Para o vestibular Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito

Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Refração da luz
Para o vestibular
Por definição, para o sólido A, tem-se, respectivamente,
c
​ __   ​ 
v
vB
vB __
n
c
c __
A
c
A
___
__
​     ​ 
​    ​ .
   ​ 
​ __  ​ ​  c   ​ = ​ __
   ​ 
nA = ​ __
vA ∙ ​  c ​ = vA
vA e nB = vB . Assim: nB = __
​     ​ 
vB
n
A
__
 
 ​
​ 
Mas vA > vB; logo: n < 1; portanto: nA < nB.
B
2 d
A condição de reflexão total é que o ângulo de
incidência da luz, no interior da fibra óptica, seja
superior ao ângulo limite para aquele meio. Além disso,
o meio no qual a luz se propaga deve ter o índice de
refração maior que o meio externo. Logo, o índice do
núcleo deve ser maior que o do revestimento.
3 b
Quando ocorre refração não há variação na
densidade dos meios envolvidos. A luz, ao
refratar-se, geralmente muda sua direção de
propagação; e isso ocorre porque ela muda de
velocidade em diferentes meios.
4 b
A propagação da luz no interior de uma fibra óptica
só é possível devido ao fenômeno da reflexão total.
Portanto, para que esse fenômeno ocorra, o índice
de refração do material da fibra óptica deve ser
maior que o do meio que a circunda (no caso, o ar).
nfibra
 ​ 
Ou seja, deve-se ter ​  ____
nar > 1.
5 d
c
300.000
⇒
v ⇒ 1,5 =
v
v
⇒ v = 200.000 km/s
λ=
f
Como a frequência da onda é constante, o
comprimento de onda varia na mesma proporção
da velocidade.
2
Se a velocidade reduziu-se a , o comprimento de
3
2
onda também será reduzido a .
3
2
Então, 500 ∙ 10–9 m ∙
= 333 ∙ 10–9 m.
3
n=
6 a
Nessas refrações, o raio de luz passa de um meio de
índice de refração menor para um maior. Dessa forma,
aproxima-se da normal nas duas mudanças de meio.
Logo, a trajetória correta é a I.
7 e
Aplicando a Lei de Snell, tem-se:
2
nr
1
sen 30°
n
∴ r = ∙3
=
=
∙
ni
2 ∙3
sen 60°
ni
3
8 d
O quartzo é mais refringente que o ar, portanto seu
ângulo de refração é menor que o ângulo de incidência.
De acordo com o enunciado:
r + 15 = 45° ∴ r = 30°
Aplicando a Lei de Snell, tem-se:
∙2 2
sen 45°
nquartzo
=
∙ = ∙2
=
sen
30°
nar
2 1
9 b
Aplicando a Lei de Snell, tem-se: 1 ∙ sen θA = 1,5 ∙ sen θB.
Incorporando esse resultado ao dado do enunciado,
vem: sen θA + sen θB = 0,5 ⇒ 1,5 ∙ sen θB + sen θB = 0,5 ⇒
⇒ 2,5 ∙ sen θB = 0,5 ⇒ sen θB = 0,2 e sen θA = 0,3.
Finalmente, é possível obter o valor da expressão:
(sen θA)2 + (sen θB)2 = 0,32 + 0,22 = 0,13.
10 c
sen i ∙ n1 = sen r ∙ n2
sen 60° ∙ 1 = sen 30° ∙ n2
n2 = ∙3
c
c
n = ⇒ ∙3 =
v
v
c∙3
Logo, v =
.
3
11 b
Pelo enunciado, λvermelho > λazul. Com base no gráfico da
figura 2, conclui-se que nvermelho < nazul, já que os
valores de n são inversos dos valores de λ. O raio azul
tem maior índice de refração; portanto, se
aproximará mais da normal que o raio vermelho.
12 d
Segundo o enunciado, a velocidade da luz diminui ao
passar do ar para a água, isto é, o índice de refração da
luz é maior na água do que no ar. Assim, o raio refratado
se aproxima da normal. No caso do som, ocorre
exatamente o inverso. Como a velocidade aumenta, o
índice de refração do som na água é menor do que no
ar e, portanto, o raio refratado se afasta da normal.
13 d
O fenômeno da reflexão total ocorre apenas quando a
luz viaja do meio mais refringente para o menos
refringente. Portanto, o fenômeno da reflexão
total poderá ser observado na passagem da luz do
rutilo para o quartzo.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 b
14 a
17 b
I. Correta. Calcula-se o ângulo limite para essa situação:
n
1,33
= 0,70
sen L = 1 ⇒ sen L =
n2
1,9
L = 45°; logo, ocorrerá reflexão total para qualquer
ângulo superior a L.
II. Incorreta. Quando um espelho plano gira
um certo ângulo, o raio refletido gira um ângulo duas
vezes maior.
360
III. Correta, pois n =
– 1 = 3 imagens.
90
Escolhendo uma letra do texto (objeto) distante do da
interface ar-vidro, o observador enxergará sua imagem
a uma distância di da interface, com di < do.
Observe a figura:
Observador
Ar
di
15 d
Vidro
do
Dentro da cobertura, caso não houvesse desvio, o raio
luminoso, com a reta normal e a superfície de baixo,
criaria um triângulo semelhante ao que a sombra cria
com o muro e o chão, então:
Objeto
Aplicando a equação do dioptro plano, tem-se:
1
nar
di
​ ___   ​ 
____
​ __  ​  = ​  n     ​ ⇒ di = 3 3 1,5
vidro
do
∴ di = 2 cm
i
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
N
N
r
18 a
2 cm
O feixe que incide na face A não sofre desvio, pois atinge
perpendicularmente essa face. Esse raio atingirá a face
B com ângulo de 45° em relação à normal. Aplicando-se
a Lei de Snell-Descartes:
nvidro ∙ sen i = nlíquido ∙ sen r ⇒
⇒ 1,52 ∙ sen 45° = 1,33 ∙ sen r ⇒ ⇒ sen r ≃ 0,81
Como sen r < 1, não ocorre reflexão total, e o raio se
refrata através da superfície B, emergindo para o líquido.
1 cm
1,5 cm
Como a nova sombra deve ter 5 mm a menos que
a sombra anterior, tem-se o cateto oposto de 1 cm.
sen i ∙ n1 = sen r ∙ n2
3 ∙ 1= 1 ∙ n ⇒ n = 3∙5
2
∙5 2
5
5
19 a) Nesse caso, o ângulo de incidência de 84°
corresponde ao ângulo limite (L).
n2
  ​ , pois n1 > n2.
Assim: sen L = ​ __
n1
n2
   ​ ⇒
Logo: sen 84° = ​  _____
1,010
⇒ n2 ≃ 0,995 ∙ 1,010 = 1,005.
16 b
Como a luz entra perpendicurlarmente no prisma, ela
passa sem apresentar desvio na primeira face. Na
saída do interior do prisma, a luz passará por nova
refração. Nesse caso, o ângulo de incidência será de
6 graus. Tem-se então: sen (6°) ∙ 1,5 = sen r ∙ 1,0 ⇒ r = 9°.
Logo, o ângulo de incidência no espelho será de (9 – 6) graus.
c
__
b) Por definição, tem-se v = ​  n  ​ .
Portanto, a velocidade da luz (v) no meio em questão
será tanto maior quanto menor for seu índice de
refração (n). Assim, como n1 > n2 , tem-se v1 < v2.
20 a
Na incidência normal, o raio de luz refrata sem
sofrer desvio.
A
Ar
Vidro
N
45°
r′
45°
C
45°
Para verificar a ocorrência de reflexão total na
face B-C, deve-se ter re > L.
Pela figura, re = 45°.
Quanto ao ângulo limite (L), tem-se:
nar
1
sen L = ​  ____    ​ = ​ ___   ​ = 0,66
nvidro 1,5
Como sen r’ ≃ 0,71 e sen L = 0,66 , tem-se re > L e,
portanto, o raio de luz sofre reflexão total na face B-C.
sen i
0,12
21 sen r = n ⇒ sen r = 1,2 = 0,1
Para ângulos muito pequenos, pode-se dizer que
d
d
⇒ 0,1 =
tg α ≃ sen α, então: tg r = 0,1 ⇒ tg r =
3
3
d = 0,3 m ou d = 30 cm
22 a
Nas figuras 5 e 6, os ângulos de reflexão no espelho
estão errados. Nas figuras 3 e 4, a refração que
ocorre ao passar do meio I para o meio II está incorreta.
As figuras 1 e 2 estão corretas, uma vez que os índices
de refração dos meios I e II são diferentes, mas não se
sabe qual é o maior e qual é o menor.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
B
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Refração da luz
Para o ENEM
1 b
Embora da geometria euclidiana se depreenda
que a menor distância entre dois pontos seja
uma reta, nem sempre esse será o caminho
mais rápido, como se pode imaginar pelo senso
comum. Utilizando a informação dada,
por exemplo, de que leis como a de
Snell-Descartes podem ser derivadas de um
princípio que minimiza o tempo de percurso,
tem-se como objetivo ampliar esses conceitos
a uma gama de situações mais abrangente do
que apenas a óptica geométrica.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 e
I. Falsa. A cor verde das folhas está relacionada à
reflexão dessa cor. Como o filtro não elimina o verde,
as folhas permaneceriam verdes.
II. Falsa. A absorção do verde é praticamente nula,
não influenciando significativamente no processo
de fotossíntese.
III. Falsa. Embora as folhas continuem verdes, como
a absorção dessa cor é praticamente nula, não seria
essa a principal responsável pela fotossíntese.
3 d
Como o enunciado diz, o material “canhoto” apresenta
valor negativo do índice de refração relativo para a luz
visível. Portanto, a luz atravessa o material e desvia com
o mesmo ângulo, mas no quadrante seguinte. É uma
reflexão que ocorre internamente em relação ao material.
4 b
nar
Pela Lei de Snell-Descartes: sen L  n
vidro
• para o tipo A: sen LA  0,77
0,77 > 0,71 ⇒ LA > αAmáx
• para o tipo B: sen LB  0,83
0,83 < 0,85 ⇒ LB < αBmáx
• para o tipo C: sen LC  0,91
0,91 > 0,87 ⇒ LC > αCmáx
Portanto, apenas o vidro do tipo B permite que o
ângulo de incidência da luz possibilitado pelo corte seja
maior do que L e forneça, dessa forma, o efeito desejado.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Lentes esféricas, instrumentos ópticos e visão humana
Para o vestibular
7 d
Um raio de luz que passa do ar para a lente
aproxima-se da normal e, quando passa da lente para o
ar, afasta-se da nova normal e converge para o foco.
Se o meio onde está a lente tem índice de refração
maior que ela, ocorrerá o inverso e a lente se
comportará como divergente.
Segundo o enunciado, a lente é convergente. Admitindo
o > 0 e, portanto, o = 15 cm, tem-se i = –3 cm, pois
a imagem deve ser invertida em relação ao objeto.
Ainda segundo o enunciado, p’ + p = 30 cm. Aplicando
a equação do aumento linear transversal e com
p’ = 30 – p, tem-se:
pe
i
23 2(30 2 p)
 ​  ⇒ ​  ___ ​ = ​  _________
= – ​ __
 
 ⇒ p = 150 – 5p
p
p ​
o
15
∴ p = 25 cm e p’ = 5 cm
Aplicando a equação dos pontos conjugados,
determina-se f:
6
1
1
1
1 1 ​ __
  ​   ​ ___   ​   ​ __  ​ ​ ___   ​ 
  ​
​ __ ​  = ​ __
p + pe = 25 + 5 = 25
f
0,25
25
 m.
 ​
∴ f = ​  ___ ​ cm = ​  ____
6
6
Logo, a vergência (C) da lente é:
6
1
   ​  ∴ C = 24 di
C = ​ __ ​  = ​ ____
0,25
f
2 b
Uma lente convergente concentra a luz solar no seu
foco, causando assim o aquecimento.
3 b
Segundo o enunciado, p = 1,25 m = 125 cm. Dado que
a lente da câmera é convergente, tem-se f > 0 e,
portanto, f = 25 cm.
Aplicando a equação dos pontos conjugados:
1
1
1 1
1
1
4
1
​ __ ​  = ​ __  ​ + ​ __  ​   ⇒ ​ ___   ​ = ​ ____
   ​  + ​ __  ​   ⇒ ​ __  ​  = ​ ____
   ​   }
p pe
25 125 pe pe 125
f
∴ pe ≃ 31,3 cm
8 c
4 b
A figura sugere que o objeto e sua imagem têm o mesmo
tamanho. Logo, o objeto se encontra sobre o ponto
antiprincipal objeto (Ao). Um observador só poderá ver a
imagem P se estiver dentro do pincel de luz que forma
essa imagem. Portanto, a imagem poderá ser vista
somente da posição C, como indica a figura:
Uma lente biconvexa imersa no ar tem um
comportamento convergente, e os raios paralelos ao
eixo principal que incidirem nela serão desviados para
o foco.
(Imagem P)
5 d
a) Incorreta. A imagem tem o mesmo tamanho do objeto.
b) Incorreta. O objeto está mais distante de A.
c) Incorreta. A imagem é virtual.
d) Correta. Atrás de A o objeto conjuga uma imagem
real, invertida e menor.
e) Incorreta. Nesse ponto os raios de luz saem paralelos
e não formarão imagem.
6 Dado que a distância do objeto (O) à lente é o dobro da
distância focal (f ), conclui-se que o objeto se encontra
sobre o ponto antiprincipal objeto (Ao). Para determinar
a imagem graficamente, é suficiente a escolha de dois
raios de luz cujo comportamento ao emergir da lente
seja conhecido. Características da imagem: real,
invertida e do mesmo tamanho do objeto.
.C
Fi
Disco
A0
.
A
Ai
F0
Pincel de luz
.
B
9 e
Segundo o enunciado, a lente é convergente. Admitindo
o > 0 e, portanto, o = 10 cm, tem-se i= –2 cm,
pois a imagem deve ser invertida em relação ao objeto.
Seja p a incógnita procurada; assim, pe + p = 30 cm.
Aplicando a equação do aumento linear transversal
e com pe = 30 – p, tem-se:
pe
– (30 – p)
–2
i
⇒ 2p = 300 – 10p
 ​  ⇒

= – ​ __
p
p
10
o
∴ p = 25 cm
10 b
Pelo princípio da reversibilidade da luz, conclui-se
facilmente que ambas as lentes são convergentes e
descartam-se as alternativas a e d. No entanto, como
se nota com base na figura, a distância focal da lente
M é menor que a da lente N. Sabendo que tanto menor
é o raio de curvatura de uma lente quanto menor for
sua distância focal, conclui-se que a alternativa b é
a correta.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 b
11 a
15 b
Calculando a distância da imagem ao espelho, tem-se:
1
1
1
1
1
+
⇒
=–
⇒ p‘ = –20
=
p‘
20
20
p‘
10
i
p’
–20
=–
=2
Logo: A = = –
o
p
10
A geometria das lentes indica que a lente 1 é
convergente e a 2 é divergente. Nessas condições,
para a correção da miopia, deve-se usar a lente 2 e,
no caso da máquina fotográfica e da lupa, a lente 1.
16 d
12 b
Dado que a lente é convergente, f > 0 e, portanto, f = 30 cm.
Além disso, dado que a imagem é direita e duas vezes
maior que o objeto, pode-se escrever i = 2o.
Com base na equação do aumento linear transversal:
pe
pe
2o
i
​ __ ​  ∴ pe = –2p. Nessas condições, o
 ​ 
= – ​ __
p ⇒ o =– p
o
enunciado pede OpeO – OpO = OpO. Usando agora a
equação dos pontos conjugados:
1 1
1
1
1
1
1
1
​ __ ​ = ​ __  ​ + ​ __  ​  ⇒ ​ ___   ​  = ​ __  ​ + ​ ___   ​  ⇒ ​ ___   ​ = ​ ___   ​ ∴ p = 15 cm
30 p 2p
30 2p
f p pe
Na figura, ofo corresponde à distância focal a ser
determinada.
Fi
ofo
d1 = 15 cm
o1
o3
17 Soma: 02 + 04 = 6
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
4 cm
(01) Incorreta. A lente divergente não pode projetar
imagens, pois, para objetos reais, ela nos dará imagens
direitas, menores e virtuais.
(02) Correta. Na distância infinita os raios chegam
paralelos ao eixo e são desviados para o foco.
(04) Correta. À medida que o objeto se aproxima da
lente, mas se mantém antes do ponto antiprincipal, a
imagem se afasta da lente e fica entre o foco e o ponto
antiprincipal.
(08) Incorreta. À medida que aumenta a distância do
objeto à lente, a imagem sempre tende para o foco
da lente.
(16) Incorreta. Caso o meio em que está tenha índice
de refração maior que o da lente, deve-se trocar o tipo
de lente para que ela continue sendo convergente, ou
seja, era utilizada uma lente de bordas delgadas,
passa-se a utilizar uma de bordas espessas, mas ela
precisa ser sempre convergente.
d2 = 15 cm
P1
6 cm
P3
Observe que os triângulos FiP1P3 e FiO1O3 são
semelhantes e, portanto:
OfO 1 d1
O 1O 3
OfO 1 15
4 2
  
 ​ = ​  _____ ​ ⇒ ​  _______ 
​  ___________
 
 ​ = = ⇒ P
P
OfO 1 d1 1 d2
OfO 1 30 6 3
1 3
3 OfO + 45 = 2 OfO + 60 ⇒ OfO = 60 – 45
∴ OfO = 15 cm
13 a
I. Correta. Como a imagem formada pela lente é real,
seguramente se trata de uma lente convergente, pois
lentes divergentes formam apenas imagens virtuais.
II e III. Incorretas. Com base no enunciado, p = 12 cm
o
Admitindo o > 0, tem-se que i = – . Partindo da
2
equação do aumento linear transversal, tem-se:
o
–
p 12
pe
i
__
–​  p ​ = = 2 ⇒ pe = ​ __  ​ = ​ ___ ​ } pe 5 6 cm % 12 cm
o
o
2
2
Aplicando agora a equação dos pontos conjugados:
1
1 __
1
1 __
1
__
___
__
tem-se: ​  f ​  = ​  p  ​ + ​  pe  ​ = ​  12   ​  + ​  6  ​ ∴ f = 4 cm ∙ 6 cm
18 Admitindo que o objeto esteja disposto frente à câmara,
de modo que o > 0, tem-se o = 8 m. Como a câmara
projeta a imagem sobre o filme fotográfico, tem-se uma
imagem real, de modo que i = –2 cm. Nessas
condições, a lente da câmara é do tipo convergente e,
portanto, f > 0, ou seja, f = 5 cm.
a) A distância do objeto à lente, nesse caso,
corresponde à abscissa (p) do objeto. A partir da
equação do aumento linear transversal, tem-se:
p
pe
22 2 pe
i
   ​ (1)
​ ____
​ ____  ​  ​  ____
 
