IDADE
3. (Fuvest-SP) Dirigindo-se a uma cidade próxima
afirma que o passageiro sentado à sua frente não
se move, ou seja, está em repouso. Ao mesmo tempo, Abelardo, sentado à margem da rodovia, vê o
ônibus passar e afirma que o referido passageiro
está em movimento.
por uma autoestrada plana, um motorista estima seu tempo de viagem considerando que
consiga manter uma velocidade média de
90 km/h. Ao ser surpreendido pela chuva, decide reduzir sua velocidade média para 60 km/h,
permanecendo assim até a chuva parar, quinze
minutos mais tarde, quando retoma sua velocidade média inicial. Essa redução temporária aumenta seu tempo de viagem, com relação à estimativa inicial, em:
a) 5 minutos.
b) 7,5 minutos.
c) 10 minutos.
d) 15 minutos.
e) 30 minutos.
De acordo com os conceitos de movimento e repouso usados em mecânica, explique de que maneira devemos interpretar as afirmações de Heloísa
e Abelardo para dizer que ambas estão corretas.
2. (UEL-PR) Um ciclista percorre as rotas 1 e 2 para se
R.
MOSSORÓ
B
FERNANDO
DE
NORONHA
PARANÁ
R.
Rota 2
AV.
VA
IU
CA
A
JO ÃO
BO
PERNAMBUCO
R.
O
CONSTANT
PÇ. XV DE
NOVEMBRO
NAND
O
CÂNDIDO
TIN
R. BENJAMIN
R. SERGIPE
FER
IN
BELO
R.
R.
MARAGO GIPE
CABRAL
SANTO S
PARANAGUÁ
R.
R. HUGO
HO RIZO NTE
deslocar do ponto A ao ponto B, como mostrado
no mapa a seguir, e registra em cada uma a distância percorrida.
QU
Rota 1
R.
PIO
XII
R.
Questões de Vestibulares
1. (UFRJ) Heloísa, sentada na poltrona de um ônibus,
R.
RELATI
V
PO O
CAM TRIC
EL É
ENERG
ELÉTR IA
ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
O
ÁTOM
Cinemática: movimento retilíneo, movimento curvilíneo
Considere como aproximação todos os quarteirões
quadrados com 100 m de lado. As rotas 1 e 2 encontram-se tracejadas. Assinale a alternativa que
apresenta os valores aproximados da distância percorrida na rota 1e na rota 2.
a) rota 1≈ 800m; rota 2≈ 800m.
b) rota 1≈ 700m; rota 2≈ 700m.
c) rota 1≈ 800m; rota 2≈ 900m.
d) rota 1≈ 900m; rota 2≈ 700m.
e) rota 1≈ 900m; rota 2≈ 600m.
4. (UEPA) Nas proximidades da belíssima cidade de
Santarém, no Oeste do Pará, um barco se movimenta nas águas do rio Tapajós. Para percorrer uma
distância de 20 km rio acima, em sentido contrário
ao da correnteza, o barco leva 2 h. A velocidade do
barco em relação à água é constante e igual a
20 km/h. Quando ele faz o percurso inverso, a favor
da correnteza, o tempo que leva para percorrer os
20 km será de quantos minutos?
a) 10
d) 40
b) 20
e) 50
c) 30
5. (Unifesp) A função da velocidade em relação ao
tempo de um ponto material em trajetória retilínea, no SI, é v = 5,0 – 2,0t. Por meio dela pode-se
afirmar que, no instante t = 4,0 s, a velocidade desse ponto material tem módulo:
a) 13 m/s e o mesmo sentido da velocidade inicial.
b) 3,0 m/s e o mesmo sentido da velocidade inicial.
c) zero, pois o ponto material já parou e não se
movimenta mais.
d) 3,0 m/s e sentido oposto ao da velocidade inicial.
e) 13 m/s e sentido oposto ao da velocidade inicial.
6. (UFPR) Um experimento de cinemática, utilizado
em laboratórios de física, consiste de um longo trilho retilíneo sobre o qual pode deslizar um carrinho. Esse sistema é montado de tal forma que o
atrito entre o trilho e o carrinho pode ser desprezado. Suponha que um estudante mediu para alguns
Material complementar ao livro Física – Eletromagnetismo e física moderna, de Alberto Gaspar (São Paulo: Ática, 2009; volume 3). © Editora Ática. Todos os direitos reservados.
1
IDADE
RELATI
V
PO O
CAM TRIC
EL É
Questões de Vestibulares
ENERG
ELÉTR IA
ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
O
ÁTOM
instantes a posição correspondente do carrinho,
conforme anotado na tabela abaixo:
t1 = 7 s
x1 = 70 cm
t2 = 9 s
x2 = 80 cm
t3 = 13 s
x3 = 160 cm
Considere que, nesse experimento, o carrinho move-se com aceleração constante.
a) Deduza uma equação para a aceleração do carrinho em função dos dados disponíveis, apresentando-a na forma literal.
b) Calcule o valor da aceleração utilizando a equação deduzida no item a e os dados medidos.
c) Calcule a posição e a velocidade do carrinho no
instante t = 0.
7. (UFC-CE) Um trem, após parar em uma estação, sofre uma aceleração de acordo com o gráfico da figura abaixo, até parar novamente na próxima estação. Assinale a alternativa que apresenta os valores
corretos de tf , o tempo de viagem entre as duas
estações, e da distância entre as estações.
a (m/s2)
2
1
50
0
10
20
tf
t (s)
�1
a) 80 s, 1 600 m
b) 65 s, 1 600 m
c) 80 s, 1 500 m
d) 65 s, 1 500 m
e) 90 s, 1 500 m
8. (Vunesp) Em um aparelho simulador de queda livre de um parque de diversões, uma pessoa devidamente acomodada e presa a uma poltrona é
abandonada a partir do repouso de uma altura h
acima do solo. Inicia-se então um movimento de
queda livre vertical, com todos os cuidados necessários para a máxima segurança da pessoa. Se g é a
aceleração da gravidade, a altura mínima a partir
da qual se deve iniciar o processo de frenagem da
pessoa, com desaceleração constante 3g, até o repouso no solo é:
a) h/8.
d) h/4.
b) h/6.
e) h/2.
c) h/5.
9. (PUC-RJ) Uma bola é lançada verticalmente para
cima, a partir do solo, e atinge uma altura máxima
de 20 m. Considerando a aceleração da gravidade
g = 10 m/s2, a velocidade inicial de lançamento e o
tempo de subida da bola são:
a) 10 m/s e 1 s.
b) 20 m/s e 2 s.
c) 30 m/s e 3 s.
d) 40 m/s e 4 s.
e) 50 m/s e 5 s.
10. (Unicamp-SP; adaptada) Os grandes problemas
contemporâneos de saúde pública exigem a atuação eficiente do Estado, que, visando à proteção da
saúde da população, emprega tanto os mecanismos de persuasão (informação, fomento), quanto
os meios materiais (execução de serviços) e as tradicionais medidas de polícia administrativa (condicionamento e limitação da liberdade individual).
Exemplar na implementação de política pública é
o caso da dengue, que se expandiu e tem-se apresentado em algumas cidades brasileiras na forma
epidêmica clássica, com perspectiva de ocorrências hemorrágicas de elevada letalidade. Um importante desafio no combate à dengue tem sido o
acesso aos ambientes particulares, pois os profissionais dos serviços de controle encontram, muitas
vezes, os imóveis fechados ou são impedidos pelos
proprietários de penetrarem nos recintos. Dada a
grande capacidade dispersiva do mosquito vetor,
Aedes aegypti, todo o esforço de controle pode ser
comprometido caso os operadores não tenham
acesso às habitações. (Adaptado de: Programa Nacional de Controle da Dengue. Brasília: Fundação Nacional da Saúde, 2002.)
O texto se refere ao combate ao mosquito vetor da
dengue. Um parâmetro importante usado no
acompanhamento da proliferação da dengue nas
grandes cidades é o raio de voo do mosquito, que
consiste na distância máxima dentro da qual ele
pode ser encontrado a partir de seu local de origem. Esse raio, que em geral varia de algumas centenas de metros a poucos quilômetros, é na verdade muito menor que a capacidade de deslocamento do mosquito.
Considere que o mosquito permanece em voo
cerca de 2 horas por dia, com uma velocidade
média de 0,50 m/s. Sendo o seu tempo de vida
igual a 30 dias, calcule a distância percorrida
(comprimento total da trajetória) pelo mosquito
durante a sua vida.
Material complementar ao livro Física – Eletromagnetismo e física moderna, de Alberto Gaspar (São Paulo: Ática, 2009; volume 3). © Editora Ática. Todos os direitos reservados.
2
IDADE
/s
40
m
Questões de Vestibulares
arremessada pelo jogador, com velocidade de
40 m/s, formando um ângulo de 60° com a horizontal. A bola atinge o solo após 7 s do lançamento.
Desprezando a resistência do ar, a altura máxima e a
distância que a bola atinge o solo em relação ao
ponto de lançamento são, respectivamente:
cãozinho observava atentamente o balé galináceo.
Na máquina, um motor de rotação constante gira
uma rosca sem-fim (grande parafuso sem cabeça),
que, por sua vez, se conecta a engrenagens fixas
nos espetos, resultando assim o giro coletivo de
todos os franguinhos.
60o
horizontal
a) 40 m
b) 50 m
c) 60 m
d) 70 m
e) 80 m
e
e
e
e
e
35 m.
71 m.
140 m.
270 m.
320 m.
[Dados: g = 10 m/s2; sen 60° =
cos 60° =
Desprezando a resistência do ar, marque para as
alternativas abaixo (V) verdadeira, (F) falsa ou (SO)
sem opção.
1. ( ) A bola que se deslocou pela trajetória A é a
que teve o menor tempo de voo.
2. ( ) A bola C foi lançada com a maior velocidade inicial.
3. ( ) Os componentes horizontais das velocidades são iguais nos três movimentos.
4. ( ) Supondo que a bola da trajetória A seja trocada por outra de massa menor, a sua trajetória pode ser representada pela curva B
(considere que a velocidade e o ângulo de
lançamento iniciais da trajetória A se mantenham).
13. (Ufscar-SP) Diante da maravilhosa visão, aquele
v�
RELATI
V
PO O
CAM TRIC
EL É
ENERG
ELÉTR IA
ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
O
ÁTOM
11. (Uncisal) A figura mostra uma bola de golfe sendo
3
e
2
1
.]
2
12. (UFU-MG) A figura abaixo mostra as trajetórias A, B
e C de três bolas de futebol, que, após chutadas,
atingem a mesma altura máxima Hmáx. .
y
H má x .
A
B
C
x
a) Sabendo que cada frango dá uma volta completa a cada meio minuto, determine a frequência de rotação de um espeto em Hz.
b) A engrenagem fixa ao espeto e a rosca sem-fim
ligada ao motor têm diâmetros, respectivamente, iguais a 8 cm e 2 cm. Determine a relação entre a velocidade angular do motor e a velocidade angular do espeto (ωmotor /ωespeto).
Material complementar ao livro Física – Eletromagnetismo e física moderna, de Alberto Gaspar (São Paulo: Ática, 2009; volume 3). © Editora Ática. Todos os direitos reservados.
3
IDADE
RELATI
V
vimento quando a sua posição em relação a determinado corpo de referência variar no decorrer do tempo. Em
relação à Heloísa, que está no ônibus, o passageiro sentado à sua frente está parado; em relação a Abelardo,
sentado à margem da rodovia, esse passageiro está em
movimento.
MOSSORÓ
CABRAL
R.
NORONHA
FER
PARANÁ
R.
Rota 2
AV.
VA
IU
CA
BO
A
JOÃO
R.
O
PÇ. XV DE
NOVEMBRO
R.
PIO
XII
R.
Rota 1
Espaço percorrido (ou distância percorrida) é uma grandeza escalar, que se soma algebricamente. Sendo 100 m
o comprimento aproximado de cada quarteirão, as distâncias percorridas são:
• rota 1: d1 = 50 + 8  100 + 50 ⇒ d1 = 900 m
• rota 2: primeiro, calculamos as distâncias percorridas
na rua Quintino Bocaiuva. Usando o teorema de Pitágoras, temos:
12 = 1002 + 1002 ⇒ 12 = 2  1002 ⇒ 1 = 140 m
22 = 1002 + 502 ⇒ 22 = 10 000 + 2 500 ⇒ 22 =
= 12 500 ⇒฀2 = 110 m
Portanto:
d2 = 50 + 3  100 + 1 + 2 + 50 + 50 ⇒
⇒฀d2 = 50 + 300 + 140 + 110 + 100 ⇒ d2 = 700 m
Resposta: alternativa d.
15
1
h=
h, calculamos a dis60
4
tância percorrida pelo motorista com velocidade
∆e
vm = 60 km/h. Da expressão vm =
, temos:
∆t
∆e1
60 =
⇒ ∆e1 = 15 km
1
4
Agora, calculamos o intervalo de tempo que o motorista gastaria se percorresse essa distância com velocidade
∆e
, temos:
v = 90 km/h. Da expressão vm =
∆t
3. Sendo ∆t = 15 min =
(velocidade do barco em relação às águas)
referencial
NAND
O
CÂNDIDO
TIN
CONSTANT
PERNAMBUCO
BELO
R.
DE
vba
IN
R. BENJAMIN
50 m
4. Calculamos, inicialmente, o módulo da velocidade da
vam (velocidade das águas em relação às margens)
FERNANDO
R. SERGIPE
Logo, o aumento do tempo da viagem é:
∆t = 15 – 10 ⇒ ∆t = 5,0 min
Resposta: alternativa a.
50 m
B
R.
1
15
⇒ 90∆t2 = 15 ⇒ ∆t2 =
h ⇒ ∆t2 = 10 min
6
∆t 2
MARAGOGIPE
R. HUGO
HORIZONTE
SANTOS
PARANAGUÁ
R.
90 =
correnteza, considerando a situação em que o barco
sobe o rio. Veja a figura:
2. Observe a figura a seguir:
QU
Respostas das Questões de Vestibulares
1. O movimento é relativo, ou seja, um corpo está em mo-
R.
PO O
CAM TRIC
EL É
ENERG
ELÉTR IA
ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
O
ÁTOM
Cinemática: movimento retilíneo, movimento curvilíneo
20 m
0
A velocidade do barco em relação às margens é dada
por:



vbm = vba + vam
Portanto, em módulo, de acordo com o referencial adotado, temos:
vbm = vba – vam
Da equação vm =
vba – vam =
∆x
, vem:
∆t
∆x
20
⇒ 20 – vam =
⇒ vam = 10 km/h
∆t
2
Agora, consideramos a situação em que o barco desce
o rio. Veja a figura:
vam
vba
referencial
0
20 m
A velocidade do barco em relação às margens é dada
por:



vbm = vba + vam
Portanto, em módulo, de acordo com o referencial adotado, temos:
vbm = vba + vam ⇒ vbm = 20 + 10 ⇒ vbm = 30 km/h
∆x
, vem:
∆t
∆x
20
2
vbm =
⇒ 30 =
⇒ ∆t = h ⇒
∆t
∆t
3
Da expressão vm =
2
 60 min ⇒ ∆t = 40 min
3
Resposta: alternativa d.
⇒ ∆t =
Material complementar ao livro Física – Eletromagnetismo e física moderna, de Alberto Gaspar (São Paulo: Ática, 2009; volume 3). © Editora Ática. Todos os direitos reservados.
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IDADE
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EL É
Respostas das Questões de Vestibulares
ENERG
ELÉTR IA
ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
O
ÁTOM
5. Substituindo t = 4,0 s na função da velocidade,temos:
v = 5,
0 – 2,
0t ⇒ v = 5,
0 – 2,
0  4,
0 ⇒ v = –3,
0 m/s
Sendo v = 5,
0 – 2,
0t,da expressão v = v0 + at,concluímos
que a velocidade inicial do ponto material é v0 = 5,
0 m/s.


Como o módulo de v tem sinal oposto ao de v0 , a velocidade do ponto material tem sentido oposto ao da
velocidade inicial.
Resposta: alternativa d.
6. a) Como a trajetória é retilínea e a aceleração é constante, o carrinho executa um movimento retilíneo uniformemente variado. Da expressão da velocidade
v + v0
média no MRUV, vm =
, temos:
2
v + v0
v + v0
x – x0
∆x
=
⇒
=
2
∆t
2
t – t0
(I)
1 2
at , temos:
2
• para x = x1 = 0,70 m e t = t1 = 7,0 s:
1
 0,050  702 ⇒
0,70 = x0 + v0  7,0 +
2
⇒฀0,70 = x0 + 7,0v0 + 1,225 ⇒
c) Da expressão x = x0 + v0t +
⇒฀x0 + 7,0v0 = –0,525
(I)
• para x = x2 = 0,80 m e t = t2 = 9,0 s:
1
 0,050  9,02 ⇒
0,80 = x0 + v0  9,0 +
2
⇒฀0,80 = x0 + 9,0v0 + 2,025 ⇒
⇒฀x0 + 9,0v0 = –1,225
(II)
De (I) e (II), vem v0 = –0,35 m/s e x0 = 1,93 m.
7. Observe o gráfico a seguir:
a (m/s2)
Aplicando a expressão (I) no intervalo de tempo de t1
a t2 , temos:
x – x1
v + v1
x 2 – x1
= 2
⇒ v2 + v1 = 2  2
(II)
t 2 – t1
2
t 2 – t1
Aplicando a expressão (I) no intervalo de tempo de t2
a t3 , temos:
x – x2
x3 – x2
v + v2
= 3
⇒ v3 + v2 = 2  3
(III)
t3 – t2
t3 – t2
2
De (II) e (III), temos:
x – x2
x – x1
v3 + v2 – (v2 + v1) = 2  3
–2 2
⇒
t3 – t2
t 2 – t1
 x – x2
x – x1 
⇒฀v3 – v1 = 2  3
(IV)
– 2
t 2 – t1 
 t3 – t2
Da expressão da definição de aceleração do MRUV,
∆v
a=
, temos:
∆t
v – v0
a=
(V)
t – t0
No intervalo de tempo de t1 a t3 , vem:
v – v1
(VI)
a= 3
t 3 – t1
Substituindo (IV) em (VI), temos:
x – x1 
2  x3 – x2
a=
– 2

