo sul geográfico
04) INCORRETO Realmente, o ímã possui polo norte e sul, no entanto, são inseparáveis. 08) CORRETO Cargas elétricas em movimento ordenado geram corrente elétrica, que, por sua vez, gera campo magnético. 16) CORRETO Conversão de energia mecânica em elétrica passa pela Lei de Faraday. É o caso dos geradores elétricos. Resposta: São corretos (01), (08), (16)
192 –
5. (MODELO ENEM) – Michael Faraday descobriu o fenômeno da indução magnética ao realizar alguns experimentos usando um ímã e uma bobina.
Percebeu ele que fazendo variar o fluxo magnético no interior da bobina, surgia uma corrente elétrica induzida, acendendo mo mentaneamente a lâmpada. O fenômeno da indução magnética a) obedece ao princípio da conservação da energia, pois o que ocorre é apenas conversão de energia. b) não obedece ao princípio da conservação da energia, pois a lâmpada se acendeu sem que se usasse pilha alguma. c) foi explicado matematicamente pela Lei de Lenz, sem que se mencionasse a lei da conservação da energia. d) não obedece ao princípio da conservação da energia, pois, conforme a Lei de Lenz, trata-se apenas do surgimento de um contrafluxo magnético na bobina. e) obedece ao princípio da conservação de energia, havendo conversão de energia elétrica em mecânica.
RESOLUÇÃO: Evidentemente, o fenômeno da indução magnética é uma simples conversão de energia mecânica (ímã em movimento) em energia elétrica e, portanto, vale o princípio da conservação da energia. Resposta: A
MÓDULO 33 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA: LEI DE FARADAY – F. E. M. INDUZIDA 1. (ITA-2014-Adaptada-MODELO ENEM) – Considere um ímã cilíndrico vertical com o polo norte para cima, tendo um anel condutor posicionado acima dele. Um agente externo imprime um movimento ao anel que, partindo do repouso, desce verticalmente em torno do ímã e atinge uma posição simétrica à original. Um observador vê o experimento de cima, como mostram as figuras 1, 2 e 3. Na figura 2 o anel está passando pelo meio do ímã.
anel
2. (UPE-2014) – Uma bobina, formada por 5 espiras, possui um raio igual a 3,0cm e é atravessada por um campo magnético perpendicular ao plano dela. Se o campo magnético tem seu módulo variado de 1,0 T até 3,5 T em 9,0 ms, é correto afirmar que a força eletromotriz induzida foi, em média, igual a a) 0,25 mV b) 75 mV c) 0,25 V d) 1,25 V e) 3,75 V Observação: use π 3 RESOLUÇÃO: 1. Cálculo da área: A = r2 = 3 . (3,0 . 10–2)2 = 27 . 10–4m2 2. Cálculo dos fluxos magnéticos: = B . A . cos 90° = B . A –4 –4 0 = 1,0 . 27 . 10 = 27 . 10 Wb –4 f = 3,5 . 27 . 10 Wb = f – 0 = (3,5 . 27 . 10–4 – 27 . 10–4)Wb = 2,5 . 27 . 10–4 Wb 3. Cálculo da força eletromotriz induzida. São 5 espiras:
N
N
N
S
S
S
Fig.1
Fig.2
Fig.3
= N –––– = 5 . t
2,5 . 27 . 10–4 Wb ––––––––––––––––– 9,0 . 10–3s
= 3,75V
Resposta: E
O sentido da corrente induzida no anel nas figuras 1, 2 e 3, visto pelo observador, é respectivamente: a) horário, horário, horário b) horário, nula, anti-horário c) anti-horário, anti-horário, horário d) anti-horário, nula, horário e) horário, nula, horário
A A C I S Í F
RESOLUÇÃO: Na figura 1, devemos tomar cuidado, pois o sentido anti-horário da corrente induzida seria visto por baixo, na outra face da espira. Na figura 2, não há corrente induzida.
Resposta: B
– 193
3. (UEL) – Em uma usina hidroelétrica, a água do reservatório é guiada por um duto para girar o eixo de uma turbina. O movimento mecânico do eixo, no interior da estrutura do gerador, transforma a energia mecânica em energia elétrica, que chega até nossas casas. Com base nessas informações e em conhecimentos sobre o tema, é correto afirmar que a produção de energia elétrica em uma usina hidroelétrica está relacionada a) à indução de Faraday. b) à força de Coulomb. c) ao efeito Joule. d) ao princípio de Arquimedes. e) ao ciclo de Carnot. RESOLUÇÃO: Nas usinas hidroelétricas, o eixo do gerador e o eixo da turbina são verticais. Eles são acoplados um ao outro com a turbina embaixo e o gerador em cima.