 
 ​
 ​ 
= – ​ __
p ⇒ 800 = p ⇒ pe = 400
o
Aplicando agora a equação dos pontos conjugados
e usando (1), tem-se:
1 1 __
1
400
400
1 ____
1 ____
1 __
__
__
​ __ ​  = ​ __
 
 
  ​ ​    ​
​   ​
​   ​
p + p ⇒ ​  5  ​ = ​  p  ​ + p ⇒ ​  5  ​ = p
f
∴ p = 2.000,0 cm = 20,0 m
b) A imagem formada no filme é real e, em relação ao
objeto, é menor e invertida.
14 a
Segundo o enunciado, a imagem é projetada e,
portanto, real e invertida em relação ao objeto. Logo, a
lente utilizada é do tipo convergente. Nessas
condições, tem-se i = –3o e p + pe = 80. Aplicando a
equação do aumento linear transversal e com
pe
2(80 2 p)
i
3o
= ​  _________
pe = 80 – p, tem-se: = – ​ __ ​  ⇒
 
 ⇒
p
o
p ​
o
⇒ 3p = 80 – p ∴ p = 20 cm e pe = 60 cm
Aplicando agora a equação dos pontos conjugados,
1
1 1 __
1
1
tem-se: ​ __ ​  = ​ __
  ​ + ​    ​  = ​ ___   ​ + ​ ___   ​  ∴ f = 15 cm
f p pe 20 60
19 e
I. Correta. Nessa posição a imagem é virtual, direita e
maior que o objeto.
II. Incorreta. Espelhos para maquiagem são côncavos,
pois têm como objetivo a ampliação da imagem.
III. Incorreta. O objetivo de utilizar um espelho convexo
é aumentar o campo de visão do motorista,
porém isso acarreta a diminuição dos tamanhos
das imagens.
20 d
1
, sendo f em metros e convencionalmente
f negativo, por ser uma lente divergente.
1
C=
= –2,5 dioptrias
–0,4
C=
Dado que a pessoa é míope, a lente usada para a
correção é divergente e, portanto, f < 0, ou seja,
f = 50 cm = 0,5 m.
Logo, a convergência da lente é:
21
1 ___
C = ​ __ ​  = ​   ​ = –2,0 ∴ OCO = 2,0 di
0,5
f
22 c
Com base no enunciado, podemos concluir que as
abscissas do objeto e da imagem conjugada pelas lentes
dos óculos são, respectivamente, p 5 25 cm 5 0,25 m
e pe = –1 m.
Aplicando a equação dos pontos conjugados e usando
a definição de convergência de uma lente:
1 1 __
1
1
1
  ​ + ​    ​ = ​ ____
   ​ – ​ __
  ​
C = ​ __ ​ = ​ __
f p pe 0,25 1 ∴ C = 3 di
23 a)
d = 50 cm
Lente
1
1
1
b) f = p + p‘ , como p → ∙ ⇒ f = p’
Como a imagem é formada por prolongamentos de
1
1
= –0,5 m; C = =
raios, ela é virtual. Assim: f =
f
–2
1
= – 0,5 = –2 graus. Como a distância focal da lente é
negativa, então ela é divergente.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
21 b
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Lentes esféricas, instrumentos ópticos e visão humana
Para o ENEM
1 b
Espera-se que o aluno seja capaz de concluir, por meio
de um processo de antagonismo, ou seja, se o maior
esforço se dá em relação ao ponto próximo, o menor
esforço se dará em relação ao ponto remoto, ou seja,
no infinito. Além disso, a análise da figura garante a
possibilidade de prever como as curvaturas das faces
do cristalino se comportarão com os músculos ciliares
comprimidos ou não.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 b
I. Falsa. A lente usada para fazer projeções de imagens
(de objetos reais) é convergente, e para correção de
miopia utiliza-se lente divergente.
II. Verdadeira.
III. Falsa. Imagens virtuais não são projetáveis.
O espelho côncavo era utilizado para projetar uma
imagem real invertida e menor que o objeto.
3 c
1
1
1
1
1
1
⇒ p’ = 22,3 cm
=
+
⇒
=
+
f
p
p‘
20
200
p‘
i
f
i
20
⇒ i = 17,8 cm
=
⇒
=
o
f–p
160
20 – 200
4 b
I. Largura do quadro da película = tamanho do objeto (o)
o = 35 mm = 35 ∙ 10–3 m
largura da tela = tamanho da imagem (i)
i = –6 m, negativo, pois toda imagem real “projetada” é
invertida.
Distância da imagem à lente: P’ = 30 m
i
6
= –A =
⇒ A = –171,5
o
35 ∙ 10–3
A imagem é 171,5 vezes maior que o objeto e é invertida.
A=
P‘
30
⇒ –171,5 = –
P
P
A película está a: P = 0,17 m = 17 cm da lente.
II. A = – III.
1
1
1
1
1
1
=
+
⇒
=
+
⇒ f = 0,17 m
f
P
P‘
f
0,17
30
5 c
Equação dos fabricantes de lentes:
V=
1
1
1
n
= [ v – 1] ∙ [ + ]
Rc
Rp
f
nar
1
1
1,5
+ 0] ⇒ f = –2,4 cm
=[
– 1] ∙ [–
1,2
f
1,0
Aumento linear transversal:
f
i
f
⇒
=
f–p
o
f–p
–2,4
i
=
⇒ i = 1,25 cm
–2,4 – 36
20
A=
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Ondas
Para o vestibular
7 d
v , então 0,12 m = 300.000.000 m/s
f
f
f = 2.500.000.000 Hz = 2,5 GHz
A onda sísmica é de natureza mecânica, e não
eletromagnética.
2 a
V
λ=
8 e
Com os dados do enunciado, não é possível afirmar nada
sobre a amplitude da onda. Entretanto, observando a
figura, tem-se: 2,5 λ = 85 ⇒ λ = 34 cm ou λ = 0,34 m.
Logo, as alternativas a e b estão incorretas. Aplicando a
equação fundamental da ondulatória:
v = λf = 0,34 ∙ 1.000 ∴ v = 340 m/s.
F
F
V
Na onda longitudinal, vibração e propagação da onda
têm mesma direção; na transversal, vibração e
propagação da onda têm direções diferentes.
3 c
9 Soma: 01 + 02 + 04 = 7
(01) Correto. A mudança de meio altera a
velocidade de propagação da onda, mas não altera seu
período e sua frequência.
(02) Correto. As ondas magnéticas são transversais e
podem se propagar no vácuo.
(04) Correto. As ondas sonoras são elásticas
longitudinais e diminuem de amplitude ao se
distanciar da fonte.
(08) Incorreto. A reflexão ocorre em meios elásticos.
Como o período da onda é de 1 ∙ 10–16 s (informação
retirada do gráfico), pode-se calcular a frequência.
1
1
⇒ f=
f=
Hz ⇒ f = 1 ∙ 1016 Hz
T
1 ∙ 10–16
Consultando a tabela, conclui-se que a radiação é
ultravioleta.
4 a
λ
Cada fuso de uma onda estacionária corresponde a .
2
λ
Na figura, há 3 fusos. Logo: 3 ∙
= 7,5 ∴ λ = 5 m.
2
10 Primeiro deve-se transformar a velocidade em m/s:
1.188.000 m
= 330 m/s
3.600 s
330
v
=
=
Comprimento de onda: λ = v ∙ T ⇒ λ =
2.640
f
= 0,125 m ou 12,5 cm.
v=
5 d
Como a distância entre dois ventres, em um padrão de
λ
ondas estacionárias, corresponde a , tem-se que λ = 1 m,
2
ou seja, na piscina de comprimento total igual a 50 m,
há 50 comprimentos de onda, e, como em cada
comprimento de onda, no padrão de onda estacionária,
há dois ventres, serão 100 ventres de um lado a
outro da piscina.
6 b
Nesse caso, tudo se passa como se houvesse uma
mudança de meio, caracterizando, portanto, o fenômeno
da refração. Demonstra-se que, para determinado líquido,
quanto menor a profundidade, menor é a velocidade de
propagação da onda. Sabendo então que a frequência
de uma onda depende única e exclusivamente da fonte,
tem-se, a partir da equação fundamental da ondulatória,
v
= f = constante. Uma vez que a velocidade v varia, o
λ
comprimento da onda λ também deve variar, de modo
a se obter um valor constante para a frequência f.
11 a) A configuração da figura é a das frentes de onda
após um intervalo de tempo de 1 s.
Nesse tempo, a primeira frente de onda
deslocou-se 18 cm.
Logo, a velocidade de propagação das ondas na água
Sx 18
é: v 5 ​  ___ ​  5 ​ ___ ​  } v 5 18 m/s.
1
St
b) Pela figura, é possível determinar o comprimento
de onda H, que corresponde à distância entre duas
frentes de onda consecutivas. Ou seja, λ = 6 cm.
A partir da equação fundamental da ondulatória,
tem-se: v = λf ⇒ 18 = 6 ∙ f
∴ f = 3 Hz
12 a) Pela equação fundamental da ondulatória, tem-se:
v = λ ∙ f ⇒ 330 = λ ∙ 220 ∴ λ = 1,5 m
b) O som terá intensidade máxima em cada um dos
ventres da onda estacionária que se estabelece
entre os alto-falantes. Logo, a distância em questão
1,5
H
corresponde a ​  __  ​ , ou seja, ​  ___ ​ = 0,75 m.
2
2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a
13 a
c
c
c
e 1,2 = .
n = ; logo 1,0 =
v‘
v
v
v
v
⇒ 6,0 ∙ 10–7 =
∙ 1014
λ=
5,0
f
v = 3,0 ∙ 108, então c = v = 3,0 ∙ 108
c
3,0 ∙ 108
Como 1,2 = , então 1,2 =
.
v‘
v’
8
v’ = 2,5 ∙ 10 m/s
v‘
comprimento de onda =
f
2,5 ∙ 108
comprimento de onda =
5,0 ∙ 1014
comprimento de onda = 5,0 ∙ 10–7 m
18 Soma: 01 + 02 + 04 = 7
(01) Correto. As ondas sonoras precisam de um meio
para se propagar. (02) Correto. A energia é a frequência
multiplicada pela constante de Planck e a frequência
pode ser calculada como a velocidade dividida pelo
comprimento de onda. (04) Correto. A radiação
ultravioleta tem uma frequência maior que a da luz
visível, que por sua vez têm frequência maior que
a da radiação infravermelha, por isso esta é menos
energética que as outras duas. (08) Incorreto.
O espalhamento se dá por irradiação da radiação
incidente ocasionada pela oscilação e pela polarização
dos elétrons do sistema em que a radiação incide.
(16) Incorreto. A velocidade de propagação
do som em um gás cresce com a raiz quadrada da
temperatura absoluta do gás.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
14 Soma: 02 + 04 + 16 = 22
(01) Incorreto. Os antinodos são pontos em que
ocorre amplitude máxima.
(02) Correto. A interferência ocorre com ondas de
mesma frequência e coerentes.
(04) Correto. A luz sofre difração por ter natureza
ondulatória.
(08) Incorreto. A interferência entre duas ondas
não altera as características individuais porque as
ondas, após a interferência, continuam sua propagação
como antes do fenômeno.
(16) Correto. Pode ocorrer também com um feixe
de partículas.
λ
8,0 cm
120 s
= 3,0 s ⇒ v =
15 a) T =
= 2,6 cm/s
=
T
3,0 s
40
b) v = λ ∙ f ⇒ f =
2,6 cm/s
= 0,32 Hz
8,0 cm
1
c) Definindo a diferença de caminho ∆s = n λ,
2
tem-se:
Se n = 1, 3, 5, ... → interferência destrutiva.
Se n = 0, 2, 4, 6, ... → interferência construtiva.
Assim:
Ponto A
1
λ, logo
∆s = 36 cm – 32 cm = 4,0 cm = n
2
n = 1 → interferência destrutiva.
Ponto B
1
∆s = 32 cm – 24 cm = 8,0 cm = n
λ, logo
2
n = 2 → interferência construtiva.
16 b
Pelo gráfico, observa-se que o período é de 0,5 s.
Comprimento de onda = v ∙ T = 2 ∙ 0,5 =1,0 m
17 a
A velocidade da onda progressiva depende da tensão
na corda e de sua massa por unidade de comprimento.
ρ0Vc∆θ
⇒
∆t
3
⇒ 1.200 J/s ∙ 50% = 0,5 ∙ 1,0 ∙ 4,0 ∙ 10 ∙ 30
∆t
60.000 J
= 100 s
∆t =
600 J/s
Q
mc∆θ
19 a) Pútil = ∆t = ∆t =
b) c = λ ∙ f ⇒ 3,0 ∙ 108 m/s = λ ∙ (3,0 ∙ 109 Hz) ⇒ λ = 10 cm
c) n
10 cm
λ
=I ⇒ n
= 50 cm ⇒ n = 10
2
2
20 b
O comprimento de onda pode ser extraído da figura:
1m
= 0,4 m.
λ=
2,5 ondas
1
Comprimento de onda: λ = v ∙ T ⇒ 0,4 = v ∙ [ ]
25
v = 10 m/s ⇒ v = F ⇒ 10 = F
μ
μ
0,2 kg
A densidade linear é: μ =
. Então:
1m
F = 100 ∙ 0,2 ⇒ F = 20 N
∙
∙
21 c
Da figura, tem-se: λ = 9 dm.
Para calcular um período, toma-se o valor de y = 0
e identifica-se quanto tempo depois o valor de y se
repete fechando o ciclo. Para que isso aconteça, y terá
de se anular três vezes.
π∙t
Para y = 0, tem-se que sen [
] = 0, então:
6
π∙t
(2n + 1)π
]=
, em que n = 0, 1, 2, 3, 4, ...
[
6
6
π∙t
π
Fazendo n = 0 ⇒ [
]=
⇒ t1 = 3
6
2
π∙t
3π
]=
Fazendo n = 1 ⇒ [
⇒ t2 = 9
6
2
π∙t
5π
]=
Fazendo n = 2 ⇒ [
⇒ t3 = 15
6
2
λ
Logo, T = (15 – 3) s = 12 s; como v = ,
T
9
3
obtém-se v = 12 = 4 dm/s.
22 b
Como o pulso vai de uma corda mais pesada para uma
corda mais leve, parte dele se transmitirá para a
corda com a velocidade aumentada, e parte
será refletida como se a ponta da corda mais pesada
estivesse livre, ou seja, sem inversão.
23 a
Da equação fundamental da onda: v = λ ∙ f. Como a
frequência da onda é igual à frequência da fonte de
perturbação, tem-se: 340 = λ ∙ 1.700 ⇒ λ = 0,5 m.
24 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
A capacidade de uma onda sofrer difração ao atingir
determinado obstáculo depende da relação entre o
tamanho desse obstáculo e o comprimento de onda,
que deve ser da mesma ordem de grandeza que o
comprimento do obstáculo. No caso, como o comprimento
de onda é maior que o do obstáculo, a onda passa pelo
obstáculo como se ele não existisse.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Ondas
Para o ENEM
1 a
2 a
3 a
4 b
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
As ondas de rádio são ondas eletromagnéticas, não
necessitando de um meio material para sua propagação.
São ondas que se propagam no vácuo, diferentemente
das ondas mecânicas, que necessitam de um meio
material para sua propagação. Portanto, as ondas
eletromagnéticas não enfrentam nenhuma interferência
quando encontram obstáculos materiais à sua frente.
5 a
6 a
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Acústica e MHS
Para o vestibular
O som é uma onda mecânica e, portanto, necessita de
um meio material para se propagar (por exemplo, o ar).
2 c
Quando um rádio está ligado com o volume máximo,
afirma-se que o som emitido por ele tem grande
intensidade. A intensidade de um som depende da
amplitude da onda sonora. Logo, I é incorreta.
A altura permite classificar o som em grave
ou agudo (baixa e alta frequência). Quanto menor a
frequência, menor a altura. Logo, II é incorreta.
3 a) Observando que o gráfico está em escala logarítmica,
a faixa de frequência em questão está entre 20 Hz
e 200 Hz.
I
b) De acordo com o enunciado, N = 10 log ​ __  ​ .
I0
I
   
 ​ ∴ I = 1 W/m2.
Então: 120 = 10 ∙ log ​ _____
10212
I
c) Tendo como base a relação N = 10 log ​ __  ​ , calcula-se a
I0
intensidade do som (I) emitido pelo bater das asas do
I
   
 ​ ∴ I = 10–11 W/m2.
beija-flor: 10 = 10 log ​ _____
10212
No entanto, dado que a frequência do som é de
100 Hz, a intensidade mínima (Imín.) do som que o
indivíduo B deveria receber para conseguir
Imín.
detectá-lo é: 30 = 10 log ​  _____
  
