Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
1.
Do GPS à descrição do movimento
(E) Afirmação falsa. O declive da reta tangente
ao gráfico posição-tempo é numericamente
1.1.1.
O sistema de GPS pode ser utilizado na nave-
igual ao valor da velocidade. Assim, através do
gação e na localização de um objeto.
sinal do declive da reta tangente ao gráfico podemos concluir qual o sinal da velocidade
1.1.2.
Identificar a velocidade com que o sinal se
nesse instante. Quando o valor da velocidade
propaga.
é positivo, a partícula move-se no sentido po-
Os sinais emitidos pelo satélite são ondas ele-
sitivo e quando é negativo move-se no sentido
tromagnéticas, pelo que a velocidade com que
negativo da trajetória. No intervalo de tempo
se propaga no ar é aproximadamente igual à
[0 ; 4[ s o valor da velocidade é positivo e de
velocidade de propagação da luz no vazio, ou
]4 ; 10] s, é negativo. Deste modo, no primeiro
seja, 3 * 108 m s-1.
intervalo de tempo referido a partícula move-
Identificar a expressão da velocidade.
se no sentido positivo da trajetória e no se-
O valor da velocidade pode ser determinado
d
por: v =
Dt
Determinar do intervalo de tempo de via-
gundo intervalo de tempo move-se no sentido
gem do sinal.
d = c * Dt § Dt =
Dt =
d
c
§ Dt =
percorrido até que inverte o sentido do movi-
c
3 * 108 m s-1
(F) Afirmação falsa. O espaço percorrido pela
partícula pode ser determinado pela expressão s = |Dx1| + |Dx2| sendo |Dx1| o espaço
d
20 000 000 m
negativo.
mento (isto é, instante t = 4 s) e |Dx2| o es§
§ Dt = 0,067 s = 67 ms
Um sinal enviado por um satélite chega ao recetor que está na sua vertical em cerca de
67 ms.
1.2. (A) Afirmação verdadeira. O módulo do deslocamento pode ser dado por |Dx| = |xf - xi|
Para o intervalo de tempo [0 ; 10[ s, teremos:
|Dx| = |x10 - x0| § |Dx| = |0 - 0| = 0 m
Assim, o módulo do deslocamento é nulo.
(B) Afirmação falsa. O declive da reta tangente ao gráfico posição-tempo num dado instante é numericamente igual ao valor da
velocidade nesse instante. No instante t = 2 s,
o declive da reta tangente ao gráfico posição-
paço percorrido desde que inverte o sentido do
movimento até t = 10 s. Assim,
s = |Dx1| + |Dx2| §
§ s = |x4 - x0| + |x10 - x4| §
§ s = |50 - 0| + |0 – 50| = 100 m
O espaço percorrido pela partícula é 100 m.
(G) Afirmação verdadeira. No instante t = 4 s,
o valor da velocidade é nulo. Em instantes anteriores a t = 4 s o valor da velocidade é positivo e nos instantes seguintes a t = 4 s o valor
da velocidade é negativo. Assim, para passar
de uma velocidade positiva para uma velocidade negativa teve de ocorrer inversão do sentido do movimento. Esta ocorreu no instante
t = 4 s.
tempo é positivo e no instante t = 4 s o declive
(H) Afirmação falsa. Traçando tangentes ao
é nulo. Assim, no instante t = 2 s o valor da ve-
gráfico dado em diferentes instantes do inter-
locidade é superior ao valor da velocidade no
valo de tempo ]6 ; 10] s, verifica-se que o de-
instante t = 4 s.
clive dessas tangentes não é constante. Assim,
(C) Afirmação falsa. Os gráficos posição-
o valor da velocidade nesse intervalo de tempo
tempo não dão qualquer informação sobre a
forma da trajetória. Assim, apenas com base
não é constante.
1.3.1.1.
no gráfico posição-tempo não podemos con-
Partícula A, B ou D. Se o movimento é acele-
cluir qual é a forma da trajetória.
rado até ao instante t1, o módulo da velocidade
(D) Afirmação verdadeira. No instante t = 0 s,
tem de estar a aumentar desde t = 0 s até t1.
x = 0 m. Assim, no instante inicial do movi-
Nos gráficos relativos às partículas referidas,
mento, a partícula está no ponto escolhido
o módulo da velocidade está a aumentar
para origem da trajetória.
nesse intervalo de tempo.
© Edições ASA
1
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
1.3.1.2.
Partícula C. Se o movimento é retardado, o
módulo da velocidade tem de estar a diminuir
e se se move no sentido negativo, o valor da
velocidade tem de ser negativo.
Assim, a análise dos gráficos permite concluir
que de t = 0 s até t1, apenas a partícula C possui movimento retardado no sentido negativo
da trajetória.
1.3.1.3.
Partícula D. Entre os instantes t = 0 s até t1 a
variação da velocidade não é constante. Se a
variação da velocidade não é constante é porque a resultante das forças que atuaram na
partícula nesse intervalo de tempo não foi
constante.
1.3.1.4.
Partícula C ou E. Se a resultante das forças
tem sentido contrário à velocidade, o movimento tem de ser retardado nesse intervalo
de tempo. Para as partículas C e E, o módulo
do valor da velocidade está a diminuir nesse
intervalo de tempo. Assim, o movimento é retardado entre t = 0 s e t1.
1.3.2.
x0 = 20 m; v0 = 10 m s-1, v2 = - 20 m s-1,
t1 = 5 s e t2 = 15 s
1.3.2.1.
Determinar o valor do deslocamento.
Partindo da área definida no gráfico velocidade-tempo podemos obter o valor do deslocamento da partícula no intervalo de tempo
considerado. Assim:
Dx = A1 + (- A2), sendo A1 a área definida no
gráfico no intervalo de tempo [0 ; t1] s e A2 a
área correspondente ao intervalo de tempo
[t1 ; t2] s.
A1 =
A2 =
b*h
2
b*h
2
§ A1 =
§ A2 =
5 * 10
2
§ A1 = 25
10 * 20
2
§ A2 = 100
Dx = 25 + (-100) = -75 m
Determinar a posição final.
Dx = xf - xi § xf = Dx + xi §
§ xf = -75 + 20 § xf = -55 m
No instante t = 15 s a partícula E estava na posição -55 m.
2
© Edições ASA
1.3.2.2.
Identificar a equação deste tipo de movimento.
Nos primeiros 10 segundos, a partícula tem
movimento uniformemente variado (inicialmente retardado e depois acelerado). A equação geral deste tipo de movimento é
1
x = x0 + v0t + at2
2
Determinar o valor da aceleração.
Dv
-20 - 10
a=
§a=
§ a = -2,0 m s-2
Dt
15 - 0
Obter a equação do movimento para este
movimento.
Substituindo valores, obtém-se:
1
x = 20 + 10t + (-2,0)t2 §
2
§ x = 20 + 10t - t2 (SI)
Esboçar o gráfico correspondente à equação.
Esboçando o gráfico verifica-se que a partícula
inverte o sentido do movimento no instante
t = 5 s e passa na origem da trajetória no instante t = 11,7 s.
1.4.1.
Determinar o valor da força gravítica.
M*m
Fg = G
r2
6 * 1024 * 100,0
Fg = 6,67 * 10-11
§
(6,4 * 106)2
§ Fg = 997,1 N
Caracterizar a força gravítica.
