Física - Revisão Extensivo 3 Ano

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Física
3.a série – Ensino Médio
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1. (UNIFEI-2019-MODELO ENEM) – Um grupo de turistas está
executando um voo de balão na linda região da Capadócia, na Turquia.
Ele voa na direção horizontal com uma velocidade constante de
módulo 18 m/s e a 15 metros do solo, quando, à sua frente, observa
uma parede rochosa com uma altura de 32 metros e que se encontra a
1,0 km de distância de onde está o balão. Os turistas imediatamente
começam a elevar o balão para que este passe por cima da parede
rochosa. A velocidade escalar média de subida do balão para que os
bravos turistas consigam sobrevoar a parede rochosa à sua frente tem
valor mínimo mais próximo de:
a) 0,02 m/s b) 0,16 m/s c) 0,31 m/s
d) 18 m/s e) 32 m/s 
RESOLUÇÃO:
1) Na direção horizontal: 
Δs = V t (MU)
1000 = 18 T ⇒
2) Na direção vertical:
Vm = = � �
Vm = 
Resposta: C
2. (MODELO ENEM) – Atravessar uma rua fora do sinal ou uma
rodovia fora da passarela é um grande risco de atropelamento. Para
mostrar aos seus alunos o risco, uma professora de Física pesquisou
alguns dados e formulou a seguinte questão:
Um carro de 1000 kg se deslocava em uma estrada reta de 6,0 m de
largura com velocidade escalar de 108 km/h, na direção indicada na
figura, quando um pedestre, situado a 42,0 m de distância iniciou a
travessia perpendicularmente à via com velocidade constante de
módulo 2,0 m/s. O motorista, ao ver o pedestre, após um tempo de
reação de 0,50 s, iniciou uma frenagem com o módulo de aceleração
de 6,0 m/s2 , sem desviar a direção da velocidade do carro.
Assim, podemos afirmar que:
a) não houve atropelamento, porque o pedestre já havia completado a
travessia em 3,0 segundos, quando o carro passou no local da
travessia.
b) não houve atropelamento, porque o carro parou antes de o pedestre
completar a travessia.
c) houve atropelamento logo no início da travessia, quando o pedestre
encontrava-se no primeiro instante da travessia.
d) houve atropelamento, porque o pedestre estava no meio da travessia
quando o carro atingiu o local da travessia.
e) não houve atropelamento porque o pedestre terminou a travessia
após 1,5 s. 
RESOLUÇÃO:
1) Distância percorrida durante o tempo de reação:
Δs = V0 t (MU)
dR = 30,0 . 0,50 (m) = 15,0 m
2) Tempo gasto para o carro chegar na trajetória do pedestre:
Δs = V0 t + t
2
42,0 – 15,0 = 30,0t – 3,0t2
3,0t2 – 30,0t + 27,0 = 0
1,0t2 – 10,0t + 9,0 = 0
t = (s)
t1 = (s) ⇒
3) Distância percorrida pelo pedestre:
Δs = Vp t (MU) ⇒ d = 2,0 . 1,5 (m) ⇒
Resposta: D
500
T = –––– s
9
m
–––
s
32 – 15
–––––––
500
––––
9
Δy
–––
Δt
m
–––
s
17 . 9
–––––
500
Vm � 0,31m/s
�
–––
2
10,0 � ��������100 – 36,0
–––––––––––––––––––
2,0
t1 = 1,0s
10,0 – 8,0
–––––––––
2,0
d = 3,0 m
Revisão FÍSICA
MÓDULO 11 Cinemática
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3. Duas partículas A e B se movem ao longo de uma mesma reta.
A partícula A tem movimento uniforme com velocidade escalar
VA = 10,0 . m . s
–1. No instante t = 0 a partícula A está 40,0 m atrás de
B que parte do repouso com aceleração escalar constante de 2,0 m . s–2
no sentido de se afastar de A. 
A distância mínima entre A e B vale:
a) 10,0 m b) 15,0 m c) 20,0 m
d) 25,0 m e) 30,0 m
RESOLUÇÃO:
1) A distância entre A e B será mínima quando as velocidades escalares
de A e B forem iguais.