 ​ ∴ Imín. = 10–9 W/m2.
212
10
Imín. _____
1029
 ​ ∴ Imín. = 100I.
Logo: ​  ___
 ​  = ​  211  
I
10
Ou seja, a intensidade I deve ser amplificada
100 vezes.
7 c
0,1 = 10–1. Porém, perde-se 20 dB. Fica-se, então, com
uma potência 100 vezes menor, ou seja, 10–3 W/m2.
8 Soma: 01 + 02 + 04 + 16 = 23
(08) Incorreta. Quanto maior o comprimento de onda
do som, mais grave ele será.
9 a
Os três maiores comprimentos de onda correspondem
aos comprimentos de onda dos três primeiros
harmônicos. Assim:
H1
• ​  __ ​  = 0,6 ∴ λ1 = 1,2 m
2
H2
• 2 ∙ ​  __ ​  = 0,6 ∴ λ2 = 0,6 m
2
H3
1,2
__
• 3 ∙ ​   ​ = 0,6 ∴ λ3 = ​  ___ ​ ∴ H3 = 0,4 m
2
3
10 c
Usando a equação fundamental da ondulatória, tem-se:
• para f = 7.000 Hz:
v = λ ∙ f ⇒ 330 = H ∙ 7.000 ∴ λ ≃ 4,7 ∙ 10–2 m
• para f = 120.000 Hz:
v = λ ∙ f ⇒ 330 = H ∙ 120.000 ∴ λ ≃ 2,8 ∙ 10–3 m
11 d
O fenômeno de ressonância está relacionado, nesse
caso, ao aumento da intensidade do som produzido por
um dos diapasões. Para que isso ocorra, os dois diapasões
devem necessariamente oscilar na mesma frequência.
12 d
4 a
d = V ∙ t = 340 ∙ 0,4 = 136 m
Essa é a distância para o som ir e voltar até Patrícia.
136
= 68 m.
Logo, a distância entre a menina e o espelho é:
2
5 c
Como a luz se propaga mais rapidamente que o som,
ouve-se o som do avião após ele passar.
Parece, então, que o som vem de uma direção diferente
daquela em que o avião é visto.
6 c
4ℓ
4∙2
=
Nessa configuração, tem-se: λ =
= 1,6 m.
5
5
340
v
v
⇒ f=
Como λ = v ∙ T =
⇒ f = 1,6 .
λ
f
f = 212,5 Hz
A máxima elongação corresponde à própria amplitude
do movimento. Então, comparando a expressão geral
das velocidades em um MHS com a expressão dada no
enunciado, tem-se: v = 2Aωsen(ωt 1 θ) ⇒
⇒ A ∙ 1,5  3 ⇒ A  2 m.
13 e
A frequência do diapasão corresponde à frequência de
vibração do fio, que pode ser calculada como segue:
n
3
3
f = ​ ___   ​   F = ​ ____
∴ f = 150 Hz
   ​ 
2c μ
2 3 1 3 ∙ 10–4
∙
∙
14 e
Comparando a expressão do enunciado com a expressão
geral da elongação de um corpo em MHS, tem-se:
2π
ω = 2 rad/s ⇒
= 2 ∴ T ≃ 3,14 s.
T
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 d
15 b
22 a
A frequência f de um pêndulo simples de comprimento ℓ
Cálculo da posição inicial do corpo, isto é, de x, quando t = 0:
π
π
x = 5 cos [π ∙ t + ] = 5 cos [ ] ∴ x = 0
2
2
Esse resultado descarta as alternativas c e d. Observe que,
conforme o valor de t aumenta, o argumento do
π
cosseno evolui, assumindo valores maiores que , de
2
modo que, para os primeiros instantes, tem-se
π
cos [πt + ] < 0 e, portanto, x < 0. Isso descarta a
2
alternativa b.
∙
1 g.
Em um mesmo local onde o campo
2π ℓ gravitacional valha g, a frequência f ’ de um pêndulo de
é dada por f =
∙
∙
1 g
1 1 g
= ​ __  ​ ∙
2π 4ℓ 2 2π ℓ .
f
__
Comparando essas expressões, tem-se f’ = ​    ​  .
2
comprimento ℓ’= 4ℓ é f’=
16 Soma: 01 + 08 = 9
(02) Incorreto. Para uma mesma velocidade, a frequência
fundamental de vibração diminui com o comprimento
do tubo.
(04) Incorreto. Isso ocorre com tubos abertos.
(16) Incorreto. A velocidade altera, alterando a
frequência.
23 c
Com base no gráfico, a amplitude do movimento é A = 2 m.
Portanto, a equação da elongação é x = 2 cos (ωt + θ).
Ainda do gráfico, para t = 0, tem-se x = 1 m. Substituindo
esses dados na equação obtida, pode-se encontrar
π
a fase inicial θ : 1= 2 cos θ ⇒ θ = rad.
3
Pelo gráfico, nota-se que o tempo necessário para uma
oscilação completa é 3 s, ou seja, T = 3 s. Assim,
2π
2π
rad/s.
a pulsação ω do movimento é: ω =
∴ω=
T
3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
17 a
A figura ilustra um tubo sonoro fechado no qual se
H
forma o 3o harmônico. Portanto: 3 ∙ ​ __  ​ = 1,2 ∴ H = 1,6 m.
4
A partir da equação fundamental da ondulatória,
tem-se: v = Hf ⇒ 340 = 1,6f ∴ f = 212,5 Hz.
18 c
24 a) Sabe-se que o ponto Q realiza um MHS. Portanto, sua
π
equação horária é dada por x(t) = A cos ​[ωt + 4 ] ,
em que a amplitude A corresponde ao raio R da
trajetória do ponto P. Logo, a função horária é:
π
x(t) = R cos ​[ωt + ] .
4
v
340
  
 ​ ∴ f = 200 Hz.
Para o tubo A, tem-se: f = ​ ___   ​ = ​  _______
2c 2 3 0,85
340
v
  
 ​ ∴ f = 100 Hz.
Para o tubo B, tem-se: f = ​ ___   ​ = ​  _______
4c 4 3 0,85
19 c
Orientando a trajetória do observador para a fonte, tem-se:
v__________
som 1 vobs.
340
 
 
 ​  ]​= 2.000 ​[ ________
   
 ​]​
I. faparente = freal ∙ ​[ vsom 2 vfonte
340 2 20 = 2.125
∴ faparente ≃ 2,13 kHz
340
vsom 1 vobs.
​[ ________
   
]
 
 
]​
II. faparente = freal ∙ ​[ __________
vsom 1 vfonte = 2.000 340 1 20 =
=1.888,8 ∴ faparente ≃ 1,89 kHz
20 a
Com base no gráfico, o tempo de uma oscilação
completa, ou seja, o período, é T =2 s.
1 1
Logo: f = ​ __ ​  = ​ __  ​ ∴ f = 0,5 Hz.
T 2
21 b
Comparando a equação da elongação no MHS com a
expressão do enunciado, tem-se A = 5 m, o que invalida a
2π π
π
afirmação I. Além disso, ω = , ou seja,
= ∴ T = 4 s.
2
T
2
Portanto, a afirmação II está correta.
O MHS tem sempre trajetória retilínea; por isso, a
afirmação III está incorreta.
b) A velocidade do ponto P é máxima quando ele passa
pela origem do sistema de coordenadas e, portanto,
x = 0.
25 a
A função horária das velocidades de um corpo em MHS
é dada por v = –ωAsen(ωt + θ0). A amplitude A do
movimento é, no S.I., obtida diretamente do enunciado:
A = 0,3 m. Para determinar a pulsação ω do movimento,
primeiramente calcula-se o período T do movimento do
∙
∙
m
50 ∙ 10–3
corpo: T = 2π k = 2π
3,2 ∴ T = 0,25πs.
2π
2π
∴ ω = 8 rad/s.
=
Então: ω =
0,25π
T
Assim, a função horária fica:
v = –8 ∙ 0,3 sen(8t + θ0) = –2,4 sen (8t + θ0)
Para determinar a fase inicial θ0, impõe-se que, para
t = 0, v = 0. Logo: 0 = –2,4 sen θ0 ∴ θ0 = π.
O MHS pode ser entendido como a projeção de um MCU
de raio 30 cm sobre o eixo x.
Assim, a função das velocidades será: v = –2,4 sen(8t + π).
26 a) Da conservação de energia,
1 2 1 2
1
kA – kx ⇒ Ec = k(A2 – x 2)
2 2
2
O gráfico abaixo mostra como Ec varia com x.
Ec + Ep = E ⇒ Ec =
Ec(J)
100
50
0,05
0
0,05
x(m)
1 2
mv = 100 ⇒ v = 10 m/s.
2
1
c) Para x = A = 5,0 ∙ 10–2 m, E = kA2 ⇒
2
1
⇒ 100 = 2 k(5,0 ∙ 10–2)2 ⇒ k = 8,0 ∙ 104 N/m.
Assim, F = kA = 8,0 ∙ 104 ∙ 5,0 ∙ 10–2 = 4.000 N.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
b)Para x = 0, Ec = E = 100 J ⇒
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Acústica e MHS
Para o ENEM
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 e
I. Correta. Essa é um técnica bastante utilizada para
afinar instrumentos musicais, e está baseada no
fenômeno da ressonância.
II. Correta. Como a velocidade do som na corda será a
mesma tanto quando ela estiver solta como quando
estiver limitada pelo dedo, tem-se:
Vsolta = Vdesejado
λsolta ∙ fsolta = λdesejado ∙ fdesejado
0,65 ∙ 82,5
λdesejado =
110
λdesejado = 0,4875 m
Então, a distância que o dedo deverá ficar da pestana
será dada por:
d = 0,65 – 0,4875 = 0,1625 m = 16,25 cm
III. Correta. Cada instrumento é único e cada um deles
produz vibrações com timbres diferentes.
2 d
Dentro das frequências fornecidas para o voo do
pernilongo, a mais aguda é a de 320 Hz. Assim, como
o instrumento de sopro deve ser aberto, sabe-se que
o nó da onda que produz o som fundamental emitido
por ele estará situado na metade do seu comprimento
e, portanto, λ = 2ℓ.
Assim, tem-se:
V=λ∙f
340 = 2ℓ ∙ 320
ℓ = 53,125 cm
Palavras do texto para as questões 3 e 4.
Parte I
amplitude; reflete; invertendo; frequência;
ressonância; intensidade
Parte II
ressona; frequências naturais; ressonar; alturas;
múltiplos inteiros; timbre
3 d
4 a
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Carga elétrica
Para o vestibular
1 a) Sendo T a força de tração entre a haste e a carga,
4 b
As forças que atuam sobre uma das esferas estão
representadas na figura:
tem-se a figura:
45°
T
45°
Fe
P
P
P 5 mg 5 0,015 3 10 } P 5 0,15 N
Como a esfera está em equilíbrio, tem-se:
P
0,015 3 10
   ​ 
5 ​  _________
P 5 T cos 45w ] T 5 ​ _______
 ​
 
 
cos 45w
ll
2 ​ 
​d___
2
​ 
 
 ​
} T 5 0,15 3 ​ ___   ​ N
2
d
​ ll
2 ​ 
d
ll
2
2 ​
 
​
Fe 5 T sen 45w 5 0,15 3 ​ ___  ​   3 ​  ___ ​ 
2
​ 2 ​
} Fe 5 0,15 N
b) A partir da relação Fe 5 OQOE, tem-se:
0,15
F
  
 ​ } OQO 5 3 3 1027 C.
​  e ​ 5 ​  ________
OQO 5 ___
E
500 3 103
c) Ao cessar a força de tração, a resultante das forças
sobre a carga elétrica passaria a ter a mesma
direção da força de tração e o sentido
contrário a ela, conforme a figura:
Fe
–T
P
2 c
Esse fenômeno de eletrização é explicado pelo atrito
entre os sacos quando eles são desenrolados. Se
o braço de uma pessoa se aproximar de um desses rolos,
ocorrerá uma redistribuição de cargas nos pelos, ou seja,
o fenômeno da polarização. Nessas condições, a
afirmação mais adequada é somente a III.
3 a
Tem-se a ação das seguintes forças sobre a partícula:
Então: FR 5 Fe 1 P 5
5 OqOE 1 mg 5 1024 3 100 1
1 1023 3 10 } FR 5 0,02 N
Fe
Fe
P
FR = Fe + P
No equilíbrio:
mg
1 3 10
   
 ​ 5 ​  _____ ​ 
P 5 T cos 45w ] T 5 ​  _______
cos 45w
2 ​ 
​dll
​  ___ ​ 
2
20
} T 5 ​  ___  ​  N
d
​ ll
2 ​ 
2 ​ 
20 ​dll
F 5 T sen 45w 5 ​  ___  ​  3 ​  ___ ​  } F 5 10 N
d
​ ll
2 ​  2
Pela Lei de Coulomb:
kQ2
9________________
3 109 3 (30 3 1026)2
 ​  ] d2 5 ​    
 } d 5 0,9 m
 ​
F 5 ​ ____
2
10
d
5 b
O módulo do campo elétrico que cada uma das cargas
gera no ponto em questão deve coincidir. Sendo x a
distância desse ponto à carga q1 5 8 jC, a distância desse
mesmo ponto à carga q2 5 2 jC será 3 2 x. Portanto:
kOq2O
kOq1O _______
E1 5 E2 ] ​ _____
  
 ​ ]
 ​
 
 5 ​ 
2
(3 2 x)2
x
] 2 3 1026 3 x2 5 8 3 1026(3 2 x)2 ]
] 2x2 5 8(9 2 6x 1 x2) } x2 2 8x 1 12 5 0
Resolvendo a equação do 2o grau pelo método de
Bhaskara, obtém-se x 5 2 ou x 5 6 (não convém). Logo,
o ponto em questão está a 2 m da carga de 8 jC ou a
1 m da carga de 2 jC.
6 a
Como as esferas não se tocam, elas só ficam polarizadas
quando o bastão se aproxima. Dessa forma, tendo em
mente o princípio da atração e repulsão entre cargas
elétricas, a alternativa correta é a a.
7 b
A carga que origina o campo elétrico é positiva, pois
este é de afastamento. Como F e E têm sentidos
opostos, conclui-se que a carga de prova é negativa.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
T
8 b
12 c
Sendo h 5 45 cm, pela propriedade do baricentro,
2h
tem-se: h1 5 ​ ___ ​  } h1 5 30 cm.
3
Assim, a força F que cada uma das cargas QB e QC exerce
sobre Q é dada por:
kOQBO OQO ______________________
9 3 109 3 2 3 1026 3 1 3 1026
 ​
 
 
  
  
 
​
5
F 5 ​  _________
d2
(30 3 1022)2
} F 5 0,2 N
Decompondo essas forças na direção
AM tem-se a figura:
F 3 cos 60o
F 3 cos 60o
Nas condições do enunciado, tem-se a seguinte
configuração de forças sobre as cargas devido à
ação do campo elétrico:
F
+q
_q
_
F
Portanto, tomando como referência o ponto médio
da linha que une as cargas, à força F associa-se um
movimento no sentido horário. Logo, a molécula terá
apenas um movimento de rotação nesse sentido.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
13 e
Sendo FA a força que a carga QA
exerce sobre Q, há duas possibilidades
a ser verificadas: FA ou 2FA.
• 1o caso (QA . 0)
FR 5 2F cos 60w 1 FA ] FA5 ma 2 2F cos 60w 5
1
5 1023 3 5 3 102 2 2 3 0,2 3 ​ __  ​ } FA 5 0,3 N
2
Então, pela Lei de Coulomb, tem-se:
0,3 3 (30 3 1022)2
kQAQ
 ​
  ] QA 5
FA 5 ​ _____
2
9 3 109 3 1 3 1026
h1
} QA 5 3jC
• 2o caso (QA , 0)
FR 5 2F cos 60w 2 FA ] FA 5 2F cos 60w 2 ma 5
1
5 2 3 0,2 3 ​ __  ​ 2 1023 3 5 3 102 } FA 5 20,3 N
2
} QA 5 20,3 N
Mas a resultante das forças tem o mesmo sentido da
aceleração. Portanto, de acordo com o 1o caso: QA 5 13jC
9 b
Sendo N o número de contatos, tem-se:
Q
Q
​ ___N  ​ 5 ​ ____
   ​  ] 2N 5 27 } N 5 7.
128
2
10 a
1 . Como a distância entre as
Pela Lei de Coulomb, F ∝ ​ __
  ​ 
d2
cargas depois de separadas é 10 vezes menor, a
respectiva força fica multiplicada por 100.
11 e
Q
A nova carga das esferas após o contato é ​ __ ​  . Logo,
2
pela Lei de Coulomb, tem-se:
2
Q
Q
Q
k
3
k
2
kQ
2
2
D
5 ​  ____2  ​ } F 5
F5
2
4
4D
d
Decorre diretamente da Lei de Coulomb.
14 e
Com base no gráfico, no trecho em que o campo
elétrico não é uniforme, tem-se E 5 0,5 3 108 x. Assim, para
x 5 3 mm 5 3 3 1023 m, tem-se E 5 1,5 3 105 V/m. Logo:
F 5 OqOE 5 3,2 3 1026 3 1,5 3 105
} F 5 0,48 N.
15 d
Sendo o campo orientado para baixo, a carga deverá
ser negativa, com seu módulo dado por:
0,002 3 10
⇒
FE 5 P ⇒ q 3 E 5 m 3 g ⇒ q 5
500
26
⇒ q 5 40 3 10 5 40 jC
16 d
Como cargas individuais se repelem mutuamente,
qualquer carga adicionada a um condutor isolado
eletricamente irá para sua superfície e ele se
comportará, para pontos em seu interior, como
uma casca esférica, apresentando, segundo a Lei de
Coulomb, campo nulo. Para pontos em seu exterior,
ele se comportará como se tivesse uma carga pontual
equivalente acumulada em seu centro, com linhas de
ação radiais apontando para fora da esfera.
17 b
No processo de eletrização por contato, os corpos
envolvidos dividem a carga do corpo eletrizado; logo,
ambos terão cargas de mesmo sinal.
18 Soma: 01 + 02 + 04 = 7
19 b
τ
5 EPB 2 EPA 5 q3 (vB 2 vA) 5
kq1
kq2
kq1
kq2
]65
]2[
1
1
5 q35[
5
5
4
4
q2 2 q1
q2 2 q1
1
5 q3k [
[
] 5 q3
]
20
20
4sε0
q3
(q2 2 q1)
} τB→A 5
80sε0
B→A
20 a) Como não há forças externas sobre o sistema, há
conservação do seu momento linear, de modo que
v
3v0
] 1 mv‘ ⇒ v‘ 5 0
mv0 5 m [
4
4
b) Como as forças sobre o sistema são conservativas,
há conservação da energia mecânica. Assim,
q2
1
1
3v0 2 1
v 2
1
] 1 m [ 0 ] 1
3 ⇒
mv02 5 m [
2
4sε0 d
2
4
4
2
3
q2
1
4q2
.
⇒ mv02 5
⇒ d5
3
16
4sε0 d
3sε0(mv02)
21 a
Como os dois corpos são idênticos, sabe-se que
Q’1 5 Q’2. Então:
(2 1 6)  1029
Q1 1 Q2 5 Q’1 1 Q’2 ⇒ Q’1 5 Q’2 5
5 4 nC
2
22 c
Cálculo da constante elástica k da mola:
kmola x 5 mg ⇒ kmola 5 8 N/m
Assim, do equilíbrio: Felástica 5 P 1 Felétrica ⇒ Felétrica 5
5 kmola x’ 2 mg 5 8 3 0,45 2 0,2 3 10 ⇒ Felétrica 5 1,6
Portanto: Felétrica 5
5 4 3 1026 C
1,6 3 (0,45)2
kQq
⇒ Q5
5
2
9 3 109 3 9 3 1026
d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
(01) Correto. A eletrização de um corpo vem da
diferença entre a quantidade de cargas positivas e
negativas que ele possui.
(02) Correto. A eletrização ocorre ao se adicionar ou
retirar elétrons de um corpo inicialmente neutro.
Assim, em um corpo eletrizado positivamente, faltam
elétrons, o que corresponde a um excesso de prótons.
(04) Correto. O indutor atrai para perto de si cargas
de sinal contrário às suas, mantendo-as próximas à
extremidade mais próxima, e as cargas de mesmo sinal
às do indutor são repelidas e ficam na extremidade
mais afastada.
(08) Incorreto. A polarização elétrica se dá em alguns
materiais dielétricos sem movimentação de cargas,
mas um alinhamento das cargas das moléculas
faz com que as cargas positivas fiquem alinhadas para
um lado, enquanto as cargas negativas se alinham para
o outro lado.
(16) Incorreto. São os elétrons que transitam de um
corpo para o outro durante o atrito entre eles.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Carga elétrica
Para o ENEM
1 a
Ao ser atingido por um raio, o carro se comporta como
um condutor em equilíbrio eletrostático, ou seja, as
cargas elétricas se distribuem pela superfície externa
do carro, mantendo o valor do campo elétrico dentro
do carro igual a zero, ou seja, como não há diferença
de potencial nos pontos internos do carro, a pessoa
não será atingida pela corrente elétrica ocasionada
pela descarga elétrica do raio.
2 b
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3 c
Pelas informações contidas no texto, é possível inferir
que a causa da faísca que produziu a combustão dos
vapores do combustível foi a eletricidade estática
contida na blusa da mulher.
4 b
I. Incorreta, pois, apesar de permitir a descarga elétrica
do aparelho, pode causar choque nas pessoas que
manipularem os metais das pias e chuveiros ligados
aos canos de cobre ou mesmo no momento do banho.
II. Incorreta, pois, apesar de se tratar de eletricidade
estática, a carcaça de uma geladeira pode acumular
grandes quantidades de cargas elétricas e, com isso,
produzir faíscas e choques suficientemente fortes,
capazes de provocar curtos-circuitos, incêndios e
danos severos nas pessoas.
III. Correta. A carcaça metálica de eletrodomésticos
e eletroeletrônicos, por exemplo, a geladeira, pode
armazenar grandes quantidades de cargas e, por isso,
criar descargas elétricas capazes de queimar elementos
eletrônicos, tendo o mesmo efeito que um curto-circuito.
5 a
A fumaça é formada por partículas sólidas que, ao
serem eletrizadas por contato pela faixa de papel-alumínio, são atraídas pelas cargas de sinal contrário
que aparecem no fio de cobre e se depositam sobre
ele. Assim, os gases da queima ficam livres das
partículas sólidas e, por isso, se tornam transparentes.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Potencial elétrico
Para o vestibular
Usando a expressão do potencial:
K3Q
9 3 109 3 Q
Q 4
 5 ​  _________
 ] ​ __ ​  5 ​ __  ​ 3 1027
 ​
 ​
VP 5 1.200 5 ​  ____
 