A força gravítica a que o corpo está submetido
tem a direção da reta que passa pelo corpo e
pelo centro de massa da Terra, sentido do
corpo para o centro da Terra, aplicada no
corpo e intensidade 997,1 N.
1.4.2.
(B)
Determinar a expressão da força gravítica
em X.
M*m
mX * m
§ Fg(X) = G
§
Fg = G
2
r
rX2
2mT * m
§ Fg(X) = G
§
(2rT)2
1 mT * m
§
§ Fg(X) = G
2
rT2
§ Fg(X) =
1
2
Fg(Terra)
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
Determinar a expressão da força gravítica
em Y.
Fg = G
M*m
r
2
§ Fg(Y) = G
§ Fg(Y) = G
mT * m
h1 k
r
j 2 Tm
§ Fg(Y) = 4 G
2
mY * m
rY2
3
§ tmédio =
§ tmédio =
rT2
tA
2,27 - 0,304
0,2151
§ a = 9,14 m s-2
O valor da aceleração gravítica determinada
pelos alunos foi 9,14 m s-2.
1.5.3.
O uso de um cronómetro manual não é adequado já que os tempos que se medem são tão
curtos que o tempo de reação do experimentador não permite que este acione e desligue
o cronómetro no intervalo de tempo que se
pretende medir.
2.
§
§
13,00 + 13,41 + 13,18
3
§
2 * 1,50 * 10
98,58 * 10-3
§ v(A) = 0,304 m s-1
2.1.1.
(B)
Determinar a expressão da força gravítica
para a situação descrita.
M = 6 * 106 m (M – massa do Sol; m – massa
de Mercúrio)
Fg = G
M*m
r2
§ FG = G
§
6 * 106 m * m
d 2SM
§ FG = 6 * 106 * G
§
m2
d 2SM
2.1.2.
Determinar o valor da força gravítica a que
Mercúrio está submetido devido ao Sol.
m2
FG = 6 * 106 * G 2 §
d SM
(3,29 * 1023)2
§
§ FG = 6 * 106 * 6,67 * 10-11
(5,7 * 1010)2
Caracterizar a força gravítica.
-2
§ v(A) =
Movimento de planetas e em torno deles
§ FG = 1,33 * 1032 N
Determinar a velocidade com que a esfera
de raio 1,50 cm passa nas células.
Na célula A:
2r
§a=
§
§ tmédio = 13,20 ms = 13,20 * 10-3 s
v(A) =
§
aceleração gravítica.
§ Fg(Y) = 4Fg(Terra)
3
3
13,20 * 10-3
v = v0 + a t § 2,27 = 0,304 + a * 0,2151 §
98,72 + 98,58 + 98,45
t1 + t2 + t3
tB
2 * 1,50 * 10-2
§ v(B) =
Determinar o valor da aceleração, que é a
§ tmédio = 98,58 ms
Determinar os desvios.
Desvio 1 = 98,58 - 98,72 = -0,14 ms
Desvio 2 = 0 ms
Desvio 3 = 0,13 ms
Identificar o maior desvio.
O maior desvio é -0,14 ms.
1.5.2.
Na queda, o movimento da esfera é uniformemente variado.
Identificar a equação das velocidades para
este tipo de movimento.
v = vo + a t
Determinar o tempo de passagem da esfera
na célula B.
tmédio =
2r
§ v(B) = 2,27 m s-1
§
mT * m
t1 + t2 + t3
v(B) =
§
Por análise das deduções anteriores, verificase que as afirmações I, II e IV são verdadeiras.
Atendendo às opções dadas, a correta é a (B).
1.5.1.
O desvio de uma medida é dado pela diferença
entre a média dos valores das medições e o
valor dessa medida.
Determinar o valor médio das medições.
tmédio =
Na célula B:
§
A força gravítica a que Mercúrio está submetido devido ao Sol tem a direção da reta
que passa pelos centros de massa do Sol e de
Mercúrio, sentido de Mercúrio para o Sol e
aplicada no planeta. A intensidade da força é
1,33 * 1032 N.
© Edições ASA
3
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
2.2.1.
Para um satélite ser estacionário deverá orbitar
no plano do equador de Júpiter, ter um período
orbital igual ao período de rotação do planeta e
mover-se no sentido da rotação de Júpiter.
Como o período de rotação de Júpiter é 9,9
horas, um satélite “Júpiter-estacionário” deverá
ter um período orbital de 9,9 horas. Só deste
modo se manterá “estacionário” em relação a
um dado ponto da superfície de Júpiter.
2.2.2.
Deduzir a expressão do valor da velocidade
orbital.
Júpiter orbita em torno do Sol. A resultante
das forças que atuam em Júpiter pode considerar-se que é igual à força gravítica que o Sol
exerce no planeta. Como o planeta tem aproximadamente movimento circular e uniforme,
a força resultante é uma força centrípeta.
Assim,
» =F
» , pelo que F = F
F
r
g
r
g
m
v2
r
=G
§v=
V
M*m
r
G*M
2
§ v2 =
G*M
r
§
r
Substituir os dados na equação deduzida.
G*M
6,67 * 10-11 * 2 * 1030
v=
§v=
r
7,8 * 1011
V
V
v = 1,31 * 10 m s = 13,1 km s-1
O valor da velocidade orbital de Júpiter em torno
do Sol é 1,31 * 104 m s-1, ou seja, 13,1 km s-1.
2.2.3.
Na alínea anterior consideramos que a trajetória de Júpiter em torno do Sol é circular,
quando na realidade tem a forma de uma
elipse.
2.3. (C) A velocidade é tangente à trajetória, a aceleração e a força centrípeta têm a direção radial e ambas são dirigidas do centro de massa
da Terra para o centro de massa do Sol.
2.4. (A) Afirmação verdadeira. O período de rotação dos pontos A, B e C coincide com o período
de rotação de Júpiter. Assim, todos esses pontos têm o mesmo período de rotação. Como a
frequência é o inverso do período, então, se
todos esses pontos têm o mesmo período
também vão ter a mesma frequência.
(B) Afirmação verdadeira. O valor da velocidade angular é diretamente proporcional à
frequência, w = 2p f . Se a frequência é igual
4
4
© Edições ASA
-1
para as três partículas, então, também o valor
da velocidade angular será igual para as três
partículas.
(C) Afirmação falsa. Justificação similar à da
afirmação (B).
(D) Afirmação falsa. O valor da velocidade linear é diretamente proporcional ao raio da órbita da partícula em estudo, v = w r. Como
r(B) < r(A) e w(A) = w(B), então, v(B) < v(A).
(E) Afirmação falsa. O valor da aceleração
v2
centrípeta é dado por ac = . Como v = w * r,
r
pode substituir-se na expressão da aceleração
(w * r)2
centrípeta e obtém-se: ac =
§
r
ac = w2 * r. Desta equação, verifica-se que a
aceleração centrípeta é diretamente proporcional ao raio da trajetória. Como r(B) > r(C),
então, ac(B) > ac(C), já que w(B) = w(C).
(F) Afirmação falsa. Ver justificação dada na
afirmação (A).
(G) Afirmação falsa. Como os períodos são
iguais, também as frequências são iguais.
2.5.1.
Determinar o valor de Fg que atua na caixa
quando está na superfície de Marte.