2) VB = V0B + �B t
10,0 = 0 + 2,0 T ⇒
3) A: s = s0 + V t
sA = 0 + 10,0 . 5,0 (m) ⇒ sA = 50,0m
B: s = s0 + V0 t + t
2
sB = 40,0 + (5,0)
2 (m) ⇒ sB = 65,0 m
dmin = sB – sA = 15,0m
Resposta: B
4. Um corpo é projetado verticalmente para cima, a partir do solo
terrestre, com velocidade inicial de módulo V0 . Despreze o efeito do ar.
Quando o corpo atinge uma altura h então sua velocidade tem módulo
.
A altura máxima atingida H é dada por:
a) H = h b) H = h c) H = h
d) H = 2h e) H = 3h
RESOLUÇÃO:
1) De A para C:
VC
2 = VA
2 + 2 � Δs
0 = V0
2 – 2 g H ⇒ (1) 
2) De A para B:
VB
2 = VA
2 + 2 � Δs
= V0
2 – 2 g h ⇒ (2)
3) : = 
Resposta: B
T = 5,0 s
�
–––
2
2,0
––––
2
V0–––
3
4
–––
3
9
–––
8
10
–––
9
2 g h = V0
2
8
2 g h = ––– V0
2
9
V0
2
–––
9
9
–––
8
H
–––
h
(1)
–––
(2)
9
H = ––– h
8
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5. Uma pessoa percorre uma pista circular de raio R com movi mento
uniforme.
A extensão do passo da pessoa vale e e a frequência de passos (nú mero
de passos por segundo) vale f.
O módulo da aceleração vetorial da pessoa é dado por:
a) �→a � = 0 b) �→a � = 
c) �→a � = d) �→a � = 
e) �→a � = 
RESOLUÇÃO:
1) V = = ⇒
2) A aceleração vetorial é centrípeta:
�→a � = ⇒
Resposta: D
6. Uma pessoa no shopping vai subir de um andar para outro e
encontra uma escada rolante parada. A pessoa sobe a escada com
velocidade constante de módulo Vp num tempo T1.
No dia seguinte a escada rolante está funcionando com velocidade
constante de módulo VE e a pessoa permanecendo estacionária na
escada fez o mesmo percurso num tempo T2.
Se a pessoa, com a escada funcionando, subir os degraus com
velocidade constante de módulo VP ela fará o percurso num tempo
T tal que:
a) T = b) T = c) T = T1 – T2
d) T = e) T = 
RESOLUÇÃO:
Δs = V t
1) d = VP T1 ⇒ VP = 
2) d = VE T2 ⇒ VE = 
3) d = (VP + VE) T ⇒ d = � + � T 
1 = � + � T
1 = � � T
Resposta: B
fe2
–––
2R
f2e2
––––
R
f2e2
––––
2R
2f2e2
–––––
R
V = fe
ne
–––
�t
�s
–––
�t
�→a � = f
2e2
––––
R
V2
–––
R
T1 T2––––––––
T2 + T1
T1 T2––––––––
T2 – T1
2 T1 T2––––––––
T2 + T1
T1 + T2––––––––
2
d
–––
T1
d
–––
T2
d
–––
T2
d
–––
T1
1
–––
T2
1
–––
T1
T2 + T1––––––––
T1 T2
T1 T2T = ––––––––
T2 + T1
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7. Um barco motorizado atravessa um rio de margens paralelas e
largura de 1,0 km seguindo a trajetória mais curta possível em
15 minutos.
A velocidade do barco em águas paradas tem módulo Vb = 5,0 km/h.
A velocidade da correnteza, suposta constante, tem módulo igual a:
a) 1,0 km/h b) 2,0 km/h c) 3,0 km/h
d) 4,0 km/h d) 5,0 km/h
RESOLUÇÃO:
1) VR = = ⇒
2) Vb
2 = Ve
2 + Vc
2
(5,0)2 = (4,0)2 + Vc
2
Resposta: C
8. Uma pedra está presa no pneu de um carro que se move em linha
reta, num plano horizontal, com velocidade constante de módulo 
V = 72,0km/h.
O pneu tem raio R = 0,40m e quando a pedra passa pelo ponto mais alto
de sua trajetória ela se desprende do pneu e fica sob ação exclusiva da
aceleração da gravidade até atingir o solo.
Considere g = 10,0m/s2.