d
d
d 3
Escrevendo a expressão do campo elétrico e
substituindo nela o resultado anterior:
OQO 9______
K 3 OQO 9______
3 109 __
4
3 109 ____
 
 3 ​    ​ 3 1027  ​
 
 3 ​   ​
 ​
 ​
 
  5 ​ 
 
  5 ​ 
EP 5 800 5 ​  ______
3
d
d
d
d2
} d 5 1,5 m
Finalmente, substituindo no primeiro resultado a
distância obtida, tem-se:
Q
Q
4
​ __ ​  5 ​ ___   ​ 5 ​ __  ​ 3 1027 ] Q 5 2 3 1027 C
d 1,5 3
2 c
Todos os prótons distam r do ponto O. Como as cargas
são iguais e a distância também, cada um deles contribui
Kq
 ​ 
com o mesmo potencial V 5 ​  ___
r . Portanto, N prótons
Kq
 ​ 
geram um potencial total de V 5 ​  ___
r 3 N.
6 a
Tem-se d1 5 d2 5 d, e esse valor pode ser determinado
com o auxílio do esquema abaixo:
Q1
0,2 m
Q3
d1
P
0,1 m
d 21 5 (0,2)2 1 (0,1)2 5 0,05
5 ​  3 1021 m
} d1 5 d​ ll
Determinação do potencial total em P:
VP 5 V1 1 V2 1 V3 1 V4 5
@ 
#
4
2
4
2 __
9 3 109 3 1026 ​ ​ ___
___
__
 ​
 
      ​ 2 ​      ​ 1 ​    ​ 1 ​    ​  ​
5 ​  ___________
d
​ ll
5 ​  d​ ll
5 ​  1 1
1021
4
3 a
Se a velocidade é constante, a resultante das forças na
carga é nula. Logo, os trabalhos Ta e TE são opostos, e U
permanece constante.
4 a
Três propriedades bem conhecidas dos condutores em
equilíbrio eletrostático são: 1) no interior do condutor, o
campo elétrico é nulo em qualquer ponto; 2) no interior
do condutor, o potencial elétrico é constante e igual ao
potencial da superfície do condutor em qualquer ponto;
3) nos pontos da superfície do condutor, o vetor campo
elétrico tem direção normal à superfície. Portanto, a
única afirmação incorreta é a III.
5 a
A variação de energia potencial elétrica corresponde,
em módulo, ao trabalho realizado no deslocamento da
carga entre esses dois pontos. SEpot. 5 q 3 E 3 d 5
5 2,5 3 2 3 104 3 2,5 3 1021 } SEpot. 5 1,25 3 104 J
} VP 5 36 3 10 V
7 d
O potencial num ponto interno à esfera equivale ao
potencial na superfície do condutor. Apenas a
alternativa d apresenta VA 5 50 V. Por outro lado, para
um ponto B externo à esfera, o valor do potencial tem
de ser necessariamente menor que 50 V, pois o
potencial elétrico é inversamente proporcional à
distância até a esfera. Portanto, VB 5 32 V é possível.
8 Soma: 01 1 02 1 16 5 19
Como o potencial em B é nulo, não haverá trabalho
sobre a carga positiva quando ela é abandonada
naquele ponto. Assim, ela permanece parada em B.
Porém, como se trata de um equilíbrio instável, a
mínima alteração na posição da carga a fará adquirir
movimento, o que resultará em oscilação em torno do
ponto C.
9 c
Trabalho de A até B: como a carga se desloca em uma
equipotencial, não há trabalho realizado (AB . 0).
Trabalho de B até C: †BC 5 q(VB 2 VC) ]
] †BC 5 1,0 3 1026 (3 2 1) ] †BC 5 22,0 3 1026 J.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 d
10 a) Correta, pois o potencial elétrico só depende da
carga fonte que o produziu e da distância entre a carga
fonte e o ponto do espaço onde desejamos conhecer
seu valor.
b) Correta, pois a força elétrica é conservativa, o que
significa que só importam para o cálculo da variação
da energia potencial os pontos inicial e final da trajetória.
c) Incorreta, pois a unidade de medida de energia
potencial elétrica é o joule (J).
d) Correta, e constitui a própria definição de elétron-volt.
e) Incorreta. A energia potencial equivale ao produto da
carga de prova pelo potencial elétrico naquele ponto.
Como o potencial diminui ao longo de uma linha de
campo, a energia potencial também diminui.
11 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Cada carga interage com as outras três. Excluindo-se as
repetições, restam seis interações distintas. Todas têm
o mesmo valor, pois todas as cargas são iguais a Q, e a
distância entre as cargas é sempre L. Assim, a energia
kQ2
potencial do sistema vale: EP 5 6 3 ​  ____
 ​  .
L
12 e
I. Falsa. A eletrização está relacionada com o
desequilíbrio no número de prótons e de elétrons em
um corpo, e não com a possibilidade de deslocamento.
II. Verdadeira. Pela Lei de Coulomb, a força entre cargas
elétricas é diretamente proporcional ao produto entre
as cargas e inversamente proporcional ao quadrado da
distância entre elas.
III. Falsa. A intensidade do campo também é
inversamente proporcional ao quadrado da distância.
IV. Verdadeira. O potencial elétrico é uma grandeza
relativa, ou seja, depende do referencial.
13 Soma: 01 + 02 + 04 = 7
9 3 109 ∙ 5 ∙ 1026 3 2 3 1026
KQq
] F5
]
0,032
d2
9 3 109 ∙ 10211
] F 5 102 N
] F5
9 . 1024
9 3 109 ∙ 5 3 1026
KQ
(02) V 5
] V 5 15 3 105 V
] V 5
3 ∙ 1022
d
(01) F 5
(04) VB 5
9 3 109 ∙ 5 3 1026
] VB 5 7,5 ∙ 105 V ]
6 ∙ 1022
] UBA 5 7,5 3 105 – 15 ∙ 105 ] UBA 5 –7,5 ∙ 105
(08) BA 5 qUBA ] BA 5 2 3 10–6 ∙ (27,5 ∙ 105) 5 21,5 V
(16) AB = qUAB ] AB 5 2 ∙ 1026 ∙ (7,5 ∙ 105) 5 1,5 V
14 Soma: 04 + 08 = 12
(01) Incorreta. Se o condutor está em equilíbrio eletrostático,
isso significa que as cargas em seu interior estão em
repouso, o que só ocorre se o campo elétrico for nulo,
ou seja, igual a zero.
(02) Incorreta. Para que seja considerado uniforme o
campo deve possuir, em todos os pontos, o vetor campo
elétrico igual, ou seja, em todos os seus pontos tanto a
direção e sentido quanto o módulo devem ser iguais.
(04) Correta. Cargas elétricas positivas se deslocam de
potenciais maiores para potenciais menores.
†
(08) Correta. Por definição: U 5 qAB
15 b
I. Correta, pois na região em que se encontra o ponto B,
a densidade de linhas de campo é maior que na região
em que se encontra o ponto C.
II. Incorreta. As linhas de campo indicam o sentido
decrescente do potencial elétrico no campo, logo VD > VC.
III. Incorreta. Partículas negativas se deslocam
espontaneamente no sentido crescente do potencial.
IV. Correta. À medida que a carga se desloca
espontaneamente no campo, sua energia cinética
aumenta e a energia potencial elétrica diminui.
16600 5 KQ (I)
d
KQ
200 5 2 (II)
d
Igualando (I) e (II): 200d2 5 600d ] d 5 3 m.
KQ
]
Substituindo d 5 3 em (I): 600 5
3
1.800
]Q5
5 2 3 10–7 C.
9 ∙ 109
17 d
a) Incorreto. O campo no interior da esfera é nulo.
b) Incorreto. Nos condutores sólidos, apenas elétrons
são capazes de se deslocar; sendo assim, são os elétrons
(cargas negativas) que sobem pelo fio, e não cargas
positivas que descem pelo fio, como a afirmativa sugere.
c) Incorreto. Para que as cargas elétricas fiquem em
equilíbrio o potencial deve ser constante, ou seja, ele
tem mesmo valor, no interior ou na superfície externa
da esfera.
d) Correto. Se o potencial da esfera for maior que a
rigidez dielétrica do ar, ocorrerão faíscas e as cargas
elétricas fluirão para o espaço ao redor da esfera.
e) Incorreto. Dentro da esfera o potencial é constante
e o campo elétrico é nulo, ou seja, não haverá repulsão
eletrostática.
18 b
I. Incorreta. O potencial na esfera carregada e dentro
dela é constante e não nulo.
II. Incorreta. No ponto B o campo elétrico é dado
KQ
V
KQ
, tem-se que EB 5 B .
por: EB 5 2 . Como VB 5
2R
2R
R
III. Incorreta. No ponto C o potencial é dado por
KQ
.
VC 5
2R
KQ
,
IV. Correta. O potencial do ponto C é dado por VC 5
2R
KQ
V
e o campo EC é dado por EC 5 2 , ou seja, EC 5 C .
4R
2R
19 c
O potencial na esfera em equilíbrio eletrostático é
constante e diferente de zero, à medida que se
distancia da esfera. Logo, o único gráfico que
representa tal situação é o gráfico da letra c.
20 a
I. Incorreta. O vetor campo elétrico é perpendicular à
superfície do condutor.
II. Correta. A força que irá acelerar o elétron tem
mesma direção que o campo e sentido contrário a
este. Como o elétron parte do repouso, o movimento
é acelerado e aceleração e velocidade terão mesmo
sentido.
III. Incorreta. A definição de superfície equipotencial
é uma superfície cujos pontos têm o mesmo
potencial.
IV. Incorreta. A resistividade de um fio é característica
de seu material e independe de suas dimensões.
V. Incorreta. Na associação em paralelo todos os
resistores da associação estão ligados à mesma ddp
que é igual a ddp para o resistor equivalente.
Como a carga q é repelida, podemos afirmar que as
cargas possuem o mesmo sinal; como q é positiva, Q
também o será. Da mesma forma que o trabalho
realizado é dado por † 5 q(Vi 2 Vf), e a carga está
indo de potenciais maiores para potenciais menores,
concluímos que † . 0.
22 d
†d 5 qU 5 SEcin ] qU 5
mv2
] v5
2
∙ 2qU
m
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
21 a
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Potencial elétrico
Para o ENEM
1 b
A pessoa em contato com a cúpula do gerador está
em equilíbrio eletrostático com ela. Os cabelos
da pessoa ficam arrepiados por causa das cargas
elétricas acumuladas em seu corpo, mas pode-se
afirmar que, desprezando um tempo muito curto de
um estado transitório, depois de atingido o equilíbrio
eletrostático, o potencial elétrico é o mesmo nos dois
corpos: cúpula e pessoa.
3 c
Como EPot 5 q 3 V, a energia potencial elétrica
em uma carga de prova positiva seria representada
graficamente em função de r como uma parábola com
concavidade voltada para cima.
Energia potencial
Carga de prova positiva
EPot
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 b
A carga positiva de prova está em equilíbrio estável
no centro do tubo. Portanto, nesse ponto sua energia
potencial é mínima, o que para uma carga positiva
também significa que o potencial elétrico é mínimo
uma vez que EPot 5 q 3 V. Logo, a afirmativa I é
verdadeira e a afirmativa II é falsa. Como o potencial
é mínimo no centro do tubo, pela mesma expressão
EPot 5 q 3 V conclui-se que, se no lugar da carga
positiva nesse ponto estivesse uma carga de prova
negativa, a energia potencial seria negativa e passaria
a ser máxima nesse ponto, o que geraria instabilidade
no equilíbrio dessa carga; assim, a afirmativa III é
verdadeira.
r (m)
a
Esse gráfico é semelhante ao gráfico da energia
potencial em um oscilador harmônico, o que
justifica o fato de a afirmativa I estar correta.
Entretanto, o gráfico da energia potencial em
função de r é representado por uma
parábola com concavidade voltada para baixo:
Energia potencial
Carga de prova negativa
EPot
a r (m)
Esse gráfico não representa uma energia semelhante
à de um oscilador harmônico, pois a energia é máxima
para r 5 0 e decresce com r.
A carga de prova negativa, ao invés de oscilar em torno
da posição r 5 0, tenderia a se afastar dessa posição
buscando pontos de menor energia potencial. Assim,
tem-se: afirmativa II incorreta e afirmativa III correta.
4 c
O condutor está em equilíbrio eletrostático, portanto
todos os seus pontos possuem o mesmo potencial,
o campo elétrico em seu interior é nulo e as cargas
se acumulam apenas na superfície externa.
Assim, a afirmativa I é falsa e a afirmativa III é verdadeira.
Além do fato de todos os pontos possuírem o mesmo
potencial em um condutor em equilíbrio eletrostático,
sabe-se que as superfícies de pequeno raio de
curvatura, como as partes pontiagudas do condutor,
possuem uma densidade superficial de cargas maior
do que as superfícies de maior raio de curvatura.
Portanto, a afirmativa II é verdadeira.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Corrente e resistência elétrica
Para o vestibular
Em ambos os resistores, segue em paralelo um fio
condutor sem nenhum dispositivo a ele conectado.
Como as resistências através dos fios são desprezíveis
em comparação com as dos resistores, estes entram em
curto-circuito. Os pontos A e B possuem o mesmo potencial
elétrico, e a resistência equivalente entre eles é zero.
2 Chave C aberta: Req 5 20 1 X . A corrente no amperímetro
corresponde à corrente total:
1,2
U
] 20 1 X 5 40
i 5 ​ ___    ​ ] 30 3 1023 5
20 1 x
Req
} X 5 20 C
Chave C fechada:
20
1
  
 
 ​5 20 1 ​ ___ ​ 
Req 5 20 1 ​  ____________
1
1
1
3
___
___
___
​     ​ 1 ​     ​ 1 ​     ​ 
20 20 20
80
} Req 5 ​ ___
 ​ C
3
Pela Lei de Ohm:
1,2
U
i 5 ​ ___    ​ 5 ​  ___  ​ ] i 5 0,045 A 5 45 mA
Req
80
​ ___ ​ 
3
3 e
O amperímetro indica 1,0 A em um dos ramos da
associação em paralelo entre dois resistores iguais. Logo, o
outro ramo também é percorrido por corrente de 1,0 A, e
a corrente total nesse trecho de circuito é de 2,0 A.
O voltímetro registra 12 V em um trecho de circuito
percorrido por corrente de 2,0 A. Com base na Lei de Ohm,
obtém-se R 5 6 C. Finalmente, a resistência equivalente
entre os pontos X e Z vale:
5R 5 3 6
R
  } Req 5 15 C
 ​
Req 5 R 1 ​ __  ​ 1 R 5 ​ ___ ​ 5 ​  ____
2
2 2
4 a
Como a corrente de saída da associação é 30 A,
necessariamente i2 5 20 A. A ddp no resistor de cima
vale: U 5 10 3 40 5 400 V. A associação dos resistores
é em paralelo; assim, a ddp no resistor R2 também
vale 40 V. Substituindo-se na Lei de Ohm, tem-se:
400 5 R2 3 20 ] R2 5 20 C
5 a
Sq
Sq
4
_______
   