t 3 – t1  t 3 – t 2
t 2 – t1 
b) Sendo t1 = 7,0 s, x1 = 70 cm = 0,70 m, t2 = 9,0 s,
x2 = 80 cm = 0,80 m, t3 = 13 s, x3 = 160 cm = 1,6 m, da
expressão obtida em a, temos:
2
 1,6 – 0,80
0,80 – 0,70 
a=
⇒
–
13 – 7,0  13 – 9,0
9,0 – 7,0 
⇒฀a =
2  0,80
0,10 
⇒ a = 0,050 m/s2
–
6,0  4,0
2,0 
2
1
50
10
tf
20
t (s)
�1
Como a “área sob a curva”, neste caso, é o produto at e
∆v
a=
, podemos concluir que a “área sob a curva” em
∆t
cada intervalo é:
∆v
 ∆t = ∆v
∆t
Então, podemos calcular em módulo a variação da velocidade do trem pela “área sob a curva” em cada intervalo. Assim:
• de 0 a 10 s:
฀ ∆v = área ⇒ ∆v = 1  10 ⇒ ∆v = 10 m/s
Sendo v0 = 0, da expressão ∆v = v – v0 , temos:
10 = v – 0 ⇒ v = 10 m/s
Da “equação” de Torricelli, vem:
v2 = v02 + 2a∆x ⇒ 102 = 2  1,0∆x1 ⇒ 100 = 2,0∆x1 ⇒
⇒฀∆x1 = 50 m
• de 10 s a 20 s:
฀ ∆v = área ⇒ ∆v = 2  10 ⇒ ∆v = 20 m/s
Sendo v0 = 10 m/s, da expressão ∆v = v – v0 , temos:
20 = v – 10 ⇒ v = 20 + 10 ⇒ v = 30 m/s
Da “equação” de Torricelli, vem:
v2 = v02 + 2a∆x2 ⇒ 302 = 102 + 2  2∆x2 ⇒
⇒฀900 = 100 + 4∆x2 ⇒ ∆x2 = 200 m
• de 20 s a 50 s:
Como não há variação de velocidade (a = 0), o trem
descreve um movimento retilíneo uniforme. Sendo
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ELÉTR IA
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MECÂNICA
QUÂNTICA
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ÁTOM
v = 30 m/s e ∆t = 50 – 20 = 30 s, da expressão
∆x
v=
, temos:
∆t
∆x 3
30 =
⇒ ∆x3 = 900 m
30
• de 50 s a tf :
Como o trem para, v = 0. Sendo v0 = 30 m/s, da expressão ∆v = área, vem:
v – v0 = base × altura ⇒ v – v0 = (tf – 50)(–1) ⇒
⇒฀0 – 30 = –tf + 50 ⇒ tf = 80 s
Da “equação” de Torricelli, temos:
v2 = v02 + 2a∆x ⇒ 02 = 302 + 2(–1)∆x4 ⇒
⇒฀0 = 900 – 2,0∆x4 ⇒ 2,0∆x4 = 900 ⇒ ∆x4 = 450 m
Então, a distância entre as duas estações é:
∆x = ∆x1 + ∆x2 + ∆x3 + ∆x4 ⇒ ∆x = 50 + 200 + 900 +
+ 450 ⇒ ∆x = 1 600 m
Resposta: alternativa a.
8. Fixando a origem do
Calculamos, agora, o tempo de subida da bola. Da
expressão v = v0 – gt, temos:
0 = 20 – 10t ⇒ 10t = 20 ⇒ t = 2,0 s
Resposta: alternativa b.
10. ∆t = 30  2,0 h ⇒ ∆t = 60 h
vm = 0,50 m/s ⇒ vm = 1,8 km/h
∆e
, temos:
Sendo vm =
∆t
∆e = vm∆t ⇒ ∆e = 1,8  60 ⇒ ∆e = 108 km
11. Como se trata de um lançamento oblíquo, adotamos o
referencial da figura abaixo:
y
g
v0y
v0
h
sistema de referência
no solo, no primeiro
trecho do movimento,
y0 = h. Como a pessoa
foi abandonada, sua velocidade é nula: v0 = 0.
Veja a figura ao lado:
1o trecho
g
a � 3g
2o trecho
0
2g(h –  )
No segundo trecho do movimento, v0 = 2g(h –  )
(a velocidade inicial nesse trecho corresponde à velocidade final do primeiro trecho), y0 = , y = 0 e v = 0. Da
“equação” de Torricelli, v2 = v02 + 2a(y – y0), temos:
02 =  2g(h –  ) 2 + 2  3g(0 – ) ⇒
h
⇒฀0 = 2g(0 – ) – 6g ⇒ 8g = 2gh ⇒  =
4
Resposta: alternativa d.
9. Fixando a origem do sistema de referência no solo,
y0 = 0. Na altura máxima, y = 20 m e v = 0. Veja a figura
abaixo:
20 m
v�0
g
vo
O
60o
v0x
�
Sendo y = , da “equação” de Torricelli, de acordo com o
referencial adotado, temos:
v2 = v02 – 2g(y – y0) ⇒ v2 = –2g( – h) ⇒ v2 = 2g(h – ) ⇒
⇒v=
Da “equação” de Torricelli, v2 = v02 – 2g(y – y0), vem:
02 = v02 – 2  10(20 – 0) ⇒ v02 = 400 ⇒ v0 = 20 m/s
x
Sendo v0 = 40 m/s, temos:
vx = v  cos α ⇒ v0x = v0  cos 60° ⇒ v0x = 40  0,50 ⇒
⇒ v0x = 20 m/s
3
vy = v  sen α ⇒ v0y = v0  sen 60° ⇒ v0y = 40 
⇒
2
⇒ v0y = 20 3 m/s
A coordenada y é dada pela função:
1
y = y0 + v0t – gt2 ⇒ y = 20 3 t – 5,0t2 (I)
2
Quando a bola atinge o solo, y = 0. Substituindo em (I),
temos:
0 = 20 3 t – 5,0t2 ⇒ 5,0t2 – 20 3 t = 0 ⇒
⇒฀ t(5,0t – 20 3 ) = 0 ⇒ t’ = 0 (instante de saída) ou
5,0t’’ – 20 3 = 0 ⇒ t’’ = 6,8 s (instante de chegada)
Portanto, o intervalo de tempo gasto pela bola para
atingir o solo após o lançamento é t = 6,8 s.
A coordenada x é dada pela função:
x = vxt ⇒ 20t (II)
Substituindo t = 6,8 s em (II), obtemos a distância x que
a bola atinge no solo em relação ao ponto de lançamento:
x = 20  6,8 ⇒ x = 136 m ⇒ x = 140 m
A bola atingirá a altura máxima quando vy = 0. Da “equação” de Torricelli, temos:
vy2 = v20y – 2g(y – y0) ⇒ 02 = (20 3 )2 – 2  10(hmáx – 0) ⇒
⇒ 0 = 400  3 – 20hmáx ⇒ hmáx = 60 m
Resposta: alternativa c.
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12. 1: falsa. Vamos adotar o referencial representado abaixo:
xmáx A < xmáx B < xmáx C . Da expressão (I), concluímos que
y
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Como tvoo A = tvoo B = tvoo C , a partir da figura vem
vx A < vx B < vx C . O valor da velocidade inicial é dado
hm áx
v0y
pela expressão v0 =
v0y2 + v x2
(II). Como v0y A =
= v0y B = v0y C e vx A < vx B < vx C , da expressão (II), temos
v0
v0 A < v0 B < v0 C .
g
Respostas das Questões de Vestibulares
3: falsa (veja o item 2).
x
vx
Na altura máxima, vy = 0. Da “equação” de Torricelli,
vy2 = v20y – 2g(y – y0), temos:
02 = v20y – 2g(hmáx. – 0) ⇒ 0 = v20y – 2ghmáx. ⇒
⇒฀v0y = 2ghmáx.
(I)
Como as três bolas atingem a mesma altura máxima,
hmáx. , da expressão (I), concluímos que v0y A = v0y B = v0y C .
A coordenada y é dada pela função:
1
1
y = y0 + v0yt – gt2 ⇒ y = v0yt – gt2 (II)
2
2
Quando a bola de futebol atinge o solo após o lançamento, t = tvoo e y = 0. Substituindo em (II), vem:
1
1
0 = v0ytvoo – gt2voo ⇒ gt2voo – v0ytvoo = 0 ⇒
2
2
1
⇒฀tvoo [ gtvoo – v0y] = 0 ⇒
2
2v0y
1
⇒฀t’voo = 0 ou gt’’voo – v0y = 0 ⇒ t’’voo =
g
2
Como o primeiro valor (t’voo = 0) corresponde ao instante do lançamento, o tempo de voo de uma bola
2v0y
lançada obliquamente é dado por tvoo =
. Visto
g
que v0y A = v0y B = v0y C , desta última expressão concluímos que tvoo A = tvoo B = tvoo C .
2: verdadeira. A coordenada x é dada pela função
x = vxt. Portanto, temos:
x
x
⇒ vx = máx.
(I)
vx =
t voo
t
4: falsa. Como estamos desprezando a resistência do ar,
a massa da bola não interfere em sua trajetória.
13. a) O intervalo de tempo gasto para que cada frango dê
uma volta completa é denominado período (T). Por1
tanto, T = 0,50 min = 30 s. Da expressão f = , temos:
T
1
f=
⇒ f = 0,033 ⇒ f = 3,3  10–1 Hz
30
b) Como a rosca sem-fim está presa ao motor, ela tem a
mesma velocidade angular do motor. A engrenagem
está presa ao espeto e tem a mesma velocidade angular do espeto. Como a rosca sem-fim está em contato com a engrenagem, admitindo que não haja
deslizamento entre os pontos de contato entre a rosca e a engrenagem, podemos afirmar que esses pontos têm a mesma velocidade. Logo, em módulo, podemos escrever vrosca = vengrenagem (I). Substituindo a
expressão v = ωR em (I), temos:
ωroscaRrosca = ωengrenagemRengrenagem ⇒
⇒฀ωmotorRrosca = ωespetoRengrenagem
Sendo R =
(II)
D
, temos:
2
2
⇒ Rrosca = 1,0 cm
2
8
Rengrenagem =
⇒ Rengrenagem = 4,0 cm
2
Rrosca =
Substituindo esses valores em (II), temos:
ω
ωmotor  1,0 = ωespeto  4,0 ⇒ motor = 4,0
ω espeto
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Eletrodinâmica: circuitos elétricos de corrente contínua
1. (Cefet-SP) A unidade da corrente elétrica no Sistema Internacional de Unidades é o:
a) joule.
d) volt/metro.
b) ampère.
e) ohm.
c) coulomb.
2. (UPE) Observa-se na foto a seguir uma descarga
Questões de Vestibulares
típica de um relâmpago, em que uma corrente de
2,5  104 A é mantida por 3,2 µs.
5. (UEL-PR) Um condutor é caracterizado por permitir
a passagem de corrente elétrica ao ser submetido
a uma diferença de potencial. Se a corrente elétrica
que percorre o condutor for diretamente proporcional à tensão aplicada, este é um condutor ôhmico. Assinale a alternativa que apresenta, respectivamente, as correntes elétricas que atravessam um
condutor ôhmico quando submetido a tensões
não simultâneas de 10, 20, 30, 40 e 50 volts.
a) 0,5 A; 1,0 A; 2,0 A; 4,0 A; 8,0 A.
b) 0,5 A; 2,5 A; 6,5 A; 10,5 A; 12,5 A.
c) 1,5 A; 3,0 A; 6,0 A; 12,0 A; 18,0 A.
d) 0,5 A; 1,5 A; 3,5 A; 4,5 A; 5,5 A.
e) 0,5 A; 1,0 A; 1,5 A; 2,0 A; 2,5 A.
6. (Uerj) Uma torradeira elétrica consome uma po-
Sabendo que a carga do elétron, em módulo, é
igual a 1,6  10–19 C, o número de elétrons transferidos nessa descarga vale:
d) 2,0  1016.
a) 5,0  1017.
e) 8,0  10–21.
b) 3,0  1020.
–10
c) 4,0  10 .
3. (UFVJM-MG) Certo fio metálico é percorrido por
um fluxo de elétrons no sentido positivo do eixo x.
Em determinado ponto do fio, em sua seção, passam 5  1021 elétrons em 10 segundos. Assinale a
alternativa que indica corretamente o sentido e a
intensidade da corrente elétrica que percorre o fio,
respectivamente. Dado: a carga elementar do elétron é igual a 1,6  10–19 C.
a) Sentido positivo de x e i = 80 A.
b) Sentido positivo de x e i = 8 A.
c) Sentido negativo de x e i = 80 A.
d) Sentido negativo de x e i = 8 A.
4. (Uncisal) Um forno de micro-ondas está corretamente ligado ao ser submetido a uma diferença de
potencial de 120 V. Se for atravessado por uma corrente elétrica de 12,5 A, a resistência elétrica oferecida por seus circuitos equivale, em Ω, a:
a) 1,2.
d) 7,7.
b) 3,6.
e) 9,6.
c) 5,5.
tência de 1 200 W, quando a tensão eficaz da rede
elétrica é igual a 120 V. Se a tensão eficaz da rede é
reduzida para 96 V, a potência elétrica consumida
por essa torradeira, em watts, é igual a:
a) 572.
c) 960.
b) 768.
d) 1 028.
7. (UFRGS) Um secador de cabelo é constituído, basicamente, por um resistor e um soprador (motor
elétrico). O resistor tem resistência elétrica de 10 Ω.
O aparelho opera na voltagem de 110 V e o soprador tem consumo desprezível. Supondo que o secador seja ligado por 15 min diariamente e que o
valor da tarifa de energia elétrica seja de R$ 0,40 kWh,
o valor total do consumo mensal, em reais, será de
aproximadamente:
a) 0,36.
d) 33,00.
b) 3,30.
e) 360,00.
c) 3,60.
8. (UFMS) A crise do “apagão” e o alto custo da energia elétrica levaram a maioria dos consumidores
de energia elétrica a repensar no tipo de lâmpada
a ser utilizado para iluminação de suas residências.
Para lâmpadas incandescentes (filamento), a maior
parte da potência elétrica consumida pela lâmpada é transformada em calor e não em potência
luminosa. Já a lâmpada econômica (fria) fornece
uma potência elétrica luminosa maior, para a mesma potência elétrica consumida, que uma lâmpada incandescente. Considere que a lâmpada incandescente transforma apenas 10% da potência
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elétrica consumida em energia luminosa e que, em
uma embalagem de uma lâmpada econômica,
está escrita a seguinte informação:
Lâmpada econômica (fria).
Potência elétrica de consumo: 20 W.
Potência elétrica luminosa:
Equivalente a uma lâmpada incandescente
(filamento)
com potência elétrica de consumo de 100 W.
Com base nessas informações, é correto afirmar:
(001) A potência luminosa da lâmpada incandescente é de 90 W.
(002) A potência luminosa de ambas as lâmpadas
é igual a 15 W.
(004) A potência elétrica luminosa da lâmpada incandescente é cinco vezes superior à da
lâmpada econômica.
(008) A lâmpada econômica transforma 50% da
potência elétrica de consumo em potência
luminosa.
(016) Se ligarmos lâmpadas econômicas para obter a mesma potência luminosa que as lâmpadas incandescentes, no mesmo período a
economia de energia elétrica será cinco vezes maior.
9. (Unifesp) Um consumidor troca a sua televisão de
29 polegadas e 70 W de potência por uma de plasma de 42 polegadas e 220 W de potência. Se em
sua casa se assiste à televisão durante 6,0 horas por
dia, em média, pode-se afirmar que o aumento de
consumo mensal de energia elétrica que essa troca vai acarretar é, aproximadamente, de:
a) 13 kWh.
d) 70 kWh.
b) 27 kWh.
e) 220 kWh.
c) 40 kWh.
10. (UFT-TO) Raios são descargas elétricas produzidas
quando há uma diferença de potencial da ordem
de 2,7  107 V entre dois pontos da atmosfera. Nessas circunstâncias, estima-se que a intensidade da
corrente seja 2,0  105 A e que o intervalo de tempo
em que ocorre a descarga seja de um milésimo de
segundo. Se armazenássemos essa energia, quanto seria o valor de cada raio sabendo que 1 kWh
custa R$ 0,50 (cinquenta centavos de real)?
a) R$ 12 000,00
c) R$ 2 500,00
b) R$ 10,00
d) R$ 750,00
11. (UFMS) Uma dona de casa possui dois ebulidores
resistivos para ferver água, ambos de potências
iguais a 500 W. Um deles deve ser ligado a uma
fonte de tensão igual a 110 V, enquanto o outro a
uma fonte de tensão igual a 220 V. Ela dispõe de
três opções para ferver a água contida em um recipiente. Na opção 1, ela utilizará apenas o ebulidor
de 110 V; na opção 2, ela utilizará apenas o ebulidor
de 220 V, enquanto na opção 3 ela utilizará os dois
ebulidores simultaneamente (veja a ilustração).
110 V
ebulidor
água
opção 1
220 V
110 V
220 V
água
opção 2
opção 3
Considere a água sistema físico e despreze as perdas de calor para as vizinhanças, e que a distribuição da temperatura na água seja homogênea.
Com relação às três opções para ferver a água, assinale a alternativa correta.
a) Na opção 2, a água começará a ferver mais rápido que na opção 1.
b) Na opção 3, a água começará a ferver na metade do tempo da opção 1.
c) Na opção 2, o consumo de energia para a água
começar a ferver é menor que na opção 1.
d) O ebulidor da opção 2 possui menor resistência
elétrica que o ebulidor da opção 1.
e) Na opção 3, o consumo de energia para a água
começar a ferver é maior que na opção 1.
12. (UFRJ) Um chuveiro elétrico está instalado em
uma residência cuja rede elétrica é de 110 V. Devido a um problema de vazão baixa, a água fica insuportavelmente quente quando o chuveiro é ligado. Para sanar o problema, o morador substitui
a resistência original R1 do chuveiro pela resistência R2 de um segundo chuveiro, fabricado para
funcionar em uma rede de 220 V. Suponha que
ambos os chuveiros, funcionando com vazões
iguais, nas tensões indicadas pelos fabricantes,
aqueçam igualmente a água. Calcule a razão entre
a potência elétrica P1 dissipada pela resistência
original R1 do chuveiro e a potência elétrica P2 dissipada pela resistência R2 após a substituição da
resistência. Analise o resultado e responda se a
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troca da resistência causa o efeito desejado ou se
aumenta ainda mais a temperatura da água. Justifique sua resposta.
17. (Unioeste-PR) Observe o trecho de circuito mostrado abaixo: R1 = 3,0 Ω, R2 = 6,0 Ω e R3 = 4,0 Ω. Esse
trecho do circuito está submetido a uma diferença
de potencial ∆V = 18,0 V.
13. (Cefet-SP) Dispõe-se de uma fonte ideal cuja diferença de potencial é de 120 V e de potência 540 W.
Deseja-se ligar a essa fonte aparelhos cujas condições nominais de funcionamento são: 120 V e
250 mA. O número máximo desses aparelhos funcionando em condições nominais que podem
ser ligados à fonte nessas condições é de:
a) 2.
d) 18.
b) 4.
e) 36.
c) 9.
14. (UEMS) Um fio cilíndrico de resistividade r e comprimento  tem área de seção transversal igual a A
e resistência R. Se o raio da seção transversal desse
fio for dobrado, juntamente com seu comprimento, a nova resistência do fio será:
a) R/2.
d) 2R.
b) R.
e) 5R/2.
c) 3R/2.
15. (UFRRJ) Você quer construir um ebulidor com um
fio de níquel-cromo de área transversal A para que
dissipe uma potência P quando submetido a uma
tensão igual a U. O que ocorreria com o tempo de
aquecimento necessário para se obter uma mesma variação de temperatura conseguida com o
primeiro ebulidor se você reduzisse pela metade
tanto a área do fio quanto a tensão elétrica? Justifique sua resposta.
R2
R3
R1
�V
Com relação ao resistor R1, à corrente elétrica (I1), à
diferença de potencial entre suas extremidades
(V1) e à potência nele dissipada (P1), é correto afirmar que:
a) I1 = 2,0 ampères, V1 = 6,0 volts e P1 = 12,0 watts.
b) I1 = 3,0 ampères, V1 = 18,0 volts e P1 = 27,0 watts.
c) I1 = 3,0 ampères, V1 = 9,0 volts e P1 = 27,0 watts.
d) I1 = 2,0 ampères, V1 = 9,0 volts e P1 = 12,0 watts.
e) I1 = 1,0 ampère, V1 = 6,0 volts e P1 = 6,0 watts.
18. (UFCSPA-RS) Considere ideais o voltímetro e o amperímetro no circuito elétrico representado na figura.
18 �
A
6V
10 �
30 �
10 �
V
16. (Fuvest-SP) Uma estudante quer utilizar uma lâmpada (dessas de lanterna de pilhas) e dispõe de
uma bateria de 12 V. A especificação da lâmpada
indica que a tensão de operação é 4,5 V e a potência elétrica utilizada durante a operação é de
2,25 W. Para que a lâmpada possa ser ligada à bateria de 12 V, será preciso colocar uma resistência
elétrica em série de aproximadamente:
bateria
resistência
lâ m p ad a
No circuito representado na figura, os valores indicados pelo amperímetro A e pelo voltímetro V são,
respectivamente:
a) 0,08 A e 1,2 V.
b) 0,16 A e 1,2 V.
c) 0,16 A e 2,0 V.
d) 0,16 A e 2,4 V.
e) 0,08 A e 2,0 V.
19. (UFVJM-MG) Um circuito elétrico é composto de
a) 0,5 Ω.
b) 4,5 Ω.
c) 9,0 Ω.
d) 12 Ω.
e) 15 Ω.
uma bateria de 12 V, um amperímetro A, um voltímetro V e duas lâmpadas, uma de 60 W e outra
de 12 W, como mostra esta figura. Considere
que, inicialmente, os interruptores c e d estão
desligados.
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22. (Uncisal) Uma bateria, cuja força eletromotriz é de
interruptor c
12 V
60 W
V
12 W
interruptor d
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A
Assinale a alternativa que apresenta os valores de
corrente e tensão registrados, respectivamente, no
amperímetro e no voltímetro quando somente o
interruptor c for ligado.
a) 6 A e 0 V.
c) 5 A e 0 V.
b) 5 A e 12 V.
d) 6 A e 12 V.
20. (Uespi) O circuito indicado na figura é composto
por uma bateria ideal de força eletromotriz ε e
cinco resistores ôhmicos idênticos, cada um deles
de resistência elétrica R. Em tal situação, qual é a
intensidade da corrente elétrica que atravessa a
bateria ideal?
40 V, tem resistência interna de 5 Ω. Se a bateria
está conectada a um resistor R de resistência 15 Ω,
a diferença de potencial lida por intermédio de um
voltímetro ligado às extremidades do resistor R
será, em volts, igual a:
a) 10.
d) 70.
b) 30.
e) 90.
c) 50.
23. (UFPI) Considere o circuito elétrico abaixo em que
a chave S pode ser ligada em a ou b. As resistências
dos resistores são: R1 = 5,0 Ω e R2 = 2,0 Ω. Com a
chave S ligada na posição a, a corrente que percorre a parte esquerda do circuito é igual a 2,0 A; e
com a chave S ligada na posição b, a corrente que
percorre a parte direita do circuito é igual a 4,0 A.
Utilizando esses dados, podemos afirmar que os
valores da resistência interna e da força eletromotriz da bateria são, respectivamente:
S
a
R
b
ε
R
R
R2
r
ε
R1
R
R
a) 3ε/(7R)
b) ε/(5R)
c) 3ε/(4R)
a) 1,0 Ω e 12 V.
b) 2,0 Ω e 24 V.
c) 1,5 Ω e 6 V.
d) 4ε/(5R)
e) ε/R
d) 1,0 Ω e 6 V.
e) 2,0 Ω e 12 V.
24. (Fatec-SP) Num circuito elétrico, uma fonte, de for21. (Mack-SP) Em uma experiência no laboratório de física, observa-se, no circuito abaixo, que, estando a chave ch na posição 1, a carga elétrica do capacitor é de
24 µC. Considerando que o gerador de tensão é ideal,
ao se colocar a chave na posição 2, o amperímetro
ideal medirá uma intensidade de corrente elétrica de:
2�
ch
1,0 �
18 V
1
6,0 �
0,50 �
2
2 �F
4�
A
a) 0,5 A.
b) 1,0 A.
c) 1,5 A.
ça eletromotriz 18 V e resistência elétrica 0,50 Ω,
alimenta três resistores, de resistências 1,0 Ω, 2,0 Ω
e 6,0 Ω, conforme abaixo representado.
d) 2,0 A.
e) 2,5 A.
2,0 �
A1
A2
As leituras dos amperímetros ideais A1 e A2 são, em
ampères, respectivamente:
a) 6,0 e 4,5.
d) 4,0 e 1,0.
b) 6,0 e 1,5.
e) 2,0 e 1,5.
c) 4,0 e 3,0.
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25. (UFPR) Em sua cozinha, uma dona de casa tem à
disposição vários aparelhos elétricos e para ligá-los
há um conjunto de tomadas, cujo número depende do tamanho da cozinha e da quantidade de
aparelhos disponíveis. Considere que nessas tomadas foram ligados simultaneamente uma batedeira
elétrica de 508 W, um forno elétrico de 1 270 W e
uma cafeteira de 889 W. A tensão de alimentação
é 127 V e o conjunto de tomadas é protegido por
um disjuntor que admite uma corrente máxima
de 25 A. Calcule a corrente total que está sendo
consumida e verifique se nesse caso o disjuntor irá
se desligar. Justifique.
(002) O chuveiro possui a maior resistência elétrica
dos aparelhos.
(004) Quando todos os aparelhos estão ligados, a
corrente total do circuito ultrapassa 50 A.
(008) Se outros aparelhos equivalentes a esses em
potência, mas projetados e ligados na tensão de 220 V, fossem utilizados, os disjuntores deveriam ser dimensionados com maiores amperagens para obedecer às mesmas
normas de segurança.
(016) Independentemente do tempo em que cada
um dos aparelhos permanecer ligado, o chuveiro consumirá sempre maior energia elétrica que qualquer um dos outros aparelhos.
26. (UFMS) Os disjuntores são dispositivos elétricos
que, submetidos a excessivas correntes elétricas,
sofrem dilatações por aquecimento e desarmam-se, protegendo os aparelhos a eles ligados em série. A figura abaixo representa parte de um circuito
elétrico de uma residência, contendo três aparelhos, um chuveiro, um liquidificador e um forno de
micro-ondas com suas respectivas potências especificadas em watts. Todos esses aparelhos são alimentados por uma fonte de tensão efetiva de
120 V, e cada um deles deve ser protegido de possíveis correntes elétricas excessivas através de disjuntores ligados em série. Conforme estabelecem
normas hipotéticas, para segurança desses aparelhos, os disjuntores devem desarmar o circuito antes que a corrente elétrica no aparelho ultrapasse
em 25% a corrente elétrica necessária para seu funcionamento na potência e na tensão especificadas.
Considere que existem disponíveis apenas os
disjuntores que desarmam com as seguintes correntes: 5 A, 10 A, 15 A, 20 A, 30 A, 35 A e 40 A.
27. (UFPI) Uma das aplicações práticas mais importantes da eletricidade e do magnetismo é sua utilização em circuitos elétricos. Nas afirmativas abaixo,
coloque V para as verdadeiras e F para as falsas.
1. ( ) A variação do potencial elétrico que ocorre
num resistor ao ser percorrido no sentido
da corrente elétrica é positiva.
2. ( ) A corrente elétrica dentro e fora da bateria
tem o sentido da queda de potencial elétrico.
3. ( ) A 1a lei de Kirchhoff ou lei dos nós afirma
que: “Em qualquer nó, a soma de todas as
correntes que o deixam é igual à soma de
todas as correntes que chegam até ele”. Essa
lei se fundamenta no princípio da conservação da carga elétrica.
4. ( ) A 2a lei de Kirchhoff ou lei das malhas afirma
que: “A soma de todas as quedas de potencial elétrico ao longo de uma malha de um
circuito é nula”. Essa lei se fundamenta no
princípio da conservação da energia.
[Observação: Veja o texto As leis de Kirchhoff, na
seção Conhecendo um pouco mais, capítulo 6,
neste CD.]
disjuntores
28. (UFC-CE) Considere o circuito da figura abaixo.
120 V
chuveiro
4 200 W
liquidificador
500 W
micro-ondas
1 500 W
Com os fundamentos da eletrodinâmica e considerando apenas o efeito resistivo dos aparelhos, é
correto afirmar:
(001) O dimensionamento correto dos disjuntores,
para proteção dos aparelhos chuveiro, liquidificador e micro-ondas em funcionamento,
é de 40 A, 5 A e 15 A, respectivamente.
A
6V
2 ohm
�
6V
I1
�
17 V
I2
4 ohm
6 ohm
�
I3
B
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a) Utilize as leis de Kirchhoff para encontrar as correntes I1, I2 e I3 .
b) Encontre a diferença de potencial VA – VB .
[Observação: Veja o texto As leis de Kirchhoff, na
seção Conhecendo um pouco mais, capítulo 6,
neste CD. ]
Questões de Vestibulares
A
i2
voltímetro
B-1
R2
30 6
v
R3
66
15 V
29. (Unifor-CE) No circuito elétrico alimentado pela
fonte E, tem-se três resistores com valores de resistência indicados e dois instrumentos de medida
considerados ideais.
i1
R1
25 6
B-2
gerador
10 V
V
10 �
60 �
E
30 �
A
Se a leitura do amperímetro é 0,50 A, o voltímetro
marca, em volts:
a) 45.
d) 20.
b) 35.
e) 15.
c) 25.
30. (Fuvest-SP) Utilizando um gerador, que produz
uma tensão V0 , deseja-se carregar duas baterias,
B-1 e B-2, que geram respectivamente 15 V e 10 V,
de tal forma que as correntes que alimentam as
duas baterias durante o processo de carga mantenham-se iguais (i1 = i2 = i). Para isso, é utilizada a
montagem do circuito elétrico representada a seguir, que inclui três resistores, R1, R2 e R3 , com respectivamente 25 Ω, 30 Ω e 6 Ω, nas posições indicadas. Um voltímetro é inserido no circuito para
medir a tensão no ponto A.
a) Determine a intensidade da corrente i, em ampères, com que cada bateria é alimentada.
b) Determine a tensão VA , em volts, indicada pelo
voltímetro quando o sistema opera da forma
desejada.
c) Determine a tensão V0 , em volts, do gerador
para que o sistema opere da forma desejada.
[Observação: Veja o texto As leis de Kirchhoff, na
seção Conhecendo um pouco mais, capítulo 6,
neste CD. ]
31. (Vunesp) Um circuito contendo quatro resistores é
alimentado por uma fonte de tensão conforme a
figura. Calcule o valor da resistência R sabendo que
o potencial eletrostático em A é igual ao potencial
em B.
R
A
60 �
90 �
B
120 �
� �
Material complementar ao livro Física – Eletromagnetismo e física moderna, de Alberto Gaspar (São Paulo: Ática, 2009; volume 3). © Editora Ática. Todos os direitos reservados.
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IDADE
RELATI
V
PO O
CAM TRIC
EL É
Eletrodinâmica: circuitos elétricos de corrente contínua
50
= 20 Ω; como R = constante, esta é a alternativa
2, 5
correta.
Resposta: alternativa e.
ENERG
ELÉTR IA
ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
O
ÁTOM
1. Resposta: alternativa b.
2. Sendo i = 2,5  104 A, ∆t = 3,2 µs = 3,2  10–6 s e
e = 1,6  10–19 C, da expressão i =
ne
, temos:
∆t
6. Sendo P = 1 200 W e V = 120 V, com a expressão P =
–19
Respostas das Questões de Vestibulares
2,5  104 = n 
1,6  10
⇒
3,2  10 –6
⇒฀2,5  10 = n  0,50  10
Resposta: alternativa a.
4
–13
⇒ n = 5,0  10 elétrons
17
3. Observe a figura:
�
x
Sendo n = 5,0  1021 elétrons, ∆t = 10 s e e = 1,6  10–19 C,
ne
da expressão i =
, temos:
∆t
21
–19
5,0  10  1,6  10
⇒ i = 80 A
10
A corrente elétrica convencional tem sentido contrário
ao da corrente de elétrons.
Resposta: alternativa c.
i=
4. Sendo V = 120 V e i = 12,5 A, da expressão R =
mos:
V
, tei
120
⇒ R = 9,6 Ω
R=
12, 5
Resposta: alternativa e.
5. Em um condutor ôhmico, a resistência elétrica não varia:
V
= constante. Assim, para resolvermos esta quesi
tão, devemos encontrar a alternativa que satisfaz essa
condição:
R=
a)
10
20
30
= 20 Ω;
= 20 Ω;
= 15 Ω
0, 5
1, 0
2, 0
V
(não serve, pois
varia).
i
10
20
V
b)
= 20 Ω;
= 8,0 Ω (não serve, pois
varia).
0, 5
2, 5
i
c)
10
20
30
= 6,7 Ω;
= 6,7 Ω;
= 5,0 Ω
1, 5
3, 0
6, 0
V
(não serve, pois
varia).
i
V2
R
determinamos a resistência elétrica da torradeira:
120 2
⇒ R = 12 Ω
1 200 =
R
Vamos considerar que essa resistência será constante.
Como ela será ligada em 96 V, dissipará uma potência
V2
menor, que pode ser calculada pela expressão P =
:
R
2
96
P=
⇒ P = 768 W
12
Resposta: alternativa b.
7. Inicialmente, determinamos a potência do secador. Sendo V = 110 V e R = 10 Ω, da expressão P =
V2
, temos:
R
110 2
⇒ P = 1 210 W ⇒ P = 1,21 kW
10
Como o tempo de uso diário do secador é ∆tdia = 15 min,
o tempo de uso mensal será:
∆t = 30∆tdia ⇒ ∆t = 30  15 min ⇒ ∆t = 450 min ⇒
⇒฀∆t = 7,5 h
P=
Logo, o consumo mensal de energia será:
Emês = P∆t ⇒ Emês = 1,21  7,5 ⇒ Emês = 9,1 kWh
Se o quilowatt-hora custa R$ 0,40, o valor a ser pago será:
valor = 9,1  0,40 ⇒ valor = R$ 3,64
Resposta: alternativa c.
8. (001) incorreta. Como a lâmpada incandescente
transforma 10% da potência elétrica consumida
em potência luminosa, e a potência elétrica de
consumo da lâmpada incandescente é de 100 W,
temos:
10
 Pconsumida ⇒ Pluminosa = 0,10  100 ⇒
Pluminosa =
100
⇒ Pluminosa = 10 W
(002) incorreta. A potência luminosa das duas lâmpadas
é 10 W.
(004) incorreta. A potência elétrica luminosa da lâmpada incandescente é inferior à da lâmpada econômica.
(008) correta. Sendo Pluminosa = 10 W a potência luminosa
d)
10
20
V
= 20 Ω;
= 13 Ω (não serve, pois
varia)
0, 5
1, 5
i
e Pconsumida = 20 W a potência elétrica de consumo
e)
10
20
30
40
= 20 Ω;
= 20 Ω;
= 20 Ω;
= 20 Ω;
0, 5
1, 0
1, 5
2, 0
Pluminosa
10
=
⇒ Pluminosa = 0,50Pconsumida
Pconsumida
20
da lâmpada econômica, temos:
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CAM TRIC
EL É
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ENERG
ELÉTR IA
ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
O
ÁTOM
(016) correta. Uma lâmpada econômica de potência
elétrica de consumo P’consumo = 20 W tem a mesma potência elétrica luminosa de uma lâmpada
incandescente de potência elétrica de consumo
P’’consumo = 100 W. Como a lâmpada econômica
tem potência elétrica de consumo 5 vezes menor que a lâmpada incandescente, e considerando o mesmo tempo de uso, da expressão E = P∆t,
concluímos que a economia de energia elétrica
com o uso da lâmpada econômica, quando comparada com a da lâmpada incandescente, será
5 vezes maior.
9. O tempo de uso mensal da televisão é:
∆tmês = 30∆tdia ⇒ ∆tmês = 30  6,0 ⇒ ∆tmês = 180 h
O aumento de potência com a troca da televisão é:
∆P = 220 – 70 ⇒ ∆P = 150 W ⇒ ∆P = 0,15 kW
Da expressão E = P∆t, calculamos o aumento de consumo de energia:
∆E = ∆P∆t ⇒ ∆E = 0,15  180 ⇒ ∆E = 27 kWh
Resposta: alternativa b.
10. Sendo V = 2,7  107 V e i = 2,0  108 A,
da expressão P = Vi, temos:
P = 2,7  107  2,0  105 ⇒ P = 5,4  1012 W ⇒ P = 5,4  109 kW
10
1, 0  10 –3
s = 1,0  10–3 s =
h, da
Como ∆t =
1 000
3 600
expressão E = P∆t, vem:
1, 0  10 –3
⇒ E = 1 500 kWh
3 600
Como o custo de 1 kWh é R$ 0,50, temos:
valor do raio = 1 500  0,50 ⇒ valor do raio = R$ 750,00
Resposta: alternativa d.
E = 5,4  109 
11. Considerando que os ebulidores serão ligados à tensão correta, cada um dissipará uma potência de 500 W.
Admitindo que todo o calor fornecido seja absorvido
τ
pela água, da expressão P =
, com τ = Q e
∆t
Q = cm∆T, temos:
Q
cm∆T
⇒ cm∆T = P∆t ⇒ ∆t =
P=
∆t
P
Nas três opções os ebulidores aquecerão a mesma massa de água, provocando a mesma variação de temperatura. Portanto, os valores de c, m e ∆T são os mesmos.
Então:
cm∆T
• opção 1: ∆t1 =
500
cm∆T
• opção 2: ∆t2 =
500
• opção 3: como são usados os dois ebulidores e cada
um dissipa a potência de 500 W, P = 1 000 W; assim,
cm∆T
∆t3 =
.
1000
∆t1
.
2
Resposta: alternativa b.
Portanto, ∆t3 =
12. Como o chuveiro 1 estava ligado à tensão correta, ele
dissipava uma potência P1 igual à sua potência nominal.
Como os chuveiros, funcionando com vazões iguais e
ligados às tensões indicadas pelos fabricantes, aquecem
igualmente a água, suas potências nominais são iguais.
V2
Sendo P = P1 , V = 220 V e R = R2 , da expressão P =
,
R
determinamos a resistência do chuveiro 2:
220 2
220 2
⇒ R2 =
(I)
P1 =
R2
P1
Com isso, podemos obter a potência dissipada pela resistência do chuveiro 2 quando ligado à tensão V = 110 V:
P1
V2
110 2
220 2
P2 =
⇒ P2 =
⇒
=
⇒
R2
P2
220 2
110 2
P1
P1
⇒฀
=4
P2
Como P1 > P2 , a resistência R2 aquece menos a água e,
portanto, a mudança surte o efeito desejado.
13. Sendo P = 540 W e V = 120 V, com a expressão P = Vi
obtemos a intensidade da corrente máxima que essa
fonte pode fornecer:
540 = 120imáx. ⇒ imáx. = 4,5 A
Como a intensidade da corrente que percorre cada aparelho é i = 250 mA = 0,25 A, o número máximo desses
aparelhos que podem ser ligados à fonte é:
i
4,5
⇒ n = 18
n = máx. ⇒ n =
0,25
0,25
Resposta: alternativa d.
14. Sendo ρ = r, 1 = , S1 = A e R1 = R, da expressão