M*m
§
Fg = G
r2
§ Fg = 6,67 * 10-11
6,42 * 1023 * 40,0
(3,4 * 106)2
Fg = 148,2 N
Determinar o valor de Fg que atua na caixa
quando está na superfície de Saturno.
M*m
§
Fg = G
r2
§ Fg = 6,67 * 10-11
5,70 * 1026 * 40,0
(6 * 107)2
Fg = 422,4 N
Concluir com base nos cálculos.
A caixa fica sujeita a uma força gravítica mais
intensa quando se encontra à superfície de Saturno.
2.5.2.
(A) Na expressão do valor da força gravítica, a
variável distância aparece no denominador e
ao quadrado. Assim, quando a distância entre
o centro de massa dos corpos que interagem
passa para o dobro, mantendo-se as outras
variáveis, a força gravítica diminui para um
quarto do valor inicial.
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
2.6.1.
À altitude a que se encontra o telescópio o
valor da aceleração centrípeta é igual ao valor
da aceleração gravítica. Por outro lado, o raio
da órbita é:
r = rT + h (sendo h a altura a que se encontra o
telescópio.)
r = 6,40 * 106 + 5,89 * 105 = 6,99 * 106 m,
m*g=G
M*m
r
§g=G
2
M
(rT + h)2
§
3.
6 * 10
24
§ g = 6,67 * 10-11
(6,40 * 10 + 5,89 * 10 )
6
5 2
§
§ g = 8,19 m s .
A aceleração gravítica nesse local tem a direção radial, sentido dirigido para o centro de
massa da Terra e valor 8,19 m s-2.
2.6.2.
Deduzir a expressão do período orbital.
Para o telescópio, verifica-se que a força resultante é uma força centrípeta e que esta
coincide com a força gravítica. Assim,
-2
Fc = Fg § m
v2
=G
m*M
§ v2 =
G*M
r
r
r
como v = w * r, a equação anterior pode tomar
a forma: (w * r)2 =
outro lado, w =
2p
T
2
G*M
r
§ w2 =
G*M
r3
. Por
, obtém-se:
4p2 G * M
h 2p k G * M
=
§ 2 =
§
3
jTm
r
r3
T
2
§T=
V
4p2r 3
G*M
§ T = 2p
V
r3
G*M
Calcular o período orbital expresso em unidades SI.
Substituindo na equação anterior, obtém-se
(6,99 * 106)3
T = 2p
§
6,67 * 10-11 * 6 * 1024
V
§ T = 5801,5 s
Exprimir o tempo determinado em horas.
1h
3600 s
=
T (h)
5802 s
2.7. (B) O movimento da Lua em torno da Terra
tem uma trajetória aproximadamente circular
e o valor da velocidade é constante. Por outro
lado, a resultante das forças é a força gravítica
(que é radial e centrípeta) e a velocidade é tangente à trajetória no ponto em que Lua se encontra. Deste modo, os dois vetores referidos
têm de ser perpendiculares.
§ T (h) = 1,61 h
O período do movimento expresso em horas é
1,61 h.
2.6.3.
(D) Tanto a força gravítica como a velocidade
manterão o seu valor constante, apesar de variarem em direção. Dado que o módulo dessas
grandezas é constante porque as massas são
constantes e o raio da órbita também, a única
opção correta é a (D).
Combate a incêndios
3.1.1.
No intervalo de tempo [0 ; 6[ s, o veículo A tem
movimento retilíneo e uniforme já que o gráfico traduz uma proporcionalidade direta entre
a posição e o instante, pelo que esse veículo
percorre espaços iguais em intervalos de
tempo iguais. O veículo B tem movimento uniformemente acelerado porque a sua equação
do movimento é a de um movimento uniformemente acelerado com aceleração de módulo
5 m s-2.
3.1.2.
(B) Para o veículo A, a velocidade terá valor
Dx
120 - 0
constante e igual a v =
§v=
§
Dt
6-0
-1
§ v = 20 m s .
O veículo B tem movimento uniformemente
acelerado, partindo de uma velocidade inicial
nula. Ao fim dos 6 s terá uma velocidade de
valor: v = v0 + a t § v(t = 6 s) = 0 + 5 * 6 §
§ v = 30 m s-1.
Analisando os gráficos velocidade-tempo, verifica-se que o único que contempla os valores
de velocidade é o (B).
3.2. h = 150 cm = 1,50 m e v0 = 40 m s-1.
3.2.1.
Cada gota comporta-se como um projétil lançado horizontalmente.
Identificar as equações do movimento.
Equações do movimento:
x = x0 + v * t (na horizontal)
y = y0 + v0t +
1
2
at 2 (na vertical)
Determinar o tempo de voo de cada gota de
água.
Dado que a superfície é horizontal, o alcance
será a posição x no instante em que a gota de
água chega ao solo. Verticalmente, a gota de
água “desceu” 1,50 m, já que era a altura da
saída de água da agulheta e quando chegar ao
© Edições ASA
5
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
solo, y = 0 m. Admitindo o referencial orientado verticalmente para cima, a aceleração
gravítica terá sentido contrário ao positivo do
referencial, pelo que o seu escalar nesse referencial será negativo. Assim,
1,5
0 = 1,50 + (-10)t2 § t =
§ t = 0,39 s
10
V
Determinar o alcance de cada gota de água.
x = 0 + 40 t § x(t = 0,39 s) = 40 * 0,39 §
§ x(t = 0,39 s) = 15,6 m
O alcance médio de cada gota de água é cerca
de 15,6 m (desprezando a resistência do ar).
3.2.2.
Identificar o sistema como um sistema conservativo.
Desprezando a resistência do ar, durante o
movimento das gotas de água, a única força
que atua é o peso da gota e esta força é conservativa. Tal significa que essa força mesmo
realizando trabalho não faz variar a energia
mecânica do sistema.
Determinar o valor da velocidade pela conservação de energia mecânica.
Em(inicial) = Em(final) §
§ Ec(i) + Ep(i) = Ec(f) + Ep(f) §
§
1
2
mv2i + mghi =
1
2
mv2f + mghf §
oo
0
§
1
2
m * 40,02 + m * 10 * 1,50 =
1
2
mv2f §
§ vf = 40,4 m s-1
O valor da velocidade das gotas de água ao atingirem o solo é aproximadamente 40,4 m s-1.
3.2.3.
Dado que o alcance de um projétil lançado horizontalmente é tanto maior quanto maior for o
tempo de voo e este também aumenta com a
altura de que é lançado o projétil, uma sugestão
que poderia ser dada ao bombeiro é que subisse
para cima do depósito da água do carro. Assim,
a água estaria a ser lançada de uma altura superior pelo que o tempo de voo aumentaria e,
consequentemente, a água atingiria um maior
alcance, podendo já chegar ao foco de incêndio.
3.3. As ondas obtidas a partir do “pirilampo luminoso” são eletromagnéticas e transversais. São
ondas eletromagnéticas porque não necessitam
de um meio material para se propagarem e
transversais porque a oscilação ocorre na direção perpendicular à propagação da onda. Já o
6
© Edições ASA
som emitido pela sirene é uma onda mecânica
e longitudinal. Onda mecânica porque necessita
de um meio material para se propagar e longitudinal porque as partículas do meio oscilam na
mesma direção em que a onda se propaga.
3.3.2.
(B) A equação geral de um movimento harmónico sinusoidal é x = A sin (w.t) (m)
Identificar a amplitude.