 ​ ] Sq 5 5 3 1021 C
i 5 ​  ___ ​   ] 2,5 3 10 5 ​ 
St
2 3 1025
6 a
Determinando a resistência interna do chuveiro:
U2
2202
___
  ] R 5 6,05 C
 ​
P 5 ​   ​  ] 8.000 5 ​  ____
R
R
Agora, conservando a resistência, calcula-se a nova
potência para uma tensão de 110 V:
1102
 ​ ] P 7 2.000 W
P 5 ​  ____ 
6,05
7 c
Utilizando os valores
especificados, consegue-se
obter a resistência interna da lâmpada:
U2
32
r 5 ​  ___ ​ 5 ​  ___  ​  } r 5 10 C
P
0,9
A partir da lei de Ohm, conclui-se que a corrente
necessária para a lâmpada brilhar plenamente vale
0,3 A. Portanto:
12 5 (r 1 nR) 3 0,3 ] 12 5 (10 1 15n) 3 0,3 ] n 5 2
Isso significa o uso de dois resistores de valor R em série,
como indicado, com a chave na posição 3.
8 a
Os pontos A, B, C, D e E apresentam o mesmo potencial.
Assim, trata-se de uma associação em paralelo de
5 resistores iguais a R. A resistência equivalente vale:
1 1 1 1 1 5
1
​ ___    ​ 5 ​ __  ​ 1 ​ __  ​ 1 ​ __  ​ 1 ​ __  ​ 1 ​ __  ​ 5 ​ __  ​
Req R R R R R R
R
} Req 5 ​ __  ​
5
9 c
O amperímetro consiste em um galvanômetro de baixa
resistência, ligado em paralelo a uma resistência shunt.
A posição mais eficiente de conexão de um amperímetro
no circuito é em série com o trecho que se deseja medir.
O voltímetro consiste em um galvanômetro ligado em série
a uma alta resistência, chamada multiplicadora. A posição
mais eficiente de conexão de um voltímetro no circuito é
em paralelo com o trecho que se deseja medir.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 c
10 b
As resistências RV e R1 estão em paralelo, o que implica
que a tensão nelas é sempre a mesma. Essa associação
está em série com o resistor R2. É preciso determinar a
resistência equivalente e a corrente total no circuito.
R 1 3 RV
R 1 3 RV
Rparalelo 5 ​ _______  ​  ] Req 5 R2 1 ​ _______  ​  ]
R1 1 RV
R1 1 RV
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
R____________________
1 3 R2 1 RV 3 R2 1 RV 3 R1
] Req 5 ​    
  
 ​
RV 1 R1
V(R1 1 RV)
V
____________________
    ​
i 5 ​ ___    ​ ] i 5 ​    
Req
RV 3 R1 1 RV 3 R2 1 R1 3 R2
A partir das expressões anteriores, pode-se concluir:
• Se o reostato tem resistência nula, Req 5 R2.
• Quanto maior o valor de RV, maior o valor de Req e
menor a corrente no circuito. Logo, a é incorreta.
• As correntes que passam por R1 e RV são iguais
apenas quando R1 5 RV. Então, c é incorreta.
• Modificando o valor de RV, também varia a corrente
total no circuito e, por consequência, a tensão sobre R2.
Assim, e é falsa.
• Se R2 é pequeno, a corrente total no circuito
aumenta, e então aumentam as correntes parciais
que atravessam R1 e RV. Portanto, d é falsa.
11 c
60
3 202 3 20 3 60
______________
 
E 5 P 3 St 5 R 3 i2 3 St 5 ​    
 ​
4,2
6
} E 7 6,86 3 10 cal
12 b
Pode-se escrever a associação em série anterior como:
Req 5 R 1 3R 1 5R 1 ... 1 199R ]
] Req 5 R 3 (1 1 3 1 5 1 ... 1 199)
A quantidade entre parênteses equivale à soma de uma
PA de razão 2, com o 1o termo igual a 1 e o 100o termo
igual a 199.
(a1 1 a100) 3 n
(1
1 199) 3 100
_____________
 
 
 
S 5 ​  ___________
 ​
5 ​    
 ​
2
2
} S 5 10.000
Logo, a resistência equivalente vale:
Req 5 10 3 1023 3 104 ] Req 5 100 C
Finalmente, a partir da lei de Ohm:
U 5 Req 3 i ] 100 5 100 3 i ] i 5 1 A
13 a
A resistência elétrica do chuveiro dissipa energia para
aquecer a água.
Ri2 St 5 mcSJ ]
] R 3 102 3 60 5 12 3 4,2 3 103 3 (40 2 30) ]
] R 5 84 C
14 a
Em um intervalo de tempo de 60 s, o número n de
elétrons que atravessa o fio vale:
n 3 1,6 3 10219
n3e
 ]
i 5 ​  ____ ​  ] 3 5 ​  ____________
 ​
 
60
St
21
] n 7 1,1 3 10 elétrons.
15 c
U2
,
R
quanto menor o valor da resistência, maior será o
valor da potência, visto que o valor da tensão na rede
não é um parâmetro variável. Assim, diminuindo-se
o comprimento do resistor, consegue-se o efeito desejado.
Sendo a potência do chuveiro dada por P 5
16 b
Cálculo da potência do micro-ondas: P 5 U 3 i 5 120 3 5 ⇒
⇒ P 5 600 W 5 600 J/s.
Cálculo da energia necessária para o aquecimento:
Q 5 cmSJ 5 cdVSJ 5 1 3 1.000 3 0,2 3 75 5 15.000 cal 5
5 60.000 J.
Cálculo do tempo necessário para o aquecimento:
St 5 60.000/600 5 100 s.
17 b
A resistência equivalente da associação em paralelo é
1
1
1
3R
1
⇒ Req1 5
dada por
5
Req1
R
3R
4
Assim, a resistência equivalente do circuito será dada
por: Req 5 Req1 1 2R ⇒ Req 5 2,75R.
18 d
A lâmpada equivalente às 3 lâmpadas do circuito é
L 1L 2
18
dada por: Req 5
1 4 5 6 C,
1 L3 5
L1 1 L2
9
sendo que a corrente que atravessará o circuito será
U
12
dada por: i 5
5 2 A.
5
Req
6
Então, a energia que a bateria é capaz de oferecer ao
circuito externo é dada por:
Ebat 5 iUSt 5 60 3 12 3 15 720 Wh.
Como a energia consumida pelas lâmpadas em uma
hora é dada por:
Elam 5 iUSt 5 2 3 12 3 1 5 24 Wh
Assim, as lâmpadas permanecerão acesas por:
720
Ebat
5 30 h
St 5
5
24
Elam
19 e
Do enunciado, conclui-se que a potência dissipada
– causadora do aquecimento – pela área lateral
total do fio deve ser igual nos 2 fios. Assim, sendo a
potência dada por P 5 Ri2 e a resistência em função
da resistividade dada por R 5 ρc/S, sendo S a área
transversal do fio:
Determinação da área lateral dos fios:
Alateral1 5 2sr1L1 5 2 3 s 3 0,001 3 0,01 5 2s 3 1025;
Alateral2 5 32s 3 1025.
Determinação da transversal dos fios: S1 5 s(r1)2 5
5 s 3 1026; S2 5 16s 3 1026
P1/Alateral1 5 P2/Alateral2 ⇒ R1(i1)2/2s 3 1025 5
5 R2(i2)2/32s 3 1025 ⇒ (G0,01 3 1/s 3 1026)/1 5
5 (G0,04(i2)2/16s 3 1026)/16 ⇒ 1 5 4(i2)2/256 ⇒ i2 5 8 A
20 b
Nesse circuito, o disjuntor necessariamente deve ficar
sobre a fase para, quando necessário, poder “desarmar”
e interromper a alimentação, prevenindo sobrecargas e
curto-circuitos. É necessário estabelecer uma ddp entre
os terminais da lâmpada para que ela acenda. Para evitar
o risco de choque elétrico durante uma troca de lâmpada
queimada, adota-se como padrão ligar o neutro da rede
interna da casa direto na lâmpada (evitando estabelecer
uma ddp entre uma pessoa em contato com o chão e a
fase, caso ela toque no terminal da lâmpada) e passar
a fase pelo interruptor, que tem a função de interromper
e/ou iniciar o circuito sempre que desejável. O esquema
que melhor se encaixa nessa descrição é o da alternativa b.
O chuveiro funcionará, só que com uma potência diferente.
Cálculo da resistência do chuveiro:
U2
(220)2
121
R5
5
5
15
P
6.000
Cálculo da potência a 110 V:
(110)2
5 1.500 W
P110 5
121
[ ]
15
Portanto, P220 > P110.
22 A diferença de potencial entre A e B tem valor nulo, já
que VA 5 VB. O circuito funciona como uma Ponte de
Wheatstone em equilíbrio, uma vez que não é possível
existir uma corrente elétrica entre A e B.
Dessa forma: R 3 120 5 90 3 60 ] R 5 45 Ω.
23 Soma: 01 + 02 + 16 = 19
V
(01) Correta. Pela relação R 5
, verifica-se que R está
i
aumentando.
(02) Correta. No trecho entre 0 mA e 600 mA, a
resistência é constante, característica de um resistor
ôhmico.
V
é válida mesmo onde o
(04) Incorreta. A relação R 5
i
resistor não é ôhmico.
V
5
5
] R = 6,25 Ω
(08) Incorreta. R 5
i
0,800
(16) Correta. R 5 ρ
RA
1,5 3 1026
L
]L553
]
]L5
ρ
1,5 3 10–6
A
]L55m
(32) Incorreta. Entre 200 mA e 400 mA, a resistência
do resistor não se altera. Assim, a potência dissipada
é dada por P 5 R 3 i2. Portanto, dobrando-se i
quadruplica-se a potência dissipada.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
21 a
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Corrente e resistência elétrica
Para o ENEM
5 c
1 e
A leitura atual observada é 2.783 kWh. A leitura do mês
anterior é 2.563 kWh. A diferença referente ao consumo do
mês anterior é 220 kWh. Como o custo do kWh é R$ 0,20,
então o valor correspondente é R$ 44,00.
2 c
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
P5U3i
Como estão ligados em paralelo, a tensão é a mesma
para os dois faróis: 36 V.
A corrente que passa por um farol é: 55 5 36 3 i ⇒ i 5 1,52 A.
Portanto, a corrente total do circuito é 3,04 A.
Para proteger esse circuito, é necessário utilizar
um fusível que suporte essa corrente. O fusível
imediatamente superior ao valor de 3,04 A é o laranja (5 A).
1202
⇒ R 5 3,2 C
3R
4
Obviamente, a posição morno, sendo a de menor
6.000 5
potência, será obtida por: P 5
3 c
1202
⇒ P 5 4.500 W
3,2
6 a
4 a
Para 220 V, a potência máxima correspondente é de
5.500 W. Nesse caso, o valor da resistência elétrica pode
ser obtido da seguinte forma:
U2
2202
⇒ 5.500 5
⇒ R 5 8,8 C
R
R
No caso da tensão nominal de 127 V:
P5
Pmáx 5
Mantendo-se a ddp constante, como é o caso das
instalações elétricas residenciais, a potência é
inversamente proporcional à resistência elétrica:
U2
P5
R
Portanto, o valor nominal de 6.000 W se refere à menor
resistência possível, que é, no caso, a resistência da
3R
R 3 3R
5
associação em paralelo, cujo valor é: Req 5
4
R 1 3R
Assim, pela equação da potência:
1272
U2
⇒
⇒ P 5 1.830 W
8,8
R
Como a potência para os dois tipos de chuveiro é a
mesma e P 5 R 3 i, tem-se: PA 5 PB ⇒ RA 3 iA2 5 RB 3 iB2 ⇒
302
RA
RA
i2B
RA
⇒
5 2 ⇒
5 2 ⇒
5 0,36, ou seja, a
50
RB
RB
iB
RB
razão entre as resistências é mais próxima de 0,3.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Capacitores, geradores e receptores
Para o vestibular
A potência mencionada no enunciado é constante.
Supondo-se uma pilha ideal, a potência vale:
SQ
600 3 1023
P 5 E 3 i 5 E 3 ​ ___ ​  ] 1,8 5 3,6 3 ​  _________
 } St 5 1,2 h
 ​
 
St
St
2 c
No momento em que é batida a fotografia, o capacitor
se descarrega integralmente, liberando toda a energia
potencial acumulada. Essa energia vale:
2 3 1029 3 32
C 3 U2
  } Epot 5 9 nJ
 ​
 
 5 ​  __________
 ​
Epot 5 ​  _____
 
2
2
3 a) Energia potencial armazenada:
q2
q2 3 d
q2
   ​  5 ​  ______  
Epot 5 ​  ___  ​   5 ​  ______
 ​
ε0 3 A
2ε0 3 A
2C
2​  _____
 
 ​
d
b) O trabalho da força elétrica corresponde à variação
de energia potencial. Note que, pela expressão
obtida no item a, a energia potencial é diretamente
proporcional à distância entre as placas. Logo, a
energia potencial final será zero.
q2 3 d
q2 3 d
 ​ 5 2​  ______  
 ​
D 5 SEpot 5 0 2 ​  ______  
2ε0 3 A
2ε0 3 A
q2 3 d
 ​ 5 F 3 d
c) ODO 5 F 3 d ] ​  ______  
2ε0 3 A
2
q
   
 ​
} F 5 ​  ______
2ε0 3 A
4 d
1,68
E
   ​ 5 ​  _______
  
 ​ (1)
i 5 ​ _____
r 1 R r 1 250
U 5 E 2 r 3 i ] 1,50 5 1,68 2 r 3 i (2)
Resolvendo o sistema, encontram-se os valores
i 5 0,006 A e r 5 30 C.
5 a)
C 3 U2
C 3 U2
b) E 5 ​  _____
 ] Etotal 5 2 3 ​  _____
 
 5 200 3 1026 3 1502
 ​
 
 ​
2
2
} Etotal 5 4,5 J
Etotal
4,5
   
 ​ } P 5 4,5 3 103 W
c) P 5 ​  ____ ​  5 ​  _______
St
1 3 1023
6 b
Supondo que as baterias sejam ideais, no circuito 1 a
fem é 2E e, portanto, a corrente também dobra para 2i,
para a mesma resistência. No circuito 2, a fem é igual a
E, e a corrente vale i. Considerando que o brilho
depende da corrente que circula pela lâmpada, a
lâmpada que brilhará mais é a do circuito 1.
7 Se os capacitores são ligados em série, as cargas em
cada armadura são iguais.
C 1 3 C2
q
Q
 ​ 5 ​ __ ​ (1)
Ceq 5 ​ __ ​  ] ​  _______  
U
C1 1 C2 ε
Na associação em paralelo, as capacitâncias se somam,
enquanto a ddp se mantém:
4q
Q
Ceq 5 ​ __ ​  ] C1 1 C2 5 ​ ___
ε ​  (2)
U
Substituindo (2) em (1), resulta que:
4q2
 ​  (3)
C1 3 C2 5 ​  ___
ε2
Isolando C2 e substituindo de volta em (2):
4q
4q2
  
 ​ 5 ​ ___
C1 1 ​  ______
ε ​  ] 2
ε 3C
1
@ 
#
2q
2q 2
4q2
4q
___
​  ___
 ​
 
​​
C
2
​ 
 ​   ​​ ​5 0 } C1 5 ​ ___
] C21 2 ​ ___
 ​
 
3
C
1
5
1
1
ε ​ 
ε
2
ε
ε
2q
.
Retornando à equação (2), obtém-se: C2 5 ​ ___
ε ​  8 d
A bateria de maior fem será o gerador, enquanto a outra
será um receptor. Utilizando a Lei de Pouillet:
20 2 8
E 2 Ee
 
  5 ​  __________
  
 ​
 ​ } i 5 1 A
i 5 ​  ______
1 1 10 1 1
ΣR
O amperímetro está posicionado de modo a ler a
corrente total no circuito. Logo, registra o mesmo 1 A.
O voltímetro registrará a ddp na bateria:
U 5 E 2 r 3 i 5 20 2 1 3 1 } U 5 19 V
9 c
Cálculo da resistência equivalente do primeiro trecho
do circuito com resistores em paralelo:
1
1
1
1
⇒ Req 5 4,8 C
5
1
Req
12
8
1
24
⇒ i55A
Assim: U1 5 Req 3 i ⇒ i 5
1
4,8
Cálculo da resistência equivalente do segundo trecho
do circuito com resistores em paralelo:
1
1
1
1
6
1
1
5
⇒ Req 5 7 C
5
2
Req
42
21
14
42
2
Assim: U2 5 Req 3 i 5 7 3 5 5 35 V ⇒ U14 5 U2 5 35 V
2
Já no resistor de 9 C, tem-se: U9 5 9 3 5 5 45 V
Assim, a tensão entre os pontos a e b será:
Uab 5 24 1 35 1 45 5 104 V
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 b
10 c
13 b
Logo que a chave é fechada, o capacitor está
descarregado, e a corrente vinda da bateria passará
toda por ele, deixando os resistores R3 e R4 em curto-circuito. O circuito, nesse instante imediatamente
posterior ao fechamento de S, pode ser representado
como na figura:
A potência útil lançada ao circuito é dada por: Pútil 5 Ei 2 ri2.
Essa é uma equação do segundo grau com a potência
em função da corrente. Assim, os pontos de máximo da
E
parábola que representa a função serão dados por i 5 .
2r
E
Como a corrente no circuito é dada por i 5
,
Req 1 r
E
E
⇒ Req 1 r 5 2r ⇒ Req 5 r
5
tem-se que:
Req 1 r
2r
1
4
R
R
⇒ Req 5 . Assim: 5 r 5 0,5 ⇒ R 5 2 C
Mas:
5
Req
R
4
4
2C
R1
6V
R2
1C
Assim, a corrente inicial no resistor de 2 C vale:
6
E
   ​   } i 5 2 A
   
 ​ 5 ​ _____
i 5 ​ _______
R1 1 R2 2 1 1
Após o carregamento total do capacitor, a corrente
através daquele ramo cessa, e o circuito funciona como
se ele não existisse:
14 e
I. Incorreta. Cálculo da capacitância equivalente dos
1
1
1
⇒ C1 e 2 5
capacitores ligados em série:
5 1
C1 e 2
3
6
5 2 jF ⇒ Ceq 5 2 jF 1 18 jF 5 20 jF
E
12
5
⇒
II. Incorreta. Cálculo da corrente: i 5
r1R 214
⇒ i52A
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2C
R1
6V
6 C R3 R4 6 C
III. Correta. Cálculo da ddp no capacitor C3: UC3 5 UR 5
543258V
R2
1C
A nova corrente vale: i 5
15 a) Calculando a corrente no ramo da esquerda:
6
​  _________
   