, temos:
S


R1 = ρ  1 ⇒ R = r 
S1
A
R=ρ
(I)
Sendo a1 = a o raio da seção transversal do fio, a área do
fio é dada por:
S1 = πa12 ⇒ A= πa2 (II)
Ao dobrarmos o raio da seção transversal do fio (a2 = 2a),
a nova área do fio é:
S2 = πa22 ⇒ S2 = π(2a)2 ⇒ S2 = 4πa2 (III)
De (II) e (III), vem:
S2
4πa2
=
⇒ S2 = 4A
A
πa 2
Sendo ρ = r, 2 = 2 e S2 = 4A, da expressão R = ρ 
temos:
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
,
S
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ENERG
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ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
O
ÁTOM
R2 = ρ 
2
2
r
⇒ R2 = r 
⇒ R2 =
S2
4A
2A
(IV)
17. Observe a figura a seguir:
R2
De (I) e (IV), vem:
r
2A
r
A
R2
=
R
⇒ R2 =
R
2
i1
i
Respostas das Questões de Vestibulares
15. Das expressões R = ρ 
V2

ρ
S
⇒P=
i
R1
Resposta: alternativa a.
P=
R3
i2
�V

V2
e P=
, temos:
S
R
V 2S
ρ
(I)
Nesse circuito há uma associação de resistores em paralelo, que pode ser substituída pelo resistor equivalente
1
1
1
, para R1 = 3,0 Ω
Rp. Da expressão
=
+
Rp
R1
R2
e R2 = 6,0 Ω, temos:
Admitindo que todo o calor fornecido seja utilizado no
τ
aquecimento, da expressão P =
, com τ = Q, obte∆t
Q
mos P =
. Substituindo em (I), vem:
∆t
1
1
1
=
+
⇒ Rp = 2,0 Ω
Rp
3,0
6,0
Redesenhando o circuito, vem:
RP
R3
i
Q
V2 S
Qρ
=
⇒ ∆t = 2
∆t
ρ
V S
(II)
Como, nas duas situações, a variação de temperatura,
∆T, é a mesma, da expressão Q = cm∆T concluímos que
a quantidade de calor a ser fornecida será a mesma.
Também ficam constantes nas duas situações a resistividade, ρ, e o comprimento do fio, . Na primeira situação,
com V = U e S = A, substituindo em (II), temos:
Qρ
(III)
∆t1 = 2
UA
U
A
Na segunda situação, com V =
eS=
, substituin2
2
do em (II), temos:
∆t2 =
Qρ
2
A
 U 
 2   2
⇒ ∆t2 = 8 
Qρ
U2 A
(IV)
Comparando (III) e (IV), ∆t2 = 8∆t1, ou seja, o tempo de
aquecimento aumentaria 8 vezes.
16. Sendo V = 12 V a tensão fornecida pela bateria e VL = 4,5 V
a tensão adequada à lâmpada, estando a lâmpada e o
resistor associados em série, temos:
V = VL + VR ⇒ 12 = 4,5 + VR ⇒ VR = 7,5 V
Para a lâmpada, VL = 4,5 V e PL = 2,25 W. Com isso, podemos obter a intensidade da corrente elétrica que percorre o circuito; da expressão P = Vi, vem:
PL = VLi ⇒ 2,25 = 4,5i ⇒ i = 0,50 A
Da expressão V = Ri, para o resistor, temos:
VR = Ri ⇒ 7,5 = R  0,50 ⇒ R = 15 Ω
Resposta: alternativa e.
�V
Rp e R3 estão associados em série, e essa associação
pode ser substituída pelo resistor equivalente Rs . Sendo
Rp = 2,0 Ω e R3 = 4,0 Ω, da expressão Rs = Rp + R3 obte V mos Rs = 6,0 Ω. Usando a expressão R =
podemos
i
calcular a intensidade da corrente total no circuito:
∆V
∆V
18, 0
⇒i=
⇒i=
⇒ i = 3,0 A
Rs =
i
Rs
6, 0
Ainda com aquela expressão podemos calcular a diferença de potencial no resistor Rp:
Vp
⇒ Vp = Rpi ⇒ Vp = 2,0  3,0 ⇒ VP = 6,0 V
Rp =
i
Portanto, como Rp é o resistor equivalente da associação em paralelo dos resistores R1 e R2 , a diferença de
potencial em cada um desses resistores é 6,0 V. Assim,
V da expressão R = , calculamos a intensidade da cori
rente no resistor R1:
R1 =
V1
V
6,0
⇒ i1 = 1 ⇒ i1 =
⇒ i1 = 2,0 A
i1
R1
3,0
Com isso, usando a expressão P = Vi calculamos a potência dissipada em R1:
P1 = V1i1 ⇒ P1 = 6,0  2,0 ⇒ P1 = 12 W
Resposta: alternativa a.
18. Nesse circuito há uma associação de resistores em série,
que pode ser substituída pelo resistor equivalente Rs.
Sendo R1 = R2 = 10 Ω, da expressão Rs = R1 + R2 obtemos
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Rs = 20 Ω. Redesenhando o circuito, vem:
ENERG
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QUÂNTICA
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18 �
A
Respostas das Questões de Vestibulares
6,0 V
30 �
RS � 20 �
O amperímetro ideal está ligado em série com o resistor
de 30 Ω, logo, ele marca a intensidade da corrente elétrica que passa por esse resistor. Como Rs = 20 Ω é o resistor
equivalente da associação em série de dois resistores de
mesma resistência, a diferença de potencial aplicada a
cada um desses resistores é 1,2 V. O voltímetro está ligado
em paralelo com um dos resistores de 10 Ω, portanto, ele
marca a diferença de potencial aplicada a esse resistor.
Resposta: alternativa a.
19. Podemos redesenhar o circuito com apenas o interruptor c ligado:
Os resistores de 30 Ω e de 20 Ω estão associados em
paralelo. Essa associação pode ser substituída pelo resistor Rp. Sendo R1 = 30 Ω e R2 = Rs = 20 Ω, da expressão
1
1
1
=
+
, temos:
Rp
R1
R2
12 V
V
60 W
1
1
1
=
+
⇒ Rp = 12 Ω
Rp
30
20
A
Redesenhando o circuito:
18 �
RP � 12 �
A lâmpada de 60 W está submetida a uma diferença de
potencial de 12 V, que será indicada pelo voltímetro.
Considerando que ela esteja ligada à tensão adequada,
sendo P = 60 W e V = 12 V, da expressão P = Vi obtemos
a indicação do amperímetro:
60 = 12i ⇒ i = 5,0 A
Resposta: alternativa b.
20. Nesse circuito há uma associação de três resistores em
paralelo, pois todos têm seus terminais ligados à mesma
diferença de potencial:
A
Os resistores de 18 Ω e 12 Ω estão associados em série.
Essa associação pode ser substituída pelo resistor equivalente Rs’. Sendo R1 = 18 Ω e R2 = 12 Ω, da expressão
V Rs = R1 + R2 , vem Rs’ = 30 Ω. Usando a expressão R =
i
podemos calcular a intensidade da corrente elétrica total do circuito, para V = 6,0 V e Rs’ = 30 Ω:
V V
6,0
⇒i=
⇒i=
⇒ i = 0,20 A
R=
i
R
30
Ainda usando essa expressão, podemos obter a diferença de potencial aplicada ao resistor Rp , sendo i = 0,20 A
e R = Rp = 12 Ω:
V = Ri ⇒ V = 12  0,20 ⇒ V = 2,4 V
Portanto, como Rp é o resistor equivalente da associação em paralelo dos resistores de 30 Ω e de 20 Ω, a diferença de potencial aplicada a cada um desses resistores
V podemos calcular a intené 2,4 V. Da expressão R =
i
sidade da corrente elétrica que passa pelo resistor de
30 Ω, sendo V = 2,4 V:
V V
2,4
⇒i=
⇒i=
⇒ i = 0,080 A
R=
i
R
30
R
R
R
ε
B
Essa associação pode ser substituída pelo resistor
equivalente Rp. Sendo R1 = R2 = R3 = R, da expressão
1
1
1
1
=
+
+
, temos:
Rp
R1
R2
R3
1
1
1
1
R
=
+
+
⇒ Rp =
Rp
R
R
R
3
Redesenhando o circuito:
R
Rp
ε
R
Material complementar ao livro Física – Eletromagnetismo e física moderna, de Alberto Gaspar (São Paulo: Ática, 2009; volume 3). © Editora Ática. Todos os direitos reservados.
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QUÂNTICA
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Da equação do circuito elétrico, i =
R
, obtemos:
3
ε
i=
⇒i=
Rp + R + R
∑ ε – ∑ ε’
, com
∑ (R + r + r’)
23. Com a chave S na posição a, temos este circuito:
Rp =
ε
R
+R+R
3
⇒i=
ε
3ε
7R
R1
r
Respostas das Questões de Vestibulares
Resposta: alternativa a.
21. Com a chave na posição 1, o capacitor está carregado.
Portanto, não há corrente no circuito. Sendo Q = 24 µC =
= 24  10–6 C e C = 2,0 µF = 2,0  10–6 F, da expressão
Q
C=
, com ∆V = V, temos:
∆V
Q
24  10 –6
∆V =
⇒V=
⇒ V = 12 V
C
2, 0  10 –6
Como o gerador é ideal, ε = V = 12 V. Com a chave na
posição 2, o circuito pode ser esquematizado como
mostrado abaixo:
Sendo i = 2,0 A e R1 = 5,0 Ω, da expressão
∑ ε – ∑ ε’
, temos:
i=
∑ (R + r + r’)
ε
ε
2,0 =
⇒ 2,0 =
⇒ ε = 10 + 2,0r
R1 + r
5,0 + r
(I)
Com a chave S na posição b, o circuito fica assim:
ε
r
2�
R2
ε
4�
Da expressão para a corrente para circuitos elétricos de
∑ ε – ∑ ε’
, vem:
corrente contínua, i =
∑ (R + r + r’)
ε
12
⇒i=
⇒ i = 2,0 A
R1 + R 2
2+4
Como o amperímetro mede a intensidade da corrente
elétrica que passa pelo circuito, sua indicação é 2,0 A.
Resposta: alternativa d.
∑ ε – ∑ ε’
22. Da equação do circuito elétrico, i =
,
∑ (R + r + r’)
obtemos:
ε
40
⇒i=
⇒ i = 2,0 A
i=
R+r
15 + 5,0
V podemos calcular a difereni
ça de potencial aplicada nas extremidades do resistor
de 15 Ω, que é a indicação do voltímetro, considerado
ideal. Sendo R = 15 Ω e i = 2,0 A, temos:
V = Ri ⇒ V = 15  2,0 ⇒ V = 30 V
Resposta: alternativa b.
Usando a expressão R =
∑ ε – ∑ ε’
, temos:
∑ (R + r + r’)
ε
ε
4,0 =
⇒ 4,0 =
⇒ ε = 8,0 + 4,0r
R2 + r
2,0 + r
i=
A
i=
Sendo i = 4,0 A e R2 = 2,0 Ω, da expressão
(II)
De (I) e (II), vem:
10 + 2,0r = 8,0 + 4,0r ⇒ 2,0r = 2,0 ⇒ r = 1,0 Ω
Substituindo esse valor em (I):
ε = 10 + 2,0  1,0 ⇒ ε = 12 V
Resposta: alternativa a.
24. Nesse circuito há uma associação de resistores em
paralelo, que pode ser substituída pelo resistor equivalente Rp. Sendo R1 = 6,0 Ω e R2 = 2,0 Ω, da expressão
1
1
1
, temos:
=
+
Rp
R1
R2
1
1
1
=
+
⇒ Rp = 1,5 Ω
Rp
6,0
2,0
Redesenhando o circuito:
1,0 �
18 V
0, 5 0 �
Rp
A1
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ÁTOM
∑ ε – ∑ ε’
i=
, obtemos a intensidade da corrente
∑ (R + r + r’)
total do circuito, que é a indicação do amperímetro A1:
i=
V2
V2
⇒R=
e os três
R
P
aparelhos têm a mesma tensão nominal, quanto
menor a potência nominal do aparelho, maior
sua resistência. Portanto, o liquidificador tem a
maior resistência.
(002) incorreta. Como P =
18
18
⇒i=
⇒ i = 6,0 A
1,0 + R p + 0,5
1,0 + 1,5 + 0,5
V
podemos determinar a difei
rença de potencial no resistor Rp. Sendo Rp = 1,5 Ω e
i = 6,0 A, temos:
Vp
Rp =
⇒ Vp = Rpi ⇒ Vp = 1,5  6,0 ⇒ Vp = 9,0 V
i
Portanto, como Rp é o resistor equivalente da associação em paralelo dos resistores R1 = 6,0 Ω e R2 = 2,0 Ω, a
diferença de potencial em cada um desses resistores é
V de 9,0 V. Usando a expressão R =
podemos determii
nar a intensidade da corrente elétrica que passa pelo
resistor de 6,0 Ω. Sendo R1 = 6,0 Ω e V1 = 9,0 V, temos:
V
V
9,0
⇒ i1 = 1,5 A
R1 = 1 ⇒ i1 = 1 ⇒ i1 =
i1
R1
6,0
Usando a expressão R =
Respostas das Questões de Vestibulares
• para o micro-ondas: im = 15,6 A → disjuntor de
15 A
Aplicando a expressão do circuito elétrico,
Como o amperímetro A2 está ligado em série com o resistor de 6,0 Ω, sua indicação corresponde à intensidade
da corrente elétrica que passa por esse resistor.
Resposta: alternativa b.
25. A potência total dissipada com todos os aparelhos ligados simultaneamente é:
P = 508 + 1 270 + 889 ⇒ P = 2 667 W
Como a tensão de alimentação é V = 127 V, da expressão
P = Vi, temos:
2 667 = 127i ⇒ i = 21 A
Como a intensidade da corrente total no circuito dessa
resistência é menor que a máxima admitida pelo disjuntor, ele não se desligará.
(004) correta. Basta somar as intensidades das correntes de cada aparelho para obtermos a intensidade da corrente total do circuito:
it = ic+ il + im ⇒ it = 35 + 4,2 + 12,5 ⇒ it = 52 A
(008) incorreta. Como os novos aparelhos são equivalentes em potência aos aparelhos exteriores, da
expressão P = Vi, quanto maior a tensão elétrica,
menor a intensidade da corrente. Portanto, os novos disjuntores deveriam ser dimensionados com
menores amperagens para obedecerem às normas de segurança.
(016) incorreta. Da expressão E = P∆t, concluímos que
o consumo de energia depende da potência do
aparelho e do tempo que ele fica ligado.
27. 1: incorreta. Ao passar pelo resistor, os portadores de
carga dissipam energia. Portanto, a variação do potencial elétrico que ocorre num resistor ao ser percorrido no sentido da corrente elétrica é negativa.
2: incorreta. O sentido da corrente elétrica dentro da
bateria é do menor potencial elétrico para o maior.
Os portadores de carga ganham energia decorrente
do trabalho realizado pelo gerador.
3: correta.
4: correta.
28. a) Considere o circuito abaixo:
E
I1
26. (001) correta. Inicialmente, calculamos a intensidade
da corrente que passa pelo respectivo aparelho.
Da expressão P = Vi, temos:
• para o chuveiro (Pc = 4 200 W, Vc = 120 V):
4 200 = 120ic ⇒ ic = 35 A
6,0 V
• para o liquidificador (Pl = 500 W, Vl = 120 V):
500 = 120il ⇒ il = 4,2 A
2,0 �
• para o micro-ondas (Pm = 1 500 W, Vm = 120 V):
1 500 = 120im ⇒ im = 12,5 A
Para obter o dimensionamento correto dos disjuntores para cada aparelho, basta acrescentar 25%
ao respectivo valor da corrente:
• para o chuveiro: ic = 43,8 A → disjuntor de 40 A
• para o liquidificador: il = 5,25 A → disjuntor de
5,0 A
C
A
�
I3
6,0 V
17 V
4,0 �
I1
F
6,0 �
I2
I1
�
I3
I3
B
D
Pelo princípio da conservação da carga:
I1 + I2 = I3 (I)
Percorrendo a malha EABF no sentido horário, partindo do ponto E e chegando a ele, temos:
–6,0 + 4,0I2 – 2,0I1 + 6,0 = 0 ⇒ 4,0I2 = 2,0I1 ⇒
⇒฀I1 = 2,0I2 (II)
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Percorrendo a malha ACDB no sentido horário, partindo do ponto A e chegando a ele, vem:
–17 – 6,0I3 – 4,0I2 + 6,0 = 0 ⇒ –11 – 6,0I3 – 4,0I2 = 0 ⇒
⇒฀6,0I3 = –4,0I2 – 11 ⇒ I3 =
–4,0I2 – 11
6,0
V = Ri ⇒ V = 10  1,5 ⇒ V = 15 V
Resposta: alternativa e.
30. a) Podemos redesenhar o circuito como mostrado
(III)
abaixo:
G
Substituindo (II) e (III) em (I), temos:
–4,0I2 – 11
2,0I2 + I2 =
⇒ 18I2 = –4,0I2 – 11 ⇒
6,0
A
B
i1
C
i2
R1
R2
⇒฀22I2 = –11 ⇒ I2 = –0,50 A
Substituindo esse valor em (II):
I1 = 2,0(–0,50) ⇒ I1 = –1,0 A
i3
R3
V
15 V
Voltando a (I):
–1,0 – 0,50 = I3 ⇒ I3 = –1,5 A
H
b) De acordo com o sentido indicado para o percurso
da corrente, aplicamos a equação
VB – VA = ∑ε – ∑ε’ – ∑(R + r +r’)i no trecho entre os
pontos A e B:
VB – VA = ε – RI2 ⇒ VB – VA = –6,0 + 4,0(–0,50) ⇒
⇒฀VB – VA = –8,0 ⇒ VA – VB = +8,0 V
29. Como o amperímetro está ligado em série com a resistência de 60 Ω, ele indica a intensidade da corrente
elétrica que passa por esse resistor. Sendo R1 = 60 Ω e
V i1 = 0,50 A, da expressão R =
podemos calcular a
i
diferença de potencial aplicada no resistor de 60 Ω:
V
R1 = 1 ⇒ V1 = R1i1 ⇒ V1 = 60  0,50 ⇒ V1 = 30 V
i1
Como os resistores de 30 Ω e 60 Ω estão associados em
paralelo, a diferença de potencial aplicada em cada um
deles é a mesma: V1 = V2 = 30 V. Sendo R = 30 Ω, da
V podemos calcular a intensidade da
expressão R =
i
corrente elétrica que passa pelo resistor de 30 Ω:
V
V
30
R2 = 2 ⇒ i2 = 2 ⇒ i2 =
⇒ i2 = 1,0 A
i2
R2
30
Portanto, a intensidade da corrente elétrica total do circuito é:
i = i1 + i2 ⇒ i = 0,50 + 1,0 ⇒ i = 1,5 A
Podemos verificar pelo esquema apresentado que o
voltímetro mede a diferença de potencial aplicada no
resistor de 10 Ω. Como esse resistor é percorrido pela
corrente elétrica total fornecida pela bateria, i = 1,5 A. Da
V expressão R = , vem:
i
V0
F
10 V
E
D
Percorrendo a malha BCDE no sentido horário, partindo do ponto B e chegando a ele, temos:
–i2R2 – 10 + 15 + i1R1 = 0 ⇒ –i2  30 + 5,0 + i1  25 = 0 ⇒
⇒ 25i1 – 30i2 = –5,0
Como i1 = i2 = i, vem:
25i – 30i = –5,0 ⇒ –5,0i = –5,0 ⇒ i = 1,0 A
Portanto, i1 = i2 = 1,0 A.
b) O voltímetro indica a tensão entre os pontos B e E,
igual à tensão entre C e D. Aplicando a equação
VB – VA = ∑ε – ∑ε’ – ∑(R + r +r’)i aos pontos B e E,
temos:
VE – VB = –i1R1 – 15 ⇒ VE – VB = –1,0  25 – 15 ⇒
⇒฀VE – VB = –40 V
Portanto, em módulo, VA = 40 V.
c) Pelo princípio da conservação das cargas, temos:
i3 = i1 + i2 ⇒ i3 = 1,0 + 1,0 ⇒ i3 = 2,0 A
Percorrendo a malha GBEH no sentido horário, partindo do ponto G e chegando a ele, temos:
–i1R1 – 15 + V0 – i3R3 = 0 ⇒
⇒฀–1,0  25 – 15 + V0 – 2,0  6,0 = 0 ⇒
⇒฀–25 – 15 – 12 + V0 = 0 ⇒ V0 = 52 V
31. O circuito elétrico dado é uma ponte de Wheatstone,
que está equilibrada, pois VA = VB. Logo:
60  90
⇒ R = 45 Ω
R=
120
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Eletromagnetismo: campo magnético, interação campo
magnético  corrente elétrica
1. (Fuvest-SP) Um objeto de ferro, de pequena espes-
d)
sura e em forma de cruz, está magnetizado e apresenta dois polos norte (N) e dois polos sul (S).
S
Questões de Vestibulares
N
N
S
Quando esse objeto é colocado horizontalmente
sobre uma mesa plana, as linhas que melhor representam, no plano da mesa, o campo magnético por ele criado são as indicadas em:
e)
a)
b)
2. (Ufscar-SP) Dois pequenos ímãs idênticos têm a forma de paralelepípedos de base quadrada. Ao seu
redor, cada um produz um campo magnético cujas
linhas se assemelham ao desenho esquematizado.
c)
Suficientemente distantes um do outro, os ímãs
são cortados de modo diferente. As partes obtidas
são, então, afastadas para que não haja nenhuma
influência mútua e ajeitadas conforme indica a figura seguinte.
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a) provocará uma diminuição no módulo da velocidade da partícula, mas não mudará a sua direção.
b) provocará um aumento no módulo da velocidade da partícula, mas não mudará a sua direção.
c) não provocará mudança no módulo da velocidade da partícula, mas fará com que a partícula
execute um arco de circunferência sobre a superfície horizontal.
d) não provocará mudança no módulo da velocidade da partícula, mas fará com que a partícula
execute um arco de parábola sobre a superfície
horizontal.
e) não provocará alteração no módulo nem na direção da velocidade da partícula.
Questões de Vestibulares
ímã 1
4. (Vunesp) Uma mistura de substâncias radiativas enímã 2
Se as partes do ímã 1 e do ímã 2 forem aproximadas novamente na região em que foram cortadas,
mantendo-se as posições originais de cada pedaço, deve-se esperar que:
a) as partes correspondentes de cada ímã atraiam-se mutuamente, reconstituindo a forma de ambos os ímãs.
b) apenas as partes correspondentes do ímã 2 se
unam reconstituindo a forma original desse ímã.
c) apenas as partes correspondentes do ímã 1 se
unam reconstituindo a forma original desse ímã.
d) as partes correspondentes de cada ímã repilam-se mutuamente, impedindo a reconstituição
de ambos os ímãs.
e) devido ao corte, o magnetismo cesse por causa
da separação dos polos magnéticos de cada um
dos ímãs.
3. (Ufal) Uma partícula carregada move-se inicialmente em linha reta e sem atrito sobre uma superfície
horizontal (ver figura). A partícula ingressa numa região (pintada de cinza) em que existe um campo
magnético uniforme, de módulo B e direção paralela à do vetor velocidade inicial da partícula.
B
v i s t a d e c i ma d a
s u p e r fície horizontal
Nessas circunstâncias, é correto afirmar que a presença do campo magnético na região pintada de cinza:
contra-se confinada em um recipiente de chumbo,
com uma pequena abertura por onde pode sair um
feixe paralelo de partículas emitidas. Ao saírem, três
tipos de partícula, 1, 2 e 3, adentram uma região de
campo magnético uniforme B com velocidades
perpendiculares às linhas de campo magnético e
descrevem trajetórias conforme ilustradas na figura.
3
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� 1 �
�
�
�
�
� 2 �
B
elementos
radiativos
Considerando a ação de forças magnéticas sobre
cargas elétricas em movimento uniforme e as trajetórias de cada partícula ilustradas na figura, pode-se concluir com certeza que:
a) as partículas 1 e 2, independentemente de suas
massas e velocidades, possuem necessariamente cargas com sinais contrários e a partícula 3 é
eletricamente neutra (carga zero).
b) as partículas 1 e 2, independentemente de suas
massas e velocidades, possuem necessariamente cargas com sinais contrários e a partícula 3
tem massa zero.
c) as partículas 1 e 2, independentemente de suas
massas e velocidades, possuem necessariamente cargas de mesmo sinal e a partícula 3 tem carga e massa zero.
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d) as partículas 1 e 2 saíram do recipiente com a
mesma velocidade.
e) as partículas 1 e 2 possuem massas iguais, e a
partícula 3 não possui massa.
b) inverter o sentido da corrente ou inverter o sentido do campo.
c) desligar lentamente o campo.
d) desligar lentamente a corrente.
e) desligar lentamente o campo e a corrente.
5. (UFRRJ) Atualmente sabemos que o átomo é composto por várias partículas e que as propriedades
magnéticas são características físicas de certos materiais. Suponha que uma partícula de massa 4 mg
e carga elétrica q = 4 mC penetre num campo
magnético uniforme B, de valor igual a 2,0  10–2 T,
com uma velocidade de 54 km/h, conforme indicado na figura.
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
B
�
�
V
�
�
�
�
�
�
�
polo sul
�
�
�
�
polo norte
�
�
�
�
�
v
tre os polos de um ímã e ligado, simultaneamente, a uma fonte de tensão V, como indica a figura
a seguir.
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
7. (PUC-RS) Um fio metálico retilíneo é colocado en-
�
�
�
�
Considerando que a partícula não abandona a região onde existe o campo:
a) determine a forma da trajetória descrita pela
partícula. Justifique sua resposta.
b) calcule o valor do raio R da trajetória descrita
pela partícula.
6. (UFRGS) Na figura abaixo, um fio condutor flexível
encontra-se na presença de um campo magnético
constante e uniforme perpendicular ao plano da
página. Na ausência de corrente elétrica, o fio permanece na posição B. Quando o fio é percorrido
por certa corrente elétrica estacionária, ele assume
a posição A.
Nessas circunstâncias, é correto afirmar que a força
magnética que atua sobre o fio:
a) é nula, pois a corrente no fio gera um campo
magnético que anula o efeito do ímã sobre ele.
b) é nula, pois o campo elétrico no fio é perpendicular às linhas de indução do ímã.
c) tem direção paralela às linhas de indução magnética e o mesmo sentido dessas linhas.
d) tem direção perpendicular à superfície desta
página e sentido voltado para dentro dela.
e) tem a direção e o sentido da corrente no fio.
8. (UFVJM-MG) Esta figura apresenta a configuração
do vetor campo magnético, B=:
y
B⁄
0
A B C
Para que o fio assuma a posição C, é necessário:
a) inverter o sentido da corrente e do campo aplicado.
x
Um fio retilíneo, de comprimento  = 10 cm, é colocado perpendicularmente ao campo magnético
uniforme, de módulo igual a 0,5 T. Uma corrente
elétrica de intensidade i = 60 A percorre o fio no
sentido positivo de y. Sobre a força magnética no
fio, assinale a alternativa correta.
a) 3,0 N, perpendicular ao papel e entrando nele.
b) 300 N, perpendicular ao papel e saindo dele.
c) 3,0 N, perpendicular ao papel e saindo dele.
d) 300 N, perpendicular ao papel e entrando nele.
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9. (UFMG) O professor Nogueira montou, para seus
alunos, a demonstração de magnetismo que se descreve a seguir e que está representada na figura I.
Uma barra cilíndrica, condutora, horizontal, está
pendurada em um suporte por meio de dois fios
condutores ligados às suas extremidades. Esses
dois fios são ligados eletricamente aos polos de
uma bateria. Em um trecho de comprimento L
dessa barra, atua um campo magnético B, vertical
e uniforme. O módulo do campo magnético é de
0,030 T, o comprimento L = 0,60 m e a corrente
elétrica na barra é de 2,0 A. Despreze a massa dos
fios. Nessas circunstâncias, a barra fica em equilíbrio quando os fios de sustentação estão inclinados 30° em relação à vertical.
zida sobre um fio imerso num campo magnético
quando passa uma corrente elétrica pelo fio. Na figura abaixo, o circuito quadrado de lado L está situado num plano vertical. Esse circuito possui uma
fonte ideal de fem com valor ε, que é responsável
pela circulação de uma corrente elétrica de intensidade constante I. Os condutores de cada lado possuem resistência R, e a massa do circuito quadrado
com a fonte de fem vale M. Na região retangular
sombreada, há um campo magnético B= orientado
horizontalmente, de modo que sua direção é perpendicular ao plano da figura. O módulo de B= é
constante nessa região. Parte do circuito quadrado
está situado no interior desse campo magnético e
ficará sujeito, portanto, a uma força magnética. A
aceleração da gravidade no local vale g.
B
�
�
L
L
i
i
B
L
30o
30o
� �
ε
I
Na figura II está representada a mesma barra, agora
vista em perfil, com a corrente elétrica entrando na
barra, no plano do papel.
i
B
30o
Considere que o circuito está em equilíbrio estático na posição mostrada na figura. Com base nisso:
a) indique na figura o sentido convencional de circulação da corrente elétrica I no circuito e o sentido do campo magnético B= (se é para fora ou
para dentro do plano da figura).
b) determine uma equação para a corrente I que
passa pelo circuito em função de R e ε.
c) obtenha uma equação para ε em função das variáveis fornecidas para que o circuito fique em
equilíbrio estático na posição mostrada na figura.
11. (Uncisal) Em relação ao estudo do eletromagnetisII
a) Considerando essas informações, esboce na figura II o diagrama das forças que atuam na barra
e identifique os agentes que exercem cada uma
dessas forças.
b) Determine a massa da barra.
Considere sen 60° = 0,87 e cos 60° = 0,50.
10. (UFPR) O princípio de funcionamento de um guindaste consiste em utilizar a força magnética produ-
mo, afirma-se:
I. A região do espaço que sofre interferência devido à presença de um ímã é chamada de campo magnético.
II. As linhas de indução magnética são sempre
perpendiculares a B &.
III. Uma partícula eletrizada em movimento de
translação gera campo magnético.
É correto o que se afirma em:
a) I, apenas.
d) II e III, apenas.
b) II, apenas.
e) I, II e III.
c) I e III, apenas.
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12. (ITA-SP) Uma corrente elétrica passa por um fio longo (L) coincidente com o eixo y no sentido negativo. Outra corrente de mesma intensidade passa
por outro fio longo (M) coincidente com o eixo x
no sentido negativo, conforme mostra a figura.
II
I
y
L
x
Questões de Vestibulares
M
III
IV
O par de quadrantes nos quais as correntes produzem campos magnéticos em sentidos opostos
entre si é:
a) I e II.
d) II e IV.
b) II e III.
e) I e III.
c) I e IV.
13. (Uespi) A figura ilustra dois fios condutores retilíneos,
muito finos e de comprimento infinito, situados no
plano da página. Os fios são paralelos entre si e estão separados por uma distância de 20 cm, conduzindo correntes elétricas de intensidades constantes, I1 = I2 = 10 A, nos sentidos indicados na figura.
Todo o sistema se encontra no vácuo, onde a permeabilidade magnética é μ0 = 4π  10–7 T  m/A.
2 0 cm
I1
I2
Nessas circunstâncias, podemos afirmar que, a cada
metro de comprimento ao longo dos fios, eles:
a) permanecem em repouso e inalterados em sua
forma, pois a força magnética entre eles é nula.
b) se repelem com uma força magnética de intensidade 10–6 N.
c) se repelem com uma força magnética de intensidade 10–4 N.
d) se atraem com uma força magnética de intensidade 10–6 N.
e) se atraem com uma força magnética de intensidade 10–4 N.
14. (UFJF-MG) Dois fios paralelos, I e II, próximos um do
outro, são percorridos por correntes i e 3i, respectivamente. Considerando que as correntes que percorrem os fios têm o mesmo sentido, compare as
forças que os dois fios exercem um no outro.
a) O fio I exerce no fio II uma força maior do que a
força que o fio II exerce no fio I.
b) O fio II exerce no fio I uma força maior do que a
força que o fio I exerce no fio II.
c) Os dois fios se atraem, exercendo forças de
iguais intensidades um no outro.
d) Os dois fios se repelem, exercendo forças de
iguais intensidades um no outro.
e) Os fios não exercem forças um no outro.
15. (UFTM-MG) Um fio de cobre esmaltado foi enrolado em um tubo de corretor de texto, formando
uma bobina chata com várias voltas. Após enrolada, a bobina é retirada do tubo para então ser conectada a uma fonte de diferença de potencial que
promove a passagem de corrente elétrica. Pode-se
esperar que:
I. se a bobina ligada à fonte de corrente for mergulhada em limalha de ferro, pequenos grãos
desse material ficarão grudados ao fio de cobre.
II. após ter sido promovida a passagem de corrente elétrica na bobina e a fonte de ddp ter
sido desconectada, a bobina terá se transformado em um ímã.
III. ao ser inserido um corpo de ferro no interior da
bobina, o campo magnético resultante, quando a bobina estiver sendo percorrida por corrente elétrica, se tornará mais intenso.
IV. ligada à fonte de ddp, a bobina é capaz de interagir com o campo magnético de um ímã permanente, orientando-se de forma que, livre no
espaço, o plano da bobina fique perpendicular
às linhas do campo magnético do ímã.
Está correto o contido em:
a) III, apenas.
d) I, III e IV, apenas.
b) I e II, apenas.
e) I, II, III e IV.
c) II e IV, apenas.
16. (Udesc) Considere as seguintes afirmativas:
I. A experiência de Hans Christian Oersted comprovou que um elétron é desviado ao se deslocar em um campo magnético na mesma direção do campo.
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II. Ao partirmos um ímã ao meio, separamos o
polo norte magnético do polo sul magnético,
dando origem a dois novos ímãs monopolares.
III. Quando uma partícula carregada se desloca
paralelamente ao vetor campo magnético, a
força magnética sobre ela é nula.
Assinale a alternativa correta.
a) Somente as afirmativas I e II são verdadeiras.
b) Somente as afirmativas I e III são verdadeiras.
c) Somente a afirmativa III é verdadeira.
d) Somente as afirmativas II e III são verdadeiras.
e) Todas as afirmativas são verdadeiras.
Com base nas informações apresentadas, marque
para as alternativas abaixo (V) verdadeira, (F) falsa
ou (SO) sem opção.
1. ( ) A corrente elétrica induzida na espira do lado
de cima do fio está no sentido anti-horário.
2. ( ) A corrente elétrica induzida na espira do lado
de baixo do fio está no sentido anti-horário.
3. ( ) O sentido da corrente elétrica induzida numa
espira é sempre de forma a gerar um campo
magnético que contraria o sentido do campo magnético que atravessa essa espira.
4. ( ) Os fluxos magnéticos que atravessam as espiras dependem das áreas das espiras.
17. (UFU-MG) Uma corrente elétrica de intensidade i
percorre um fio condutor longo que se encontra
no mesmo plano de duas espiras de áreas iguais a
A, as quais se movimentam com velocidades iguais
a v, perpendicularmente ao fio que permanece
fixo. As espiras encontram-se uma de cada lado do
fio, sendo que uma delas se aproxima e a outra se
afasta do fio, conforme a figura abaixo.
e s p ira d e c im a
A
v
i
e s p ira d e b a ix o
A
v
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Eletromagnetismo: campo magnético, interação campo
magnético  corrente elétrica
1. Na região externa ao ímã, as linhas do campo magnético vão do polo norte para o polo sul. Há maior concentração dessas linhas de campo próximo aos polos. A alternativa a satisfaz essas condições.
As demais não podem representar linhas do campo
magnético por duas razões:
• as linhas se cruzam (alternativas c e d): linhas de campo não se cruzam porque, se isso ocorresse, nos pontos de cruzamento seria impossível definir uma só
direção para o vetor campo magnético, que é único
em cada ponto;
• as linhas se superpõem ou convergem para um mesmo ponto (alternativas b e e): se as linhas convergissem para um mesmo ponto ou se superpusessem, o
vetor campo magnético também poderia assumir
diferentes direções nesse mesmo ponto ou nas regiões de convergência ou divergência das linhas,
contrariando a unicidade do vetor campo magnético
em cada ponto desse campo.
Resposta: alternativa a.
2. Pela configuração das linhas do campo magnético, os
polos desse ímã estão nas regiões superior e inferior. Então, há duas possibilidades:
SUL
NORTE
SUL
NORTE
SUL
NORTE
ímã 1
SUL
NORTE
S
S
N
N
ímã 2
Portanto, apenas as partes do ímã 1 nas duas possibilidades podem ser unir e reconstituir a forma original.
Resposta: alternativa c.
3. Como o ângulo entre v e B= é θ = 0°, da expressão

F = qvB  sen θ, temos:
F = qvB  sen 0° ⇒ F = 0
Portanto, a partícula carregada não sofrerá alteração no
módulo e na direção de sua velocidade.
Resposta: alternativa e.
NORTE
SUL
4. Como a partícula 3 não sofre desvio, ela é neutra. ApliNORTE
SUL
NORTE
SUL
ímã 1
cando a regra da mão direta a cada caso, verifica-se que
a partícula 1 é positiva e a 2 é negativa.
Resposta: alternativa a.
5. a) Como a partícula de carga elétrica q penetra numa
NORTE
SUL
N
N
S
S
ímã 2
região sob influência de um campo magnético, ela
fica submetida a uma força magnética. Como esta é

sempre perpendicular à velocidade v, pela segunda



lei de Newton ( FR = ma) a aceleração a da partícula
vai ser sempre perpendicular à velocidade. Trata-se,
portanto, de uma aceleração centrípeta; por isso, a
partícula descreve uma trajetória circular com velocidade de módulo constante.
b) Se o ângulo entre a velocidade da partícula e o vetor
campo magnético é θ = 90°, da expressão
F = qvB  sen θ, temos:
F = qvB  sen θ ⇒ F = qvB  sen 90° ⇒ F = qvB
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Como a partícula passa a descrever um movimento
circular uniforme, o módulo da força resultante (FR) é
v2
. Como
igual ao da força centrípeta (Fc): Fc = m 
r
nessa região só existe o campo magnético, a força
gerada por ele é a força resultante. Igualando FR a Fc ,
obtemos:
v2
v
mv
⇒ qB = m 
⇒r=
qvB = m 
r
r
qB
y
30o
i
T
B
60o
Então, para m = 4 mg = 4  10–3 g = 4  10–6 kg,
q = 4 mC = 4  10–3 C, v = 54 km/h = 15 m/s e
B = 2,0  10–2 T, vem:
P

b) Decompondo a tração T, temos:
4  10 –6  15
⇒ r = 0,75 m
r=
4  10 –3  2,0  10 –2
y
6. Da regra da mão direita, para que o fio assuma a posição
Ty
T
C é necessário inverter ou o sentido da corrente elétrica
ou o sentido do campo magnético.
Resposta: alternativa b.
60o
F
7. Na região entre os ímãs há um campo magnético de
direção vertical e sentido para baixo. Ao ser percorrido
por uma corrente elétrica de direção horizontal e sentido para a direita nessa região, o fio fica sujeito a uma
força magnética, cuja direção e sentido estão indicados na figura abaixo e foram obtidos usando a regra da
mão direita.
polo norte
i
polo sul
i
i
x
Tx
P
Como o sistema está em equilíbrio, ele satisfaz as
expressões ∑Fx = 0 e ∑Fy = 0. De ∑Fx = 0, vem:
F – Tx = 0 (I)
Como:
Tx = T  cos 60° ⇒ Tx = T  0,50
B
F
x
F
i
i
Resposta: alternativa d.
8. Sendo  = 10 cm = 0,10 m, i = 60 A, B = 0,5 T e θ = 90°,
da expressão F = iB  sen θ, temos:
F = 60  0,10  0,50  sen 90° ⇒ F = 3,0 N
Pela regra da mão direita, a força magnética exercida sobre o fio tem direção perpendicular ao plano do papel e
sentido entrando nele.
Resposta: alternativa a.
9. a) Na região do campo magnético o fio é percorrido
por uma corrente elétrica, cujo sentido é horizontal
para a direita. Portanto, sobre o fio é exercida uma
força magnética, cuja direção e sentido estão indicados na figura a seguir e foram obtidos usando a regra
da mão direita. Além dela, atuam na barra a força de
tração, exercida pelo fio, e o seu peso, exercido pela
Terra:
substituindo em (I), temos:
F – T  0,50 = 0 ⇒ T = 2F (II)
Sendo i = 2,0 A, L =  = 0,60 m, B = 0,030 T e θ = 90°,
da expressão F = iB  sen θ, vem:
F = 2,0  0,60  0,030  sen 90° ⇒ F = 0,036 N
Substituindo esse valor em (II), obtemos T = 0,072 N.
De ∑Fy = 0, vem:
Ty – P = 0 (III)
Como:
Ty = T  sen 60° ⇒ Ty = T  0,87 ⇒ Ty = 0,072  0,87 ⇒
⇒ Ty = 0,063 N
substituindo esse valor e a expressão P = mg em (III),
vem:
0,063 – m  10 = 0 ⇒ m = 0,0063 kg ⇒ m = 6,3 g
10. a) Como na região do campo magnético o fio é percorrido por uma corrente elétrica, de sentido horizontal
para a direita, é exercida sobre ele, além da força peso,
vertical para baixo, uma força magnética. Como o circuito está em equilíbrio estático, a força magnética
deve equilibrar a força peso. Portanto, a força magnética deve ter direção vertical e sentido para cima. Pela
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regra da mão direita, o vetor campo magnético deve
ter direção perpendicular ao plano do papel e sentido entrando nele:
I
I
�
�
�
F
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
BL
BL
I
II
BM
B
I
y
L
II
BM
I
L
x
Respostas das Questões de Vestibulares
M
i
BM
III
P
i
I
I
I
i
b) Da equação do circuito, i =
i
∑ ε – ∑ ε’
, temos:
∑ (R + r + r’)
Sendo i = I,  = L e θ = 90°, da expressão F = iB  sen θ,
vem:
F = ILB  sen 90° ⇒ F = ILB (II)
III: correta. Assim como uma partícula carregada eletricamente pode interagir com um campo magnético

quando atravessa esse campo com velocidade v,
pode-se inferir que ela também gera um campo
magnético em uma região quando a atravessa com

velocidade v.
Resposta: alternativa c.
12.
Aplicando a regra da mão direita, determinamos a direção e o sentido do vetor campo magnético gerado pelos fios L e M em um ponto de cada uma das regiões
indicadas:
I
V
14. Como os fios são paralelos e percorridos por correntes
de mesmo sentido, as forças de interação entre eles são
perpendiculares a eles e exercidas em sentidos opostos,
atraindo-os. Sendo i1 = i e i2 = 3i, da expressão
ε
4RMg
 LB = Mg ⇒ ε =
4R
LB
I: correta. As linhas de campo magnético dão uma
ideia concreta da influência do ímã na região em que
ele está imerso.

