Ciências da Natureza, Matemática e suas Tecnologias
FÍSICA
2. (olimpíada Colombiana de Física) – A figura mostra um sistema de seis forças aplicadas em uma partícula.
O lado de cada quadrado na figura representa uma força
de intensidade 1,0N.
MÓDULO 33
Cinemática VII



1. Considere três forças, F1, F2 e F3, de intensidades
constantes e iguais a 3,0N, 4,0N e 6,0N, respectivamente.
Os ângulos formados entre as forças podem ser
modificados adequadamente.
Determine
a) a intensidade mínima que a resultante das três forças
poderá ter.
b) a intensidade máxima que a resultante das três forças
poderá ter.
resolução:


a) Podemos acertar um ângulo  entre F1 e F2 de modo que a


resultante entre F1 e F2 tenha módulo 6,0N, pois


1,0N ≤ |F1 + F2| ≤ 7,0N.



se a força F3 for oposta a esta resultante entre F1 e F2, a
resultante total será nula.
A força resultante do sistema tem intensidade igual a:
a) zero
b) 3,0N
c) 4,0N
d) 5,0N
e) 6,0N
resolução:
1)




F1 + F2 + F3 = 0 (polígono de forças fechado)
2)





F1 + F2 + F3 = 0
b)
A intensidade máxima sempre ocorre quando
tiverem a mesma direção e o mesmo sentido:
Fmáx = F1 + F2 + F3 = 13,0N



r = F4 + F5 + F6 (regra do
polígono)

 
F1 , F2
e

r = F5 

F3

兩 r 兩 = 3,0N
resposta: B
respostas: a) zero
b) 13,0N
–1
3. Três forças coplanares constantes e de módulos
F1 = 5N, F2 = 2兹苶
3 N e F3 = 16N passam a atuar sobre
uma partícula A que, inicialmente, encontrava-se em
repouso, conforme a figura abaixo. Para que a partícula
fique em equilíbrio, devemos aplicar sobre ela uma quarta

força F4 cujo módulo, em newtons, vale,
a) 2
b) 8
c) 9兹苶3
Dados
sen 30° = cos 60° = 0,5
d)21
e) 23兹苶3
兹苶3
sen 60° = cos 30° = –––––
4. (Fuvest-sP) – Um corpo move-se sobre um plano
com uma trajetória dada pelo vetor posição



r =  i + t2 j, em que t é o tempo e  e  são constantes
positivas. O instante no qual o corpo cruza a reta tracejada
mostrada na figura é dado por
a)

–––––
 tg 
b) tg 
d)

–– tg 

1
e) –––––
tg 

––

c)

––


––

2

i = versor do eixo x

y = versor do eixo y
resolução:
resolução:

o vetor posição r tem uma componente na direção x constante ()
e na direção y uma componente  t2.
Na direção x, temos:
rx = F1 + F2 cos 30° – F3 cos 60°
1
兹苶3
3 . ––––– – 16 . –– (N)
rx = 5 + 2兹苶
2
2
rx = 5 + 3 – 8 = 0
Na direção y, temos:
ry = F3 cos 30° + F2 cos 60°
1
3
16 兹苶
3 . ––
ry = ––––––– + 2兹苶
2 (N)
2
3N
ry = 9兹苶
Portanto, para que a resultante seja nula, a 4.ª força deve ter apenas
uma componente Fy = – 9 兹苶
3 N.
resposta: C
2–
xe = : ye = (tg ) .  =  te2

te2 = (tg ) ––  te =

resposta: D

(tg ) ––

MÓDULO 34
Cinemática VIII
1. (AFA-2010) – Um carro percorre uma curva circular
com velocidade escalar constante de 15 m/s completandoa em 5 兹苶
2 s, conforme figura abaixo.
resolução:
v = v0 +  t
v = 0 + att
v = att
v2
ac = –––
r
(at t)2
––––––
ac =
r
ac
at t2
––––– = ––––––
at
r
resposta: e
É correto afirmar que o módulo da aceleração vetorial
média experimentada pelo carro nesse trecho, em m/s2, é
a) 0
b) 1,8
c) 3,0
d) 5,3
resolução:



1) 兩 ∆v 兩2 = 兩 v1兩2 = 兩 v2兩2

兩 ∆v 兩2 = (15)2 + (15)2 = 2 (15)2

兩 ∆v 兩 = 15 兹苶
2 m/s

2)
兩 ∆v 兩

兩 am兩 = –––––
∆t


兩 am兩
2
15 兹苶
兩 ∆v 兩
= ––––– = –––––– (m/s2)
2
5 兹苶
∆t

兩 am兩 = 3,0 m/s2
resposta: C
2. (ITA) – Uma partícula descreve um movimento circular de raio R, partindo do repouso e com aceleração
tangencial de intensidade constante (aT). A relação entre as
intensidades da aceleração centrípeta (ac) e da aceleração
tangencial: ac /aT, em um instante t, é
a) a2 t /R
T
d) aT t/R
R
b) ––– t2
aT
3. (ItA-2007) – A figura mostra uma pista de corrida A
B C D E F, com seus trechos retilíneos e circulares
percorridos por um atleta desde o ponto A, de onde parte
do repouso, até a chegada em F, onde pára. Os trechos BC,
CD e DE são percorridos com a mesma velocidade de
módulo constante.
Considere as seguintes afirmações:
I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB, BC,
DE e EF.
II. O sentido da aceleração vetorial média do movimento
do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.
III.O sentido da aceleração vetorial média do movimento
do atleta é para sudeste no trecho BC, e, para sudoeste,
no DE.
Então, está(ão) correta(s)
a) apenas a I.
b) apenas a I e II.
c) apenas a I e III.
d) apenas a II e III.
e) todas.
c) V2/R
e) aT t2 /R
–3
resolução:
I) (?) A questão admite duas interpretações para a expressão
“movimento acelerado”.
se entendermos “movimento acelerado” como aquele em que
o atleta tem aceleraçao não-nula, concluímos que o
movimento será acelerado nos trechos AB, BC, De e eF, o que
torna correta a opção I.
se entendermos “movimento acelerado” como aquele em que
o módulo da velocidade aumenta, então o movimento será
acelerado apenas no trecho AB e a opção I seria falsa.
II) (v) No trecho AB, o módulo da velocidade aumenta e a
aceleração vetorial média tem o mesmo sentido do
movimento, isto é, é orientada do sul para o norte.
No trecho eF, o módulo da velocidade diminui (movimento
retardado) e a aceleração vetorial média tem sentido oposto
ao do movimento, isto é, orientada do sul para o norte.
4. (Fuvest) – Uma partícula desloca-se, no sentido
horário, sobre uma trajetória circular
de raio r = 3,0m. A magnitude da
velocidade da partícula, em função
do
tempo,
é
dada
por
V = 1,0 + 2,0t, com V em m/s e t em
segundos. Se em t = 1,0s, a partícula
se encontra na posição P
indicada na figura, o vetor aceleração da partícula, com
módulo medido em m/s2, nesse instante, é




a) 2,0 i
b) 2,0 i – 4,0 j
c) –3,0 i




e) –2,0 i + 2,0 j
d) 2,0 i – 3,0 j


Nota: i e j são os versores dos eixos x e y, respectivamente
resolução:
1) No instante t = 1,0s, temos v1 = 1,0 + 2,0 . 1,0(m/s) = 3,0m/s

2)
| at| = | | = 2,0m/s2
3)
(3,0)2
v2

| acp| = ––– = ––––– (m/s2) = 3,0m/s2
r
3,0


Portanto: at = 2,0 i (movimento acelerado, pois v > 0 e  > 0)
III) (v) A aceleração vetorial média tem o mesmo sentido da
variação de velocidade vetorial



acp = –3,0 j (dirigida
 

a = at + acp



para o centro o)
a = 2,0 i – 3,0 j (sI)
∆v

am = ––––
∆t
resposta: D
No trecho BC, temos:


兩 vB兩 = 兩vC兩   = 45°
MÓDULO 35
Eletrodinâmica VI
1. (IMe-2008) – A figura ilustra um circuito resistivo
conectado a duas fontes de tensão constante. Considere
as resistências em ohms. O módulo da corrente I que
atravessa o resistor de 2,0W é, aproximadamente:
No trecho De, temos:


兩 vD兩 = 兩ve 兩   = 45°
Admitindo-se que a primeira interpretação de movimento
acelerado seja a pretendida pelo examinador, optamos pela
resposta e.
resposta: e
4–
a) 0,86A
d) 2,97A
b) 1,57A
e) 3,65A
c) 2,32A
resolução:
resolução:
Aplicando-se a 1ª lei de Kirchhoff ao nó (C), temos:
i1 + i2 = i3 (I)
Aplicando-se a 2ª lei de Kirchhoff às malhas  e , nos sentidos
indicados, temos:
)
冦u
substituindo-se o valor de i3 , vem:
uAD + uDC = uAC  4,0iAD + 2,0 i = 12
BD + uDC = uBC  5,0iBD + 2,0 i = 7,0
12 – 2,0 I
iAD = –––––––––
4,0
+ 10 i3 + 1 . i1 – 2 = 0
11 i1 + 10 i2 = 2
7,0 – 2,0 I
e iBD = –––––––––
5,0
)
Como iAD + iBD = I (lei dos Nós), então:
(II)
+ 10 i3 + 1 i2 – 2 + 1 i2 – 2 = 0
substituindo-se o valor de i3 , vem:
88
12 – 2,0 I
7,0 – 2,0 I
––––––––– + ––––––––– = I  I = ––– @ 2,32A
38
4,0
5,0
10 i1 + 12 i2 = 4
resposta: C
resolvendo-se o sistema:
(III)
{
11 i1 + 10 i2 = 2
10 i1 + 12 i2 = 4
temos:
2. (ItA-94) – Baseado no esquema a seguir, no qual,
 = 2,0V, ri = 1,0W e r = 10W e as correntes estão indicadas, podemos concluir que os valores de i1, i2, i3 e
VB – VA são:
a)
b)
c)
d)
e)
i1
0,20A
–0,18A
0,20A
–0,50A
0,18A
i2
–0,40A
0,33A
0,40A
0,75A
0,33A
i3
0,20A
0,15A
0,60A
0,25A
0,51A
VB – VA
2,0V
–1,5V
6,0V
–2,5V
5,1V
i1 = –0,50 A e i2 = 0,75A, que, substituídos na equação (I), dá i3 =
0,25A.
Fazendo-se o percurso BDA, temos:
vB – vA = + 1 . i1 – 2
(sI)
vB – vA = + 1. (–0,50) – 2 (sI)
vB – vA = –2,5 v
resposta: D
–5
3. (ITA-2007) – No circuito da figura, têm-se as
resistências R, R1, R2 e as fontes V1 e V2 aterradas, A
corrente i indicada é
(V1R2 – V2R1)
a) ––––––––––––––––––––.
R1R2 + R R2 + R R1
(V1R1 + V2R2)
b) ––––––––––––––––––––.
R1R2 + R R2 + R R1
c)
(V1R1 – V2R2)
––––––––––––––––––––.
R1R2 + R R2 + R R1
(V1R2 + V2R1)
d) ––––––––––––––––––––.
R1R2 + R R2 + R R1
e)
(V2R1 – V1R2)
––––––––––––––––––––.
R1R2 + R R2 + R R1
V2 – r i
De 햴: i2 = ––––––––
r2
V1 – r i
V2 – r i
em 햲: i = ––––––––
+ ––––––––
r1
r2
r1r2i = V1r2 – r . r2i + V2r1 – r . r1i
r1r2i + r . r2i + r . r1i = V1r2 + V2r1
V1r2 + V2r1
i = –––––––––––––––––––
r1r2 + r r2 + r r1
resposta: D
MÓDULO 36
Eletrodinâmica VI
1. (IMe-rJ) – O elemento passivo k, cuja potência máxima de utilização é de 30watts, tem a característica
tensão-corrente dada pelo gráfico a seguir:
resolução:
Nó A:
i = i1 + i2 햲
Malha 
–V1 + r1i1 + ri = 0
V1 = r1i1 + ri 햳
Malha 
–V2 + r2i2 + ri = 0
V2 = r2i2 + ri 햴
De 햳: i1 =
V1 – r i
––––––––
r1
Determine o maior valor positivo que se pode permitir
para a tensão V da bateria.
resolução:
1) A potência máxima de utilização do elemento passivo k é de
30W. Portanto, temos:
Pk = Vk Ik
30 = VkIk
6–
observa-se pelo gráfico característico do elemento k que o
produto acima se verifica para o ponto no qual os valores são:
Ik = 1,5A e vk = 20v
2)
o circuito proposto é dado por:
a)
b)
i = I + Ik
malha : 10 Ik + vk – 10 I = 0