A distância D indicada na figura vale:
a) 4,0 m b) 8,0 m c) 16,0 m d) 32,0 m e) 64,0 m
RESOLUÇÃO:
1) Tempo de queda da pedra:
�sy = V0y t + t
2 ↓ �
0,80 = 0 + T2
T2 = 0,16 (SI) ⇒
2) Na posição B a velocidade da pedra é o dobro da velocidade do carro
VB = 2 Vcarro = 144km/h = 40,0m/s
3) Na direção horizontal:
�sx = Vx T
D = 40,0 . 0,40 (m)
Resposta: C
ΔsR––––
Δt
1,0 km
–––––––
0,25 h
VR = 4,0 km/h
Vc = 3,0 km/h
�y–––
2
10,0
––––
2
T = 0,40 s
D = 16,0 m
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Texto para as questões 1 e 2.
Uma bola é lançada verticalmente para cima, numa situação em que a
resistência do ar é desprezível. Considere que a bola pode ser
representada pelo seu centro de massa (modelo da partícula). Em
relação a um referencial unidimensional, Oy, com origem no solo e
sentido positivo de baixo para cima, a componente escalar da posição,
y, da bola é descrita pela equação
1. (GAVE-PORTUGAL-2018) – Qual das opções pode representar
a aceleração, →a , da bola e a resultan te das forças, 
→
FR , que nela atuam
durante a subida?
RESOLUÇÃO:
A única força atuante na bola é o seu peso 
→
P .
Resposta: B
2. A distância percorrida pela bola desde que foi lançada até atingir
sua altura máxima vale:
a) 0,90m b) 1,8m c) 2,0m d) 3,0m e) 3,6m
RESOLUÇÃO:
1) V = = 6,0 –10,0t (SI)
0 = 6,0 – 10,0 ts ⇒
2) Δs = V0 t + t
2
d = 6,0 . 0,60 – 5,0 (0,60)2 (m)
d = 3,6 – 1,8 (m)
Resposta: B
3. Uma corda homogênea de comprimento L e densidade linear �
está apoiada em um plano horizontal sem atrito e recebe a ação de uma
força horizontal constante 
→
F em sua extremidade A.
A intensidade f da força de tração em um ponto X que dista x da
extremidade A é dada por: 
a) f = F b) f = F c) f = �1 + � F
d) f = �1 – � F e) f = F
RESOLUÇÃO:
1) PFD (corda): F = M a = � L a (I)
2) PFD (porção BX da corda): f = m a = � (L – x) a (2)
3) : = ⇒
Resposta: D
y = 1,2 + 6,0t – 5,0t2 (SI)
dy
–––
dt
ts = 0,60s
�
–––
2
d = 1,8m
x
––
L
x
––
L
x
–––
2L
x
––
L
x
f = �1 – –––� FL
L – x
––––––
L
f
–––
F
(2)
––––
(1)
MÓDULO 22 Leis de Newton e Atrito
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4. Um cilindro oco de massa 2,0 kg pode deslizar livremente por
uma guia vertical sem atrito.
A mola presa ao cilindro tem constante elástica k = 500 N/m e
comprimento natural 15,0 cm.
Na posição mostrada na figura a aceleração do cilindro tem módulo
igual a:
a) 2,5 m/s2 b) 3,0 m/s2 c) 5,0 m/s2
d) 8,0 m/s2 e) 10,0 m/s2
RESOLUÇÃO:
1) Da figura: L2 = (15,0)2 + (20,0)2 ⇒ L = 25,0 cm
x = L – L0 = 25,0 cm – 15,0 cm = 10,0 cm
2) Força elástica: Fe = k x = 500 . 0,10 (N) = 50,0 N
3)
PFD (cilindro): Fe . cos 53° – P = m a 
50,0 . 0,60 – 20,0 = 2,0 a
10,0 = 2,0 a
Resposta: C
5. No esquema da figura despreze os atritos e o efeito do ar e adote
g = 10,0 m/s2.
Os blocos A e B têm massas respectivamente iguais a mA = 50,0 kg e
mB = 10,0 kg.
No instante t = 0 comunicamos ao bloco A uma velocidade inicial de
módulo 5,0 m/s dirigida para a esquerda.