 ​
}i51A
21113
Portanto, a soma das correntes no resistor é igual a
2 A 1 1 A 5 3 A.
11 a) Lei dos Nós no ponto A: i1 1 i2 5 i3
Percorrendo a malha esquerda no sentido horário a
partir do ponto A, tem-se: 6 2 4i2 1 2i1 2 6 5 0
E a malha direita no sentido horário, a partir do ponto A:
17 1 6i3 1 4i2 2 6 5 0
i1 1 i2 5 i3
2i1 2 4i2 5 0
]
4i2 1 6i3 5 211
]
26i2 1 2i3 5 0
]
18i2 2 6i3 5 0
22i2 5 211 ] i2 5 20,5 A
Substituindo na segunda equação do sistema, vem:
i1 5 21 A e i3 5 21,5 A
Os sinais negativos indicam que os três sentidos
escolhidos para as correntes precisam ser
invertidos.
b) VA 2 VB 5 17 2 6 3 1,5
VA 2 VB 5 8 V
18
5 1,5 A
12
i1 5 i4 5 i2 1 i3 5 4,5 1 1,5 5 6,0 A
E 5 (R1 3 i1) 1 V 1 (R4 3 i4) 5 (3 3 6) 1 18 1 (4 3 6) 5 60 V
12 V 5 R3 3 i3 ] i3 5
b) UAB 5 R 3 i ] 12 5 24 3 i
c) UAB 5 Rx 3 i ] 12 5 Rx 3 1,5
} i 5 0,5 A
} Rx 5 8 C
16 a) Trata-se de um resistor equivalente à associação em
4i2 1 6i3 5 211
4i2 1 6i3 5 211
UAB 5 E 2 Ee 2 (r 1 re) 3 i ] 12 5 24 2 6 2 (1 1 2) 3 i
}i52A
paralelo dos resistores de 4 C, em série com o
434
resistor de 1 C; logo: Req 5 1 1 ​  _____  ​ 
} Req 5 3 C
414
E 2 12
E 2 Ee
  
   ​ } E 5 20 V
  
 ​ ] 2 5 ​  ____________
b) i 5 ​  __________
0,5 1 0,5 1 3
r 1 re 1 Req
17 e
Com a chave aberta, pode-se construir um circuito
com três ramos em paralelo: com a fonte e R1;
com o capacitor; com a resistência equivalente
calculada do circuito de resistores R2, R3, R4, R5 e R6
arranjados para formar uma ponte de Wheatstone
equilibrada (R2 ∙ R4 5 R3 3 R5). Como não passa corrente
em R6 (ponte equilibrada), a resistência do terceiro
1
1
1
ramo será:
5
1
⇒ Req 5 4 C
Req2
R2 1 R5
R3 1 R4
E
10
5 2 A.
5
R1 1 Req 1 1 4
Como os três ramos estão em paralelo, a tensão entre
as extremidades do capacitor será:
UC 5 UReeq 5 Req 3 i 5 4 3 2 5 8 V
Então: i 5
Assim: Q 5 C 3 V 5 1026 3 8 5 8 3 1026 C.
Com a chave fechada, haverá um curto-circuito que
igualará o potencial nos dois polos do capacitor, por
isso ele não carregará, ou seja, q 5 0.
18 Soma: 01 + 02 + 08 + 16 5 27
(01) Correto. Como o fio não possui resitência elétrica,
não há dissipação de energia entre A e D.
(02) Correto. Pelo sentido da corrente, pode-se concluir
que ε1 e ε2 são geradores e, portanto, fontes de força
eletromotriz.
ε 1 ε2 2 ε3
.
(04) Incorreto. A corrente é dada por: i 5 1
R1 1 R2 1 R3
(08) Correto. O potencial entre os nós A e B será dado
por: VB 2 VA 5 ε1 2 i 3 R1.
(16) Correto. Está de acordo com a Lei das Malhas.
(01) Incorreta. Cálculo da corrente no circuito:
15 2 5
(E 2 E’)
⇒ i 5 1 A.
5
i5
218
(Σr 1 ΣR)
(02) Incorreta. Sendo UD 5 Ugerador 5 (15 2 1 3 1) 5 14 V
e UC 5 UD 2 3 3 1 5 11 V, conclui-se que UD > UC.
(04) Correta. A potência útil fornecida pelo gerador
será: PU 5 U 3 i 5 14 3 1 5 14 W.
(08) Incorreta. A potência dissipada no resistor de 4 C
será: PD 5 R4 3 i2 5 4 3 1 5 4 W.
(16) Correta. A UAB 5 E’ 1 r 3 i 5 5 1 1 3 1 5 6 V.
20 d
Como a configuração de resistores externos ao gerador,
conhecida como ponte de Wheatstone, está equilibrada,
ou seja, como 5 3 8 5 10 3 4, não passará corrente pelo
resistor de 6 C. Assim, a resistência externa equivalente
1
1
1
1
3
20
1
]
] Req 5
5
5
Req
15
12
Req
20
3
70
] i 5 10 A
Então: i 5
1
20
1
3
3
será:
21 c
A energia potencial elétrica armazenada em um capacitor
corresponde ao trabalho necessário para carregá-lo até
q2
o valor final de sua carga q, dada por: E 5 .
2C
Após o fechamento da chave, as tensões nos dois
capacitores serão iguais e dadas por:
qX
qY
UX 5 UY ⇒
5
⇒ qY 5 2qX
CX
CY
Como as cargas se conservam no sistema, tem-se:
q
2q
e qY 5
qX 1 qY 5 q ⇒ q X 5
3
3
Então, a soma das energias armazenadas será:
q 2
2q 2
[ ]
[ ]
q2
E
3
EX 1 EY 5
1 3 5
=
3
2CX
4CX
6CX
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
19 Soma: 04 1 16 5 20
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Capacitores, geradores e receptores
Para o ENEM
1 c
2 a
Como foi pedida a associação de menor capacitância
possível, deve-se optar pela associação em série, que
garante que a capacitância equivalente da associação
seja menor que o valor da capacitância de qualquer
um dos capacitores que compõem a associação.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3 d
O fato de inverter a pilha não interrompe o circuito;
além disso, ao ser invertida, a pilha passa a se
comportar como um receptor, pois a corrente terá de
ir do potencial menor (polo positivo) para o potencial
maior (polo negativo); com isso, se houver o
acionamento acidental do interruptor, a energia
consumida pelo circuito aumenta e as pilhas se
descarregam mais rapidamente.
4 c
Usando os dados fornecidos pelo gráfico, pode-se
estabelecer a equação do gerador.
60 5 ε 2 6r
20 5 ε 2 8r
60 5 ε 2 6r
2
20 5 ε – 8r
⇒ r 5 20 C, logo: 20 5 ε 2 8 3 20 ⇒
40 5 2r
⇒ ε 5 180 V
Como a potência máxima do gerador é dada por:
ε2
1802
Pumáx. 5
⇒ Pumáx. 5
⇒ Pumáx. 5 405 W
4r
4 3 20
180
ε
⇒ i5
⇒ i 5 4,5 A
Quando a corrente é de i 5
40
2r
A potência requerida pelo equipamento é de:
P 5 U 3 i ⇒ P 5 120  3 ⇒ P 5 360 W
Por último, para que o gerador possa alimentar o
equipamento, é preciso verificar se a tensão de
alimentação e a amperagem necessária para o pleno
funcionamento do equipamento formam as coordenadas
de um ponto pertencente à curva do gerador.
120 5 180 2 20 3 3 ⇒ 120 5 120, ou seja, o gerador
é capaz de suprir a energia necessária para o pleno
funcionamento do equipamento.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Magnetismo: campo magnético
Para o vestibular
1 c
5 O campo em P, devido ao condutor 1, tem direção
O vetor campo magnético terá direção perpendicular
ao plano formado pelo fio e pelo ponto que se deseja
analisar, sentido dado pela regra da mão direita e
módulo proporcional à permeabilidade magnética do
meio no qual o fio estiver mergulhado.
2 c
Pela disposição das linhas de campo na figura do
enunciado, os polos do ímã se localizam nos extremos
superior e inferior (supondo o polo norte em cima).
Assim, os cortes nos ímãs 1 e 2 geram dois ímãs com
polos, confome indicam as figuras a seguir.
N
N
N
N
perpendicular ao plano da folha e sentido para fora do
papel. Seu módulo vale:
j0 3 i
4s 3 1027 3 4
 
 
 ​
 ​ ] B1 5 ​  ___________
B1 5 ​  _____  
]
2s 3 0,3
2s 3 a
] B1 7 2,7 3 1026 T
O campo em P, devido ao condutor 2, tem mesma
direção e sentido do campo B1. Seu módulo vale:
j0 3 i
4s 3 1027 3 4
 
 
 ​
  
 ​ ] B2 5 ​  ___________
B2 5 ​  ______
]
2s 3 2a
2s 3 0,6
26
] B2 7 1,3 3 10 T
O módulo do campo resultante será a soma dos
módulos de B1 e B2 : BR 5 B1 1 B2 ] BR 5 4 3 1026 T
Ímã 1
S
Ímã 2
S
S
Reaproximando as metades do ímã 1, o polo sul da
metade de cima atrairá o polo norte da metade de baixo.
Já reaproximando a metade esquerda da direita do ímã 2,
haverá repulsão, pois se trata de polos iguais.
3 b
Ao aproximar o polo A do ímã 2 do polo B do ímã
1, há repulsão. Logo, esses polos são iguais. Como há atração
entre as extremidades B, elas representam polos distintos.
4 Campo em P devido à corrente i1:
j0 3 i
3 1027 3 6 ] ___________
 ​ ] B1 5 ​  4s
B1 5 ​  _____  
 
 
 ​
2s 3 d
2s 3 0,3
26
] B1 5 4 3 10 T
Campo em P devido à corrente i2:
j0 3 i
4s 3 1027 3 8
 
 ​
B2 5 ​  _____  
 
]  ​ ] B2 5 ​  ___________
2s 3 0,4
2s 3 d
26
] B2 5 4 3 10 T
Os vetores estão dispostos como na figura abaixo:
B1
B2
P
O módulo da resultante é obtido por:
B2R 5 B21 1 B22 ] B2R 5 32 3 10212 ] BR 5 4​dll
2 ​  3 1026 T
j0 3 i
4s 3 1027 3 3
 
 ​  
B 5 ​  _____  ​ 
]
] B 5 ​  ___________
2s 3 r
2s 3 0,25
] B 5 2,4 3 1026 T
7 d
I. Correta. A direção do vetor campo magnético é
perpendicular ao plano formado pelo fio e pelo ponto
A (plano da folha), enquanto o sentido é determinado
pela regra da mão direita com o polegar apontando
para o sentido da corrente e os dedos curvados
apontando o sentido do campo, ou seja, penetrando
no plano da folha.
II. Incorreta. Como explicado anteriormente, no ponto A o
campo tem direção perpendicular à folha de papel e
sentido para dentro da folha.
III. Correta. Sendo a intensidade desse vetor criado
pelo fio (muito longo) é dada pela Lei de Bio-Savart:
B5
j 0i
4s 3 1027 3 2,5
⇒ d5
5 1021 m 5 10 cm
2sd
2s 3 5 3 1026
8 b
O campo magnético no interior do solenoide será dado
por B 5 B0 1 BM sendo BM o módulo da contribuição
do material do núcleo para o campo B. Como o valor
de BM está associado ao alinhamento dos dipolos
atômicos do material em questão, ele é tanto maior
quanto “mais magnetizável” for o material e, portanto,
o ferro seria a melhor opção para constituí-lo.
9 c
As direções dos campos magnéticos induzidos por
cada um dos fios serão perpendiculares aos planos
formados pelos próprios fios e pelo ponto C, e o sentido
será dado pela regra da mão direita no 1 com o polegar
apontado no sentido da corrente e os dedos curvados
indicando, no ponto C, o sentido de cada campo.
Assim, pode-se afirmar que o campo magnético
induzido em C pelos fios sobre as arestas AD e HG
serão, respectivamente, paralelos às arestas CG e CB
com sentidos, respectivamente, de C para G e de C
para B. Como resultado dessa soma vetorial, o campo
resultante terá direção da diagonal CF.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
6 c
S
10 a) Para flutuar sobre a base, a força feita pelo campo
15 Considerando que os campos magnéticos criados,
respectivamente, pelo fio muito longo e pela bobina
têm a mesma direção em P (perpendiculares ao plano
da página) e sentidos opostos (saindo do ponto P no
caso do fio e entrando no ponto P no caso da espira),
pode-se dizer que a partícula de carga Q que incide
sobre o ponto P paralelamente ao fio não sofrerá
aceleração se o vetor campo magnético resultante em
P for nulo. Assim, deve-se ter, em módulo:
iE
1
j 3 iF
j 3 iE
5
⇒
5
Bfio 5 Bespira ⇒
s
iF
2sR
2R
magnético desta sobre o ímã deve ser repulsiva,
verticalmente direcionada e no sentido da base
para o ímã. Essa força deve contrabalançar a força
gravitacional que atua no ímã. Nesse caso,
Fmag 5 Fgrav 5 mg 5 0,01 kg 3 10 m/s2 5 0,1 N.
b) De acordo com a orientação do ímã da base, os
polos norte e sul do ímã suspenso se localizam:
norte acima e sul abaixo do ímã.
c)
N
16 c
S
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
S
Base
N
11 c
12 Soma: 01 + 02 + 08 = 11
(01) e (02) Corretas. Como o polo sul magnético da
Terra situa-se no norte geográfico terrestre, suas linhas
de campo saem do polo sul geográfico em direção ao norte.
(04) Incorreta. Sabe-se que o responsável pela geração
desse campo é o movimento giratório do magma
terrestre formado prioritariamente por ferro.
(08) Correta. Tanto a aurora boreal como a austral
são o resultado do choque entre os átomos presentes
nas maiores altitudes da atmosfera terrestre (de
oxigênio e nitrogênio) e os ventos solares canalizados
para os polos magnéticos pelo campo magnético terrestre.
(16) Incorreta. O fluxo magnético é maior na
Groenlândia, pois ela está mais próxima ao polo sul
magnético da Terra.
F, V, F, V
A primeira afirmativa é falsa, pois a corrente real é
produzida pelo movimento de cargas elétricas negativas.
A segunda é verdadeira, pois o processo de eletrização
por atrito produz dois corpos eletrizados com cargas
iguais, porém de sinais opostos.
A terceira afirmativa é falsa, pois não existem
monopolos magnéticos; ao seccionar um ímã obtém-se
dois ímãs com dois polos cada um.
A última é verdadeira, pois cargas elétricas em
movimento produzem, além do campo elétrico, um
campo magnético.
17 e
A lâmpada tem o formato de uma espira, e a
corrente elétrica circula por ela quando a lâmpada
está acesa; então, o campo gerado no centro da
lâmpada é igual ao campo gerado por uma espira, logo
ele é normal ao plano do anel.
18 a
19 e
20 e
Btotal 5 B 1 BTerra
13 e
N
De acordo com a regra da mão direita o campo de
indução magnética no ponto P é representado por um
vetor perpendicular à folha entrando na folha.
14 e
I. Falso. Apenas os metais ferromagnéticos serão
magnetizados pelo ímã e, por consequência, serão
capazes de atraí-lo.
II. Verdadeiro. Como o campo magnético induzido num
ponto vai depender da distância desse ponto à fonte
(no caso, os polos), é natural que sob o campo mais
forte das proximidades dos polos sejam atraídas mais
limalhas do que em pontos mais distantes.
III. Verdadeiro. Um ímã “consegue” atrair um metal quando
é capaz de magnetizá-lo. Assim, pelo mesmo princípio,
o metal já magnetizado vai, por sua vez, atrair o ímã.
BTotal
BTerra
S
B
21 b
Btotal 5 B 1 BTerra
Btotal
BTerra
B
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Magnetismo: campo magnético
Para o ENEM
1 c
Usando a regra da mão direita, é possível notar que os
vetores indução magnética no ponto em que o homem
está possuem mesma direção e sentidos opostos; além
disso, o homem equidista dos fios condutores.
Logo, para que os campos se anulem, tem-se
OB1O 5 OB2O, o que ocorre somente se i1 5 i2.
2 a
Percebe-se que, se i dobra, o valor da tangente
também dobra, mas não o ângulo.
BTerra
θ
Bbobina
Logo, a alternativa correta é a letra a.
3 b
4 e
5 a
A inclinação da agulha mostra que o campo magnético
terrestre no local é inclinado em relação à horizontal.
Como a ponta norte da agulha aponta para o norte
geográfico, conclui-se que, para que exista essa
inclinação (ponta norte apontando para baixo), a
bússola está no hemisfério norte.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
A direção da agulha será dada pela soma vetorial dos
campos indução magnética da Terra e da bobina:
jNi
Bbobina
jN
2sr
tgJ 5
⇒ tgJ 5
5 Ki onde K =
BTerra
BTerra
2srBTerra
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Magnetismo: força magnética
Para o vestibular
7 a
A expressão da força magnética apresenta um fator
sen J. No caso descrito no enunciado, J 5 180w e, portanto,
sen J 5 0. Não há força magnética e, pelo princípio de
inércia, a carga se manterá em MRU, permanecendo o
vetor velocidade constante.
A partir da energia cinética, é possível obter a
velocidade do próton:
m 3 v2
1,6 3 10–27 3 v2
]
] 7,2 3 10213 5
2
2
7
] v 5 3 3 10 m/s
Pela regra da mão direita no 2, a força terá direção
horizontal e sentido de oeste para leste. Ela terá
módulo dado pela expressão:
F 5 OqO 3 v 3 B 3 sen J ]
] F 5 1,6 3 10219 3 3 3 107 3 1 3 1023 3 sen 90w ]
] F 5 4,8 3 10215 N
Ecin 5
8 a
Como a carga elétrica foi abandonada (velocidade
inicial nula) na região do espaço sujeita apenas a um
campo magnético, ela permanecerá em repouso,
pois, como o campo magnético não realiza trabalho, a
velocidade da partícula não variará.
2 b
O movimento da partícula é uniforme. Logo, a resultante
entre a força magnética e a força gravitacional é nula.
j0 3 i
Fmag 5 P ] q 3 v 3 ​  ______  ​ 
5 P ]
2s 3 D
27
4s 3 10  3 1
 