10 . 1,5 + 20 – 10I = 0
I = 3,5A
c)
2)
Com K fechada:
1)
No nó N, temos: i1 = i2 + i3 (1)
2)
Na malha da esquerda:
+ 12 – 1 i2 – 2 i2 + 3 i3 – 6 = 0
malha : 10 I + 10 i – v + 10i = 0
10I + 20i = v
10 . I + 20 (I + Ik) = v
10 . 3,5 + 20 (3,5 + 1,5) = v
v = 135v
resposta: 135v
r = 3W
6=3+r 
12 – 3 i2 + 3i3 – 6 = 0
3 (i3 – i2 ) = –6
i2 – i3 = 2
3)
(2)
Na malha da direita:
+ 6 – 3 i3 – 2 i1 – 4 i1 + 26 = 0
–3 i3 – 6 i1 = –32
3 i3 + 6 i1 = 32 (3)
De (2): i2 = 2 + i3
32 – 3 i3
De (3): i1 = –––––––––
6
32 – 3 i3
em (1): ––––––––– = 2 + i3 + i3
6
32 – 3 i3 = 12 + 12 i3
2. No circuito abaixo, no qual os geradores elétricos são
ideais, verifica-se que, ao mantermos a chave K aberta, a
intensidade de corrente assinalada pelo amperímetro ideal
A é i = 1A. Ao fecharmos essa chave K, o mesmo
amperímetro assinalará uma intensidade de corrente igual
a i’. Calcule o valor de i’.
20 = 15 i3 
Portanto:
4
i3 = ––– A
3
4
i2 = 2 + ––– (A)
3
10
i2 = ––– A
3
10
o amperímetro indica i2 = –––– A
3
10
resposta: i’ = i2 = –––– A
3
resolução:
1) Com K aberta:
12 – 6 = (2 + 1 + r) 1
–7
3. (ItA-2005) – Um técnico em eletrônica deseja medir
a corrente que passa pelo resistor de 12 W no circuito da
figura. Para tanto, ele dispõe apenas de um galvanômetro
e uma caixa de resistores. O galvanômetro possui
resistência interna Rg = 5 kW e suporta, no máximo, uma
corrente de 0,1 mA. Determine o valor máximo do resistor
R a ser colocado em paralelo com o galvanômetro para
que o técnico consiga medir a corrente.
Assim:
i3 = ig + is
1,2 = 0,1 . 10 –3 + is
is = 1,1999A
os resistores rg e r estão em paralelo, assim:
u(r) = u(r
g)
r . is = rg . ig
r . 1,1999 = 5 . 10 3 . 0,1 . 10 –3
r @ 0,42W
obs.: Ao inserirmos o galvanômetro no circuito, o valor de i3 , de
fato, altera-se, o que nos remete à seguinte solução:
resolução:
utilizando as leis de Kirchhoff, vem:
Nó A
i1 + i2 = i3 (I)
Malha 
–2i2 + 12 – 24 + 4i1 = 0 (II)
utilizando-se das leis de Kirchhoff, vem:
Nó A: i1 + i2 = i3 (I)
Malha : – 2i2 + 12 – 24 + 4i1 = 0 (II)
Malha : 12 i3 – 12 + 2i2 = 0 (III)
De I, II e III, vem:
i3 = 1,2A
Inserindo-se, agora, o galvanômetro e o respectivo resistor de
resistência r associado em paralelo e admitindo-se que esta
associação será ainda percorrida por uma intensidade de corrente
de 1,2A, vem:
Malha 
12i3 + 5,0 . 10 3 . 0,1 . 10–3 – 12 + 2i2 = 0 (III)
De I, II e III, temos:
i3 = 1,1625A
os resistores rg e r estão associados em paralelo, assim:
i3 = ig + is
1,1625 = 0,1 . 10–3 + is
is = 1,1624 A
ainda, u(r) = u(r
g)
r . is = rg . ig
r . 1,1624 = 5 . 103 . 0,1 . 10 –3
r @ 0,43W
respostas: 0,42W ou 0,43W
8–
exercícios-tarefa
■ MóDulos 33 e 34
1. Na figura, representamos quatro forças.
Cada lado do quadrado pontilhado corresponde a 1N.
1
O módulo da força resultante
das quatro forças representadas
é igual a
a) 0
b) 1N
c) 2N
d) 4N
e) 8N
4. (Fuvest-trANsFerêNCIA) – A figura abaixo
representa a trajetória bidimensional de uma partícula
movendo-se no plano xy. Se a partícula passa pelo ponto
P, no instante de tempo t, e pelo ponto Q, após 1 segundo,
a velocidade vetorial média da partícula entre P e Q, em
unidades do sistema SI, é dada por:






b) 2 i + 3 j
c) 2 i + 2 j
a) 6 i + 3 j




e) 3 i + 6 j
d) 6 i + 2 j
Dados:


i é o versor do eixo x; j é o versor do eixo y
2. A figura mostra 5 forças representadas por vetores de
origem comum, dirigindo-se aos vérticesde um hexágono
regular. Sendo 10N o módulo da força FC , a intensidade
da resultante dessas 5 forças é:
5. (ITA) – Um ponto material tem aceleração vetorial
constante.
A respeito de sua trajetória, podemos afirmar:
a) pode ser uma circunferência;
b) só pode ser uma reta;
c) só pode ser uma parábola;
d) só pode ser uma reta ou uma parábola;
e) só pode ser um ponto, uma reta ou uma parábola.
a) 50 N
b) 45 N
c) 40 N
d) 35 N
e) 30 N
3. (uNesP) – Um caminhoneiro efetuou duas entregas
de mercadorias e, para isso, seguiu o itinerário indicado
 
pelos vetores deslocamentos d1 e d2 ilustrados na figura.
|

6. O gráfico da velocidade escalar em função do tempo,
mostrado a seguir, representa o movimento de um carro
que descreve uma trajetória circular de raio 16,0m.
|
|

|
Para a primeira entrega, ele deslocou-se 10 km e para a
segunda entrega, percorreu uma distância de 6 km. Ao
final da segunda entrega, a distância a que o caminhoneiro
se encontra do ponto de partida é
a) 4 km
b) 8 km
3 km
d) 8 兹苶
e) 16 km
19 km
c) 2 兹苶苶
Pedem-se:
a) a velocidade escalar média entre os instantes t = 0 e
t = 6,0s.
b) o intervalo de tempo, a partir do instante t = 0, para que o
carro complete uma volta.
Adote π = 3.
c) o módulo da aceleração vetorial no instante
t = 8,0s.
–9
7. Uma partícula descreve uma circunferência de raio
R = 4,0m com aceleração escalar  variando com o tempo
t segundo a relação:
 = 2,0t – 4,0 (SI)
Sabe-se que em certo instante t1 a aceleração vetorial da
partícula é nula.
Pedem-se:
a) o instante t1.
b) o gráfico da função  = f(t).
c) a velocidade escalar da partícula no instante t = 0.
d) o módulo da aceleração vetorial da partícula no instante
t = 0.
■ MóDulos 35 e 36
1. (ItA) – No circuito a seguir, quando o cursor é colocado no ponto C, o amperímetro A não acusa passagem
de corrente.
Qual a diferença de potencial entre os pontos C e B?
a) 4V
b) 6V
c) 10V
d) 16V
e) nenhum dos valores acima.
2. (ItA) – No circuito da figura, o gerador tem f.e.m. de
12,0V e resistência interna desprezível. Liga-se o ponto
B à Terra (potencial zero). O terminal negativo N do
gerador ficará ao potencial VN, e a potência dissipada no