A velocidade dos blocos vai se anular no instante
a) T = 1,0 s b) T = 2,0 s c) T = 3,0 s
d) T = 4,0 s e) T = 5,0 s
RESOLUÇÃO:
1) PFD (A + B): PB = (mA + mB) a
100 = 60,0 a
2) V = V0 + � t
0 = 5,0 – T
T = 5,0
Resposta: C
cos 53° = sen 37° = 0,60
g = 10,0 m/s2
Efeito do ar desprezível
a = 5,0 m/s2
5
a = ––– m/s2
3
5
–––
3
5
–––
3
T = 3,0 s
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6. Um elevador sobe verticalmente com movimento acelerado e
aceleração com módulo a = 5,0 m/s2.
Uma máquina de Atwood está presa ao teto do elevador com blocos
A e B de massas respectivamente iguais a 2,0 kg e 4,0 kg. Adote
g = 10,0 m/s2 e não considere o efeito do ar. A polia tem massa
desprezível e não há atrito.
A indicação do dinamômetro ideal representado na figura vale:
a) 20,0 N b) 40,0 N c) 60,0 N
d) 80,0 N e) 100 N
RESOLUÇÃO:
1) Gravidade aparente dentro do elevador
→
a gap = g + a = 15,0 m/s
2
2)
PFD (B): PapB
– T = mB a’
PFD (A): T – PapA
= mA a’
PFD (A + B): PapB
– PapA
= (mA + mB) a’
4,0 . 15,0 – 2,0 . 15,0 = 6,0 . a’
3) T – PapA
= mA . a’
T – 2,0 . 15,0 = 2,0 . 5,0
Para o equilíbrio da polia: 
Fdin = 2T = 80,0 N
Resposta: D
a’ = 5,0 m/s2
T = 40,0 N
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7. No sistema representado na figura, as massas das caixas 1 e 2 são
M1 = M2 = 2,0 kg. As massas das roldanas e dos fios, assim como os
atritos, são desprezíveis. As massas encontram-se inicialmente em
repouso quando são liberadas e adquirem movimento. A distância
inicial entre a parte superior da massa M2 e a inferior da massa M1 é
h = 4,0 m. A força 
→
F de intensidade 8,0 N é exercida por um
mecanismo no interior da caixa 2, fixo a ela e não representado na
figura. 
A massa M2 inclui a massa do mecanismo.
Adotando-se g = 10,0 m/s2 , pode-se afirmar que a distância percorrida
pela massa M1 , quando sua parte inferior estiver na mesma horizontal
que a parte superior da massa M2 , vale
a) 0,60 m b) 1,0 m c) 1,5 m
d) 2,0 m e) 3,0 m
RESOLUÇÃO:
1) PFD (M1): P1 – F = M1 a1
20,0 – 8,0 = 2,0 a1
2) 3F – P2 = M2 a2
24,0 – 20,0 = 2,0 a2
3) Δsrel = V0rel
t + t2
4,0 = 0 + T2
4) Δs1 = V0 t + T
2
d1 = (1,0)
2 (m)
Resposta: E
a1 = 6,0 m/s
2
a2 = 2,0 m/s
2
�rel–––
2
8,0
–––
2
T = 1,0s
a1–––
2
6,0
–––
2
d1 = 3,0 m
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8. (PUC-RJ-2019) – Dois corpos de massas M = 10,0 kg e
m = 5,0 kg estão ligados por uma corda ideal, passando por uma polia
ideal, e M está em uma superfície horizontal, como mostrado na figura.
Dado que a aceleração escalar dos corpos é de 3,0 m/s2, calcule o
módulo da força de atrito que age sobre o corpo de massa M.
a) 5,0 N b) 15,0 N c) 30,0 N
d) 45,0 N e) 50,0 N
RESOLUÇÃO:
1) PFD (B): m g – T = m a (1)
2) PFD (A): T – fatA = M a (2)
3) PFD (A + B): m g – fatA = (M + m) a
50,0 – fatA = 15,0 . 3,0
50,0 – fatA = 45,0
Resposta: A
9. Uma corda homogênea de comprimento L é colocada sobre uma
mesa horizontal de comprimento de modo que de cada lado da
mesa o comprimento de corda pendente vale .
O coeficiente de atrito estático entre a corda e a mesa vale �.
Uma das extremidades da corda é puxada para baixo de um
comprimento x e a corda é abandonada do repouso. 