 
 ​
5 10230 ]
] 10219 3 1025 3 ​  ___________
2s 3 D
] D 5 0,2 m
3 d
mp 3 v
​  _____ 
 ​ 
qp 3 B
mp
Rp
Rp
m 3 v ] ___
_______
______
  
 ​ ] ​  __  ​ 5 ​  ___  ​ ]
  
 ​ ​    ​ 5 ​ 
R 5 ​ 
m
3
v
me
R
e
R
OqO 3 B
e
e
​  ______  
 ​
OqeO 3 B
Rp 1,67 3 10227
Rp
 
 
 ​ ] ​ ___  ​ 7 1,83 3 103
] ​  __  ​ 5 ​  __________
231
Re
Re
9,11 3 10
4 b
O elétron seguirá um arco menor que o do próton, pois
sua massa é bem menor. Quanto ao sentido do desvio,
a regra da mão direita no 2 indica um desvio para baixo
de ambas as partículas.
5 c
Pela regra da mão direita no 2, a força terá módulo
constante, direção do segmento PC e sentido para a
direita. Logo, a carga será defletida para a direita, em
uma trajetória circular, no plano horizontal LKCP.
6 c
Como L não sofre deflexão, não possui carga elétrica.
Pela regra da mão direita no 2, as cargas positivas
lançadas nesse campo seriam defletidas para baixo.
Logo, M é positiva e K é negativa. Além disso, a figura
mostra que a massa de K é menor que a massa de M,
em razão da diferença dos raios de suas órbitas.
9 a) Como a força magnética não realiza trabalho, a
energia cinética da partícula não muda. Portanto,
não se altera o módulo de sua velocidade e,
v’
consequentemente, 5 1.
v
b) O movimento da partícula no campo magnético é
circular uniforme com velocidade de módulo v e raio R,
v2
tais que, pela Segunda Lei de Newton, qvB 5 m[ ],
R
v
ou seja, m [ ] 5 qB. Lembrando que a velocidade
R
v
qB
angular da partícula é ω 5 , obtém-se ω 5
.
R
m
J
Usando esse resultado na expressão St 5 , cujo
ω
resultado expressa o tempo t de que a partícula
necessita para atravessar a região, determina-se
mJ
que t 5
.
qB
10 a
O dêuteron consiste em um próton e em um nêutron.
A velocidade pode ser obtida a partir da expressão:
3,2 3 10227 3 v
m3v
 ​ ]
 
 
] 0,5 5 ​  ___________
R 5 ​  ______  ​ 
1,6 3 10219 3 1
OqO 3 B
] v 5 2,5 3 107 m/s
Logo, a energia cinética do dêuteron vale:
3,2 3 10227 3 6,25 3 1014
m 3 v2
 
  ] E 5 _____________________
 ​
E 5 ​  _____
]
      
2
2
] E 5 1 3 10212 J ou E 5 6,25 3 106 eV 5 6,25 MeV
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a
11 a
A força magnética sobre o elétron é dada por
F 5 B 3 e 3 v 3 sen J, sendo J o ângulo entre o sentido
do deslocamento do elétron e o campo magnético
da Terra. Como o campo na região considerada é
horizontal (inclinado de 21° para oeste com relação à
direção sul-norte), e o elétron se move na vertical (para
cima), J 5 90°. Assim, a intensidade da força magnética
sobre esse elétron será dada por:
F 5 0,25 3 1024 3 1,6 3 10219 3 106 3 sen 90° 5 4,00 3 10218 N.
Considerando a regra da mão direita no 2 com os dedos
esticados, conclui-se que a direção da força será para
o norte da direção leste-oeste (inclinada de 21° para
oeste), e seu sentido será para o leste.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
12 b
Como a aceleração centrípeta verificada sobre as
partículas P2 é maior do que a verificada sobre as
partículas P1, pode-se concluir que a força magnética
sobre as partículas P2 é maior do que a sobre as
partículas P1. Como as partículas assumem trajetórias
opostas ao entrar na região do campo magnético,
pode-se concluir que elas têm sinais opostos. Sendo
a força magnética sobre uma partícula carregada
em movimento dada por F 5 B 3 q 3 v 3 sen J, pode-se
concluir que a carga de P2 é maior do que a de P1.
13 d
Como a força elétrica é capaz de acelerar ou frear uma
partícula carregada, e a força magnética não (é capaz
apenas de mudar a direção de uma partícula carregada
já em movimento), pode-se dizer que a força elétrica
realiza trabalho para deslocar uma partícula, enquanto
a força magnética, não.
14 d
Pela regra da mão direita no 2 com os dedos esticados,
quando uma carga positiva está em movimento sobre
um campo magnético, apontando o polegar para
a direção da velocidade e os demais dedos para a
direção do campo magnético, a força magnética terá
seu sentido determinado imaginando-se o movimento
de um “empurrão” com a palma da mão. Se a carga
for negativa, o sentido será oposto ao determinado.
Por convenção, porém, o sentido da corrente é o
do movimento das cargas positivas. Assim, quando
correntes de sentido oposto percorrerem os dois fios
condutores paralelos, a força magnética de interação
entre eles será repulsiva, e sua intensidade será
inversamente proporcional à distância entre eles (Lei de
jc
] 3 q 3 v 3 sen J.
Bio-Savart): F 5 B 3 q 3 v 3 sen J 5 [
2sd
15 a
Para não haver tensão na mola, deve-se ter:
Fmag 5 Pfio ] B 3 q 3 v 3 sen J 5 mg
Sendo v a velocidade com a qual as cargas se
movimentam dentro do fio e considerando St
o tempo necessário para a carga percorrer todo o
comprimento c do fio, tem-se que sua velocidade será
c
dada por: v 5
St
Sendo, ainda, a corrente que atravessa todo o fio
q
, tem-se que:
durante St dada por i 5
St
i
v5c3[q]
Assim, substituindo v na primeira expressão, tem-se:
0,18 3 10
53A
B 3 c 3 i 5 mg ] i 5
3 3 0,2
Pela regra da mão direita no 2 com os dedos abertos na
direção do campo magnético e o polegar apontando
para a corrente, conclui-se que seu sentido deve ser da
direita para a esquerda, a fim de remover a tensão da mola.
16 Soma: 02 + 08 + 16 5 26
(01) Incorreta. O campo magnético resultante que atua
no fio 4, segundo a regra da mão direita no 1 com os dedos
fechados, aponta para o nordeste.
(02) Correta. A força magnética resultante sobre o
fio 4 é perpendicular ao campo magnético resultante
nesse fio e, pela regra da mão direita no 2 com os dedos
abertos, aponta para o sudeste.
(04) Incorreta. Como os fios 1 e 3 têm suas correntes no
mesmo sentido, eles se atraem mutuamente.
(08) Correta. Como a intensidade da força
magnética depende da intensidade do campo
magnético, que, por sua vez, depende da distância em
relação à fonte do campo (Lei de Bio-Savart), em função da
menor distância que separa os fios 2 e 3, a força
magnética que o fio 2 exerce sobre o fio 3 é maior do
que a que o fio 1 exerce sobre o fio 3.
(16) Correta. Como a resultante das forças
magnéticas que os fios 1 e 3 exercem sobre o fio 2
aponta para o sudoeste e é paralela e maior, em módulo,
do que a força que o fio 4 exerce sobre o fio 2, pode-se
concluir que o campo magnético resultante sobre ele
aponta para o sudoeste.
(32) Incorreta. Como os campos magnéticos que os fios
1 e 3 geram no centro do quadrado se anulam, e
como os campos magnéticos gerados pelos fios 2 e 4
apontam, ambos, para o nordeste, a resultante no
centro também aponta para o nordeste.
17 c
I. Falsa. Quando paralelo, o condutor não fica sujeito a
forças magnéticas (Lei de Bio-Savart).
II. Falsa. A influência ou não do campo magnético
sobre o condutor não depende da constância do
campo.
III. Falsa. Ambos os polos atraem a limalha que se
alinhará tanto com as linhas que saem do polo norte
quanto com as que chegam ao polo sul do ímã.
IV. Falsa. As linhas de um campo magnético (dipolo)
são sempre fechadas, sempre saindo do polo norte em
direção ao polo sul.
V. Falsa. Somente cargas elétricas em movimento criam
campo magnético.
I. Falsa. Uma partícula carregada, mesmo que sujeita
unicamente à ação de um campo magnético, pode
deslocar-se em linha reta se esse deslocamento for
paralelo ao campo magnético.
II. Verdadeira. Como a força elétrica é capaz de acelerar
ou frear uma partícula carregada, e a força magnética,
não (é capaz de mudar apenas a direção de uma
partícula carregada já em movimento), pode-se dizer
que a força elétrica realiza trabalho para deslocar uma
partícula, enquanto a força magnética, não.
III. Verdadeira. Como o campo magnético da Terra
aponta para a direção sul-norte, e a partícula tem carga
negativa e sentido descendente, pela regra da mão
direita no 2 com os dedos abertos, conclui-se que o
elétron desvia-se para o oeste durante a queda.
IV. Falsa. Considerando a regra da mão direita no 2
com os dedos abertos e que o sentido da corrente no
interior do fio é o de deslocamento das cargas positivas
(contrário ao do elétron), conclui-se que o sistema se
comporta como dois fios paralelos percorridos por
correntes em sentidos contrários, ou seja, se repelem.
V. Falsa. O raio das órbitas para os dois casos pode ser
obtido fazendo-se:
mv
v2
Fcp 5 Fmag ] m 3 [ ] 5 Bqv ] R 5
Bq
R
Da expressão acima conclui-se que, como o raio
depende da massa da partícula, os raios serão
diferentes, pois a massa do próton é muito maior que a
do elétron.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
18 d
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Magnetismo: força magnética
Para o ENEM
1 a
O sentido do vetor indução magnética é perpendicular
ao plano do papel e seu sentido é de fora para dentro
do papel. O sentido da força magnética é da esquerda
para a direita.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 c
a) Verdadeira. Como as partículas eletrizadas do vento
solar entram em contato com o campo magnético
da Terra, é possível supor que sofrem a
ação de forças magnéticas que as desviam de sua rota
original e as aceleram em direção às regiões polares.
b) Verdadeira. O campo magnético é capaz de desviar
as partículas ionizadas do vento estelar, formando uma
espécie de escudo protetor para a atmosfera.
c) Falsa. A força magnética age centripetamente.
De acordo com esse conceito, é possível concluir que
m3v
, ou seja, quanto maior for o raio, maior será
R5
q3B
a velocidade de giro. Portanto, maior será a energia cinética.
d) Verdadeira. A força magnética age como centrípeta
e, portanto, a direção do seu impulso será sua direção e
seu sentido.
e) Verdadeira. As correntes alternadas, tanto quanto
as contínuas, produzem campos magnéticos. Dessa
forma, as linhas de transmissão sofrem, sim, ação de
forças magnéticas.
3 e
a) Verdadeira. O plasma superaquecido acabaria por
destruir a nave; por isso, campos magnéticos impedem que
o plasma entre em contato direto com qualquer parte dela.
b) Verdadeira. A descrição do fenômeno reporta ao
aquecimento da matéria (hidrogênio da água presente nos
alimentos) por ressonância magnética nos fornos de
micro-ondas. c) Verdadeira. A expulsão do plasma,
através dos anéis propulsores, impulsiona a nave na
mesma direção e no sentido oposto ao do jato de
plasma, como previsto pelo princípio da conservação
da quantidade de movimento. d) Verdadeira. O texto
afirma que o impulso conseguido pelo VASIMR é
insuficiente para um lançamento a partir da superfície
terrestre, sendo eficiente apenas em situação de vácuo,
ou seja, no espaço exterior. e) Falsa. Uma das vantagens
da utilização da tecnologia é o fato de haver a
possibilidade de controlar o fluxo de plasma e,
consequentemente, o impulso necessário para o
movimento da nave.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Indução eletromagnética
Para o vestibular
1 d
Após a ligação do campo, há um aumento de fluxo para
entrar na página. Pela Lei de Lenz, a corrente deve
provocar diminuição do campo nesse sentido. Para
tanto, a corrente deve fluir no sentido anti-horário, de
C para D. Há queda de potencial de C para D, o que
significa que VC . VD.
2 b
Há corrente induzida apenas na situação II, pois o
campo é normal à espira. Na situação I, não há fluxo
magnético, já que o campo é paralelo ao plano da espira.
8 a) Para uma espira, a fem induzida vale:
SΦ 20 2 2
 
 ​
OεO 5 ​  ____ ​  5 ​  ______ 
10 2 1
St
} OεO 5 2 V
Como são 50 espiras, a fem é multiplicada por 50:
ε 5 50 3 2 5 100 V
b) Como o fluxo aumenta no sentido de “entrar” no
papel, a corrente induzida deve gerar um campo
magnético que “sai” do plano do papel para
compensar o aumento. Pela regra da mão direita,
a corrente deve fluir no sentido anti-horário.
O fluxo magnético varia durante todo o movimento de
descida do ímã: ele aumenta até chegar à espira e
depois diminui. Logo, há ddp induzida em todo
o trajeto de A a B.
4 a
O fluxo está aumentando para baixo. Assim, para se
contrapor a esse aumento, surge na espira uma corrente
induzida no sentido anti-horário. O campo gerado na espira
funciona como outro ímã, cujo polo norte aponta para
cima. Então, os ímãs com polos iguais próximos
experimentam uma força de repulsão – o que equivale
a uma força para baixo, na espira, e para cima, no ímã.
5 d
O coeficiente angular da reta pode ser obtido por meio
do quociente entre as variações no eixo vertical e no eixo
SΦ
horizontal: m 5 ​  ____ ​   . Mas, pela Lei de Faraday, esse
St
quociente equivale à fem induzida na espira, em módulo.
6 c
I. Correta. Trata-se do enunciado da Lei de Faraday.
II. Correta. O motor funciona graças à indução
eletromagnética nas espiras em seu interior.
III. Correta. Cada fio provoca um campo magnético
no outro, o que acaba gerando força magnética;
o sentido da força (atração ou repulsão) depende
dos sentidos das correntes em cada fio.
IV. Incorreta. Somente a corrente elétrica (o movimento
ordenado de cargas) pode gerar um campo magnético.
7 a
A variação de fluxo, nesse intervalo de tempo, é de
24 Wb. Combinando a Lei de Ohm com a Lei de Faraday,
SΦ
24
obtém-se: R 3 i 5 2 ​  ____ ​    ] 10 3 i 5 2​  ___ ​  ] i 5 4 A.
0,1
St
Como a corrente no enrolamento cresce, o módulo do
campo magnético aumenta. A taxa de variação do
fluxo com o tempo vale:
Si
SΦ SB
​  ____ ​  5 ​  ___ ​ 3 A 3 cos J ] OεO 5 j0 3 n ​ ___  ​ 3 A 3 cos J ]
St
St
St
] OεO 5 4s 3 1027 3 600 3 125 3 4 3 1024 3 cos 0w
} OεO 5 12s 3 1026 V
Por eliminação, deve-se escolher a alternativa a.
De fato, como a fem induzida é constante, o campo
elétrico também apresenta módulo constante. A espira
é circular, e a fem se distribui por toda sua extensão.
Assim, o campo elétrico vale:
12s 3 1026
ε
 