Por comparação com a equação dada, concluímos que a amplitude é 2 * 10-3 m.
Determinar a frequência, o período e o comprimento de onda.
Por outro lado, w = 2p f § 2p f = 2,0p * 103 §
§ f = 103 Hz.
Como T =
1
f
§T=
Dado que v =
l
T
1
1000
§ T = 0,0010 s
§ l = 343 * 0,0010 §
§ l = 0,343 m.
Com base nos cálculos realizados e na análise
feita, conclui-se que a única opção correta é a
(B).
3.3.3.
(C) A intensidade do som é tanto maior quanto
maior for a amplitude de vibração e o som é
tanto mais grave quanto menor for a frequência de vibração. Assim, a amplitude terá de aumentar e a frequência de diminuir.
3.4.1.
Obtém-se uma estimativa da altura da coluna
de líquido que a esfera atravessa, calculando
a área definida no gráfico velocidade-tempo.
Calcular a área de cada quadrícula.
Nesse gráfico, cada quadrícula tem uma área
de 0,05 * 1,0 = 0,05
Calcular a área total.
Contando o número de quadrículas subjacentes ao gráfico, determina-se a área total aproximada
n.° de quadrículas ] 13
Área total ] 13 * 0,05 = 0,65
Estimar a altura da coluna de líquido.
A altura da coluna de líquido é aproximadamente 0,65 m ou seja, 65 cm.
3.4.2.
(A) Afirmação falsa. Durante o movimento da
esfera no líquido além do peso da atua também a força de resistência do líquido (força de
viscosidade).
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
(B) Afirmação verdadeira. No instante t = 4,0 s
4.
o movimento já é uniforme, pelo que a resul-
4.1.1.
» = q * E.
»
(C) A força elétrica é dada por F
el
0
Assim, quando qo é positiva, os dois vetores
têm a mesma direção e sentido e quando qo é
» eE
» têm a mesma direção mas
negativa, F
el
sentidos opostos.
4.1.2.
(A) No ponto X, o campo magnético gerado
pelo íman da esquerda tem sentido de X para
a esquerda e para o criado pelo íman da direita
também tem sentido de X para a esquerda.
Assim, a soma desses dois campos magnéticos dará origem a um campo magnético resultante com direção horizontal e sentido da
direita para a esquerda.
4.1.3.
Oersted verificou que uma corrente gera um
campo magnético já que uma agulha magnética se desvia quando passa corrente num fio
condutor que está nas suas proximidades. Aumentando a intensidade da corrente que passa
no fio, aumenta o desvio da agulha, e se se inverter o sentido da corrente, o desvio da agulha é feito em sentido contrário.
Faraday verificou que uma variação de campo
magnético nas proximidades de um fio condutor, induz-lhe uma corrente elétrica. Assim,
movimentando um íman no interior de um bobina, gera-se nesta uma corrente elétrica. Do
mesmo modo, se uma bobina percorrida por
uma corrente for movimentada no interior de
uma outra bobina maior, nesta cria-se, também, uma corrente elétrica.
4.2. (A) Afirmação falsa. São de baixa frequência,
ou seja, elevado comprimento de onda.
(B) Afirmação falsa. As ondas de rádio fazem,
também, parte da radiação eletromagnética.
(C) Afirmação falsa. O primeiro cientista a produzir ondas de rádio foi Hertz.
(D) Afirmação verdadeira. Como as ondas de
rádio têm frequência inferior à das microondas, então, as ondas de rádio têm maior
comprimento de onda.
(E) Afirmação falsa. As ondas de rádio também sofrem reflexão e refração.
(F) Afirmação verdadeira. As ondas de rádio
como têm grande comprimento de onda sofrem mais facilmente difração ao encontrar
obstáculos.
tante das forças é nula, ou seja,
» =P
»+R
»
»±R
F
=0
=P
r
líquido
líquido
Rlíquido = m * g § Rlíquido = 5,00 * 10-2 * 10 §
§ Rlíquido = 0,50 N
(C) Afirmação falsa. Nos primeiros 3,0 s, a lei
da inércia não é válida porque a resultante das
forças não é nula e como consequência a esfera
não está em repouso nem tem movimento retilíneo e uniforme. A partir do instante t = 3,0 s, o
movimento obedece à lei da inércia.
(D) Afirmação verdadeira. Até ao instante
t = 3,0 s, o módulo do peso é superior ao módulo da força de viscosidade, dado que o movimento é acelerado no sentido do peso da
esfera.
(E) Afirmação falsa. A força que constitui par
ação-reação com a força de viscosidade que o
líquido exerce na esfera está aplicada no líquido viscoso.
(F) Afirmação falsa. O movimento não é uniformemente acelerado por que a variação do
valor da velocidade não é diretamente proporcional ao intervalo de tempo em que tal ocorreu. É um movimento acelerado, mas não
uniformemente acelerado (a aceleração não
tem valor constante).
(G) Afirmação falsa. A 2.a lei de Newton é válida em qualquer instante do intervalo de
tempo [0 ; 3,0[ s. Contudo, como o valor da
aceleração não é constante, também o valor
da força resultante não é constante nesse intervalo de tempo.
3.4.3.
(C) Ao abrir o paraquedas aumenta a resistência do ar e diminui bruscamente a velocidade
de queda, ou seja, a 2.a velocidade terminal
será muitíssimo inferior à primeira velocidade
terminal. Por outro lado, ao fletir as pernas aumenta o intervalo tempo de colisão dos pés
com o solo.
Fr = m a e a =
Dv
.
Dt
Dv
Assim, Fr = m .
Dt
Deste modo, diminui a intensidade da força de
impacto pés-solo, tornando o contacto com o
chão menos “agressivo”.
O farol de Leça
© Edições ASA
7
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
(G) Afirmação verdadeira. Por exemplo, os sa-
A tensão no cabo do elevador no instante
télites de GPS emitem sinais que são de
t = 10 s é 8010 N e no instante t = 50 s é 8000 N.
micro-ondas. Usam-nas por estas atravessa-
4.4.1.
rem facilmente a atmosfera terrestre.
O aluno que tem razão é o A.
(H) Afirmação falsa. No vazio, toda a radiação
Deduzir a expressão do tempo de voo.
eletromagnética se propaga à mesma velocidade. Assim, micro-ondas e ondas de rádio
propagam-se à mesma velocidade, quando no
vazio.
1
2
at2
Na vertical não há velocidade inicial para nenhum dos berlindes (tanto o lançado horizon-
4.3.1.
Verifica-se a lei da inércia ou 1.ª lei de Newton
talmente como o que é deixado cair).
quando a velocidade é nula ou quando a velo-
Verifica-se que, quando os berlindes atingirem
cidade é constante.
o solo, y = 0 m. Como a única força que atua
Como a trajetória do elevador é retilínea e no
nos berlindes é o peso, a aceleração dos ber-
intervalo de tempo ]20 ; 80[ s, o valor da velo-
lindes é a aceleração gravítica. Considerando
cidade é constante, pode afirmar-se que nesse
o referencial vertical orientado positivamente
intervalo de tempo se verifica a lei da inércia.
para cima, verifica-se que a = g < 0.
4.3.2.