circuito, por efeito Joule, será P.
3.
No circuito anterior, o gerador e o receptor são ideais e as
correntes têm os sentidos indicados. Se a intensidade da
corrente i1 é 5A, então o valor da resistência do resistor R
é
a) 8W
b) 5W
c) 4W
d) 6W
e) 3W
4. No circuito elétrico representado a seguir, os sentidos
das correntes foram indicados corretamente e a intensidade de corrente i2 é 2A.
A força eletromotriz do gerador ideal vale 40V e a força
contra-eletromotriz do receptor ideal vale
a) 5 V b) 12 V c) 15 V d) 20 V e) 25 V
5. (Fuvest-sP) – No circuito mostrado na Fig. 1, os
três resistores têm valores R1 = 2W, R2 = 20W e
R3 = 5W. A bateria B tem tensão constante de 12V. A
corrente i1 é considerada positiva no sentido indicado.
Entre os instantes t = 0s e t = 100s, o gerador G fornece
uma tensão variável V = 0,5t (V em volt e t em segundo).
R3
+
G
R1
i1
–
Os valores de VN e P serão dados por:
VN
P
a) +9,0V
12,0W
b) –9,0V
12,0W
c) nulo
48,0W
d) nulo
3,0W
e) nulo
12,0W
10 –
+
12V
–
Fig.1
B
R2
a) Determine o valor da corrente i1 para t = 0s.
b) Determine o instante t0 em que a corrente i1 é nula.
c) Trace a curva que representa a corrente i1 em função
do tempo t, no intervalo de 0 a 100s. Utilize os eixos da
figura adiante, indicando claramente a escala da corrente, em ampère (A).
d) Determine o valor da potência P recebida ou fornecida
pela bateria B no instante t = 90s.
i1 (A)
0
0
20
40
60
80
100
t(s)
6. (FuVesT-sP) – No circuito da figura, o componente D, ligado entre os pontos A e B, é um diodo. Esse
dispositivo se comporta, idealmente, como uma chave
controlada pela diferença de potencial entre seus
terminais. Sejam VA e VB os potenciais elétricos dos
pontos A e B, respectivamente.
Se VB < VA, o diodo se comporta como uma chave aberta,
não deixando fluir nenhuma corrente através dele, e se
VB ≥ VA, o diodo se comporta como uma chave fechada,
de resistência tão pequena que pode ser desprezada,
ligando o ponto B ao ponto A. O resistor R tem uma
resistência variável de 0 a 2Ω.
1
Sabe-se que VB ≥ VA quando 0 ≤ R < –– Ω e VB < VA
3
1
quando –– Ω < R ≤ 2Ω.
3
Neste circuito determine o valor da
a) corrente i através do resistor R, quando a sua resistência
é 2Ω.
b) corrente i0, através do resistor R, quando a sua
resistência é zero e o valor da corrente nos outros elementos do circuito.
resolução dos exercícios-tarefa
■ MóDulos 33 e 34
2)
1)