Para que a corda não deslize sobre a mesa o máximo valor de x é dado
por:
a) b) c) d) e) � L
RESOLUÇÃO:
1) Fatdestaque = � g = � g
2) Força motriz = k 2 x g
3) Para não escorregar: Força motriz ≤ Fat destaque
k 2 x g ≤ � k g
2 x ≤ � ⇒
Resposta: B
Dado: g = 10,0 m/s2
Despreze o efeito do ar
fatA = 5,0 N
L
–––
3
L
–––
3
� L
––––
12
� L
––––
6
� L
––––
3
� L
––––
2
M
––––
3
k L
––––
3
L
–––
3
L
–––
3
� L
xmáx = –––––
6
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1. (Colégio Pedro II-MODELO ENEM) – Na figura apresentada,
o carrinho tem massa 40,0 kg, o homem tem massa 60,0 kg e as
roldanas e fios têm massas desprezíveis. Todos os atritos podem ser
desconsiderados, exceto entre o homem e o carrinho. 
Nessas condições, pode-se afirmar que o módulo da força 
→
F exercida
pelo homem para que o conjunto homem-carrinho suba o plano
inclinado em movimento acelerado com aceleração de módulo
3,00 m/s2 é de 
a) 135 N b) 180 N c) 225 N d) 300 N e) 600 N
RESOLUÇÃO:
PFD (carrinho + homem): 4 F – Pt = M a
4 F – M g sen � = M a 
4 F = M (a + g sen �)
4 F = 100 (3,00 + 10,0 . 0,60)
4 F = 300 + 600
Resposta: C
2. (OBC-2018-MODELO ENEM) – Um colar é constituído de
63 es feras iguais de prata de massa m cada uma. Dispõe-se o colar ao
longo de um plano inclinado de modo que uma parte fique pendurada
na vertical.
Considere o coeficiente de atrito estático � entre cada esfera e o plano
inclinado igual 0,25. Sendo � o ângulo que o plano inclinado forma
com a horizontal, de modo que sen � = 0,60 e cos � = 0,80, podemos
afirmar que o número n de esferas dispostas verticalmente, quando o
colar estiver na iminência de escorregar para cima será igual a:
a) 10 b) 12 c) 18 d) 28 e) 40
RESOLUÇÃO:
1) Seja n o número de esferas na vertical
P = n m g
2) O número de esferas no plano inclinado será 63 – n
Pt = (63 – n) m g sen � = 0,60 (63 – n) m g 
Fatmáx = �E (63 – n) m g cos � = 0,20 (63 – n) m g
3) Quando n for máximo o ramo pendente tende a descer e a força de
atrito no plano inclinado é dirigida para baixo.
A condição de equilíbrio, na iminência de escoregar é:
n m g = 0,60 (63 – n) m g + 0,20 (63 – n) m g 
n = (63 – n) 0,80 ⇒ 1,25n = 63 – n
2,25 n = 63
Resposta: D
Dados: sen � = 0,60; cos � = 0,80 e g = 10,0 m/s2
F = 225 N
n = 28
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MÓDULO 33 Plano Inclinado – Força Centrípeta – Trabalho
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3. (SEDUC-AM-2018-MODELO ENEM) – Numa máquina de
lavar roupas, com a rotação do tambor, tudo que está dentro do cesto
da máquina gira. Como consequência da inércia, seu conteúdo tende a
sair pela tangente, mas, o fato de o cesto ser furado permite a passagem
da água, secando a roupa. Os modelos mais modernos trabalham com
centrifugações que variam de acordo com o tipo de tecido. A tabela
abaixo apresenta a frequência de rotação referente às especificações
de uma lavadora fabricada na zona franca de Manaus, cujotambor
mede 40 cm de diâmetro.
Uma moeda de 8,0 gramas esquecida no interior do bolso de uma
camisa de tecido sintético gira numa posição muito próxima à
superfície do tambor, praticamente tocando nele. 
Considerando-se "pi" igual a 3, a intensidade da força centrípeta a que
essa moeda está submetida durante o processo de centrifugação nessa
máquina de lavar é mais próxima de
a) 12 N b) 16 N c) 32 N d) 48 N e) 64 N
RESOLUÇÃO:
Fcp = m �
2 R
m = 8,0 g = 8,0 . 10–3 kg
R = 20 cm = 0,20 m
� = 2 π f = 6 . = 100 rad/s
Fcp = 8,0 . 10
–3 (100)2 . 0,20 (N)
Resposta: B
4. Um carro parte do respouso e descreve um movimento circular
com aceleração escalr constante � = 3,0 m/s2 em um plano horizontal.