II: incorreta. O vetor campo magnético B em cada
ponto é tangente às linhas do campo magnético
que passa por esse ponto.
IV
ridos por correntes de sentidos opostos, as forças de interação entre eles são perpendiculares a eles e atuam
em sentido opostos, repelindo-os. Sendo i1 = i2 = 10 A e
µ ii �
d = 20 cm = 0,20 m, da expressão F12 = 0 1 2 ,
2πd
temos:
F12
µ ii
F
4π  10 –7  10  10
= 0 1 2 ⇒ 12 =
⇒

2πd

2π  0,20
F
⇒฀ 12 = 1,0  10–4 N/m

Resposta: alternativa c.
c) Como o sistema está em equilíbrio estático, temos,
em módulo:
F = P (I)
11.
IV
BL
13. Como a figura mostra dois condutores paralelos percor-
ε
ε
I=
⇒I=
R+R+R+R
4R
Sendo m = M, da expressão P = mg, temos:
P = Mg (III)
ε
Substituindo (II) e (III) em (I), sendo I =
, vem:
4R
BM
O par de quadrantes nos quais as correntes produzem
campos magnéticos em sentidos opostos é o I e o III.
Resposta: alternativa e.
� �
i
III
BL
F12 =
µ 0i1i2 
, temos:
2πd
F12 =
µ 0i  3i
3µ 0i2
⇒ F12 =
2πd
2πd
Resposta: alternativa c.
15.
I: correta. Uma bobina percorrida por uma corrente
elétrica gera um campo magnético ao seu redor.
Portanto, a bobina passa a atrair os pequenos grãos
da limalha de ferro.
II: incorreta. A bobina pode alinhar os domínios magnéticos de um núcleo de material ferromagnético
nela inserido, mas, estando vazia, isso é impossível.
III: correta. O efeito de um núcleo de material ferromagnético numa bobina é o aumento do número
de linhas do campo magnético.
IV: correta. A bobina percorrida por uma corrente elétrica contínua equivale a um ímã que se orienta
quando inserido no campo magnético de um ímã
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permanente, alinhando seu eixo às linhas desse campo. Desse modo, o plano da bobina fica perpendicular às linhas do campo magnético do ímã.
Resposta: alternativa d.
16. I: incorreta. As experiências de Oersted mostraram que
um condutor percorrido por uma corrente elétrica
gera um campo magnético ao seu redor.
II: incorreta. Como não existem polos magnéticos isolados, quando um ímã se quebra ou é cortado, origina
novos ímãs, cuja polaridade depende da forma como
se partiram.
III: correta. Para uma partícula que se desloca paralelamente ao vetor campo magnético, θ = 0° ou θ = 180°.
Então, sendo sen 0° = sen 180° = 0, da expressão
F = qvB  sen θ, vem F = 0.
Resposta: alternativa c.
17. 1: incorreta. O fio retilíneo percorrido por uma corrente
elétrica de intensidade i gera um campo magnético
ao seu redor. O módulo do vetor campo magnético
num ponto P, à distância r desse condutor, é dado
µi
pela expressão B = 0 . Assim, o módulo do vetor
2πr
campo magnético num ponto P é menor quanto
maior a distância r desse ponto ao fio.
Pela regra da mão direita, o vetor campo magnético
em pontos que estejam acima do fio tem direção perpendicular ao plano da folha e sentido saindo dela.
Como a espira de cima está se aproximando do fio, o
módulo do vetor campo magnético que atravessa
essa espira aumenta. Da expressão ΦB = BS  cos θ, o
fluxo do campo magnético que atravessa a espira aumenta. Pela lei de Lenz, a corrente elétrica induzida na
espira deve se opor a esse aumento, ou seja, deve gerar um campo magnético cujas linhas de força devem
ter a mesma direção e sentido contrário ao do campo
que está aumentando. Por isso, pela regra da mão direita, a corrente induzida percorre a espira no sentido
horário, gerando um campo dirigido para dentro da
figura.
2: incorreta. Pela regra da mão direita, o vetor campo
magnético em pontos que estejam abaixo do fio
tem direção perpendicular ao plano da folha e sentido entrando nela. Como a espira de baixo está se
afastando do fio, o módulo do vetor campo magnético que atravessa a espira diminui. Da expressão
ΦB = BS  cos θ, o fluxo do campo magnético que
atravessa a espira diminui. Pela lei de Lenz, a corrente elétrica induzida na espira deve se opor a essa
diminuição, ou seja, deve gerar um campo magnético cujas linhas de força devem ter a mesma direção e o mesmo sentido do campo que está diminuindo. Por isso, pela regra da mão direita, a corrente induzida percorre a espira no sentido horário,
gerando um campo dirigido para dentro da figura.
3: incorreta. O sentido da corrente elétrica induzida
numa espira é sempre de forma a gerar um campo
magnético que contraria a variação do fluxo magnético que atravessa essa espira.
4: correta (veja o item 1).
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Eletromagnetismo: indução eletromagnética,
ondas eletromagnéticas
1. (ITA-SP) A figura mostra uma bobina com 80 espiras
de 0,5 m2 de área e 40 Ω de resistência. Uma indução magnética de 4 teslas é inicialmente aplicada
ao longo do plano da bobina. Esta é então girada
de modo que seu plano perfaça um ângulo de 30°
em relação à posição inicial. Nesse caso, qual o valor
da carga elétrica que deve fluir pela bobina?
to da força eletromotriz máxima induzida na bobina no intervalo de 0 a 3 s é:
Φ (Wb)
10
1
B
posição inicial
a) 0,025 C
b) 2,0 C
c) 0,25 C
30o
B
posição inal
d) 3,5 C
e) 0,50 C
2. (UFC-CE) O fluxo magnético que atravessa cada espira de uma bobina cilíndrica com 50 espiras em
função do tempo é dado pela expressão  = 2t entre os tempos t = 1 e t = 10 s, em que o fluxo é dado
em Wb. Para esse intervalo de tempo, determine:
a) o módulo da força eletromotriz média induzida;
b) o sentido da corrente induzida, considerando
que o campo magnético está “entrando” no plano do papel e o plano transversal da bobina é o
próprio plano do papel.
3. (UFG-GO) Uma espira quadrada de 10 cm de
a) nulo.
b) 10 V.
c) 30 V.
2
3
t(s)
d) 40 V.
e) 20 V.
Instrução: Considerando o enunciado abaixo e a figura referente a ele, responda às questões 5 e 6.
Uma espira retangular, movendo-se com velocidade
v = 24 m/s, está saindo de uma região onde existe um
campo magnético uniforme de módulo B = 0,10 T
(veja a figura abaixo). A resistência elétrica da espira é
R = 0,60 Ω.
B� � � � � � � � � � � � � � �
A
D
���������������
B
C
���������������
���������������
���������������
lado é formada por quatro resistores de resistência r = 1,25 mΩ cada. Ela é colocada numa determinada região onde existe um campo magnético
variável no tempo dado por B(t) = 0,5 + 0,02t, sendo B dado em unidades do Sistema Internacional.
A direção do campo magnético é perpendicular
ao plano da espira. Nessas condições, determine:
a) o fluxo magnético que atravessa a espira no instante t = 5,0 s;
b) a intensidade da força eletromotriz induzida na
espira;
c) a potência dissipada pelos resistores.
5. (Unimontes-MG) Sabendo que o lado AB da espira
4. (UEPB) Em 1831 Michael Faraday (1791-1867), físico
tando uma barra com as mãos? Para verificar essa
possibilidade, um jovem utiliza um condutor elétrico em forma de U, sobre o qual pode ser movimentada uma barra M, também condutora, entre
as posições X1 e X2. Essa disposição delimita uma
espira condutora, na qual é inserido o LED, cujas
características são indicadas na tabela a seguir.
e químico inglês, descobriu a indução eletromagnética ao verificar que, toda vez que o fluxo magnético através de um circuito varia, surge, nesse
circuito, uma força eletromotriz induzida. O gráfico
a seguir mostra como o fluxo magnético varia com
o tempo em uma bobina; com isso, o valor absolu-
possui comprimento igual a 50 cm, o módulo da
força magnética que atua nesse lado é igual a:
a) 0,1 N.
c) 1,2 N.
b) 1,0 N.
d) 2,1 N.
6. (Unimontes-MG) A quantidade de calor dissipada
na espira durante 0,10 segundos de movimento é
igual a:
a) 0,24 J.
c) 2,40 J.
b) 2,24 J.
d) 4,20 J.
7. (Fuvest-SP) É possível acender um LED movimen-
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o qual a barra deve ser deslocada entre as duas
posições, com velocidade constante, para que o
LED acenda.
LED (diodo emissor de luz)
potência
24 mW
corrente
20 mA
luminosidade
2 lumens
Todo o conjunto é colocado em um campo magnético B (perpendicular ao plano desta folha e entrando nela), com intensidade de 1,1 T. O jovem,
segurando em um puxador isolante, deve fazer a
barra deslizar entre X1 e X2.
0,40 m
Questões de Vestibulares
0,20 m
LED
B
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
M
X1
0,60 m
X2
Para verificar em que condições o LED acenderia
durante o movimento, estime:
a) a tensão V, em volts, que deve ser produzida nos
terminais do LED para que ele acenda de acordo
com suas especificações.
b) a variação ∆Φ do fluxo do campo magnético
através da espira no movimento entre X1 e X2.
c) o intervalo de tempo ∆t, em segundos, durante
Note e adote: A força eletromotriz induzida ε é tal
que ε = –∆Φ/∆t.
8. (UFCSPA-RS) Um transformador é usado para reduzir uma tensão alternada de 60 V para 12 V. Supondo que o transformador é ideal com 400 espiras no
primário e que a intensidade da corrente no secundário é 0,5 A, o número de espiras do secundário e
a intensidade da corrente no primário são, respectivamente:
a) 40 espiras e 0,10 A.
b) 80 espiras e 0,10 A.
c) 40 espiras e 2,5 A.
d) 80 espiras e 0,25 A.
e) 200 espiras e 0,25 A.
9. (ITA-SP) Considere o transformador da figura, onde
VP é a tensão no primário, VS é a tensão no secundário, R, um resistor, N1 e N2 são o número de espiras no primário e secundário, respectivamente, e S
uma chave. Quando a chave é fechada, qual deve
ser a corrente IP no primário?
S
VP
N1
N2; VS
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Eletromagnetismo: indução eletromagnética,
ondas eletromagnéticas
1. A espira é um circuito elétrico com resistência interna r.
Logo, da expressão da corrente para circuitos elétricos
∑ ε – ∑ ε’
de corrente contínua, i =
, temos:
∑ (R + r + r’)
ε
i=
⇒ ε = ir (I)
r
∆B
Da expressão da lei de Faraday, ε = –N 
, substi∆t
tuindo em (I), vem:
–N 
∆B
N∆B
= ir ⇒ i∆t = –
⇒
∆t
r
⇒฀q = –
N∆B
r
(II)
Calculamos, então, o fluxo do campo magnético em
cada uma das posições apresentadas. Sendo S = 0,50 m2
e B = 4,0 T, da expressão ΦB = BS  cos θ, temos:
฀
฀
• posição inicial (θ = 90°): ΦB0 = 4,0  0,50  cos 90° ⇒
฀ ⇒ ΦB0 = 0
• posição final (θ = 120°): ΦB = 4,0  0,50  cos 120° ⇒
฀
฀ ⇒ ΦB = 4,0  0,50(–0,50) ⇒ ΦB = –1,0 Wb
Logo:
∆ΦB = ΦB – ΦB0 ⇒ ∆ΦB = –1,0 – 0 ⇒ ∆ΦB = –1,0 Wb
Sendo r = 40 Ω e N = 80, substituindo em (II), temos:
80(–1,0)
q=–
⇒ q = 2,0 C
40
Resposta: alternativa b.
2. a) Sendo Φ = 2t, para cada espira, temos:
• para t0 = 1,0 s: Φ0 = 2  1,0 ⇒ Φ0 = 2,0 Wb
• para t = 10 s: Φ = 2  10 ⇒ Φ = 20 Wb
Sendo N = 50 espiras, da lei de Faraday,
∆B
ε = –N 
, vem:
∆t
ε = –N 
 – 0
20 – 2,0
⇒ ε = –50 
⇒
t – t0
10 – 1,0
⇒฀ε = 100 V (em módulo)
b) O sentido da corrente elétrica induzida na espira é
dado pela lei de Lenz. O fluxo do campo magnético,
que está dirigido para dentro da figura, aumenta. A
corrente induzida deve se opor a esse aumento, ou
seja, deve gerar um campo magnético cujas linhas
de força devem ter a mesma direção e sentido contrário ao do campo que está aumentando. Por isso,
pela regra da mão direita, a corrente induzida percorre a espira no sentido anti-horário, gerando um campo dirigido para fora do plano da figura.
iinduzida
�
�
�
�
�
�
�
�
B (campo gerado na espira)
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
3. a) Como o lado da espira quadrada mede
 = 10 cm = 1,0  10–1 m, sua área é:
S = 2 ⇒ S = (1,0  10–1)2 ⇒ S = 1,0  10–2 m2
O módulo do vetor campo magnético no instante
t = 5,0 s pode ser obtido por meio da função dada:
B(t) = 0,5 + 0,02t ⇒ B = 0,5 + 0,02  5,0 ⇒ B = 0,60 T
Sendo B = 0,60 T, S = 1,0  10–2 m2 e θ = 0°, da expressão Φ = BS  cos θ, temos:
ΦB = 0,60  1,0  10–2  cos 0° ⇒ ΦB = 6,0  10–3 Wb
b) Vamos considerar o intervalo de tempo de t0 = 0 a
t = 5,0 s. O módulo do vetor campo magnético no
instante t0 = 0 pode ser obtido a partir da expressão
dada:
B(t) = 0,5 + 0,02t ⇒ B0 = 0,5 + 0,02  0 ⇒ B0 = 0,50 T
Sendo B0 = 0,50 T, S = 1,0  10–2 m e θ = 0°, da expressão ΦB = BS  cos θ, temos:
ΦB0 = 0,50  1,0  10–2  cos 0° ⇒ ΦB0 = 5,0  10–3 Wb
Aplicando a lei de Faraday, temos:
∆B
 – 0
ε=–
⇒ε=–
⇒
∆t
t – t0
⇒฀ε = –
6,0  10 –3 – 5,0  10 –3
⇒ ε = –2,0  10–4 V
5,0 – 0
c) Sendo r = 1,25 mΩ = 1,25  10–3 Ω, da expressão da
corrente para circuitos elétricos de corrente contínua,
∑ ε – ∑ ε’
i=
, temos, em módulo:
∑ (R + r + r’)
i=
ε
2,0  10 –4
⇒i=
⇒
r+r+r+r
4  1,25  10 –3
⇒฀i = 4,0  10–2 A
Então, a potência dissipada é:
P = εi ⇒ P = 2,0  10–4  4,0  10–2 ⇒ P = 8,0  10–6 W
4. Pelo gráfico, de t0 = 0 a t = 1,0 s, o fluxo magnético aumentou de Φ0 = 0 a Φ1 = 10 Wb. Da expressão da lei de
∆B
Faraday, ε = –
, temos:
∆t
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Respostas das Questões de Vestibulares
ENERG
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ε0 a 1 = –
B – 0
10 – 0
⇒ ε0 a 1 = –
⇒ ε0 a 1 = –10 V
t – t0
1,0 – 0
b) Para a posição X1 = 0,20 m, a área da espira é:
S1 = 0,20  0,60 ⇒ S1 = 0,12 m2
Entre 1,0 s a 2,0 s, o fluxo magnético permaneceu constante; portanto, a força eletromotriz induzida na espira é
zero. No intervalo de t0 = 2,0 s a t = 3,0 s, o fluxo magnético diminuiu de Φ2 = 10 Wb para Φ3 = 0. Da expressão
∆B
da lei de Faraday, ε = –
, temos:
∆t
 – 0
0 – 10
ε2 a 3 = – B
⇒ ε2 a 3 = –
⇒ ε2 a 3 = 10 V
t – t0
3,0 – 2,0
Sendo B = 1,1 T e θ = 0°, da expressão ΦB = BS  cos θ,
temos:
ΦB1 = 1,1  0,12  cos 0° ⇒ ΦB1 = 0,13 Wb
Para a posição X2 = 0,40 m, a área da espira é:
ΦB2 = 0,60  0,60 ⇒ S = 0,36 m2
Se considerarmos a diferença entre os valores máximos
da força eletromotriz entre o intervalo de 0 a 1,0 s e o
intervalo de 2,0 a 3,0 s, o valor absoluto da força eletromotriz induzida no intervalo de 0 a 3,0 s foi:
ε0 a 3 = ε2 a 3 – ε0 a 1 ⇒ ε0 a 3 = 10 – (–10) ⇒ ε0 a 3 = 20 V
Portanto, a variação do fluxo do campo magnético
através da espira no movimento entre X1 e X2 é:
∆ΦB = ΦB2 – ΦB1 ⇒ ∆ΦB = 0,40 – 0,13 ⇒ ∆ΦB = 0,27 Wb
Resposta: alternativa e.
5. A força eletromotriz induzida na espira de lado
 = 50 cm = 0,50 m, entrando no campo magnético,
equivale à força eletromotriz induzida num condutor de
comprimento  = 0,50 m que atravessa as linhas de
campo. Então, em módulo, podemos aplicar a expressão ε = Bv, em que B = 0,10 T,  = 0,50 m e v = 24 m/s:
ε = 0,01  0,50  24 ⇒ ε = 1,2 V
A espira é um circuito elétrico cuja resistência interna é
r = R = 0,60 Ω. Da expressão da corrente para circuitos
∑ ε – ∑ ε’
elétricos de corrente contínua, i =
, te∑ (R + r + r’)
mos:
ε
12
i=
⇒i=
⇒ i = 2,0 A
r
0,60
Sendo i = 2,0 A,  = 0,50 m, B = 0,10 T e θ = 90°, da
expressão F = iB  sen θ, temos:
F = 2,0  0,50  0,10 ⇒ F = 0,10 N
Resposta: alternativa a.
6. Sendo r = 0,60 Ω e i = 2,0 A, a potência dissipada pela
espira por efeito Joule é:
P = ri2 ⇒ P = 0,60  2,02 ⇒ P = 2,4 W
Sendo ∆t = 0,10 s, da expressão E = P∆t, com E = Q,
temos:
Q = P∆t ⇒ Q = 2,4  0,10 ⇒ Q = 0,24 J
Resposta: alternativa a.
7. a) Sendo P = 24 mW = 24  10–3 W e
i = 20 mA = 20  10–3A, da expressão P = Vi, temos:
V=
P
24  10 –3
⇒V=
⇒ V = 1,2 V
i
20  10 –3
Sendo B = 1,1 T e θ = 0°, da expressão ΦB = BS  cos θ,
temos:
ΦB2 = 1,1  0,36  cos 0° ⇒ ΦB2 = 0,40 Wb
c) A força eletromotriz induzida deve ter o mesmo valor
da tensão calculada no item a para que o LED acenda
de acordo com as suas especificações, ou seja, ε = V.
Então, da expressão da lei de Faraday, em módulo,
temos:
∆B
0,27
V=
⇒ 1,2 =
⇒ ∆t = 0,23 s
∆t
∆t
8. Sendo ε1 = 60 V, ε2 = 12 V e N1 = 400 o número de espiras
nos terminais de 1, da expressão
ε1
N
= 1 , temos:
ε2
N2
60
400
=
⇒ N2 = 80 espiras
12
N2
Sendo N1 = 400, N2 = 80 e i2 = 0,50 A, da expressão
i2
N
= 1 , temos:
i1
N2
0,50
400
=
⇒ i1 = 0,10 A
i1
80
Resposta: alternativa b.
9. Sendo i1 = iP e i2 = iS, da expressão
iS
N
N
= 1 ⇒ iP = 2  iS
iP
N2
N1
i2
N
= 1 , temos:
i1
N2
(I)
O secundário é um circuito elétrico com uma resistência
R. Então, da expressão da corrente para circuitos de cor∑ ε – ∑ ε’
rente contínua, i =
, temos:
∑ (R + r + r’)
iS =
ε2
V
⇒ iS = S
R
R
(II)
Substituindo (II) em (I), iP =
N2
V
 S .
N1
R
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Eletrostática: campo elétrico e potencial
elétrico, capacitores
1. (UFJF-MG) Quatro cargas elétricas, três positivas e
2. (UFRGS) A figura abaixo representa um campo elé-
uma negativa, estão colocadas nos vértices de um
quadrado, como mostra a figura a seguir.
trico uniforme E= existente entre duas placas extensas, planas e paralelas, no vácuo. Uma partícula é
lançada horizontalmente, com velocidade de módulo constante, a partir do ponto P situado a meia
distância entre as placas. As curvas 1, 2 e 3 indicam
possíveis trajetórias da partícula. Suponha que ela
não sofra ação da força gravitacional.
Questões de Vestibulares
2q0
q0
1
q0
�2q0
O campo elétrico resultante produzido por essas
cargas no centro do quadrado pode ser representado por:
q0
a) 2q0
zero
q0
b) 2q0
�2q0
q0
E
P
2
3
Com base nesses dados, assinale a alternativa que
preenche corretamente as lacunas do seguinte
enunciado: A trajetória _____ indica que a partícula _____ .
a) 3 – está carregada negativamente
b) 3 − está carregada positivamente
c) 1 − está carregada positivamente
d) 1 – não está carregada
e) 2 − está carregada positivamente
3. (Vunesp) Em um seletor de cargas, uma partícula
q0
c) 2q0
q0
d) 2q0
�2q0
q0
�2q0
q0
de massa m e eletrizada com carga q é abandonada em repouso em um ponto P entre as placas paralelas de um capacitor polarizado com um campo
elétrico E. A partícula sofre deflexão em sua trajetória por causa da ação simultânea do campo gravitacional e do campo elétrico e deixa o capacitor
em um ponto Q, como registrado na figura. Deduza a razão q/m em termos do campo E e das distâncias d e h.
P
q
q0
e) 2q0
�2q0
h
g
E
q0
Q
d
4. (UFPI) Um condutor com uma cavidade em seu inq0
�2q0
terior possui uma carga Q (positiva). Considerando
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que o condutor esteja em equilíbrio eletrostático,
podemos afirmar que a carga nas superfícies interna (Qint ) e externa (Qext ) tem os seguintes valores:
1
1
Q e Qext =
Q.
a) Qint =
2
2
3
1
b) Qint = Q e Qext = Q.
4
4
c) Qint = 0 e Qext = Q.
Questões de Vestibulares
d) Qint = Q e Qext = 0.
para que o potencial elétrico na posição x = 3a
seja nulo.
a) +2q
c) –3q/4
b) +q/4
d) –q/2
8. (UFCSPA-RS) Duas cargas elétricas de mesmo módulo, porém de sinais contrários, ocupam dois vértices, A e B de um triângulo equilátero, conforme
ilustra a figura. A constante eletrostática do meio é
a mesma em todos os pontos do meio.
C
1
3
e) Qint = Q e Qext = Q.
4
4
5. (Uncisal) Do contato de um corpo com uma esfera
metálica maciça de raio r é transferida, para a esfera, uma quantidade de carga igual a –3Q. Essa
quantidade de carga ficará, na esfera, assim distribuída:
a) –Q no centro e –2Q na superfície da esfera.
b) –2Q no centro e –Q na superfície da esfera.
c) –3Q no centro da esfera.
d) –3Q na superfície da esfera.
e) –3Q num anel de raio r/2.
6. (Uncisal) Duas cargas elétricas pontuais, +Q e –Q,
de módulos iguais, encontram-se fixas, no vácuo, à
distância 4d uma da outra. Considere o ponto P
entre as cargas e à distância d da carga –Q.
d
�Q
�Q
P
Sendo k0 a constante eletrostática no vácuo, o potencial elétrico no ponto P devido às duas cargas é:
Q
Q
2
3
.
 k0 
d) –  k0  2 .
a) –
d
d
3
4
b) –
3
Q
.
 k0 
2
d
c) –
Q
4
 k0  2 .
3
d
e) zero.
sobre a reta x. Uma carga de valor +q está sobre a
posição x = a, enquanto a segunda carga está na
posição x = 4a.
�q
a
O
B
Nas condições descritas, a afirmação correta para o
potencial elétrico e o campo elétrico resultantes
no vértice C do triângulo é:
a) o potencial e o campo elétrico resultantes são
nulos.
b) o potencial elétrico é nulo e a direção do campo
elétrico resultante é a mesma da reta que passa
em C, paralela a AB.
c) o potencial elétrico é negativo e a direção do
campo elétrico resultante é a mesma da reta
que passa por BC.
d) o potencial elétrico é positivo e a direção do
campo elétrico resultante é a mesma da reta
que passa por AC.
e) o potencial elétrico é nulo e a direção do campo
elétrico resultante é dada pela reta que passa
em C e o ponto médio, O, entre AB.
9. (UFPE) Duas cargas elétricas puntiformes, de mes-
7. (UFVJM-MG) A figura abaixo mostra duas cargas
0
A
mo módulo Q e sinais opostos, são fixadas à distância de 3,0 cm entre si. Determine o potencial elétrico no ponto A, em volts, considerando que o potencial no ponto B é 60 volts.
1,0 cm
A
4a
1,0 cm
�Q
B
�Q
x
Com base nessas informações, assinale a alternativa que apresenta o valor da segunda carga
10. (Mack-SP) Na determinação do valor de uma carga
elétrica puntiforme, observamos que, em um determinado ponto do campo elétrico por ela gera-
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do, o potencial elétrico é de 18 kV e a intensidade do vetor campo elétrico é de 9,0 kN/C. Se o meio é o vácuo
(k = 9  109 N  m2/C2 ), o valor dessa carga é:
a) 4,0 µC.
b) 3,0 µC.
c) 2,0 µC.
d) 1,0 µC.
e) 0,5 µC.
11. (PUC-RJ) Duas partículas de cargas q1 = 4  10–5 C e q2 = 1  10–5 C estão alinhadas no eixo x, sendo a separação entre elas de 6 m. Sabendo que q1 se encontra na origem do sistema de coordenadas e considerando
k = 9  109 N  m2/C2, determine:
a) a posição x entre as cargas onde o campo elétrico é nulo;
b) o potencial eletrostático no ponto x = 3 m;
c) o módulo, a direção e o sentido da aceleração no caso de ser colocada uma partícula de carga q3 = –1  10–5 C
e massa m3 = 1,0 kg no ponto do meio da distância entre q1 e q2 .
12. (UFPI) Considere o quadrado da figura abaixo, de lado a = 3,0 cm, com cargas +Q, –Q, +Q e –Q situadas em
seus vértices. Sabendo que Q = 1,0 µC e que a constante eletrostática é igual a 9  109 N  m2/C2, coloque V para
as afirmações verdadeiras e F para as falsas.
�Q
�Q
a
�Q
�Q
a
1. ( ) O campo elétrico no centro do quadrado tem módulo igual a 2  107 N/C e aponta horizontalmente
para a direita do centro do quadrado.
2. ( ) O potencial elétrico no centro do quadrado é zero.
3. ( ) A força elétrica sobre uma carga q = 1,0 µC colocada no centro do quadrado tem módulo igual a 40 2 N
e aponta horizontalmente para a direita do centro do quadrado.
4. ( ) A energia eletrostática do sistema formado pelas quatro cargas é igual a +0,3 2 J.
13. (UFRGS) Uma carga de –106 C está uniformemente distribuída sobre a superfície terrestre. Considerando que
o potencial elétrico criado por essa carga é nulo a uma distância infinita, qual será aproximadamente o valor
desse potencial elétrico sobre a superfície da Lua?
(Dados: dTerra-Lua = 3,8  108 m; k0 = 9  109 N ฀m2/C2.)
a) –2,4  107 V
b) –0,6  10–1 V
c) –2,4  10–5 V
d) –0,6  107 V
e) –9,0  106 V
14. (Unifesp) A figura representa a configuração de um campo elétrico gerado por duas partículas carregadas,
A e B.
A
B
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Assinale a linha da tabela que apresenta as indicações corretas para as convenções gráficas que ainda não
estão apresentadas nessa figura (círculos A e B) e para explicar as que já estão apresentadas (linhas cheias e
tracejadas).
Carga da
partícula A
Carga da
partícula B
Linhas cheias
com setas
Linhas tracejadas
a)
(+)
(+)
linha de força
superfície equipotencial
b)
(+)
(–)
superfície equipotencial
linha de força
c)
(–)
(–)
linha de força
superfície equipotencial
d)
(–)
(+)
superfície equipotencial
linha de força
e)
(+)
(–)
linha de força
superfície equipotencial
15. (UPE) Na figura a seguir, observa-se uma distribuição de linhas de força e superfícies equipotenciais. Considere
o campo elétrico uniforme de intensidade 5 V/m.
50 V
B
E
A
2m
2m
O trabalho necessário para se deslocar uma carga elétrica q = 2  10–6 C do ponto A ao ponto B vale, em
joules:
b) 7  10–5.
c) 6  10–5.
d) 2  10–5.
e) 4  10–5.
a) 8  10–5.
16. (Vunesp) A figura é a intersecção de um plano com o centro C de um condutor esférico e com três superfícies
equipotenciais ao redor desse condutor.
N
C
M
10 V
5V
2,5 V
Uma carga de 1,6  10–19 C é levada do ponto M ao ponto N. O trabalho realizado para deslocar essa carga
foi de:
a) 3,2  10–20 J.
b) 16,0  10–19 J.
c) 8,0  10–19 J.
d) 4,0  10–19 J.
e) 3,2  10–18 J.
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17. (Ufes) A diferença de potencial entre os lados interno e externo da membrana plasmática de um
neurônio é de 70 mV. A energia cinética de um íon
cálcio (Ca2+) que atravessa essa diferença de potencial, desprezando qualquer dissipação, sofre um
aumento, em unidades de 10–20 J, de:
a) 0,16.
d) 2,24.
b) 0,32.
e) 3,20.
c) 1,12.
Questões de Vestibulares
18. (Unifor-CE) Duas cargas puntiformes, Q1 = 4,0  10–6 C
e Q2 = –2,0  10–6 C, estão fixas, no vácuo, separadas
de d = 10 cm. Considere dois pontos, A e B, sobre
a reta que passa por Q1 e Q2, o ponto A a 4,0 cm de
Q1 e o ponto B a 2,0 cm de Q2, como mostra o
esquema.
A
Q1
Q2
B
b) Calcule o potencial elétrico V, em volts, criado
pelas duas esferas no ponto P0.
c) Estime a menor energia cinética E, em eV, que
deve ser fornecida ao elétron para que ele ultrapasse o ponto P0 e atinja a região à direita de P0
na figura.
Note e adote: considere V = 0 no infinito; num
ponto P, V = kQ/r, em que r é a distância da carga
Q ao ponto P; k = 9  109 (N  m2/C2); qe = carga do
elétron = –1,6  10–19 C; 1 eV = 1,6  10–19 J.
20. (UFRN) Uma célula de fibra nervosa exibe uma diferença de potencial entre o líquido de seu interior e
o fluido extracelular. Essa diferença de potencial,
denominada potencial de repouso, pode ser medida por meio de microeletrodos localizados no líquido interior e no fluido extracelular, ligados aos terminais de um milivoltímetro, conforme a figura 1.
Sendo a constante eletrostática do vácuo
k0 = 9,0  109 N  m2/C2, o trabalho realizado pelas
forças elétricas para deslocar uma carga
q = 2,0  10–6 C de A até B, em joules, vale:
a) 24.
d) 2,4.
b) 12.
e) zero.
c) 4,8.
mV
ON
OFF
eletrodos
�
� � �� � � � � � �
�
�
� membrana celular
�
�
�
�� � ��
�
�
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�� � �
�
� ��
�
�
�
��
� ��� � � � �� ��
fluido extracelular
figura 1
19. (Fuvest-SP) Duas pequenas esferas iguais, A e B,
carregadas, cada uma, com uma carga elétrica Q
igual a –4,8  10–9 C, estão fixas e com seus centros
separados por uma distância de 12 cm. Deseja-se
fornecer energia cinética a um elétron, inicialmente muito distante das esferas, de tal maneira que
ele possa atravessar a região onde se situam essas
esferas ao longo da direção x, indicada na figura,
mantendo-se equidistante das cargas.
a) Esquematize, na figura, a direção e o sentido das
forças resultantes F1 e F2 que agem sobre o elétron quando ele está nas posições indicadas por
P1 e P2 .
Num experimento de medida do potencial de repouso de uma célula de fibra nervosa, obteve-se o
gráfico desse potencial em função da posição dos
eletrodos, conforme a figura 2.
V (mV)
20,0
00,0
�20,0
�40,0
�60,0
�80,0
Q
A
100,0
6 cm
P2
P0
6 cm
B
Q
x (10�10 m)
figura 2
P1
elétron
180,0
x
Considere que o módulo do vetor campo elétrico
∆V
, sendo ∆V a diferença de
é dado por E = ∆x
potencial elétrico entre as superfícies externa e interna da membrana celular e ∆x a espessura. A par-
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tir dessas informações, pode-se afirmar que o vetor
campo elétrico no interior da membrana celular
tem módulo igual a:
a) 8,0  10–2 V/m e sentido de dentro para fora.
b) 1,0  107 V/m e sentido de dentro para fora.
c) 1,0  107 V/m e sentido de fora para dentro.
d) 8,0  10–2 V/m e sentido de fora para dentro.
Questões de Vestibulares
21. (UPE) Considere as afirmativas a seguir.
I. Em um condutor isolado em equilíbrio eletrostático, o campo elétrico em qualquer ponto
interno ao condutor é nulo.
II. Em um condutor isolado em equilíbrio eletrostático, o potencial elétrico em qualquer ponto
interno ao condutor é nulo.
III. A lei de Coulomb estabelece que a força de interação entre duas cargas elétricas puntiformes
separadas pela distância d é diretamente proporcional ao produto dessas cargas e inversamente proporcional à distância d.
IV. A carga elétrica é quantizada.
V. As linhas de força são úteis para descrever um
campo elétrico em qualquer região do espaço.
É correto afirmar que:
a) todas as afirmativas estão corretas.
b) todas as afirmativas estão incorretas.
c) as afirmativas II e III estão incorretas.
d) apenas as afirmativas I e IV estão corretas.
e) apenas a afirmativa V está correta.
22. (Unimontes-MG) Um capacitor possui placas planas e paralelas, de área 20 cm2 cada uma. Se dobrarmos a área das placas e mantivermos a distância entre elas, a capacitância inicial será:
a) igual à capacitância final.
b) o dobro da capacitância final.
c) um terço da capacitância final.
d) a metade da capacitância final.
23. (UECE) Três capacitores, de placas paralelas, estão
ligados em paralelo. Cada um deles tem armaduras
de área A, com espaçamento d entre elas. Assinale
a alternativa que contém o valor da distância entre
as armaduras, também de área A, de um único capacitor de placas paralelas equivalente à associação dos três.
d
3d
c)
a)
3
2
2d
b) 3d
d)
3
24. (UEMS) Utilizando as informações do gráfico abaixo, a capacitância (em µF) e o trabalho (em joules)
necessário para carregar um capacitor de placas
planas paralelas, inicialmente descarregado, são,
respectivamente:
U (103 V)
3,0
Q (10–3 C)
0
a) 1,0 e 6,0.
b) 1,0 e 7,2.
c) 1,2 e 5,4.
3,6
d) 3,6 e 5,4.
e) 3,6 e 9,5.
25. (Ufla-MG) Considere três esferas, 1, 2 e 3, condutoras, idênticas e elaboradas de um mesmo material.
Inicialmente, a esfera 1 está carregada com carga Q,
e as esferas 2 e 3 estão descarregadas. Coloca-se a
esfera 1 em contato com a esfera 2, eletrizando-a,
e, em seguida, elas são separadas. Posteriormente,
coloca-se a esfera 2 em contato com a esfera 3,
eletrizando-a, e separando-as também. Finalmente, a esfera 3 é colocada em contato com a esfera 1,
sendo depois separadas. Dessa forma, a carga final
da esfera 1 é:
Q
4
Q.
c)
a)
.
3
3
3
b)
Q.
d) Q .
8
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IDADE
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Eletrostática: campo elétrico e potencial elétrico, capacitores
essa força elétrica é orientada horizontalmente, para a
direita, de módulo F = qE. Veja a figura:
ENERG
ELÉTR IA
ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
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ÁTOM
1. Veja a figura a seguir:
A
B
2q0
q0
y
E0C
h
E0A
E0B
F
g
P
E0D
Respostas das Questões de Vestibulares
P
q
q0
�2q0
C
D
h
Como os módulos das cargas elétricas de B e C são os
mesmos e as distâncias de B e C ao centro do quadrado
kQ
são as mesmas, da expressão E = 2 , concluímos que,
�
�d
em módulo, E0 = E0 . Como E0 e E 0 têm o mesmo móB
B
C
d
x
C
dulo, a mesma direção e sentidos opostos, eles se anulam. Portanto, o vetor campo elétrico resultante no cené:
�tro do� quadrado
�
E0 = E0 + E0
A
D
�
�
Como os vetores E 0 e E 0 têm a mesma direção e o
A
0
D
mesmo sentido, o vetor resultante no centro do quadra�
do
� tem a mesma direção e o mesmo sentido de E 0A e
E0 .
D
Resposta: alternativa b.
2. Indicamos a direção e o sentido da força elétrica que
atuaria na partícula nas trajetórias 1 e 3. Na trajetória 2
não atuaria força elétrica, pois a partícula não seria desviada de sua trajetória. Logo, se a partícula seguisse a
trajetória 2, ela seria neutra. Veja a figura:
F
E
F
1
A força resultante na direção horizontal é a força elétrica.
Aplicando a segunda lei de Newton na direção horizontal, sendo, em módulo, FR = F, temos:
qE
FR = ma ⇒ F = ma ⇒ qE = ma ⇒ a =
m
qE
Sendo x0 = 0, v0x = 0, x = d e a =
, da expressão
m
1 2
x = x0 + v0xt +
at , obtemos o instante em que a par2
tícula deixa o capacitor:
1
qE
2md