F1

F2

F3

F4

 
o vetor AB de módulo 2N representa a soma F1 + F2 .

 
o vetor CD de módulo 2N representa a soma F3 + F4
 
A soma AB + CD terá módulo 4N e representa a força
   
resultante F1 + F2 + F3 + F4.
resposta: D



Colocando-se Fe a partir da extremidade de FB e FA a

partir da extremidade de FD, verificamos que, pela
regra do polígono:

FB

FD




+ Fe = FC
+ FA = FC
– 11




r = 3 FC  |r| = 3 | FC| = 30N
A partir do instante t1 = 6,0s, falta percorrer
16,0m.
resposta: e
3)
A distância x é dada pela aplicação da lei dos co-senos no
triângulo da figura:
x2 = d12 + d22 – 2d1 d2 cos 60°
1
x2 = (10) 2 + (6)2 – 2 . 10 . 6 . –––
2
16,0
∆s
v = ––––  20,0 = ––––  ∆t = 0,8s
∆t
∆t
t = t1 + ∆t = 6,8s
c) No instante t = 8,0s, o movimento é circular e
uniforme e a aceleração é centrípeta.
v2
(20,0)2
|
acp| = ––– = –––––– (m/s2)
r
16,0
x2 = 100 + 36 – 60 = 76 = 4 . 19
x = 2 兹苶苶
19 km
|
acp| = 25,0m/s2
respostas: a) @ 13,3m/s b) 6,8s c) 25,0m/s2
resposta: C
7) a) Para que a aceleração vetorial seja nula, devemos ter simultaneamente nulas as acelerações
tangencial e centrípeta.

Como | a | = | |, basta impormos que, no instante t1,
a aceleração escalar  seja nula:
4)
 = 2,0t – 4,0 (sI)
0 = 2,0t1 – 4,0 
t1 = 2,0s
b)



d = 6 i + 2 j (sI)


vm


d
6 i+2 j
= –––– = –––––––––
(sI)
1
∆t



vm = 6 i + 2 j (sI)
resposta: D
5) resposta: e
冦  = –4,0m/s 冧 冦  = 0 冧
2
c) (1)
∆s
80,0m
2) vm = –––– = ––––––
∆t
6,0s
vm = 13,3m/s
b) Para completar uma volta, a distância percorrida
deve ser:
∆s = C = 2πr = 2 . 3 . 16,0 (m) = 96,0m
12 –
∆v = área do gráfico ( x t)
2,0 . 4,0
∆v1 = – –––––––– (m/s)  ∆v1 = –4,0m/s
2
6) a) 1) ∆s = área (v x t)
2,0
4,0
∆s = (12,0 + 4,0) –––– + (20,0 + 12,0) –––– (m)
2
2
∆s = 80,0m
t = 2,0s
t=0
(2)
No instante t1, devemos ter v1 = 0 porque a
aceleração centrípeta deve ser nula.
(3)
∆v1 = v1 – v0
–4,0 = 0 – v0 
d) (1)
(2)
v0 = 4,0m/s