O raio da circunferência descrita vale R = 225 m e a força resultante no
carro é a força de atrito aplicada pelo chão.
O coeficiente de atrito estático entre os pneus e o chão vale 0,50 e a
aceleração da gravidade tem módulo g = 10,0 m/s2.
O carro parte no instante t = 0 e no instante t = T a força de atrito atinge
sua intensidade máxima. 
O valor de T é:
a) 5,0s b) 8,0s c) 10,0s
d) 15,0 s e) 20,0 s
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo da aceleração vetorial máxima dada pela força de atrito
PFD: Fatmáx = �E m g = m amáx
2) Cálculo da aceleração centrípeta no instante T
a2máx = a
2
t + a
2
cp
(5,0)2 = (3,0)2 + a2cp
3) Cálculo da velocidade escalar no instante T
acp = ⇒ 4,0 = 
V2 = 900 (SF) ⇒
4) Cálculo de T
V = V0 = � t
30,0 = 0 + 3,0 T ⇒
Resposta: C
Programa rpm
Algodão 1400
Algodão Eco 1400
Tecidos Sintéticos 1000
Mix 1400
Roupa de bebê 1000
Lavagem Silenciosa 1000
Antialérgico 1400
Edredom 1000
Roupa Esportiva 800
Lã 800
Rápido 30 1400
Secar 1400
Lavar + Secar 1400
Enxaguar + Centrifugar 1400
rad
––––
s
1000
––––
60
Fcp = 16 N
amáx = �E g = 5,0 m/s
2
acp = 4,0 m/s
2
V2
––––
225
V2
––––
R
V = 30,0 m/s
T = 10,0 s
– 11
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 3
.a
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5. No sistema a seguir, os fios ideais têm comprimento 50,0 cm, e
estão presos a uma haste vertical sem atrito. A distância entre os pontos
de fixação das cordas na haste é de 60,0 cm e a massa da esfera é de
600 g. No instante representado na figura, a massa gira em torno da
haste fixa a uma velocidade angular de 20,0 rad/s.
Pode-se afirmar que a intensidade da tração na corda inferior é de
a) 55,0 N b) 65,0 N c) 76,5 N 
d) 83,5 N e) 110 N
RESOLUÇÃO:
1) Da figura: r = 40,0 cm
2) Na direção vertical:
T1 cos 53° = T2 cos 53° + 6,0
(T1 – T2) 0,60 = 6,0
T1 – T2 = 10,0 (1)
3) Na direção horizontal:
T1 cos 37° + T2 cos 37° = m �
2 r
(T1 + T2) 0,80 = 0,6 . 400 . 0,40
T1 + T2 = 120 (2)
(2) – (1): 2 T2 = 110
Resposta: A
6. (UFRGS-2019) – Na figura abaixo, um corpo de massa M desliza
com velocidade constante sobre um plano inclinado que forma um
ângulo � com o plano horizontal.
Considere g o módulo da aceleração da gravidade e despreze a
resistência do ar.
Assinale a alternativa que preenche corretamente as lacunas do
enunciado abaixo, na ordem em que aparecem.
Quando o centro de massa do corpo desce uma altura h, os trabalhos
realizados pela força peso e pela força de atrito entre corpo e plano
são, respectivamente, ........ e ........ .
a) – Mgh e Mgh b) Mgh e – Mgh
c) Mghsen� e – Mgh d) Mghsen� e Mghcos�
e) Mghcos� e Mghsen�
RESOLUÇÃO:
1) τP = Mgh
2) TEC: τtotal = ΔEcin
τP + τN + τat = 0 
Mgh + 0 + τat = 0
Resposta: B
cos 37° = 0,80
sen 37° = 0,60
T2 = 55,0 N
τat = – Mgh
12 –
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7. Um carro está descendo uma ladeira com a velocidade escalar de
72 km/h. No ponto P da figura, o freio é acionado, imprimindo ao carro
uma desaceleração constante até parar no ponto R. Usando os
conhecimentos de física do ensino médio, um aluno fez uma avaliação
do movimento do carro de massa 1,0 . 103 kg. Considerando-se a
distância PS = 20 m e PR = 40 m, o aluno calculou que a força de atrito
total tem intensidade igual a: 
a) 5,0 . 103 N b) 8,6 . 103 N c) 1,0 . 104 N
d) 1,5 . 104 N e) 2,0 . 104 N
RESOLUÇÃO:
TEC: τtotal = ΔEC
τP + τat = ΔEC
mgh – Fat . d = 0 –
1,0 . 104 . 20 – Fat . 40 = – . (20)
2
0,5 . 1,0 . 104 – Fat = –
Resposta: C
8. Uma partícula descreve uma trajetória retilínea ao longo do eixo x. 
No instante t = 0 a partícula está na coordenada x = 0 com velocidade
escalar V0 = 1,0 m/s.