RESOLUÇÃO: (5,0 – 3,0) Wb = –––– = ––––––––––––– t (0,5 – 0,0)s
= 4,0V
Resposta: 4,0V
MÓDULO 34 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA (BLV) – EXERCÍCIOS GERAIS 1. Na figura, temos uma espira retangular de área variável (haste mó→ vel). A seta ao lado de v indica o sentido em que a haste está sendo movida por ação de forças externas. Indique o sentido da corrente induzida.
Resposta: A F Í S I C A A
4. (MODELO ENEM) – O campo magnético em que se encontra uma espira circular tem a direção perpendicular ao plano da espira e sua intensidade varia como nos mostra o gráfico a seguir:
RESOLUÇÃO: 1.o modo A força magnética Fm que surge na haste móvel se opõe ao deslocamento da haste, de acordo com a Lei de Lenz. Assim, conhecidos os sentidos de B e Fm , determinamos, pela regra da mão esquerda, o sentido de i na haste móvel.
B(T)
5,0
3,0
0
0,5
1,0
Determine a força eletromotriz induzida (em módulo).
194 –
t(s)
2.o modo Ao deslocar a haste no sentido indicado, ocorre aumento do fluxo interno à espira fechada retangular. Logo, pela Lei de Lenz, deverá haver uma compensação de fluxo e a corrente induzida é o resultado de um penetrando na espira. A corrente terá o sentido horário. Observemos que e B têm o mesmo sentido.
3. (UEL) – Um anel condutor de raio r e resistência R é colocado em um campo magnético homogêneo no espaço e no tempo. A direção do campo de módulo B é perpendicular à superfície gerada pelo anel e o sentido está indicado no esquema da figura a seguir.
Resposta: sentido horário
No intervalo ∆t = 1s, o raio do anel é duplicado. Calcule a intensidade e indique o sentido da corrente induzida no anel. Dê sua resposta em função dos dados: B, R e r. Note e adote: = B . A ∆Φ
2. Retome o sistema do exercício anterior. Sendo L o comprimento da haste móvel, B a intensidade do campo magnético, determine a) o módulo da fem induzida; b) a intensidade da corrente elétrica, sendo R a resistência elétrica do circuito fechado. RESOLUÇÃO: a) Num intervalo de tempo t, a haste desloca-se x: x V = ––– t
fem induzida: ε = ––––– ∆t
RESOLUÇÃO: 1.o)Devido ao aumento do raio e consequentemente da área do anel, concluímos que a área de fluxo aumentou. 2.o)Consequentemente, o fluxo aumento e ocorreu indução. r(aum) A(aum) (aum) Se temos 0 temos corrente induzida. 3.o) Pela Lei de Lenz, a corrente induzida gera fluxo oposto ao indutor, pois houve aumento de fluxo.
x=V. t A A C I S Í F
A sua área varia de: A= x.L=V. t.L O fluxo varia de: = B . A = B. L . V . t A fem induzida é: = –––– t
=B.L.V
b) A intensidade da corrente na haste é dada pelo Pouillet: i = ––– R
B.L.V i = –––––––– R
Usando a regra da mão direita no B (induzido), obtemos o sentido anti-horário. 4.o) Cálculo da intensidade de corrente induzida: ( (2r)2 – r2) . B fem: = –––– = ––––––––––––––– t t (4 r2 – r2) B 3 r2. B = –––––––––––– = ––––––– t 1 = 3 r2B i = ––– R
3 r2 B i = ––––––– R
3 r2 B Respostas: i = ––––––– ; sentido anti-horário. R
– 195
(MODELO ENEM) – Texto para as questões 4 e 5. Numa usina eólica, um “cata-vento” gira com o fluxo eólico. Nesse processo, adquire energia mecânica, a qual transmite para um gerador elétrico. A figura ilustra um processo de transmissão mecânica.
4. Admitindo que a potência de um cata-vento seja de 10kW, que na transmissão mecânica o rendimento seja de 80% e que no processo de conversão de energia mecânica em elétrica haja uma perda de 5%, a potência elétrica gerada será: a) 10kW b) 9,0kW c) 9,5kW d) 7,6kW e) 8,0kW RESOLUÇÃO: O rendimento no processo de conversão de energia mecânica em elétrica é 95%. O rendimento total do processo é dado pelo produto dos dois rendimentos: F Í S I C A A
6.