兩 at 兩 = 兩0兩 = 4,0m/s2 (instante t = 0)
v02
16,0
兩
acp兩 = –––
= –––– (m/s2) = 4,0m/s2
4,0
r
a2 = a 2t + a2cp
(3)
a20 = (4,0)2 + (4,0)2
a0 = 4,0 兹苶
2 m/s2
cp
respostas: a) 2,0s
c) 4,0m/s
Finalmente: P = (r1 + r2) i2
P = (3,0 + 9,0) . 1,02
P = 12,0W
resposta: B
3)
b) ver gráfico
d) 4,0 兹苶
2 m/s2
■ MóDulos 35 e 36
1) se o amperímetro não acusa passagem de corrente elétrica, o circuito dado resume-se a:
Nó A
i = i1 + i2
i = 5 + i2 (1)
Malha 
+14 + 2 . i2 – 4 . i1 = 0
+14 + 2i2 – 4 . 5 = 0 
Assim, temos:
i2 = 3A
De (1), vem i = 8A
Malha 
+4 . i1 + r . i – 60 = 0
+4 . 5 + r . 8 – 60 = 0
r = 5W
uCB + uAC = 10v
resposta: B
uCB + 4v = 10v
uCB = 6v
4)
resposta: B
2) Cálculo da intensidade total (i) da corrente elétrica:
12
e
i = ––––––––  i = –––––––– (A) 
r1 + r2
3,0 + 9,0
Mas:
uBC = r2 i
vB – vC = 9,0 (1,0)
vB – vC = 9,0v
temos ainda: vB = 0 e vC = vN
0 – vN = 9,0v
vN = –9,0v
i = 1,0A
Nó A: i1 = 2 + i3 Malha : e’ + 5 . 2 + 2 . i1 – 40 = 0
e’ + 2 i1 = 30 Malha : +10 i3 + 2 i1 – 40 = 0
5 i3 + i1 = 20
– 13
De e i1 = 5A e i3 = 3A
em 15 – 0,5t
c) De i1 = ––––––––––, concluímos que o gráfico i1 x t
7,5
e’ + 2 . 5 = 30
é retilíneo. Para t = 100s, temos i1 @ – 4,7A
e’ = 20v
resposta: D
Assim, temos o gráfico:
i1 (Α)
5)
3
i
i
+
2
R 3 =5Ω
i
1
i2
–
A
i2
–
R 1 =2Ω
+
G
V
i1
–
i
β
0
R 2 = 20Ω
+
+
–
0
+
–
12V
20
40
60
80
100
t(s)
−1
−2
α
−3
−4
Nó A: i + i1 = i2 −5
Malha : r2 . i2 – 12 + r1 i1 = 0
20 . i2 – 12 + 2 i1 = 0
i1 + 10 i2 = 6 Malha : – r1 i1 + 12 – v + r3 i = 0
– 2 i1 + 12 – v + 5i = 0
d) Para t = 90s, temos:
7,5 i1 = 15 – 0,5 . 90
i1 = – 4A
Portanto, a bateria B funciona, neste instante,
como receptor e a potência recebida será:
P = u . i1  P = 12 . 4 (W) 
respostas: a) 2A
b) 30s
c) gráfico acima d) 48W
5i – 2 i1 = v – 12 6) a) sendo r = 2W, temos vB < vA e o diodo se
comporta como uma chave aberta. Neste caso,
temos o circuito:
em :
i1 + 10 (i + i1) = 6
11 i1 + 10i = 6
5,5 i1 + 5i = 3 – : 7,5 i1 = 15 – v
15 – 0,5t
7,5 i1 = 15 – 0,5t  i1 = –––––––––––
7,5
a) Para t = 0, vem:
i1 = 2A
b) Para i1 = 0, vem:
t = 30s
14 –
P = 48W
Pela lei de Pouillet, resulta:
e
i = ––––
∑r
20
i = –––
5

i=4A
Malha : –20 + 2i1 + 8 = 0  i1 = 6A
Malha : –8 + 1 . i0 = 0  i0 = 8A
b) Para r = 0, temos vB ≥ vA e o diodo se comporta
como uma chave fechada de resistência muito
pequena que pode ser desprezada.
temos o circuito:
Nó A: i1 + i2 = i0
6 + i2 = 8

respostas: a) 4A
i2 = 2A
b) 8A
6A
2A
– 15