 t2 ⇒ t2 =
d=
2
m
qE
2md
Sendo y0 = h, v0y = 0, y = 0 e t2 =
, da expressão
qE
1 2
y = y0 + v0yt –
gt , temos:
2
2md
2md
1
1
0=h–
g
⇒h=
g
qE
qE
2
2
2
Dessa expressão se obtém a razão q/m em função de
q
gd
d e h:
=
.
m
hE
3
4. Em um condutor carregado eletricamente em equilíbrio
 
Na trajetória 1, como E e F têm sentidos opostos, a partícula estaria
  carregada negativamente. Na trajetória 3,
como E e F têm o mesmo sentido, a partícula estaria
carregada positivamente.
Resposta: alternativa b.
3. A partícula está inserida em dois campos de força:
• o campo gravitacional da Terra, suposto uniforme, re
presentado pelo vetor g, constante, orientado verticalmente para baixo, cujo módulo é g = 10 N/kg;
• o campo elétrico resultante gerado pelas placas carregadas, suposto
 uniforme, representado pelo vetor
campo elétrico E constante, orientado horizontalmente para a direita, que exerce sobre a partícula a força
elétrica F . Como a partícula sofre desvio para a direita,
eletrostático, as cargas elétricas sempre se localizam na
sua superfície externa. No interior desse condutor, não
há cargas elétricas.
Resposta: alternativa c.
5. Em um condutor carregado eletricamente em equilíbrio
eletrostático, as cargas elétricas sempre se localizam na
sua superfície. Portanto, a carga –3Q ficará distribuída na
superfície da esfera.
Resposta: alternativa d.
6. Observe a figura abaixo:
d
3d
�Q
P
A
�Q
B
4d
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QUÂNTICA
O
ÁTOM
Como as cargas A e B têm o mesmo módulo e se encontram à mesma distância de C, temos VC = 0.
Determinação do vetor campo elétrico no ponto C: o
módulo do vetor campo elétrico nesse ponto devido à
kQ
, com
d
k = k0, o potencial para o ponto P devido à carga +Q, à
distância dPA = 3d, é:
kQ A
k Q
⇒ VPA = 0
VPA =
dPA
3d
Sendo QA = +Q e QB = –Q, da expressão V =
carga QA, à distância dCA, é EAC = k 
e o potencial elétrico devido à carga –Q, à distância
dPB = d, é:
kQB
k Q
⇒ VPB = – 0
VPB =
dPB
d
d2C A
e o módulo do
vetor campo elétrico devido à carga QB, à distância dCB ,
QB
. Como as cargas A e B têm o mesmo
d2CB
módulo e se encontram à mesma distância de C, temos
ECA = ECB .
é EBC = k 
Logo, o potencial elétrico resultante em P é:
k Q
k Q
VP = VPA + VPB ⇒ VP = 0 – 0 ⇒
3d
d
Como mostra a figura abaixo, o vetor campo elétrico resultante em C pode ser obtido pela regra do paralelogramo:
2
Q
 k0 
3
d
Resposta: alternativa a.
⇒฀VP = –
ECA
7. Observe a figura abaixo:
EC
C
�q
0
QA
Q2
P
1 a
3a
2a
4a
2
x
ECB
a
kQ
, o potencial
d
elétrico para o ponto P devido à carga +q, à distância
dP1 = 2a, é:
kQ1
kq
⇒ VP1 =
VP1 =
dP1
2a
Sendo Q1 = +q, da expressão V =
e o potencial elétrico devido à carga Q2 , à distância
d2P = a, é:
kQ 2
kQ 2
⇒ VP2 =
VP2 =
dP 2
a
Resposta: alternativa b.
9. Observe a figura:
1, 0 c m
8. Determinação do potencial elétrico no ponto C: o potencial elétrico nesse ponto devido à carga QA, positiQ
va, a uma distância dCA, é VCA = +k  A , e o potencial
dC A
elétrico devido à carga QB , negativa, a uma distância
Q
dCB, é VCB = –k  B . Logo, o potencial elétrico resuldCB
tante em C é:
Q
Q
VC = VCA + VCB ⇒ VC = k  A – k  B
dC A
dCB
2,0 cm
1, 0 c m
1
Logo, o potencial elétrico resultante em P é:
kQ 2
kq
+
VP = VP1 + VP2 ⇒ VP =
2a
a
Como o potencial elétrico no ponto P deve ser nulo,
temos:
kQ 2
kQ 2
kq
kq
+
=0⇒
=–
⇒
VP = 0 ⇒
a
a
2a
2a
q
⇒฀Q2 = –
2
Resposta: alternativa d.
B
A
A
�Q
2
B
�Q
3,0 cm
฀
kQ
Sendo Q1 = +Q e Q2 = –Q, da expressão V =
, ted
mos:
• o potencial elétrico no ponto B devido à carga Q1, à
distância dB1 = 1,0 cm, é:
VB1 =
kQ1
kQ
⇒ VB1 = +
⇒ VB1 = +kQ
dB1
1, 0
e o potencial elétrico devido à carga Q2 , à distância
dB2 = 2,0 cm, é:
VB2 =
kQ 2
kQ
⇒ VB2 = –
dB 2
2, 0
Como o potencial elétrico resultante em B vale 60 V,
temos:
kQ
kQ
⇒ 60 =
⇒
VB = VB1 + VB2 ⇒ 60 = kQ –
2, 0
2, 0
⇒ kQ = 120
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฀
• o potencial elétrico no ponto A devido à carga Q1, à
distância dA1 = 1,0 cm, é:
kQ1
kQ
VA1 =
⇒ VA1 = +
⇒ VA1 = kQ
dA1
1, 0
e o potencial elétrico devido à carga Q2, à distância
dA2 = 4,0 cm, é:
kQ 2
kQ
VA2 =
⇒ VA2 =
dA 2
4, 0
Logo, sendo kQ = 120, o potencial elétrico resultante
em A é:
kQ
3kQ
⇒ VA =
⇒
VA = VA1 + VA2 ⇒ VA = kQ –
4, 0
4, 0
3  120
⇒ VA = 90 V
⇒฀VA =
4, 0
kQ
10. Se do VP = 18 kV = 18 000 V, da expressão V =
, ted
mos:
kQ
kQ
VP =
⇒ 18 000 =
⇒ kQ = 18 000dP (I)
dP
dP
Sendo, em módulo, EP = 9,0 kN/C = 9 000 N/C, da expreskQ
são E = 2 , temos:
d
kQ
kQ
EP = 2 ⇒ 9 000 = 2 ⇒ kQ = 9 000dP2 (II)
dP
dP
De (I) e (II), vem:
9 000dP2 = 18 000dP ⇒ 9 000dP2 – 18 000dP = 0 ⇒ dP’ = 0
ou dP” = 2,0 m
Neste caso, o valor dP’ = 0 (distância nula) não é fisicamente aceitável. Portanto, dP = 2,0 m. Substituindo em
(I), temos:
9  109Q = 18 000  2,0 ⇒ Q = 4 000  10–9 C ⇒
⇒฀Q = 4,0  10–6 C ⇒ Q = 4,0 µC
Resposta: alternativa a.
11. a) Sobre esse eixo, a abscissa de P na qual o vetor campo elétrico é nulo deve situar-se entre as partículas
de carga q1 e q2 , pois nessa região os vetores campo
elétrico originários de q1 e q2 têm sentidos opostos:
6,0 m
Da figura, verificamos que a distância d1P , de P a q1 , é
a abscissa x; portanto, x = dP1. A distância de P a q2 é
dP2 = 6,0 – x. Assim:
4, 0  10 –5
1, 0  10 –5
=
⇒ 4,0(6,0 – x)2 = x2 ⇒
x2
(6, 0 – x)2
⇒฀x2 – 16x + 48 = 0
Resolvendo essa equação, obtemos x’ = 12 m e
x’’ = 4,0 m. O primeiro valor é incoerente fisicamente, pois está fora da região entre as partículas. Portanto, a porção entre as cargas onde o campo elétrico é nulo é x = 4,0 m.
b) Veja o esquema abaixo:
6,0 m
3,0 m
3,0 m
q1
q2
R
x
dR2
dR1
Sendo q1 = 4,0  10–5 C e q2 = 1,0  10–5 C, positivas, da
kQ
expressão V =
, o potencial elétrico para o ponto
d
R devido à carga q1 , à distância dR1 = 3,0 m (veja a figura), é:
q
4, 0  10 –5
VR1 = k  1 ⇒ VR1 = 9,0  109 
⇒
3, 0
dR1
⇒฀VR1 = 1,2  105 V
e o potencial elétrico devido à carga q2 , à distância
dR2 = 3,0 m (veja a figura), é:
q
1, 0  10 –5
⇒
VR2 = k  2 ⇒ VR2 = 9,0  109 
dR 2
3, 0
⇒฀VR2 = 3,0  104 V
Logo, o potencial elétrico resultante no ponto R é:
VR = VR1 + VR2 ⇒ VR = 1,2  105 + 3,0  104 ⇒
⇒฀VR = 1,2  105 + 0,30  105 ⇒ VR = 1,5  105 V
c) Observe a figura a seguir:
x
q1
6,0 � x
EP2
EP1
6,0 m
3,0 m
P
x1 � 0
3,0 m
q2
x
x2 � 6,0 m
Assim, sendo x a abscissa do ponto P, da expressão
do módulo do vetor campo elétrico de uma carga
kQ
pontual, E = 2 , temos:
d
kq
kq
kq
kq
EP1 – EP2 = 0 ⇒ 2 1 – 2 2 = 0 ⇒ 2 1 = 2 2 ⇒
dP1
dP 2
dP1
dP 2
q1
q2
⇒ 2 = 2
dP1
dP 2
ER2
q1
R
ER1
q2
x
dR1
dR2
Inicialmente, determinamos o vetor campo elétrico
no ponto R, onde a partícula carregada será colocada. Então, o módulo do vetor campo elétrico devido
à carga q1 = 4,0  10–5 C, à distância dR1 = –3,0 m, é:
kq
4, 0  10 –5
ER1 = 2 1 ⇒ ER1 = 9,0  109 
⇒
dR1
3, 0 2
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⇒฀ER1 = 4,0  104 N/C
e o módulo do vetor campo elétrico devido à carga
q2 = 1,0  10–5 C, à distância dR2 = 3,0 m, é:
kq
1, 0  10 –5
⇒
ER2 = 2 2 ⇒ ER2 = 9,0  109 
dR 2
3, 0 2
⇒฀ER2 = 1,0  104 N/C
 