(B) No intervalo de tempo [0 ; 20[ s o movimento é uniformemente acelerado e no intervalo ]20 ; 80[ s é uniforme. Por outro lado, o
valor da aceleração no primeiro intervalo de
tempo é 0,0125 m s-2 e no segundo intervalo
de tempo o valor da velocidade é 0,5 m s-1.
4.3.3.
(A) O módulo do valor da aceleração no arran-
0=h+
1
2
(-g)t2 § -2h = -gt2 § t =
V
2h
g
Concluir com base na expressão deduzida.
A expressão do tempo de voo dos berlindes
apenas depende da altura de que é deixado
cair e do valor da aceleração gravítica. Como
os berlindes verticalmente são “deixados cair”
da mesma altura e no mesmo local, atingirão
que [0 ; 20[ s é igual ao módulo do valor da
o solo no mesmo instante. Assim, o aluno A é
aceleração no intervalo de tempo de travagem
o aluno que tem razão.
]80 ; 100[ s. Se o módulo da aceleração é
4.4.2.
igual, também o módulo da força resultante é
(D) A componente vx da velocidade vai perma-
igual, já que Fr = m * a.
necer constante e igual ao valor da velocidade
4.3.4.
de lançamento. Já na vertical, a velocidade vai
Determinar a massa total do sistema.
variar linearmente com o tempo, dado que se
m(total) = 680,0 + 2 * 60,0 §
despreza a resistência do ar. Considerando o
§ m(total) = 800,0 kg
eixo de referência (na vertical) orientado posi-
Determinar o módulo da resultante das for-
tivamente para cima, o valor da velocidade se-
ças na cabine para t = 10 s e t = 50 s.
Para t = 10 s: Fr = m * a §
§ Fr = 800 * 0,0125 § Fr = 10,0 N
Para t = 50 s: uma vez que a velocidade é constante, a resultante das forças é nula.
Determinar o módulo da tensão que atua na
gundo OY será negativo.
4.5.1.
(A) O ângulo de incidência é 50° e é igual a q1.
Por outro lado, q2 e q3 são ângulos complementares, pelo que têm a mesma amplitude e
terá de ser menor que 50° já que q2 é o ângulo
cabine para t = 10 s e t = 50 s.
» =T
»+P
»±F =T-P§
Para t = 10 s: F
de refração de um ângulo incidente de 50°,
§ T = P + Fr § T = 800 * 10 + 10,0 §
quando a luz passa do ar para o vidro. Por úl-
r
r
§ T = 8010 N
» =T
»+P
»±F =T-P§
Para t = 50 s: F
r
r
8
y = y0 + v0t +
timo, q1 = q4 porque q1 é igual ao ângulo de incidência e o raio que emerge do vidro para o ar
§ 0 = T - P § T = P § T = 800 * 10 §
é paralelo ao raio que incide no vidro e que dá
§ T = 8000 N
origem à refração.
© Edições ASA
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
4.5.2.
Aplicar a lei de Snell-Descartes.
nvidro sin q3 = nar sin 90 ° §
§ 1,5 sin q3 = 1,1 §
§ sin q3 =
1
1,5
± q3 = 41,8°
5.1.2.
De acordo com Aristóteles, a velocidade de um
corpo em queda livre era constante. Assim, o
gráfico seria:
v
Concluir com base nos cálculos
O ângulo q3 deverá ter no mínimo a amplitude
de 41,8°.
4.6.1.
Determinar o período.
0,10 ms
1 div
=
T
4 div
§ T = 0,40 ms
Determinar o erro experimental associado
ao aparelho de medida.
Cada divisão corresponde 0,10 ms. Como cada
uma destas está dividida em 5 partes, a menor
divisão da escala é 0,02 ms. Como se trata de
um aparelho de medida analógico, o erro é
metade da menor divisão, ou seja, 0,01 ms.
Exprimir o período atendendo ao erro experimental.
T = (0,40 ¿ 0,01) ms
4.6.2.
Determinar a tensão pico a pico.
A tensão pico a pico será 5 div * 2 V/ div = 10 V
Determinar a tensão eficaz.
Uef =
Upp
V√2
§ Uef =
10
V√2
= 7,1 V
A tensão nos extremos da lâmpada é cerca de
7,1 V.
4.6.3.
(C) A alteração da escala não afeta o sinal.
Assim, continuará a ter o mesmo período.
5.
Nada vem do nada
5.1.1.
No âmbito do texto, o termo “salto” significa
evolução. Assim, a frase referida traduz que a
Ciência entre Aristóteles e Galileu sofreu uma
evolução muito considerável. Por exemplo, o
conceito de movimento foi clarificado com os
contributos de Galileu. Aristóteles considerava
que um corpo em queda livre tinha movimento
uniforme e Galileu admitia que nessa situação
o valor da velocidade do corpo aumenta constantemente com o tempo (movimento uniformemente variado).
t
De acordo com Galileu, o movimento é uniformemente variado. Assim, o gráfico velocidade-tempo será:
v
t
5.1.3.
Uma frase do texto que pode evidenciar que a
Ciência é um processo em construção é:
“Estas ideias andavam já no ar, sim, Galileu
teve predecessores”.
5.2.1.
A velocidade é uma grandeza vetorial. Para
ficar totalmente caracterizada será necessário
ter em conta o seu módulo, a sua direção e o
seu sentido. Como a velocidade é um vetor com
direção tangente à trajetória, não é possível um
corpo mover-se numa trajetória curvilínea e ter
velocidade constante, já que se não varia em
módulo, varia, pelo menos, em direção.
5.2.2.
Situação A: o corpo está inicialmente em movimento e a força resultante tem a mesma direção e sentido contrário à velocidade. Como
têm a mesma direção, a trajetória do corpo vai
ser retilínea. Dado que a força tem sentido contrário à velocidade inicial, o movimento começa
por ser uniformemente retardado no sentido da
velocidade e depois inverte o sentido do movimento e passa a ter movimento uniformemente acelerado no sentido da força exercida.
Situação B: O corpo está inicialmente em movimento e força aplicada não tem a direção da
velocidade inicial. Assim, a força exercida fará
com que a trajetória seja curvilínea e por outro
lado fará o valor da velocidade diminuir, já que
a componente da força na direção da velocidade tem sentido contrário a esta.
Situação C: O movimento será retilíneo e uniformemente acelerado no sentido da força
aplicada, já que o corpo parte do repouso.
© Edições ASA
9
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
5.3. (B) Determinar a reação normal para os corpos A e B.
Corpo A:
» =T
»+N
» +P
»+F
»
F
r
1
»
A força F pode ser decomposta na direção ho1
rizontal e na direção vertical, pelo que:
» =F
» +F
» y, sendo que: sin 20° =
F
1
1x
1
§ F1y = F1 sin 20° e cos 20° =
F1x
F1
F1y
§
F
§
§ F1x = F1 cos 20°
Assim, a equação da resultante das forças
pode tomar a forma:
»= T
»+N
» +P
»+F
» +F
»
F
1x
1y
Na direção vertical, a resultante das forças é
nula pelo que a soma das forças e componentes de forças nesta direção terá de ser nula,
isto é,
» +P
»+F
» =0
»§N-P–F =0§
N
1y
1y
§ N = P + F1y § N(A)= P + F1 sin 20°
Corpo B:
» =T
»+N
» +P
»+F
»
F
r
2
»
A força F pode ser decomposta na direção ho2
rizontal e na direção vertical, pelo que:
» =F
» +F
» , sendo que: sin 20° =
F
2
2x
2y
§ F2y = F2 sin 20° e cos 20° =
F2x
F2
F2y
F
§
§
§ F2x = F2 cos 20°
Assim, a equação da resultante das forças
pode tomar a forma:
» =T
»+N
» +P
»+F
» +F
»
F
r
2x
2y
Na direção vertical a resultante das forças é
nula pelo que a soma das forças e componentes
de forças nesta direção terá de ser nula, isto é,
» +P
»+F
» =0
ȤN+F -P=0
Ȥ
N
2y
1y
§ N = P - F1y § N(B) = P - F2 sin 20°
Concluir com base nas deduções feitas.