É dado o gráfico da aceleração escalar � em função da coordenada de
posição x.
A velocidade escalar da partícula na coordenada x = 8,0 m vale:
a) 2,0 m/s b) 3,0 m/s c) 4,0 m/s
d) 5,0 m/s e) 8,0 m/s
RESOLUÇÃO:
1) Gráfico do módulo F da força resultante em função de x.
2) τF = área (Fxd)
τF = = . 4,0 . 2,0 m (SI)
3) TEC: τF = ΔEC = (v
2 – v0
2)
12,0 m = (v2 – 1,0)
24,0 = v2 – 1,0
v2 = 25,0 (SI)
Resposta: D
Dados: g = 10 m/s2
m V0
2
––––––
2
1,0 . 103
––––––––
2
1,0 . 104
––––––––
2
Fat = 1,0 . 10
4 N
Adote π = 3
π R1 R2––––––––
2
3
–––
2
τF = 12,0 m (J)
m
–––
2
m
–––
2
v = 5,0 m/s
– 13
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1. (UECE) – Considere uma locomotiva puxando vagões sobre
trilhos retilíneos e horizontais. Em um primeiro trecho da viagem, é
aplicada uma força resultante de intensidade 1,0 kN aos vagões, que se
deslocam a 10 m/s. No trecho seguinte, é aplicada uma força resultante
de intensidade 2,0 kN e a velocidade escalar é 5,0 m/s. A razão entre a
potência de força resultante no trecho inicial e no segundo trecho é
a) b) 1 c) 2 d) 50 e) 100
RESOLUÇÃO:
PotF = F V
Pot1 = 1,0 . 10
3 . 10 (W) = 10 kW
Pot2 = 2,0 . 10
3 . 5,0 (W) = 10 kW
Pot2 = Pot1
Resposta: B
2. (EsPCEx) – Um prédio em construção, de 20 m de altura, possui,
na parte externa da obra, um elevador de carga com massa total de 6,0t,
suspenso por um cabo inextensível e de massa desprezível. O elevador
se desloca, com velocidade constante, do piso térreo até a altura de
20 m, em um intervalo de tempo igual a 10 s. 
Desprezando-se as forças dissipativas e considerando-se a intensidade
da aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, podemos afirmar que a
potência média útil desenvolvida pelo motor que aciona o elevador
vale:
a) 120 kW b) 180 kW c) 200 kW
d) 360 kW e) 600 kW
RESOLUÇÃO:
1) Trabalho realizado pelo motor:
TEC: τtotal = �Ecin
τmotor + τpeso = 0
τmotor – m g H = 0 ⇒ 
2) Potm = = 
Potm = (W)
Potm = 120 . 10
3 W 
Resposta: A
1
–––
2
Pot1
–––––– = 1
Pot2
τmotor = m g H
m g H
–––––––
�t
τmotor–––––––
�t
6,0 . 103 . 10 . 20
–––––––––––––––
10
Potm = 120 kW
14 –
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MÓDULO 44 Potência e Energia Mecânica
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3. (UFMG-2019-MODELO ENEM) – A Usina de Jaguará está
instalada na bacia hidrográfica do Rio Grande, entre os Estados de São
Paulo e Minas Gerais. A usina tem potência instalada de aproximada -
mente 424 MW (megawatts). Além disso, sua eficiência é da ordem de
90% da energia da queda d’água no início do processo, que se
transforma em energia elétrica, sendo a altura da barragem igual a
40 m. Adote g = 10 m/s2 e considere que 1(um) litro de água
corresponde a uma massa de 1(um) quilograma.
Nessas condições, é correto afirmar que a vazão de água do Rio Grande
em litros por segundo deve ser da ordem de:
a) 9,5 . 105 b) 1,2 . 106 c) 1,5 . 106
d) 1,6 . 106 e) 1,8 . 106
RESOLUÇÃO:
PotU = η PotT
PotT = = = � g H = � Z g H
424 . 106 = 1,0 . 103 . Z . 10 . 40 (0,90)
Z = . 