(FATEC-2013) – Como funciona uma usina nuclear? A fissão dos átomos de urânio dentro das varetas do elemento combustível aquece a água que passa pelo reator a uma temperatura de 320 graus Celsius. Para que não entre em ebulição – o que ocorreria normalmente aos 100 graus Celsius – esta água é mantida sob uma pressão 157 vezes maior que a pressão atmosférica. O gerador de vapor realiza uma troca de calor entre as águas de um primeiro circuito e as águas de um circuito secundário, os quais são independentes entre si. Com essa troca de calor, as águas do circuito secundário se transformam em vapor e movimentam a turbina, que, por sua vez, aciona o gerador elétrico. (eletronuclear.gov.br/Saibamais/Espa%C3%A7odoConhecimento/ Pesquisaescolar/EnergiaNuclear.aspx Acesso em 15.02.2013. Adaptado) Usando como base apenas o texto apresentado, identi ficam-se, independentemente da ordem, além da energia nuclear, três outros tipos de energia: a) elétrica, luminosa e eólica. b) elétrica, eólica e mecânica. c) elétrica, mecânica e térmica. d) térmica, mecânica e luminosa. e) térmica, mecânica e eólica. RESOLUÇÃO: O aquecimento da água implica haver transferência de energia térmica.
O acionamento da turbina implica energia mecânica. No gerador elétrico, por indução eletromagnética, temos a energia elétrica.
Resposta: C
= 0,80 . 0,95 = 0,76 ou 76% A potência elétrica gerada será: Peletr = 10kW . 0,76 Peletr = 7,6kW Resposta: D
5. Na geração eólica, o processo de conversão da energia mecânica em elétrica no interior do gerador obedece à a) Lei de Faraday. b) Lei de Joule. c) Lei de Coulomb. d) lei da inércia. e) Lei de Ohm-Pouillet. RESOLUÇÃO: A Lei de Faraday explica o processo de conversão de energia mecânica em elétrica. Resposta: A
196 –
7. a) b) c) d)
Em que processo da usina nuclear ocorre indução eletromagnética? Na fissão dos átomos de urânio. Na conversão da energia mecânica em térmica. Na conversão da energia mecânica em elétrica. Na fabricação do vapor de água pressurizado que é injetado na turbina. e) Na conversão da energia térmica em elétrica.
RESOLUÇÃO: a) A fissão dos átomos de urânio produz energia térmica, que, sob a forma de calor, vai aquecer a água de uma caldeira. b) Não há conversão de energia mecânica em térmica na usina nuclear. fissão energia térmica energia mecânia energia elétrica c) CORRETA: veja o esquema anterior d) O vapor d’água pressurizado foi fabricado numa caldeira com o calor da fissão. e) A energia térmica não é diretamente convertida em elétrica. Resposta: C
a) O que vai ocorrer: atração ou repulsão? b) Justifique-o usando a série triboelétrica.
MÓDULO 35 ELETROSTÁTICA: ELETRIZAÇÃO POR ATRITO E CONTATO
RESOLUÇÃO: a) Repulsão. b) Ambas eletrizaram-se com cargas negativas. O paninho de seda ficou positivo.
(MODELO ENEM) – Texto para as questões 1 e 2. Verificou-se, experimentalmente, que as substâncias podem ser orga nizadas e ordenadas numa sequência tal que mostre sua tendência em perder elétrons quando atritadas com uma outra susbtância diferente. Essa organização está parcialmente tabelada a seguir e vamos denominá-la série triboelétrica.
regra
substância
3. Dispomos de quatro pequenas esferas metálicas, A, B, C e D. A primeira delas possui uma carga elétrica de +64 pC e a quarta, uma carga elétrica de –8 pC. As demais estão neutras. Determine a carga elétrica em cada esferinha nos contatos que se propõem:
vidro lã pele de coelho seda
a) b) c) d)
da esferinha A com a B; da esferinha A com a C, após o contato anterior; da esferinha B com a D, após os contatos anteriores; das quatro esferinhas simultaneamente.
papel borracha papel celofane
RESOLUÇÃO: a) Contato entre A e B +64pC + 0 –––––––––– = +32 pC (para cada uma delas) 2
celuloide
1. Atritando-se os pares a seguir, quem ficará eletrizado positi vamente? E negativamente? I. barra de vidro com pano de lã II. canudinho de celuloide com papel III. borracha com pele de coelho
b) Contato entre A e C, após o contato anterior: +32pC + 0 –––––––––– = +16 pC (para cada uma delas) 2
c) Contato de B com D após os contatos anteriores +32pC – 8pC +24pC –––––––––––– = ––––––– = +12 pC 2 2
RESOLUÇÃO: I. vidro e lã II. celuloide e papel III. borracha e pele de coelho
2. Cortam-se duas tiras de papel celofane e esfregam-se ambas com um paninho de seda (como, por exemplo, o que usamos para limpar os óculos). As duas tiras são então aproximadas uma da outra.