» eF
» têm a mesma intensiComo as forças F
1
2
dade e o peso dos blocos é igual, pode concluir-se que a normal que atua em A é mais
intensa do que a que atua em B.
5.3.2.1.
(D) Se o fio que liga os corpos for cortado
deixa de existir a tensão do fio
Determinar o módulo da aceleração de cada
corpo.
Corpo A:
» =N
» +P
»+F
»
F
r
10
© Edições ASA
1
Na direção horizontal, a resultante das forças
» , ou
será igual à componente horizontal de F
1
seja,
» =F
» ± ma = F cos 20° § a =
F
r
1x
1
F1 cos 20°
m
Corpo B:
» =N
» +P
»+F
»
F
r
2
Na direção horizontal, a resultante das forças
» , ou
será igual à componente horizontal de F
2
seja,
» =F
» ± ma = F cos 20° § a =
F
r
2x
2
F2 cos 20°
m
Concluir com base nas deduções realizadas.
Os dois corpos vão passar a mover-se com
acelerações de igual módulo, mas com sentido
contrários.
5.3.2.2.
Determinar o valor da aceleração do bloco
B.
a(B) =
F2 cos 20°
m
§ a(B) =
50 * cos 20°
4,0
§
§ a(B) = 11,7 m s-2
O valor da aceleração do bloco B é 11,7 m s-2.
Determinar o valor da reação normal.
N(B) = P - F2 sin 20° §
§ N(B) = 40,0 - 50 sin 20° § N(B) = 23 N
O valor da reação normal que atua é 23 N.
5.4.1. (C)
5.4.2.1.
» representa a reação normal da suA força F
1
» reperfície da mesa sobre o bloco e a força F
2
presenta o peso do bloco.
5.4.2.2.
»
A força que constitui para ação-reação com F
1
está aplicada no tampo da mesa, tem direção
vertical e sentido da mesa para o solo.
» | = |F
» |, sendo F
»
De acordo com a figura, |F
1
2
2
o peso do corpo. Assim, a força que é par ação» terá valor igual ao peso do
reação com F
1
corpo.
5.5.1.
Uma fotografia estroboscópica consiste no registo da posição de um corpo de instante em
instante constante. No caso do exemplo dado,
é feito o registo segundo a segundo.
5.5.2.
Uma vez que o movimento é uniformemente
acelerado, no instante t = 2 s a velocidade e a
resultante das forças têm a mesma direção e
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
sentido. Numa trajetória retilínea, um movimento só é acelerado se a resultante das forças tiver o mesmo sentido da velocidade.
5.5.3.
m = 400,0 g § m = 0,4000 kg
Determinar o valor da aceleração do movimento com base na imagem estroboscópica.
x = x0 + v0t +
1
t2
2
Para o intervalo de tempo [0 ; 3[ s:
1,80 = 0 + 0 +
1
2
a32 § a = 0,40 m s-2
Determinar a resultante das forças que
atuam no carrinho
» = m»
F
a ± Fr = ma § Fr = 0,4000 * 0,40 §
r
menor que o valor da componente tangencial
do peso, o bloco desceria o plano com movimento uniformemente acelerado.
Por outro lado, o valor da reação normal será
igual à componente normal do peso (componente na direção perpendicular à superfície do
plano inclinado). Assim, terá uma intensidade
menor que o peso.
5.6.2.
Dado que é dado o gráfico velocidade-tempo
pode-se determinar o espaço percorrido através da área definida nesse gráfico. Assim, a
distância percorrida sobre o plano inclinado
nas condições referidas corresponde à área no
intervalo de tempo [0 ; 3[ s.
§ Fr = 1,6 N
A=
O valor da força resultante é 1,6 N.
5.5.4.
Determinar o valor da velocidade no instante t = 3,0 s.
v = v0 + at § v = 0 + 0,40 * 3,0 §
B*h
2
Como a =
t = 3 s.
De acordo com a Lei da Inércia, quando a re-
Fr = m
sultante das forças é nula, o corpo possui morepouso.
Nesta situação, como estava em movimento,
mover-se com velocidade igual à que tinha no
instante em que a força deixou de atuar, ou
seja, no instante t = 3 s.
Traçar o gráfico velocidade-tempo
v/m s–1
1,2
Dt
6.
5.6.1.
(C) Para o bloco estar a mover-se com movimento uniforme terá de existir atrito, já que
será essa força que compensará a componente tangencial do peso (paralela à superfície
do plano inclinado). Caso não existisse atrito
ou se a intensidade da força de atrito fosse
§ Fr = m
0,2 - 0,8
3-0
Em torno da velocidade do som
6.1. Identificar a velocidade do som a 20 °C e a
velocidade da luz.
A velocidade do som no ar a 20 °C é 343 m s-1
e a velocidade da luz no ar é aproximadamente
3,0 * 108 m s-1.
Determinar a razão entre a velocidade da
luz e a velocidade do som.
vsom (20 °C)
6,0 t/s
vf - vi
vf - vi
vluz no ar
3,0
§ A = 0,9
Atendendo a que o módulo da velocidade está
a diminuir, a força resultante deverá ter sentido contrário à velocidade.
vimento retilíneo uniforme ou está em
forças passa a ser nula, o corpo continuará a
2
, a equação da resultante das
Dt
forças pode ser escrita na forma:
Identificar o tipo de movimento a partir de
a partir do instante em que a resultante das
3 * (0,8 - 0,2)
Assim, o espaço percorrido, s, será 0,9 m.
5.6.3.
(C)
» = ma
» ± Fr = ma
F
r
§ v = 1,2 m s-1
0
§A=
=
3,0 * 108
343
= 8,7 * 105
Identificar a ordem de grandeza do número
obtido.
Dado que o primeiro algarismo do número que
identifica a razão entre as velocidades é 8, ou
seja, superior a 5, então, a ordem de grandeza
é a potencial de base 10 com o expoente aumentado de uma unidade. O valor determinado está mais próximo de 106 do que de 105.
Assim, a ordem de grandeza é 106.
© Edições ASA
11
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
6.2. De acordo com o texto, a velocidade do som
6.5.2.
no ar depende da densidade e da temperatura
Comparar a amplitude das duas ondas.
do ar.
As ondas A e B têm a mesma amplitude.
6.3. O som no ar propaga-se através de ondas me-
Comparar a frequência das duas ondas.
cânicas longitudinais, gerando-se zonas de
A frequência da onda A é inferior à frequência
elevada densidade de partículas e zona de
da onda B.
baixa densidade. As zonas de elevada densi-
Comparar a intensidade do som A e B.
dade de partículas são zonas de elevada pres-
Para sons com a mesma amplitude, quanto
são e designam-se zonas de compressão. As
maior for a frequência do som maior é a inten-
zonas de reduzida densidade são zonas de
sidade. Como A e B têm a mesma amplitude,
baixa pressão e designam-se zonas de rarefa-
o de maior frequência é o de maior intensi-
ção. É nesta sequência de compressões e ra-
dade. Assim, o som B é mais intenso que o
refações que consiste a propagação de um
som no ar.
som A.