Como ER1 e ER 2 têm a mesma direção e sentidos opostos, o módulo do vetor campo elétrico resultante em
R, ER , adotando como positivo o sentido para a direita, é:
ER = ER1 – ER2 ⇒ ER = 4,0  104 – 1,0  104 ⇒
⇒฀ER = 3,0  104 N/C
O vetor campo elétrico resultante tem direção horizontal e sentido para a direita. Como a carga a ser
colocada no ponto R é negativa, a força elétrica
exercida sobre ela tem a mesma direção e sentido
oposto ao do vetor campo elétrico nesse ponto.
Sendo q3 = 1,0  10–5 C e ER = 3,0  104 N/C, em módulo, da expressão F = qE, temos:
F = 1,0  10–5  3,0  104 ⇒ F = 3,0  10–1 N
Como a força elétrica é a força resultante sobre a partícula, aplicando a segunda lei de Newton, em módulo, de acordo com o referencial indicado, temos:
FR = ma ⇒ –F = ma ⇒ –3,0  10–1 = 1,0a ⇒
⇒฀a = –3,0  10–1 m/s2
Portanto, a aceleração da partícula terá módulo de
3,0  10–1 m/s2, direção horizontal e sentido para a
esquerda.
12. 1: incorreta. Observe a figura:
1
2
�Q
�Q
E4
O
E1
E3
�Q
4
a
�Q
3
A diagonal do quadrado pode ser calculada usando
o teorema de Pitágoras. Sendo a = 3,0 cm = 3,0  10–2 m,
temos:
d2 = a2 + a2 ⇒ d = a 2 ⇒ d = 3, 0 2  10–2 m
Como os módulos das cargas elétricas são os mesmos e as distâncias das partículas carregadas eletricamente até o centro são as mesmas, da expressão
kQ
E = 2 , concluímos que, em módulo, E1 = E2 = E3 =
d
= E4 = E. Sendo Q = 1,0 µC = 1,0  10–6 C e
d=
3 2  10 –2
m, vem:
2
9,0  10 9  1,0  10 –6
 3,0 2  10 –2 


2
2
⇒ E = 2,0  107 N/C
 
Como se vê na figura, os vetores E2 e E 4 têm a mesma
direção e o mesmo sentido.
 Logo, o módulo do vetor
campo elétrico resultante E’ é:
E’ = E2 + E4 ⇒ E’ = 2,0  107 + 2,0  107 ⇒
⇒฀E’ = 4,0  107 N/C
 
Os vetores E1 e E3 têm a mesma direção e o mesmo
sentido. Analogamente
o módulo do vetor campo

elétrico resultante E’’ é E’’ = 4,0  107 N/C.
Podemos calcular o módulo do vetor
 campo elétrico
resultante no centro do quadrado E O usando o teorema de Pitágoras. Veja a figura:
O
EO
EO2 = E’2 + E’’2 ⇒ EO2 = (4,0  107)2 + (4,0  107)2 ⇒
⇒฀EO = 4,0 2  107 N/C
Portanto, o vetor campo elétrico resultante no centro
do quadrado tem módulo EO = 4,0 2  107 N/C, direção horizontal e sentido para a direita.
2: correta. Para o ponto O considerado, o potencial elétrico devido à carga Q1 = 1,0 µC = 1,0  10–1 C a uma
distância dO1 = 3,0 2  10–2 m é:
VO1 = +k 
Q
1,0  10 –6
⇒ VO1 = 9,0  109 
⇒
dO1
3,0 2  10 –2
3,0  10 5
2
Analogamente, o potencial elétrico devido à carga
Q4 = 1,0 µC = 1,0  10–6, positiva, a uma distância
3,0  10 5
V.
dO4 = 3,0  10–2 2 m é VO4 =
2
⇒ VO1 =
E2
a
E=
O potencial elétrico em O devido à carga
Q2 = 1,0 µC = 1,0  10–6 C, negativa, a uma distância
dO2 = 3,0 2  10–2 m, é:
Q
1,0  10 –6
⇒ VO2 = –9,0  109 
⇒
VO2 = –k 
dO 2
3,0 2  10 –2
⇒ VO2 = –
3,0  10 5
V
2
Da mesma forma, o potencial elétrico devido à carga
Q3 = 1,0 µC = 1,0  10–6 C, negativa, a uma distância
3,0  10 5
dO3 = 3,0 2  10–2 m, é VO3 = –
V. Logo, o
2
potencial elétrico resultante em O é:
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VO = VO1 + VO2 + VO3 + VO4 ⇒
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ÁTOM
⇒฀VO =
+
3,0  10 5
3,0  10 5
3,0  10 5
–
–
+
2
2
2
3,0  10 5
⇒ VO = 0
2
3: correta. Sendo q = 1,0 µC = 1,0  10–6 C e
EO = 4,0 2  107 N/C, da expressão F = qE, temos:
F = 1,0  10–6  4 2  107 ⇒ F = 40 2 N
Como a carga é positiva, a força elétrica exercida na
partícula carregada eletricamente tem a mesma direção e o mesmo sentido do vetor campo elétrico resultante. Portanto, a força elétrica exercida na partícula tem módulo F = 40 2 N, direção horizontal e
sentido para a direita.
4: incorreta. Da expressão da energia potencial elétrica,
kQq
EPe =
, aplicada às partículas do quadrado card
regadas eletricamente, temos:
kQ 2
• 1 e 2: EPe (1, 2) = –
a
• 2 e 3: EPe (2, 3) =
kQ
a
• 3 e 4: EPe (3, 4) = –
• 1 e 4: EPe (1, 4) =
2
kQ 2
a
kQ 2
a
9,0  10 9 (–10 –6 )
⇒ V = –2,4  107 V
3,8  10 8
14. As linhas de força do campo elétrico nascem nas cargas positivas e morrem nas negativas. Portanto, as linhas
cheias com seta são as linhas de força, a partícula A tem
carga elétrica positiva e a partícula B, carga elétrica negativa. As superfícies equipotenciais são perpendiculares às linhas de forças em cada ponto do campo elétrico.
Portanto, as linhas tracejadas representam superfícies
equipotenciais.
Resposta: alternativa e.
15. Sendo E = 5,0 V/m o módulo do vetor campo elétrico
nessa região e dAB = 4,0 m a distância entre os pontos A
e B, da expressão ∆V = Ed, temos:
∆VAB = EdAB ⇒ ∆VAB = 5,0  4,0 ⇒ ∆VAB = 20 V
τAB = 2,0  10–6  20 ⇒ τAB = 4,0  10–5
• 1 e 3: EPe (1, 3) = –
kQ
a 2
• 2 e 4: EPe (2, 4) = –
kQ 2
a 2
Portanto, a energia potencial elétrica do sistema formado pelas quatro cargas, sendo
Q = 1,0 µC = 1,0  10–6 C e a = 3,0  10–2 m, é:
EPe = EPe (1, 2) + EPe (2, 3) + EPe (3, 4) + EPe (1, 4) + EPe (1, 3) + EPe (2, 4) ⇒
kQ 2
kQ 2
kQ 2
kQ 2
kQ 2
+
–
+
–
–
⇒ EPe = –
a
a
a
a
a 2
kQ 2
kQ 2
–
⇒ EPe = –2 
⇒
a 2
a 2
9,0  10 9 (1,0  10 –6 )2
⇒ EPe = –0,3 2 J
3,0  10 –2 2
13. Veja a figura abaixo:
V=
Sabemos que o trabalho mínimo realizado por um agente externo para deslocar uma partícula carregada de
carga q entre dois pontos A e B, entre os quais a diferença de potencial é ∆VAB, é, em módulo, τAB = q∆VAB. Então,
sendo q = 2,0  10–6 C e ∆VAB = 20 V, temos:
2
⇒฀EPe = –2 
Sendo Q = –106 C e d = 3,8  108 m, da expressão do
potencial elétrico a uma distância d (onde está a Lua) de
kQ
uma esfera carregada (Terra), V =
, temos:
d
Resposta: alternativa e.
16. Sendo VM = 5,0 V e VN = 10 V, da expressão τAB = q(VB – VA)
obtemos o trabalho mínimo do agente externo para
levar a carga positiva q = 1,6  10–19 C de M para N:
τMN = q(VN – VM) ⇒ τMN = 1,6  10–19(10 – 5,0) ⇒
⇒฀τMN = 8,0  10–19 J
Resposta: alternativa c.
17. O íon Ca2+ tem falta de dois elétrons; portanto, sua carga elétrica é q = +2e. Sendo e = 1,6  10–19 J, temos:
q = 2  1,6  10–19 ⇒ q = 3,2  10–19 C
Sendo ∆V = 70 mV = 70  10–3 V, da expressão τ = q∆V,
temos:
τ = 3,2  10–19  70  10–3 ⇒ τ = 224  10–22 J ⇒
⇒฀τ = 2,24  10–20 J
Do teorema da energia cinética, τF = ∆EC , admitinR
do que o trabalho calculado seja o trabalho da força
resultante (exercida pelo campo elétrico), temos
∆E C = 2,24  10–20 J.
Resposta: alternativa d.
Material complementar ao livro Física – Eletromagnetismo e física moderna, de Alberto Gaspar (São Paulo: Ática, 2009; volume 3). © Editora Ática. Todos os direitos reservados.
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RELATI
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18. Veja a figura:
Coulomb, F = k 
ENERG
ELÉTR IA
ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
O
ÁTOM
1 0 c m
4, 0 c m
Respostas das Questões de Vestibulares
Q
2, 0 c m
A
1
Q
B
2
, concluímos que as forças que
d2
essas cargas exercem no elétron quando ele passa pelo
ponto P1 têm o mesmo módulo. O mesmo ocorre quando o elétron passa pelo ponto P2. Como�mostra
� a figura abaixo, as forças elétricas resultantes F1 e F2 em P1 e
P2 podem ser obtidas pela regra do paralelogramo:
A
Inicialmente, determinamos os potenciais elétricos dos
pontos A e B. Sendo Q1 = +4,0  10–6 C, Q2 = –2,0  10–6 C,
kQ
da expressão V =
, temos:
d
• o potencial elétrico no ponto A devido à carga Q1, à
distância dA1 = 4,0 cm = 4,0  10–2 m, é:
FB1
e o potencial elétrico devido à carga Q2, à distância
dA2 = 6,0 cm = 6,0  10–2 m, é:
Q2
2, 0  10 –6
⇒ VA2 = –9,0  109 
⇒
VA2 = k 
dA 2
6, 0  10 –2
⇒฀VA2 = –3,0  105 V
Logo, o potencial elétrico resultante em A é:
VA = VA1 + VA2 ⇒ VA = 9,0  105 – 3,0  105 ⇒ VA = 6,0  105 V
฀
• o potencial elétrico no ponto B devido à carga Q1, à
distância dB1 = 12 cm = 12  10–2 m, é:
VB1 = k 
Q1
4, 0  10 –6
⇒ VB1 = 9,0  109 
⇒
dB1
12  10 –2
⇒฀VB1 = 3,0  105 V
e o potencial elétrico devido à carga Q2, à distância
dB2 = 2,0 cm = 2,0  10–2 m, é:
Q
2, 0  10 –6
VB2 = k  2 ⇒ VB2 = –9,0  109 
⇒
dB 2
2, 0  10 –2
⇒฀VB2 = –9,0  105 V
Logo, o potencial elétrico resultante em B é:
VB = VB1 + VB2 ⇒ VB = 3,0  105 – 9,0  105 ⇒
⇒฀VB = –6,0  105 V
Da expressão τAB = q(VB – VA) podemos determinar o trabalho mínimo do agente externo para levar a carga positiva q = 2,0  10–6 de A para B:
τAB = 2,0  10–6[6,0  105 – (–6,0  105)] ⇒
⇒฀τAB = 2,0  10–6  12  105 ⇒ τAB = 2,4 J
O trabalho realizado pelo campo elétrico, que equivale
ao trabalho realizado pelas forças elétricas, é igual, em
módulo, ao trabalho mínimo do agente externo. Portanto, τBA = τAB = 2,4 J.
Resposta: alternativa d.
19. Como as cargas A e B têm o mesmo módulo e estão à
mesma distância do ponto P1, da expressão da lei de
P2
1
F2
P0
6 cm
FA1
Q1
4, 0  10
⇒ VA1 = 9,0  109 
⇒
dA1
4, 0  10 –2
⇒฀VA1 = 9,0  105 V
FB2
6 cm
P
F1
–6
VA1 = k 
q1q2
FA2
B
kQ
,
d
o potencial elétrico para o ponto P0 devido à carga
QA, à distância dA0 = 6,0 m = 6,0  10–2 m, é:
Q
4, 8  10 –9
VA0 = k  A ⇒ VA0 = –9,0  109 
⇒
d
6, 0  10 –2
A0
b) Sendo QA = QB = –4,8  10–9 C, da expressão V =
⇒ VA0 = –7,2  102 V
e o potencial elétrico devido à carga QB , à distância
dB0 = 6,0 cm = 6,0  10–2 m, é VB0 = –7,2  102 V. Logo, o
potencial elétrico resultante no ponto P0 é:
V0 = VA0 + VB0 ⇒ V0 = –7,2  102 – 7,2  102 ⇒
⇒฀V0 = –1,4  103 V
c) Para que o elétron ultrapasse P0 e atinja a região à
direita desse ponto, ele deve chegar a P0 com energia
cinética maior que zero: EC > 0. Então, do teorema
final
da energia cinética:
τF = ∆EC ⇒ τF = EC – EC ⇒ EC = τF + EC
R
R
final
Portanto, τF + EC
R
inicial
inicial
final
R
inicial
> 0.
O trabalho realizado sobre o elétron é o trabalho da
força resultante exercida sobre ele pelo campo elétrico e é igual ao trabalho mínino do agente externo do infinito até o ponto P0, mas com sinal contrário, pois a força elétrica tem sentido contrário ao do
deslocamento. O trabalho do agente externo é:
τ∞, 0 = q(V0 – 0) ⇒ τ∞, 0 = eV0 ⇒
⇒฀τ∞, 0 = –e(–1,4  103) ⇒ τ∞, 0 = 1,4  103 eV
Portanto, o trabalho da força resultante exercida pelo
campo elétrico é τF = –1,4  103 eV. Assim:
R
–1,4  103 eV + EC
inicial
> 0 ⇒ EC
inicial
> 1,4  103 eV
20. Do gráfico, temos x0 = 100  10–8 m, V0 = 0 V,
x = 180  10–10 m, V = –80  10–3 V. Portanto:
∆x = x – x0 ⇒ ∆x = 180  10–10 – 100  10–8 ⇒
⇒฀∆x = 80  10–10 m
∆V = V – V0 ⇒ ∆V = –80  10–3 – 0 ⇒ ∆V = –80  10–3 V
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Respostas das Questões de Vestibulares
ENERG
ELÉTR IA
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MECÂNICA
QUÂNTICA
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ÁTOM
–80  10 –3
∆V
7
⇒ E = 1,0  10 V/m
⇒E= ∆x
80  10 –10
�
O sentido do vetor campo elétrico E é da superfície
externa, positiva, para a superfície interna, negativa.
Resposta: alternativa c.
24. Do gráfico, Q = 3,6  10–3 C e ∆V = V = 3,0  103 V. Da ex-
21. I: correta. O campo elétrico no interior de um condutor
O trabalho necessário para carregar o capacitor, inicialmente descarregado, corresponde à energia potencial
elétrica armazenada no capacitor. Portanto:
E=
em equilíbrio eletrostático é nulo – não há linhas de
força. Portanto, em qualquer ponto do interior, E = 0.
II: incorreta. No interior de um condutor em equilíbrio
eletrostático o potencial elétrico tem valor V constante.
III: incorreta. A lei de Coulomb estabelece que a intensidade das forças de interação (F) entre dois pontos
materiais de cargas elétricas q1 e q2 é diretamente
proporcional ao produto dessas cargas e inversamente proporcional ao quadrado da distância (d)
entre esses pontos.
IV: correta. A carga elétrica é quantizada, isto é, seu valor é múltiplo do valor da carga elétrica elementar –
a carga e do elétron.
V: correta.
Resposta: alternativa c.
Q
, temos:
∆V
pressão C =
C=
3, 6  10 –3
⇒ C = 1,2  10–6 F ⇒ C = 1,2 µF
3, 0  10 3
τ = EP ⇒ τ =
e
Q ∆V
3, 6  10 –3  3, 0  10 3
⇒τ=
⇒
2
2
⇒฀τ = 5,4 J
Resposta: alternativa c.
25. I: inicialmente, Q1 = Q, Q2 = Q3 = 0. As esferas 1 e 2
são colocadas em contato e em seguida separadas.
Como são idênticas, têm a mesma capacidade; logo,
adquirem cargas iguais depois do contato: Q1’ = Q2’= Q’.
Assim, do princípio da conservação da carga, temos:
Q1 + Q2 = Q1’ + Q2’ ⇒ Q + 0 = Q’ + Q’ ⇒ 2Q’ = Q ⇒
⇒฀Q’ =
Q
2
Portanto, Q1’ =
22. Da expressão para a capacidade de um capacitor de
εS
, se dobrarmos a área S das
d
placas e mantivermos a distância d entre elas, sua capacidade C também será duplicada. Portanto, a capacidade final será o dobro da inicial.
Resposta: alternativa d.
placas paralelas, C =
23. Os capacitores são idênticos; portanto, C1 = C2 = C3 = C.
Como eles estão associados em paralelo, da expressão
Cp = C1 + C2 + C3 + ... + Cn , temos:
Cp = C1 + C2 + C3 ⇒ Cp = 3C (I)
εS
εA
(II).
, com S = A, vem C =
d
d
εA
Substituindo (II) em (I), obtemos Cp = 3 
(III).
d
A capacidade C’ do capacitor de área S = A e distância
entre as armaduras d’ é dada por:
εS
εA
C’ =
⇒ C’ =
(IV)
d’
d’
Da expressão C =
Como a capacidade da associação de capacitores deve
ser igual à capacidade do capacitor equivalente, Cp = C’,
de (III) e (IV), temos:
εA
εA
d
=
⇒ d’ =
d
d’
3
Resposta: alternativa a.
3
Q
Q
e Q3’ = 0.
, Q2’ =
2
2
II: as esferas 2 e 3 são colocadas em contato e em seguida separadas. Como são idênticas, têm a mesma
capacidade; logo, adquirem cargas iguais depois do
contato: Q2’’ = Q3’’ = Q’’. Assim, do princípio da conservação da carga, temos:
Q2’ + Q3’ = Q2’’ + Q3’’ ⇒
⇒฀2Q’’ =
Q
+ 0 = Q’’ + Q’’ ⇒
2
Q
Q
⇒ Q’’ =
2
4
Portanto, Q1’’ =
Q
Q
Q
e Q3’’ =
, Q2’’ =
.
2
4
4
III: as esferas 1 e 3 são colocadas em contato e em seguida separadas. Como são idênticas, as esferas têm
a mesma capacidade; logo, adquirem cargas iguais
depois do contato: Q1’’’ = Q3’’’ = Q’’’. Assim, do princípio
da conservação da carga, temos:
Q1’’ + Q2’’ = Q1’’’ + Q3’’’ ⇒
⇒฀2Q’’’ =
Q
Q
+
= Q’’’ + Q’’’ ⇒
2
4
3Q
3Q
⇒ Q’’’ =
4
8
Portanto, Q1’’’ =
3Q
Q
3Q
e Q’’’ =
, Q2’’’ =
.
8
2
8
Resposta alternativa b.
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ENERG
ELÉTR IA
ICA
MECÂNICA
QUÂNTICA
O
ÁTOM
Eletrostática: carga elétrica e lei de Coulomb
1. (UFCSPA-RS) Dois corpos de materiais diferentes,
quando atritados entre si, são eletrizados. Em relação a esses corpos, se essa eletrização é feita de
forma isolada do meio, é correto afirmar que:
a) um fica eletrizado positivamente e o outro negativamente.
b) um fica eletrizado negativamente e o outro
permanece neutro.
c) um fica eletrizado positivamente e o outro permanece neutro.
d) ambos ficam eletrizados negativamente.
e) ambos ficam eletrizados positivamente.
2. (UFMG) Durante uma aula de física, o professor
Carlos Heitor faz a demonstração de eletrostática
que se descreve a seguir.
Inicialmente, ele aproxima duas esferas metálicas
– R e S –, eletricamente neutras, de outra esfera
isolante, eletricamente carregada com carga negativa, como representado na figura I. Cada uma
dessas esferas está apoiada em um suporte isolante. Em seguida, o professor toca o dedo, rapidamente, na esfera S, como representado na figura II. Isso feito, ele afasta a esfera isolante das outras duas esferas, como representado na figura III.
R
S
I
R
S
II
R
S
III
Considerando essas informações, é correto afirmar que, na situação representada na figura III:
a) a esfera R fica com carga negativa e a S permanece neutra.
b) a esfera R fica com carga positiva e a S permanece neutra.
c) a esfera R permanece neutra e a S fica com carga negativa.
d) a esfera R permanece neutra e a S fica com carga positiva.
bola II recebe 2 unidades de carga. Escolha o diagrama que representa corretamente as forças de
interação entre as bolas.
I
II
a)
b)
c)
d)
e)
4. (Uncisal) Para a aula de eletricidade estática, o aluno apresenta ao professor dois balões de ar, negativamente carregados, suspensos por fios isolantes
presos às suas mãos.
Quando o aluno aproxima os dois balões, não permitindo que se toquem, a intensidade da força eletrostática entre os balões:
a) diminui e os balões se atraem.
b) diminui e os balões se repelem.
c) aumenta e os balões se atraem.
d) aumenta e os balões se repelem.
e) não se altera, independentemente da distância
entre eles.
5. (UEMS) Três cargas elétricas fixas estão colocadas
em vértices alternados do hexágono de lado L,
conforme mostrado na figura. Coloca-se uma quarta carga positiva q no vértice assinalado na figura.
�Q
B
�4 Q
C
3. (UFF-RJ) Numa experiência de eletrostática realizada no laboratório didático do Instituto de Física da
UFF, duas bolas idênticas são penduradas por fios
isolantes muito finos a certa distância uma da outra. Elas são, então, carregadas eletricamente com
quantidades diferentes de carga elétrica de mesmo sinal: a bola I recebe 8 unidades de carga e a
A
�q
D
�Q
Assinale a alternativa que identifica o vetor força elétrica resultante R sobre a carga q.
a) A
b) B
c) C
d) D
e) vetor nulo
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MECÂNICA
QUÂNTICA
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Eletrostática: carga elétrica e lei de Coulomb
1. (UFCSPA-RS) Dois corpos de materiais diferentes,
quando atritados entre si, são eletrizados. Em relação a esses corpos, se essa eletrização é feita de
forma isolada do meio, é correto afirmar que:
a) um fica eletrizado positivamente e o outro negativamente.
b) um fica eletrizado negativamente e o outro
permanece neutro.
c) um fica eletrizado positivamente e o outro permanece neutro.
d) ambos ficam eletrizados negativamente.
e) ambos ficam eletrizados positivamente.
2. (UFMG) Durante uma aula de física, o professor
Carlos Heitor faz a demonstração de eletrostática
que se descreve a seguir.
Inicialmente, ele aproxima duas esferas metálicas
– R e S –, eletricamente neutras, de outra esfera
isolante, eletricamente carregada com carga negativa, como representado na figura I. Cada uma
dessas esferas está apoiada em um suporte isolante. Em seguida, o professor toca o dedo, rapidamente, na esfera S, como representado na figura II. Isso feito, ele afasta a esfera isolante das outras duas esferas, como representado na figura III.
R
S
I
R
S
II
R
S
III
Considerando essas informações, é correto afirmar que, na situação representada na figura III:
a) a esfera R fica com carga negativa e a S permanece neutra.
b) a esfera R fica com carga positiva e a S permanece neutra.
c) a esfera R permanece neutra e a S fica com carga negativa.
d) a esfera R permanece neutra e a S fica com carga positiva.
bola II recebe 2 unidades de carga. Escolha o diagrama que representa corretamente as forças de
interação entre as bolas.
I
II
a)
b)
c)
d)
e)
4. (Uncisal) Para a aula de eletricidade estática, o aluno apresenta ao professor dois balões de ar, negativamente carregados, suspensos por fios isolantes
presos às suas mãos.
Quando o aluno aproxima os dois balões, não permitindo que se toquem, a intensidade da força eletrostática entre os balões:
a) diminui e os balões se atraem.
b) diminui e os balões se repelem.
c) aumenta e os balões se atraem.
d) aumenta e os balões se repelem.
e) não se altera, independentemente da distância
entre eles.
5. (UEMS) Três cargas elétricas fixas estão colocadas
em vértices alternados do hexágono de lado L,
conforme mostrado na figura. Coloca-se uma quarta carga positiva q no vértice assinalado na figura.
�Q
B
�4 Q
C
3. (UFF-RJ) Numa experiência de eletrostática realizada no laboratório didático do Instituto de Física da
UFF, duas bolas idênticas são penduradas por fios
isolantes muito finos a certa distância uma da outra. Elas são, então, carregadas eletricamente com
quantidades diferentes de carga elétrica de mesmo sinal: a bola I recebe 8 unidades de carga e a
A
�q
D
�Q
Assinale a alternativa que identifica o vetor força elétrica resultante R sobre a carga q.
a) A
b) B
c) C
d) D
e) vetor nulo
Material complementar ao livro Física – Eletromagnetismo e física moderna, de Alberto Gaspar (São Paulo: Ática, 2009; volume 3). © Editora Ática. Todos os direitos reservados.
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Eletrostática: carga elétrica e lei de Coulomb
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QUÂNTICA
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1. N a e l e t ri z a ç ã o p o r a t rit o , u m c o r p o p e r d e e l é t r o n s , fi c a n d o e l e t ri z a d o p o s iti v a m e n t e , e o o u t r o c o r p o g a n h a e l é t r o n s , fi c a n d o e l e t ri z a d o n e g a ti v a m e n t e .
Resposta: a lt e r n a ti v a a.
q1q2
, ao diminuirmos a distância entre os dois
d2
balões eletricamente carregados, aumenta o valor da
força de repulsão elétrica entre eles.
Resposta: alternativa d.
F=k
Respostas das Questões de Vestibulares
2. Ao aproximar as esferas metálicas R e S, eletricamente
neutras, da esfera isolante, eletricamente carregada com
carga negativa, esta provoca a separação de cargas daquelas esferas, que ficam polarizadas. Veja a figura:
R
S
��
�
�
�
�
�
�
��
��
�
�
�
�
�
�
��
5. Aplicando a expressão da lei de Coulomb, obtemos o
módulo da força de interação entre as partículas 1 e 4.
Sendo q1 = –4Q , q4 = +q e d14 = 2L, temos:
qq
4Qq
kQ q
F14 = k  12 4 ⇒ F14 = k 
⇒ F14 = 2
2
d14
(2L)
L
Fazendo o mesmo para as partículas 2 e 4, sendo
q2 = +Q , q4 = +q e d24 = L, vem:
F24 = k 
Na presença da esfera carregada negativamente, ao ser
tocada pelo professor, escoam elétrons de S para o corpo do professor. Veja a figura:
R
S
��
�
�
�
�
�
�
��
��
�
�
�
�
�
�
��
q2 q 4
d224
⇒ F24 =
kQq
L2
Da mesma forma, o módulo da força de interação entre
as partículas 3 e 4 é:
F34 =
kQq
L2
Portanto, F14 = F24 = F34 = F =
� �
�
vetores F
, F e F34 , temos:
1
4 24
kQq
. Representando os
L2
�Q
q2
F 14 60
Ao se desfazer o contato da mão do professor com a
esfera S, esta se torna positivamente carregada. Ao afastarmos a esfera negativamente carregada das esferas R
e S, a separação de cargas de R se desfaz. Portanto, R
continua neutra e S fica positivamente carregada.
Resposta: alternativa d.
3. Como as cargas das duas bolas têm o mesmo sinal,
elas se repelem. Portanto, as forças de interação entre
elas têm o mesmo módulo, a mesma direção e sentidos opostos.
Resposta: alternativa b.
4. Como as cargas dos balões têm o mesmo sinal, eles se
repelem. Da expressão matemática da lei de Coulomb,
�4Q
q1
B
q4
o
F34
60o F
o
60
60o
�q
D
F 24
�Q
q3
Aplicando a regra do paralelogramo, vem:
F’2 = F234 + F224 + 2F34  F24  cos 120° ⇒
⇒฀F’2 = F2 + F2 + 2F  F(–0,50) ⇒ F’2 = F2 + F2 – F2 ⇒
⇒ F’ = F
�
�
Como os vetores F14 e F� têm o mesmo módulo, a mesma direção e sentidos opostos, a resultante é nula.
Resposta: alternativa e.
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Estática: equilíbrio do ponto material e de corpos rígidos
1. (UFC-CE) Uma esfera lisa e homogênea de massa
3. (IME-RJ) Um caminhão de três eixos se desloca so-
m encontra-se em equilíbrio, apoiada nas duas
rampas mostradas na figura abaixo.
bre uma viga biapoiada de 4,5 m de comprimento,
conforme ilustra a figura abaixo. A distância entre
os eixos do caminhão é 1,5 m e o peso por eixo
aplicado à viga é 150 kN. Desprezando o peso da
viga, para que a reação vertical do apoio A seja o
dobro da reação vertical no apoio B, a distância D
entre o eixo dianteiro do caminhão e o apoio A deverá ser:
B
Questões de Vestibulares
A
�
�
Considerando que α e β são os ângulos que as
rampas fazem com a horizontal, que A e B são os
pontos de contato entre a esfera e as rampas e que
g é a aceleração da gravidade, assinale a alternativa
que contém os valores corretos dos módulos das
forças de contato entre a esfera e as duas rampas
nos pontos A e B em função de α, β, m e g.
sen α
sen β
 mg e FB =
 mg
a) FA =
sen ( α + β )
sen ( α + β )
b) FA =
sen β
sen α
 mg e FB =
 mg
sen ( α + β )
sen ( α + β )
c) FA =
cos α
cos β
 mg e FB =
 mg
cos ( α – β )
cos ( α – β )
d) FA =
cos β
cos α
 mg e FB =
 mg
cos ( α – β )
cos ( α + β )
e) FA =
sen α
sen β
 mg e FB =
 mg
sen ( α – β )
sen ( α – β )
2. (Unimontes-MG) Na figura abaixo, representamos
um sistema formado por dois corpos de massas
m1 = 4 kg e m2 = 6 kg.
A
B
D
a) 0 m.
b) 0,3 m.
c) 0,6 m.
d) 0,9 m.
e) 1,2 m.
4. (Fuvest-SP) Para carregar um pesado pacote, de
massa M = 90 kg, ladeira acima, com velocidade
constante, duas pessoas exercem forças diferentes.
O carregador 1, mais abaixo, exerce uma força F1
sobre o pacote, enquanto o carregador 2, mais acima, exerce uma força F2 . No segundo esquema a
seguir estão representados, em escala, o pacote e
os pontos C1 e C2, de aplicação das forças, assim
como suas direções de ação.
Y(m)
movimento
m2
2
F2
g
CM
m1
0
1
2
3
X(m)
F1
As coordenadas do centro de massa do sistema,
XCM e YCM , são, respectivamente:
a) 2,0 m e 1,5 m.
b) 2,2 m e 1,2 m.
c) 3,0 m e 2,2 m.
d) 2,5 m e 3,0 m.
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MECÂNICA
QUÂNTICA
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g
C2
der os tipos de equilíbrio que tinha estudado em
sua aula de física. Utilizando dois garfos, uma rolha,
um prego e uma garrafa, construiu a estrutura representada na figura abaixo:
CM
PS
CG
direção de F2
direção de F1
Questões de Vestibulares
C1
a) Determine, a partir de medições a serem realizadas no segundo esquema, a razão R = F1/F2 entre os módulos das forças exercidas pelos dois
carregadores.
b) Determine os valores dos módulos F1 e F2 , em
newtons.
c) Indique, no segundo esquema, com a letra V, a
posição em que o carregador 2 deveria sustentar o pacote para que as forças exercidas pelos
dois carregadores fossem iguais.
Note e adote: A massa do pacote é distribuída uniformemente e, portanto, seu centro de massa, CM,
coincide com seu centro geométrico.
5. (UEPB) Um estudante de Ensino Médio resolveu
montar um experimento para melhor compreen-
Sendo PS o ponto de sustentação e CG o centro de
gravidade da estrutura, o estudante concluiu que:
a) o equilíbrio obtido é denominado de estável,
pois o centro de gravidade encontra-se abaixo
do ponto de sustentação.
b) o equilíbrio obtido é denominado de estável,
porém o centro de gravidade deveria estar acima do ponto de sustentação.
c) o equilíbrio obtido é denominado de instável,
pois o centro de gravidade encontra-se abaixo
do ponto de sustentação.
d) o equilíbrio obtido é denominado de instável,
porém o centro de gravidade deveria estar acima do ponto de sustentação.
e) o equilíbrio obtido é denominado de indiferente, pois independentemente das posições do
centro de gravidade e do ponto de sustentação,
o equilíbrio da estrutura é possível.
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Estática: equilíbrio do ponto material e de corpos rígidos
1. Na figura abaixo esquematizamos as forças exercidas
sobre a esfera:
y
F
B
Respostas das Questões de Vestibulares
⇒฀FA = mg 
F
A
�
A�
�
�
x
�
�
Resposta: alternativa b.
2. Da figura, x1 = 1,0 m, y1 = 0, x2 = 3,0 m, y3 = 2,0 m. Da
expressão da coordenada x , temos:
m1x1 + m2 x 2 + ... + mn x n
x =
⇒
m1 + m2 + ... + mn
P
 