d) Juntando as quatro esferinhas: QA + QB + QC + QD = 4Q +16pC + 12pC + 16pC + 12pC = 4Q +56pC = 4Q Q = 14pC Cada esferinha ficará com 14 pC Observação: devido ao princípio da conservação da carga elétrica, se somarmos as cargas iniciais, o resultado deverá ser o mesmo: +64pC + 0 + 0 –8pC = 4Q
A
+56pC = 4Q
Q = 14pC
B
– 197
A A C I S Í F
4. (UERJ) – Três pequenas esferas metálicas, E1, E 2 e E 3, eletricamente carregadas e isoladas, estão alinhadas, em posições fixas, sendo E2 equidistante de E 1 e E3. Seus raios possuem o mesmo valor, que é muito menor que as distâncias entre elas, como mostra a figura:
MÓDULO 36 INDUÇÃO ELETROSTÁTICA
As cargas elétricas das esferas têm, respectivamente, os seguintes valores: Q1 = +20µC Q2 = –4µC Q3 = –1µC a) Admita que, em um determinado instante, E1 e E2 são conectadas por um fio metálico; após alguns segundos, a conexão é desfeita. Nessa nova configuração, determine as cargas elétricas de E 1 e E2. b) Admita que as três foram conectadas por fios. Como fica a nova distribuição de cargas?
1. Desenhe as cargas elétricas induzidas na esfera neutra. Considere o bastão como corpo indutor e a esfera condutora.
RESOLUÇÃO: a)
Q1 + Q2 +16 C (+20) + (–4) Q’1 = Q’2 = –––––––– = –––––––––– C = ––––––– 2 2 2 Q’1 = Q’2 = +8 C b)
F Í S I C A A
RESOLUÇÃO:
Q +15 C (+20) + (–4) + (–1) Q final = –––– = ––––––––––––––––– C = ––––––– 3 3 3 Q final = +5 C
198 –
2. (IFSP) – Enquanto fazia a limpeza em seu local de trabalho, uma faxineira se surpreendeu com o seguinte fenômeno: depois de limpar um objeto de vidro, esfregando-o vigorosamente com um pedaço de pano de lã, percebeu que o vidro atraiu para si pequenos pedaços de papel que estavam espalhados sobre a mesa.
4. Uma esfera condutora neutra está sobre um suporte isolante, porém está ligada à Terra por um fio condutor. Aproximamos da esfera um segundo corpo eletrizado, o qual denominaremos indutor.
fio-terra indutor induzido
Responda, a) as cargas que percorrem o fio-terra durante o processo de indução são positivas ou negativas? Indique por uma seta na figura o sentido de percurso. b) a carga induzida é positiva ou negativa? c) de que modo poderíamos manter a carga induzida mesmo afastando o indutor? (www.portaldoprofessor.mec.gov.br) O motivo da surpresa da faxineira consiste no fato de que a) quando atritou o vidro e a lã, ela retirou prótons do vidro tornando-o negativamente eletrizado, possibilitando que atraísse os pedaços de papel. b) o atrito entre o vidro e a lã aqueceu o vidro e o calor produzido foi o responsável pela atração dos pedaços de papel. c) ao esfregar a lã no vidro, a faxineira criou um campo magnético ao redor do vidro semelhante ao existente ao redor de um ímã. d) ao esfregar a lã e o vidro, a faxineira tornou-os eletricamente neutros, impedindo que o vidro repelisse os pedaços de papel. e) o atrito entre o vidro e a lã fez um dos dois perder elétrons e o outro ganhar, eletrizando os dois, o que permitiu que o vidro atraísse os pedaços de papel.
RESOLUÇÃO: a) No experimento, o indutor é positivo e “puxa” elétrons pelo fioterra. b) No experimento, como o indutor é positivo, a carga induzida tem sinal contrário e é negativa. c) Inicialmente, corta-se o fio-terra na presença do indutor. A seguir, afastamos o indutor. Se você fizer o inverso, as cargas escoarão pelo fio-terra e neutralizar-se-á o induzido.
fio-terra elétrons
indutor induzido
A A C I S Í F
RESOLUÇÃO: O pano de lã eletrizou, por atrito, o vidro, deixando-o com cargas positivas (é o 1.o elemento da série triboelétrica). O pano de lã ficou com cargas negativas. Estando eletrizado, o vidro tornou-se um indutor eletrostático e atraiu os papeizinhos. Resposta: E
3. (PUC-RS-2014) – Uma esfera metálica neutra é suspensa por um fio isolante. Quando um bastão feito de material isolante e positiva mente carregado é posicionado perto da esfera metálica sem encostar nela, observa-se que a esfera a) é repelida pelo bastão, porque a esfera se torna positivamente carregada. b) é atraída para o bastão, porque a esfera se torna negativamente carregada. c) é atraída para o bastão, porque o número de prótrons na esfera é menor que no bastão. d) é repelida pelo bastão, porque ocorre um rearranjo de prótons na esfera. e) é atraída para o bastão, porque ocorre um rearranjo dos elétrons na esfera, que continua neutra. Resposta: E
– 199