6.6. Determinar a velocidade do som no ar à
6.4.1.
temperatura de 35 °C.
Um sinal puro ou simples é representado em
vsom(ar) = (331 + 0,606 * q)
termos temporais ou espaciais por uma fun-
vsom(35 °C) = 331 + 0,606 * 35 §
ção sinusoidal. É possível determinar com cla-
§ vsom(35 °C) =352 m s-1
reza o comprimento de onda ou o seu período.
Determinar o comprimento de onda da onda
6.4.2.
sonora a 35 °C.
(A)
f = 1100 Hz
f = 440 Hz
1
T=
f
§T=
1
440
v = lf § l =
§ T = 2,27 * 10 s §
§l=
f
-3
352
1100
§
§ l =0,320 m § l = 320 mm
§ T = 2,27 ms
A 35 °C, o comprimento de onda da onda so-
No gráfico A, 2T = 4,54 ms § T = 2,27 ms.
nora é 320 mm.
Este é o gráfico que traduz corretamente o período de som.
6.5.1.
6.7.
Relacionar o intervalo de tempo de propagação com a velocidade.
Analisar a representação gráfica da figura.
A representação gráfica traduz a variação
v=
d
Dt
§ Dt =
temporal de duas ondas, A e B. Destes gráficos podemos obter o período do movimente e
Dtgranito =
consequentemente a frequência.
Comparar o período e a frequência das
ondas A e B
TA > TB ± fA < fB
Dtcobre =
d
Dt
dgranito
vgranito
dcobre
vcobre
Comparar as distâncias percorridas.
Comparar os comprimentos de onda de A e
A leitura no gráfico de barras permite concluir
B.
que a velocidade do som no cobre é 6000 m s-1
As duas ondas propagam-se no mesmo meio,
e no granito 3600 m s-1.
assim, têm a mesma velocidade de propaga-
Dtgranito = Dtcobre §
ção.
v=
l
T
§ l = vT
Dado que a velocidade de propagação é a
mesma, quanto maior for o período maior é o
comprimento de onda. Assim, como a onda A
tem maior período, terá maior comprimento de
onda.
12
v
© Edições ASA
§ dcobre =
dcobre =
dgranito
vgranito
dgranito
vgranito
§ dcobre =
dgranito
vgranito
=
dcobre
vcobre
§
* vcobre
* vcobre §
1,00
3600
* 6000 § dcobre =1,67 m
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
No intervalo de tempo em que o som percorre
1,00 m no granito, percorre 1,67 m no cobre.
6.8.1.
Determinar o valor médio do intervalo de
tempo medido.
D
√ t=
5,71 + 5,97 + 5,45 + 5,60
4
§D
√ t =5,68 ms
Exprimir o intervalo de tempo médio em
unidades SI, ou seja, segundo.
√Dt =5,68 ms § √Dt = 5,68 * 10-3 s
Determinar o valor da velocidade do som no
ar.
d
§ vsom =
2,00
§
5,68 * 10-3
√Dt
§ vsom = 352 m s-1
A velocidade do som determinado nestas condições experimentais é 352 m s-1.
6.8.2.
Se as mãos estiverem alinhadas com os microfones, o intervalo de tempo que é registado
corresponde ao tempo que o som resultante
da palmada demora a ir de um microfone ao
outro, ou seja, de A a B. Se a palmada não for
dadas em linha com os microfones, o intervalo
de tempo obtido pode não corresponder ao
tempo que pretendemos.
6.8.3.
Uma das alterações que se observaria é que o
intervalo de tempo que o som demora de A a
B ia aumentar. Por outro lado, como o microfone B está mais afastado haverá maior perda
de intensidade do som ao chegar a este microfone e como consequência os picos observados deverão ter menor amplitude.
v=
7.
Descobrindo a rádio
7.1. O pensamento pioneiro de Maxwell foi escrever quatro equações que unificam o campo
elétrico com o campo magnético.
7.2. A experiência de Hertz foi a primeiro processo
experimental para gerar em laboratório ondas
de rádio. Assim, deu-se início ao desenvolvimento da tecnologia que veio a permitir as comunicações a grandes distâncias.
7.3. (A)
7.4.1.
O sinal representado é digital já que a variação
da grandeza representada no eixo vertical, habitualmente a diferença de potencial (U), não varia
de forma contínua, mas antes parece ser uma
representação com base num código binário.
7.4.2.
Ao contrário dos sinais analógicos, nos sinais
digitais é mais fácil eliminar ruídos e é possível
copiá-los um elevado número de vezes sem
que percam qualidade relativamente ao sinal
inicial.
7.5.1.
1 – Sinal ou mensagem que se pretende transmitir
2 – Onda portadora
3 – Sinal modulado
7.5.2.
A modulação representada na figura da direita
corresponde a uma modulação em frequência
(FM), já que a onda modulada relativamente à
onda portadora sofre alteração a nível da frequência, mantendo-se a amplitude.
7.5.3.
A modulação FM como não é sensível a alterações de amplitude é, por isso, pouco afetada
pelo ruído.
7.6.1.1.
O campo elétrico criado por uma carga pontual
positiva num ponto à distância d da carga criadora tem direção radial e sentido do ponto para
o exterior. Se a carga for negativa, o campo
criado por esta carga nesse ponto é também radial mas dirigida do ponto para a carga. Assim,
no esquema A, o campo criado no ponto X vai
ser a soma do campo criado pela carga positiva
e do campo criado pela carga negativa. Como
os vetores que representam estes campos têm
a mesma direção se sentido, o campo em X terá
a direção da reta que une as cargas e sentido
do ponto X para a carga negativa.
7.6.1.2.
No esquema A, os vetores que representam o
campo criado pelas cargas têm a mesma direção e sentido. Assim, nesse esquema, o
valor do campo em X é a soma do valor do
campo criado pela carga positiva e negativa.
No esquema B, os vetores que representam o
campo têm a mesma intensidade, mas sentidos opostos. Assim, o campo no ponto Y será
» = 0.
»
nulo, isto é, E(Y)
Como consequência, a intensidade do campo
elétrico em X é superior à intensidade do
campo em Y, já que neste ponto é nulo.
© Edições ASA
13
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
7.6.1.3.
O campo criado por duas cargas simétricas é
o representado na figura da direita.
As linhas de campo do campo criado por duas
cargas elétricas simétricas são orientadas de
uma carga para a outra (da carga positiva para
a carga negativa), sendo linhas “fechadas” de
uma carga até à outra.
7.6.2.1.
Esquema C. A orientação das linhas de campo
do campo magnético gerado por uma corrente
num fio condutor longo, é dada pela regra da
mão direita. Quando o polegar aponta no sentido da corrente, os restantes 4 dedos ao
“agarrarem” o fio movimentam-se no sentido
das linhas de campo. Como no esquema A, a
corrente tem sentido descendente, as linhas
de campo serão orientadas em sentido contrário ao representado na figura.