Decompondo as forças FA e FB nas direções x e y, podemos aplicar as condições de equilíbrio do ponto material. Veja a figura:
F
FBy Ay
�
�
FBx
⇒฀ x =
4,0  1,0 + 6,0  3,0
⇒ x = 2,2 m
4,0 + 6,0
Da expressão da coordenada y , vem:
m y + m2 y 2 + ... + mn y n
y = 1 1
⇒
m1 + m2 + ... + mn
y
FB
sen β
sen (α + β )
B
�
�
Substituindo (IX) em (IV), vem:
sen β
sen α

⇒
FA = mg 
sen (α + β ) sen α
FA
x
⇒฀ y =
FAx
4,0  0 + 6,0  2,0
⇒ y = 1,2 m
4,0 + 6,0
Resposta: alternativa b.
P
Aplicando a expressão ∑Fx = 0, temos:
FAx – FBx = 0 (I)


Como o ângulo entre FA e o eixo y é β e entre FB e o eixo
y é α, vem:
FAx = FA  sen α (II)
FBx = FB  sen β

vidos
ao caminhão) e as forças normais dos apoios, NA e

NB . Veja a figura:
1,5 m
1,5 m
(III)
Substituindo (II) e (III) em (I), temos:
FA  sen α – FB  sen β = 0 ⇒ FA  sen α = FB  sen β ⇒
F  sen β
⇒฀FA = B
(IV)
sen α
Aplicando a expressão ∑Fy = 0, temos:
FAy – FBy = P (V)
Como:
FAy = FA  cos α
(VI)
FBy = FB  cos β
(VII)
NB
A
B
D
P1
P2
P3
NA
P1
P2
P3
NB
∑ MFO = 0 ⇒ M A + M A + M A + M A + M A = 0
Substituindo (IV) em (VIII), temos:
FB  sen  cos α
+ FB  cos β = mg ⇒
sen α
⇒฀FB(sen β  cos α + sen α  cos β) = mg  sen α ⇒
⇒฀FB  sen (α + β) = mg  sen α ⇒
sen α
sen (α + β )
NA
Escolhendo
 o polo dos momentos no ponto da aplicação de NA , da segunda condição de equilíbrio, temos:
e P = mg, substituindo (VI) e (VII) em (V), vem:
FA  cos α + FB  cos β = mg (VIII)
⇒฀FB = mg 
 
3. As forças exercidas na viga são os pesos P1 , P2 e P3 (de-
(IX)
Desenvolvendo cada termo a partir da expressão
MFO = Fd e observando os sinais, sendo P1 = P2 = P3 =
= 150 kN = 150 000 N, vem:
NA  0 – P1D – P2(D + 1,5) – P3(D + 3,0) + NB  4,5 = 0 ⇒฀฀
⇒฀ –150 000D – 150 000(D + 1,5) – 150 000(D + 3,0) +
+ 4,5NB = 0 ⇒ –150 000D – 150 000D – 225 000 –
– 150 000D – 450 000 + 4,5NB = 0 ⇒
⇒฀NB – 100 000D = 150 000 (I)
Da primeira condição de equilíbrio, como as forças têm
a mesma direção, adotando como positivo o sentido
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De (II), temos:
F1
= 2 ⇒ F1 = 2F2
F2
⇒฀3NB = 450 000 ⇒ NB = 150 000 N
Substituindo esse valor em (I), vem:
150 000 – 100 000D = 150 000 ⇒ D = 0
R e s p o s t a : alternativa a .
(IV)
Voltando em (III):
2F2 + F2 – 900 = 0 ⇒ 3F2 = 900 ⇒ F2 = 300 N

P
4. a) As forças
exercidas
no
pacote
são
o
peso,
, e as


forças F 1 e F 2 aplicadas pelos carregadores. Veja a
figura:
F2
Substituindo esse valor em (IV), temos:
F1 = 2  300 ⇒ F1 = 600 N
c) Sendo d1 = 4,0 unidades e F1 = F2, da expressão (I),
temos:
d
1 = 2 ⇒ d2 = d1 ⇒ d2 = 4,0 unidades
d1
g
g
d1
C2
CM
d1
d2
CM
C2
d2
F1
V
F1
P
C1
Como o sistema está em equilíbrio, é válida a expressão ∑ MFO = 0. Assim, escolhendo o polo dos momentos no centro de massa do sistema, temos:
F1
O
P
O
F2
O
M +M +M =0
Desenvolvendo a partir da expressão MFO = Fd e observando os sinais, vem:
F
d
(I)
–F1d1 + 0 + F2d2 = 0 ⇒ F2d2 = F1d1 ⇒ 1 = 2
F2
d1
direção de F2
direção de F2
C1
direção de F1
Respostas das Questões de Vestibulares
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QUÂNTICA
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⇒฀3NB – 150 000 – 150 000 – 150 000 = 0 ⇒
direção de F1
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P = 90  10 ⇒ P = 900 N
vertical para cima e sendo NA = 2NB , temos:
NA + NB – P1 – P2 – P3 = 0 ⇒
5. Se o ponto de sustentação (PS) estiver acima do centro
de gravidade (CG), o equilíbrio é estável. Sempre que o
sistema oscila para um lado, as forças exercidas sobre ele

—
 N (força normal aplicada ao ponto de sustentação) e
P (peso, aplicado em CG) — desalinham-se e originam
um momento resultante, que tende a fazer o sistema
voltar à situação inicial de equilíbrio. Veja a figura:
sentido do momento das forças
Como, da figura, d1 = 4,0 unidades e d2 = 8,0 unidades,
temos:
F1
F
8, 0
=
⇒ 1 =2
F2
F2
4, 0
N
sentido da oscilação
(II)
PS
b) Da primeira condição de equilíbrio, como as forças
têm a mesma direção, adotando como positivo o
sentido vertical para cima, temos:
F1 + F2 – P = 0
(III)
CG
P
Sendo m = 90 kg, da expressão P = mg, vem:
R e s p o s t a : alternativa a .
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Questões de Vestibulares
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Física moderna
1. (UFCSPA-RS) Sobre o efeito fotoelétrico, considere
as seguintes afirmações:
I. No efeito fotoelétrico o número de elétrons arrancados aumenta com o aumento da intensidade da radiação incidente.
II. O efeito fotoelétrico só é obtido quando a frequência da radiação é igual ou superior a um
valor mínimo chamado frequência de corte.
III. A energia cinética dos elétrons arrancados no
efeito fotoelétrico depende da intensidade da
radiação incidente e não depende da frequência dessa radiação.
Quais estão corretas?
a) Apenas I.
d) Apenas II e III.
b) Apenas II.
e) I, II e III.
c) Apenas I e II.
a) intensidade – velocidade
b) intensidade – frequência
c) frequência – intensidade
d) frequência – velocidade
e) velocidade – intensidade
Texto para as questões 4 e 5.
Em 1887 Heinrich Hertz realizou as experiências
que confirmaram a existência de ondas eletromagnéticas e ainda observou que uma descarga elétrica entre
dois eletrodos dentro de uma ampola de vidro, conforme a figura abaixo, é facilitada quando a radiação luminosa incide em um dos eletrodos, fazendo com que
elétrons sejam emitidos de sua superfície. Esse fenômeno foi chamado efeito fotoelétrico.
2. (UFRN) Quando há incidência de radiação eletromagnética sobre uma superfície metálica, elétrons podem ser arrancados dessa superfície e
eventualmente produzir uma corrente elétrica.
Esse fenômeno pode ser aplicado na construção
de dispositivos eletrônicos, tais como os que servem para abrir e fechar portas automáticas. Ao
interagir com a superfície metálica, a radiação eletromagnética incidente se comporta como:
a) onda, e o fenômeno descrito é chamado de
efeito fotoelétrico.
b) partícula, e o fenômeno descrito é chamado de
efeito fotoelétrico.
c) partícula, e o fenômeno descrito é chamado de
efeito termiônico.
d) onda, e o fenômeno descrito é chamado de
efeito termiônico.
3. (PUC-RS) No ano passado, comemorou-se o centenário de divulgação de teorias atribuídas a Albert Einstein. Entre elas, destaca-se a do “efeito fotoelétrico”, o qual consiste na retirada de elétrons
da superfície de um metal atingido por radiações
eletromagnéticas que cedem energia aos elétrons
do metal. Nesse efeito, a energia dos fótons incidentes depende diretamente da _____ da radiação incidente, enquanto o número de elétrons liberados por ação da radiação depende da _____
dessa radiação.
As informações que preenchem correta e respectivamente as lacunas estão reunidas em:
�A
V
A física clássica foi incapaz de explicar o efeito fotoelétrico. Em 1905, Einstein publicou um artigo explicando o efeito fotoelétrico, que desafiava os físicos da
época, a partir da quantização da energia introduzida
por Planck, marcando assim o início da física quântica.
Em 1921, esse trabalho deu ao cientista alemão o prêmio Nobel de física. O efeito fotoelétrico é um fenômeno historicamente importante no contexto da física moderna. O efeito fotoelétrico é a base de várias
aplicações tecnológicas. Como exemplo, podemos citar os sensores fotoelétricos e sua gama de utilização,
como no cinema falado e leitura laser nos discos compactos. (Adaptado de: CAVALCANTE, M. A.; TAVOLARO,
C. R. C.; SOUZA, D. F. DE; MUZINATTI, J. Uma aula sobre
o efeito fotoelétrico no desenvolvimento de competências e habilidades. Física na Escola, v. 3, n. 1, 2002.)
4. (UEPB) Acerca do assunto tratado no texto acima,
para explicar o efeito fotoelétrico Albert Einstein
mostrou que a energia cinética máxima dos elétrons emitidos por uma placa metálica iluminada
depende:
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a) da frequência e não do comprimento de onda
da luz incidente.
b) exclusivamente da amplitude da onda luminosa
incidente.
c) do comprimento de onda e não da frequência
da onda luminosa incidente.
d) da frequência e não da amplitude da onda luminosa incidente.
e) da amplitude e não do comprimento de onda
da luz incidente.
Questões de Vestibulares
5. (UEPB) Com base nas informações do texto acima,
considere um circuito elétrico construído conforme a figura que o ilustra, em que uma placa metálica de césio é iluminada por uma onda luminosa,
de comprimento 3  10–7 m, cuja função de trabalho do césio (W) é 2,1 eV, e considere, também, a
velocidade da luz c = 3  108 m/s e a constante de
Planck h = 4  10–15 eV  s. A energia cinética dos
elétrons emitidos por essa placa, em (eV), vale:
a) 1,5.
d) 2,0.
b) 1,9.
e) 1,8.
c) 1,4.
6. (Unifap) Qual a energia aproximada, em kJ, de um
quantum de radiação de luz visível, cujo comprimento de onda é igual a 5 000 Å? (Dados: constante de Planck = 6,6  10–34 J  s; velocidade da
luz = 3,0  108 m/s; 1 Å = 1,0  10–10 m.)
d) 4,0  10–22
a) 1,0  10–48
b) 7,0  10–34
e) 8,0  10–19
–29
c) 3,0  10
7. (UFRN) Raios cósmicos são partículas que bombardeiam continuamente a Terra. Eles são compostos,
principalmente, de partículas alfa, prótons e neutrinos. Um neutrino vindo do espaço se desloca em
relação à Terra com a velocidade da luz, igual a c.
Para um foguete que se desloca com velocidade v
em relação à Terra, em direção ao neutrino, esta
partícula terá velocidade igual a:
a) v – c.
b) v + c.
c) c.
d) v.
8. (UFSC) A física moderna é o estudo da física desenvolvido no final do século XIX e início do século XX.
Em particular, é o estudo da mecânica quântica e
da teoria da relatividade restrita. Assinale a(s)
proposição(ões) correta(s) em relação às contribuições da física moderna.
01. Demonstra limitações da física newtoniana na
escala microscópica.
02. Nega totalmente as aplicações das leis de
Newton.
04. Explica o efeito fotoelétrico e o laser.
08. Afirma que as leis da física são as mesmas em
todos os referenciais inerciais.
16. Comprova que a velocidade da luz é diferente
para quaisquer observadores em referenciais
inerciais.
32. Demonstra que a massa de um corpo independe de sua velocidade.
9. (UEMS) Aponte a alternativa falsa.
a) As leis da física clássica (ou física newtoniana) se
aplicam ao movimento de corpos mensuráveis
(“grandes”) e com pequenas velocidades.
b) A física moderna surgiu no final do século XIX e
início do século XX, principalmente com os trabalhos de Max Planck e Albert Einstein, que explicavam fenômenos que não podiam ser entendidos com as leis da física clássica.
c) A teoria da relatividade descreve com maior
precisão o movimento de corpos em altas velocidades, próximos à velocidade da luz.
d) Fazendo uma aproximação para velocidades
pequenas na teoria da relatividade não é possível retornar às leis da física clássica.
e) Para explicar o efeito fotoelétrico, Albert Einstein
utilizou o conceito de quantização da energia
luminosa (“quantum de luz”) apresentada por
Max Planck.
10. (Ufpel-RS) Com base em seus conhecimentos de
física moderna é correto afirmar que:
a) um corpo em repouso e não sujeito à ação de
forças possui uma energia dada pelo produto
da sua massa pelo quadrado da velocidade
da luz.
b) quando um elétron, em um átomo, passa do nível de energia com n = 2 para o nível n = 1, absorve um fóton cuja energia é hf.
c) no efeito fotoelétrico, observa-se que a energia
do fotoelétron depende do tempo de exposição à radiação incidente.
d) o princípio da exclusão de Pauli afirma que podemos acomodar no mínimo dois elétrons em
cada nível de energia.
e) nos processos de fusão nuclear, um átomo se
divide espontaneamente em átomos de menor massa, emitindo energia.
11. (UFRGS) Em 1999, um artigo de pesquisadores de
Viena (M. Arndt e outros) publicado na revista Na-
Material complementar ao livro Física – Eletromagnetismo e física moderna, de Alberto Gaspar (São Paulo: Ática, 2009; volume 3). © Editora Ática. Todos os direitos reservados.
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