 
 ​ } E 5 3 3 1024 V/m
E 5 _________
​ 
   
 ​ 5 ​  ___________
perímetro
2s 3 2 3 1022
10 c
Φ
; logo, para que ocorra fem, é necessário
∆t
que o fluxo magnético varie com o tempo, e uma das
maneiras de isso ocorrer é mediante o movimento
relativo entre o ímã e a espira.
Fem 5 2
11 a
P 5 Fmag ] mg 5 BiLsen θ; como θ 5 90°, tem-se:
mg
10
5
5 10 A
mg 5 BiL ] i 5
BL
131
E 5 r 3 i ] E 5 1 3 10 ] E 5 10 V
E
10
Como E 5 BLv, tem-se v 5
5
5 10 m/s.
BL
131
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
9 a
3 c
12 Soma: 08 + 16 + 32 = 56
Nμi
, então a
2r
intensidade do campo depende do número de espiras, da
intensidade de corrente elétrica e do raio da bobina.
(02) Incorreta, pois o movimento do cone se deve à Lei
de Faraday.
(04) Incorreta. O movimento do cone é que produz as
ondas longitudinais.
(08) Correta, pois quanto mais alta for a frequência do
sinal elétrico, mais alto (maior frequência) será o som
emitido pelo alto-falante.
(16) Correta, pois a intensidade sonora está
diretamente ligada à intensidade do campo magnético,
que produz o movimento do cone. Quanto maior for a
variação do campo, mais amplo será o movimento do cone
e maior amplitude (intensidade) terá o som produzido.
(32) Correta, pois é pela interação do campo
magnético da bobina com o campo magnético do ímã
permanente que se dá o movimento do cone.
15 c
(01) Incorreta. Para uma bobina, B 5
Só haverá corrente elétrica na espira caso o fluxo
magnético que a transpassar varie com o tempo.
Enquanto a chave estiver aberta, não haverá corrente
no circuito, consequentemente não haverá campo
magnético transpassando a espira. Enquanto a chave
estiver fechada, a corrente no circuito será constante,
mantendo o campo magnético na espira também
constante, o que indica que não haverá corrente na
espira. Já imediatamente após a chave ser aberta ou
fechada, haverá corrente na espira, pois haverá, no
primeiro caso, diminuição do fluxo magnético, e no
segundo caso, aumento do fluxo magnético que
transpassa a espira, induzindo corrente elétrica nela.
16 d
Aplicando a regra da mão direita, percebe-se que a
corrente i cria um campo magnético perpendicular à
folha, saindo dela.
Como a área A aumenta, a corrente induzida aparece
na tentativa de evitar o aumento do campo; então,
conclui-se que o campo magnético existente tem
mesma direção, porém sentido oposto ao do campo
induzido, ou seja, perpendicular à folha e entrando no
papel.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
13 a
I. Correta. O forno de indução aproveita a corrente de
Foucault para dissipar, por meio de Efeito Joule, grande
quantidade de energia elétrica.
II. Correta. A unidade de campo magnético no SI
tem sua análise dimensional dada por
U (F )
N
5
(newton por ampère
U(B) 5
U(i) 3 U(s)
A3m
vezes metro), denominada tesla em homenagem ao
físico iugoslavo Nikola Tesla.
III. Correta. A afirmativa é o próprio conceito de linha
agônica.
IV. Correta. A frequência do cíclotron é dada por
qB
v5
, portanto independe da velocidade.
2sm
V. Correta. Como é possível separar partículas que
tenham uma carga elétrica específica das demais, o
espectógrafo de massa permite estudar um isótopo de
um elemento de cada vez.
17 a)
]Q5N3
∆Φ
5,6 3 1025
] Q 5 100 3
5 2,8 3 1024 C
r
20
Vp
i
110
i
5 s ]
5 s ] ip 5 2is
220
Vs
ip
ip
P 5 V 3 i ] 880 5 220 3 is ] is 5 4 A, ou seja,
ip 5 2 3 4 ] ip 5 8 A
c)
Pmáx. 5 Vmáx. 3 imáx. ] 2.200 5 220 3 ismáx. ] ismáx. 5 10 A,
ou seja, ipmáx. 5 2 3 10 ] ipmáx. 5 20 A
18 c
Enquanto ocorrer uma variação do campo magnético
sobre a espira, haverá uma força eletromotriz induzida,
ou seja, existirá fem enquanto o ímã se aproximar e
enquanto o ímã se afastar da espira.
14 b
Como Φ 5 B 3 S 3 cos θ, tem-se que, em meia-volta,
∆Φ 5 B 3 S 3 (cos 0° 2 cos 180°) ] ∆Φ 5 B 3 S 3 [1 2 (21)] ]
] SΦ 5 B 3 S 3 [1 2 (21)] ]
] ∆Φ 5 2 3 7 3 1024 3 400 3 1024 5 5,6 3 1025 T 3 m2
∆Φ
, mas ε 5 r 3 i, então
Da Lei de Lenz, vem: ε 5 N 3
∆t
∆Φ
∆Φ
] r3 Q 5N3
]r3i5N3
]
∆t
∆t
∆t
b)
Vp
Np
110
250
5
]
] Ns 5 500 espiras
5
220
Vs
Ns
Ns
19 a) ε 5 ∆Φ ] ε 5 BL∆x 5 BLv ] ε 5 2 3 2 3 0,1 5 0,4 V
∆t
∆t
0,4
0,4
ε 5 R 3 i ] i 5 ε ] i1 5
5 0,2 A e i2 5
5 0,4 A
2
1
R
Em R1, i1 tem sentido anti-horário.
Em R2, i2 tem sentido horário.
b) fat 5 μmg ] fat 5 0,2 3 0,1 3 10 ] fat 5 0,2 N
Fmag 5 BiL ] Fmag 5 2 3 0,6 3 0,1 ] Fmag 5 0,12 N
F 5 Fmag 1 fat 5 0,12 1 0,2 ] F 5 0,32 N
c) P1 5 R1 3 i12 ] P1 5 2 3 0,22 ] P1 5 0,08 W
P2 5 R2 3 i22 ] P2 5 1 3 0,42 ] P2 5 0,16 W
20Como Φ 5 B 3 S 3 cos θ, tem-se:
Em t 5 0: Φ 5 B 3 S 3 cos 0° ] Φ 5 2 3 1025 3 10 3 1024 3 1 ]
] Φ 5 2 3 1028 T 3 m2
T
Em t 5 : Φ 5 B 3 S 3 cos 90° ]
4
] Φ 5 2 3 1025 3 10 3 1024 3 0 ] Φ 5 0 T 3 m2
T
Em t = : Φ 5 B 3 S 3 cos 180° ] Φ 5 22 3 1028 T 3 m2
2
3T
Em t = : Φ 5 B 3 S 3 cos 270° ] Φ 5 0 T 3 m2
4
Φ (T)
0
2 3 1028
T
4
T
2
3T
4
T t (s)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 3 1028
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Indução eletromagnética
Para o ENEM
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 b
a) Incorreta. O ímã é fixo na base da guitarra, portanto
não é sua vibração que promove a modificação do campo
magnético e, por sua vez, a corrente induzida na bobina.
b) Correta. As cordas metálicas, ao vibrar, produziriam
variações de fluxo, e esta produziriam correntes
elétricas induzidas na bobina, que por sua vez seriam
amplificadas e reproduzidas seriam nos alto-falantes.
c) Incorreta. Cordas de material isolante, como o náilon,
não seriam capazes de provocar variações no campo
magnético e, por consequência, seriam incapazes de
produzir sons.
d) Incorreta. A Lei de Faraday só nos informa que a
corrente elétrica induzida em um circuito elétrico
fechado pela variação de um campo magnético é
proporcional à variação do campo no tempo.
e) Incorreta. As caixas de ressonância não são
necessárias nas guitarras elétricas, pois o som é
derivado da variação do campo magnético, que é lido
e traduzido como som pelo amplificador. Portanto, o
som desses instrumentos é sintetizado por processos
eletrônicos.
2 e
a) Correta. A dissipação de energia se dará, no núcleo do
transformador, pela presença das correntes de Foucalt,
que podem ser atenuadas pelo fatiamento do núcleo.
b) Correta. Os transformadores funcionam com correntes
alternadas, para que haja variação do fluxo magnético no
primário, induzindo assim uma corrente no secundário.
c) Correta. Como a potência em um transformador no
primário é maior ou igual à do secundário, aumentar
a ddp significa diminuir a intensidade de corrente.
Para um transformador ideal, Up 3 ip 5 Us 3 is. Como
a potência dissipada é dada por Pd 5 r 3 i2, tem-se
que diminuir a intensidade de corrente em um fator 2
significa diminuir a potência dissipada em um fator 4.
d) Correta. O campo magnético gerado pelo
funcionamento dos transformadores interage com o
campo geomagnético local e impede o funcionamento
adequado da bússola.
e) Incorreta. Os transformadores não criam energia,
apenas a transformam por meio do trabalho dos
campos eletromagnéticos.
3 a
a) Correta. A variação de fluxo magnético no interior
de uma espira (bobina, neste caso) induz uma força
eletromotriz, que por sua vez estabelece uma corrente
elétrica alternada, que vai levar energia elétrica para a
lâmpada.
b) Incorreta. A transformação de energia mecânica
em elétrica vem da força magnética que induz a força
eletromotriz e produz uma corrente elétrica.
c) Incorreta. Já vimos que se trata da Lei de Faraday e a
corrente estabelecida será alternada, pois, a cada volta
do eixo, ocorrem duas inversões de polaridade.
d) Incorreta. A variação que se dá é de fluxo
magnético e essa é a origem da força eletromotriz.
e) Incorreta. Não é a força magnética que trabalha. O
princípio estabelecido é a Lei de Faraday e é a variação
do fluxo magnético que dá forma à transformação da
energia.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Física moderna
Para o vestibular
m 3 v0 5 M 3 V 2 m 3 ve ] m 3 v0 5 M 3 V 2 m 3 (v0 2 V) ]
5 3 106
V
  
   ​ 3 14
   
 ​ 3 M 5 ​  ________________
] m 5 ​ _______
2v0 2 v
2 3 4 3 107 2 5 3 106
} m 7 0,9 u
b) Usando a relação entre energia e comprimento de
4______________
3 10215 3 3 3 108
h
3c
____
 ​
onda: E 5 ​  H ​   ] H 5 ​    
 
7 3 1012
} H 7 1,7 3 10219 m
2 e
Escrevendo o momento linear em termos de massa e
velocidade, temos uma nova expressão para a relação
h
_____
de Broglie: H 5 ​ m 3  v ​  .
Como h e v são constantes, H e m são inversamente
proporcionais. Logo, a ordem crescente de
comprimentos de onda corresponderá à ordem
decrescente de massas.
7 c
I. Correta. A noção de simultaneidade depende do
referencial inercial adotado.
II. Correta. Em nenhum referencial, a velocidade de
um corpo pode ser superior à da luz no vácuo.
III. Incorreta. O primeiro postulado da Teoria da
Relatividade Restrita diz exatamente o contrário.
8 a
O elétron pode decair direto para o estado fundamental.
Nesse caso, o fóton emitido deve ter, em eV, energia de:
21,50 2 (213,60) 5 12,10.
Outra possibilidade é decair inicialmente para o
primeiro estado excitado, emitir um fóton, e depois
decair novamente para o estado fundamental, emitindo
outro fóton. As energias dos fótons emitidos serão, em
eV, respectivamente iguais a:
21,50 2 (23,40) 5 1,90 eV
23,40 2 (213,60) 5 10,20 eV
9 d
3 e
Segundo a relação de Boltzmann, a energia de um
corpo negro depende unicamente da sua temperatura
absoluta: E 5 k 3 T 4.
@H
#
1
1
  ​ 2 ​ __  ​  ​]
4 SE 5 h 3 c 3 ​ ​ __
2
H1
@ 
#
1
1
] 6,64 3 10234 3 3 3 108 3 ​ ​  _________
   
 ​ 2 ​  __________
 
 
 ​  ​ ]
589 3 1029
589,6 3 1029
] 19,92 3 10226 3 (1,6977 3 106 2 1,6960 3 106)
} SE 7 3,3 3 10222 J
5 b
Pelo efeito fotoelétrico, a energia cinética dos elétrons vale:
h3c
4______________
3 10215 3 3 3 108
 2 W 5 ​    
 ​
 ​
 
2 2,1 5 4 2 2,1
E 5 ​  ____
H
3 3 1027
} E 5 1,9 eV
6 b
St0
   
Nessa situação fictícia, vale a expressão: St 5 ​  _______
 ​,
llllll
v2
​ 1 2 ​  __2  
 ​ ​
c
em que St é o intervalo de tempo medido na Terra, St0
é o intervalo medido no relógio da nave e v é a
velocidade média da nave. Substituindo os valores do
enunciado, tem-se:
6
6
6
   ​  
   
 ​ 5 ​ ______
   ​  
St 5 ​  ___________
5 ​  _________
2
llll
lllllll
lllllllll
d
d
​
0,36
 ​  
​
1
2
0,64
 
 ​
(0,8
c)
______
​ 1 2 ​ 
 ​ ​  
 
 
2
c
6
___
} St 5 ​  0,6   ​ 5 10 anos.
d
d
O primeiro elemento apresenta linhas das quatro
primeiras transições próximas aos valores em Å: 820, 835,
850 e 860. Analisando a tabela, o único elemento que se
encaixa é o Ge.
O segundo elemento apresenta linhas próximas aos
valores: 915, 925 e 940 Å. Pela tabela, a 1a linha deve
ser posicionada em 893 Å e trata-se do Hg.
O terceiro elemento apresenta linhas próximas aos
valores 945, 950 e 957 Å. Escolhendo a 1a linha caindo
em 925 Å, o elemento procurado é o Au.
Finalmente, o quarto elemento apresenta linhas em
torno dos valores 830, 955, 960 e 970 Å. Temos o Ga
com valores em torno dessa faixa.
10 b
I. Incorreta. O gráfico mostra que podem-se, por
aproximação, comparar a irradiação solar com a
irradiação de corpo negro. II. Correta. Boa parte da
radiação que atinge a Terra, proveniente do Sol, é
formada de fótons. III. Incorreta. Neutrinos possuem
massa e são apenas uma das inúmeras partículas que
16 σVT 3
]
3
compõem a luz solar. IV. Correta. S 5
c
3
16 3 5,670400 31028 3 1,17 3 1027 3 5,93 3 109
]
]S5
9 3 108
20
16 3 5,6704 3 1,17 3 205,379 3 10
]S5
5
9
5 2.422,33 3 1020 5 2,42 3 1023 J/K
Logo, a ordem de grandeza da entropia é da ordem de 1023.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a) Conservação da quantidade de movimento:
11 b
16 c
a) Incorreta. As leis se mantêm apenas para referenciais
inerciais. Nos outros, surgem forças fictícias para
compensar a aceleração do referencial.
b) Correta. O conceito de tempo é relativo ao referencial
no qual se efetua a medida.
c) Incorreta. A velocidade da luz de qualquer fonte, em
um referencial inercial, é a mesma
0,3c
v 2 v’
0,8c 2 0,5c
d)Incorreta. V 5 v 3 v’ 5 0,8c 3 0,5c 5 1 1 0,4 11 2
11
c
c2
} V 7 0,21 c.
1
 ​  ​
   
​ ​  ________
v 3 v‘ .
e)Incorreta. O fator multiplicativo é
_____
1 1​  2 ​
 
 
c
@ 
#
12 e
I. Correta. Em uma hora Q 5 Ptotal 3 ∆t ]
] Q 5 (4,0 3 106) 3 103 33.600 ] Q 5 1,44 3 1013 J
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
II. Correta. E 5 ∆m 3 c2 ] 1,44 3 1013 5 ∆m 3 (3 3 108)2 ]
] ∆m 5
1,44 3 1013
5 1,6 3 1024 kg 5 0,13 g
9 3 1016
III. Correta. 1,6 3 1024 kg 5 8 3 1024 mU235 ]
] mU235 5
1,6 3 1024
5 0,2 kg ] mU235 5 200 g
8 3 1024
13 Qp 5 e 5 2qu 1 qd 5 2 3 2 e 1 qd ] qd 5 e 2 4 e 5 2 1 e
3
3
3
qu
y
Qn 5 0 5 xqu 1 y qd ]
5 2 5 2 ] y 5 2x e
qd
x
x 1 y 5 3, ou seja, x 5 1 e y 5 2
n 5 udd
14 Soma: 01 + 02 + 04 = 7
(01) Correto. A velocidade da luz no vácuo independe
do referencial.
(02) Correto. E 5 mc2
(04) Correto. A massa do próton é aproximadamente
igual à do nêutron e o nêutron não possui carga
elétrica.
(08) Incorreto. Nas reações nucleares a quantidade de
movimento é conservada.
(16) Incorreto. Existem diversas outras partículas
elementares, subatômicas.
15 c
Como o enunciado diz: E 5 1.240 eV 3 nm , ou seja,
H
1.240 eV 3 nm
E5
5 5 eV.
248 nm
Logo, para obter 12 MeV, são necessários
nfótons 5
12 3 106 eV
5 2,4 3 106 fótons.
5 eV
me
2
m ev
] En 5
2
2
mas rn 5 n r0, então:
E1 5
T1
5
T2
∙
∙
2π12r0 me
2E1
2π2 r0 me
2E2
2
∙
∙ 2πr
T ∙
n
2
5
∙
∙
2
n
me
2E1
4 me
2E2
5
d
llll
me
 ​ ​  
,
] Tn 5 2πrn ​ ​ ____
2En
∙
me 1
3
2E1 4
∙
2E2
]
me
T1
1 E2
5
4 E1
T2
213,6
Como En 5
eV, tem-se:
n2
para n 5 1 ] E1 5 213,6 eV ] Ec1 5 13,6 eV
para n 5 2 ] E2 5 23,4 eV ] Ec2 5 3,4 eV
]
∙
1 3,4
1
T1
5
5
4 13,6
4
T2
∙
1
1 1
T
1
] 1 5
5 3
4 2
8
T2
4
17 a
h
h
] ∆x >
]
4π
4π 3 ∆p
1
] ∆x > 5,3 3 10235 3
]
9,1 3 10231 3 2 3 1022 3 4 3 106
5,3
3 1028 ] ∆x > 0,0728 3 1028 ]
] ∆x >
72,8
] ∆x > 7,3 3 1026 m
∆x 3 ∆p >
18 b
A fonte de ddp constante permite que os elétrons,
arrancados da placa B pela incidência da luz
ultravioleta, se movimentem e sejam detectados pelo
amperímetro colocado em II.
19 b
O Princípio da Incerteza de Heisenberg diz que é
impossível medir simultaneamente a posição e a
velocidade de uma partícula.
A razão dessa incerteza não é um problema do aparato
utilizado nas medidas das grandezas físicas, mas sim a
própria natureza da matéria e da luz.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Física moderna
Para o ENEM
Da expressão da energia do fóton E 5 h 3 f e utilizando
os dados da tabela, é possível estimar o valor da
constante h. Por exemplo, utilizando os dados
fornecidos do alumínio e a expressão da energia
cinética dos fotoelétrons: Ec 5 Φ 2 hf (Φ é a função
trabalho e hf é a energia do fóton incidente)
Como, para a frequência de corte, a energia cinética é nula:
0 5 4,1 2 h 3 1 3 1015
h 5 4,1 3 10215 eV 3 s
Para o metal utilizado no visor noturno:
0 5 Φ 2 4,1 3 10215 3 2 3 1014 ] Φ 5 0,82 eV
2 c
Os resultados obtidos pela Experiência de
Michelson-Morley verificaram a invariância da
velocidade da luz, independentemente do referencial.
Esse fato foi determinante para abandonar a ideia de
que a luz necessitaria de um meio que permeasse todo
o espaço interplanetário, uma vez que, se tal meio de
fato existisse, as velocidades nas diferentes direções
utilizadas na experiência deveriam variar, o que
não ocorreu. A partir dos resultados obtidos,
abandonou-se a hipótese de que a luz
necessitaria de um meio material para se propagar.
3 d
I. Incorreta. A contração do comprimento ocorre
apenas na direção da velocidade, portanto a esfera
com alta velocidade em relação a certo referencial
inercial seria vista por este como um elipsoide e não
como uma esfera de raio menor.
II. Incorreta. Analogamente à afirmativa I, pode-se
concluir que o cubo seria visto como um prisma de
base quadrada, pois somente as arestas na direção do
movimento sofreriam contração.
III. Incorreta. A régua vista por um observador
solidário a ela é vista com seu comprimento próprio e,
portanto, não sofre contração para esse observador.
4 b
5 c
Primeiro calcula-se a diferença de massa m:
m 5 (1,0078 1 1,0087) 2 2,0141 5 0,0024 u
Utilizando a própria expressão fornecida com as
unidades dadas, pode-se eliminar a constante c:
E1 5 m1 3 c2
{E
2
]
5 m2 3 c2
{E
931,5 MeV 5 1 u 3 c2
2
5 0,0024 u 3 c2
Dividindo membro a membro as equações do sistema:
1
931,5
5
0,0024
E2
E2 5 931,5 3 0,0024 7 2,24 MeV
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 c