As linhas de campo do campo magnético
orientam-se do pólo norte para o pólo sul.
Assim, no esquema B o sentido das linhas de
campo está errado.
7.6.2.2.
(D) As linhas de campo num ponto têm por
tangente o vetor campo magnético. Este tem
o sentido das linhas de campo. A unidade SI da
intensidade do campo magnético é o tesla (T).
7.6.3.1.
Faraday descobriu que o movimento de um
íman nas proximidades de um fio condutor
gera uma corrente elétrica nesse fio condutor.
7.6.3.2.
Movimentando o íman no interior de uma bobina nos sentidos indicados fará com que haja
variação do fluxo magnético através das espiras e, como consequência, gerar-se-á uma
força eletromotriz induzida que origina uma
corrente elétrica. Assim, o ponteiro do microamperímetro movimentar-se-á num sentido
quando o íman se aproxima da bobina e em
sentido contrário quando o íman se afasta do
enrolamento de fio metálico.
7.6.3.3.
Identificar o processo de determinar a força
eletromotriz induzida.
O módulo da força eletromotriz (e) é dado por:
Df
. O fluxo magnético (f) para N espi|e| =∆
Dt
ras é determinado através da expressão
| |
14
© Edições ASA
f = N B A cos q (sendo q o ângulo entre o campo
magnético e a normal ao plano da espira.
Determinar a área de cada espira.
Espira circular: A = pr2 §
A = p(5 * 10-2)2 § A = 8,5 * 10-3 m2
Determinar a força eletromotriz induzida no
intervalo de tempo [0 ; 2[ s.
Como neste intervalo de tempo o módulo do
campo magnético é constante, não há variação de fluxo magnético nas espiras, pelo que
a força eletromotriz é nula.
Determinar a força eletromotriz induzida no
intervalo de tempo [2 ; 6[ s.
f(t = 2 s) = 100 * 0,002 * 8,5 * 10-3 §
§ f(t = 2 s) = 1,7 * 10-3 Wb
f(t = 6 s) = 100 * 0 * 8,5 * 10-3 §
§ f(t = 2 s) = 0
Df
0 - 1,7 * 10-3
|e| =∆
§e=
§
Dt
6-2
| |
|
|
§ e = 4,3 * 10 V
O módulo da força eletromotriz induzida no intervalo de tempo [2 ; 6[ s foi de 4,3 * 10-3 V.
7.6.3.4.
Um microfone de indução é fundamentalmente constituído por uma bobina móvel, a
que está acoplada uma membrana e um íman
que permanece fixo dentro do micofone.
Quando ondas sonoras atingem a membrana,
esta oscila e a bobina que lhe está associada
move-se no campo magnético gerado pelo
íman. Como há variação do fluxo magnético nas
espiras da bobina, é gerada uma força eletromotriz induzida. Como a diferença de potencial
criada é muito pequena, o sinal é amplificado e
depois enviado para os altifalantes.
-3
8.
Comunicar com radiação
eletromagnética
8.1.1.
(C) Pela leitura direta da tabela verifica-se que
quanto maior é o comprimento de onda, menor
é o índice de refração de um dado meio para
cada radiação.
Na opção C, refere-se que quanto maior for a
frequência maior é o índice de refração. A velocidade de propagação, o comprimento de
onda e a frequência relacionam-se através da
expressão: v = lf. Como num dado meio,
quanto maior for a frequência menor é o comprimento de onda, opção C é a correta.
Física
QUESTÕES GLOBALIZANTES – RESOLUÇÃO POR ETAPAS
8.1.2.
O índice de refração de uma radiação num
c
dado meio é dado por n = , em que v é a vev
locidade da luz nesse meio e c a velocidade da
luz no vazio.
c
c
n= §v=
v
n
Como c é uma constante (velocidade da luz no
vazio), quanto maior for o índice de refração,
menor é a velocidade da luz nesse meio.
Assim, para o mesmo comprimento de onda,
o meio que tem maior índice de refração é o
vidro B, pelo que é neste meio que a luz se propaga com menor velocidade.
8.1.3.
O índice de refração do revestimento do núcleo
de uma fibra ótica deverá ser menor do que o
valor do índice de refração do núcleo. Só deste
modo poderá ocorrer reflexão total quando luz
que se propaga no núcleo incide na superfície de
separação núcleo-revestimento. O princípio de
funcionamento das fibras óticas baseia-se no fenómeno de reflexão total. Assim, o revestimento
do núcleo da fibra deverá ser feito com vidro A.
8.1.4.
Identificar o índice de refração do vidro A e
da água para radiação de comprimento de
onda 800 nm.
n(l = 800 nm para o vidro A) =1,511
n(l = 800 nm para a água) = 1,328
Aplicar a lei de Snell-Descartes.
n1sinq1 = n2sinq2 § 1,511 sinq1 = 1,328 sin 53°
1,328 sin 53°
sinq1 =
§ sinq1 = 0,702 ±
1,511
± q1 = 45°
O ângulo de incidência é de 45°.
8.1.5.
(B) O ângulo de reflexão é igual ao ângulo de
incidência. Como a luz está a passar de um
meio menos denso para um meio mais denso,
o raio refratado vai ter menor velocidade que
o raio incidente, pelo que se aproxima da normal. Assim, o ângulo de refração será menor
que o ângulo de incidência e, como tal, menor
que o ângulo de reflexão.
8.2. O índice de refração de uma radiação num
c
dado meio é dado por: n = .
v
Na lâmina A, o ângulo de refração é maior que
na lâmina B. Assim, a velocidade de propagação
se luz na lâmina A é maior que na lâmina B.
Pela definição de índice de refração, quanto
maior for a velocidade de propagação num
meio menor é o índice de refração desse meio.
Assim, o vidro da lâmina A tem menor índice
de refração que o da lâmina B.
8.3. (B)
Expressar o índice de refração em função
da velocidade da luz no vazio e no líquido
transparente.
c
n(líquido) =
vlíquido
Exprimir a velocidade da luz num dado meio
em função da distância e o intervalo de tempo.
dA
No vazio: c =
Dt
dB
No líquido transparente: vlíquido =
Dt
Deduzir a expressão do índice de refração:
dA
c
Dt
n(líquido) =
§ n(líquido) =
§
dB
vlíquido
§ n(líquido)=
dA
Dt
dB
8.4. O declive da reta traçada no gráfico traduz o
índice de refração do meio B em relação ao
meio A.
nA sin i = nB sin r § sin i =
nB
nA
sin r
Comparando esta equação com y = k x, assim,
nB
sin i será y,
a constante de proporcionalinA
dade e x será sin r.
8.5.1.
As ondas em A e B antes de sofrerem difração
têm igual comprimento de onda, podendo ser
geradas pela mesma fonte, no mesmo meio.
8.5.2.
Ocorre difração quando a ordem de grandeza
do comprimento de onda das ondas que encontram obstáculos ou fendas é aproximadamente igual ou maior que as dimensões
desses obstáculos ou fendas.
Na figura A, a dimensão da fenda é muito
maior que o comprimento de onda das ondas
que a atravessam. Assim, a difração é pouco
significativa. Já no esquema B é bem visível a
ocorrência de difração. Neste esquema, a dimensão da fenda através da qual as ondas
passam é da ordem de grandeza do comprimento de onda das ondas. Deste modo, ocorre
difração apreciável.
© Edições ASA
15