Z = . 
Z � 1,18 . 106
Resposta: B
4. (VUNESP-UNIFRAN-2018) – Um dispositivo dotado de uma
mola lança uma esfera verticalmente para cima. Como o sistema não é
ideal, a esfera alcança uma altura máxima igual a 3,0 m, relativamente
à altura do local de seu lançamento.
Considere que a massa da esfera seja 0,50 kg, que a constante elástica
da mola utilizada seja 4000 N/m, que a elongação da mola quando
liberada seja 10 cm e que a aceleração da gravidade tenha módulo igual
a 10,0 m/s2. Com base nessas informações, o percentual de energia
mecânica dissipada é de
a) 10% b) 15% c) 20% d)25% e) 40%
Nota: O referencial para a medida da energia potencial gravitacional é
o plano horizontal que passa pela posição de lançamento.
RESOLUÇÃO:
1) Energia mecânica inicial:
E0 = = (0,10)
2 (J) = 20,0 J
2) Energia mecânica final:
Ef = m g H = 0,50 . 10,0 . 3,0 (J) = 15,0 J
3) Energia mecânica dissipada:
Ed = E0 – Ef = 5,0 J
4) = = 0,25
Resposta: D
4000
––––––
2
k x2
––––
2
5,0
––––
20,0
Ed––––
E0
Ed = 25% E0
Vol
––––
Δt
m g H
––––––
Δt
τP–––
Δt
m3
––––
s
106
––––
105
424
––––
3,6
l
–––
s
424 . 104
–––––––––
3,6
l
–––
s
Z � 1,2 . 106 l/s
– 15
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16 –
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5. Um elevador está descendo verticalmente com velocidade
constante. No interior do elevador temos uma rampa sem atrito fixa na
parede do elevador. 
Uma pequena esfera é abandonada do repouso, em relação ao elevador,
da posição A e abandona a rampa com velocidade horizontal em B. 
A velocidade em B, em relação ao elevador, está dirigida para o centro
C de um alvo fixo na outra parede do elevador, conforme ilustra a
figura.
No exato instante em que a esfera abandona a rampa em B os cabos que
sustentam o elevador se rompem e o elevador entra em queda livre.
Adote g = 10,0 m/s2 e despreze o efeito do ar. O tempo entre o instante
em que a esfera abandona a rampa e o instante em que ela colide com
a parede do elevador é indicado por T. Assinale a opção correta:
a) A esfera atinge a parede no ponto C e T = 0,25 s
b) A esfera atinge a parede abaixo do ponto C e T = 0,25 s
c) A esfera atinge a parede no ponto C e T = 1,0 s
d) A esfera atinge a parede abaixo do ponto C e T = 1,0 s
e) A esfera atinge a parede acima do ponto C e T = 0,5 s
RESOLUÇÃO:
1) Conservação da energia mecânica entre A e B com referencial no
elevador:
EB = EA (referência em B)
= mgh ⇒ VB = ���2gh = ������� 2 . 10,0 . 0,80 m/s
2) Com o sistema em queda livre a esfera terá, em relação ao elevador,
MRU atingindo a parede no ponto C
Δs = V t (MU)
1,0 = 4,0 T
Resposta: A
6. Um corpo de peso P encontra-se em repouso preso por dois fios
ideais e inextensíveis, 1 e 2, assinalados na figura abaixo. Nessa
situação, o módulo da força de tração no fio 1, de comprimento L, vale
o dobro do módulo da força peso. Num certo instante, o fio 2 (hori -
zontal) é cortado e o corpo cai preso somente ao fio 1, que estava
originalmente inclinado.
Desprezando-se a resistência do ar, ao passar pelo ponto mais baixo
pela primeira vez, o módulo da força de tração no fio será de:
a) P/2 b) P c) 3P/2 d) 2P e) 4P
RESOLUÇÃO:
1) Equilíbrio do corpo:
T1 = 2P (dado)
Da figura: cos � = = ⇒
2)
EB = EA (referência em B)
= mg
3) TB – P = FCpB
TB – P = mg ⇒
Resposta: D
P
–––
T1
P
–––
2P
1
cos � = ––––
2
m VB
2
––––––
2
L
–––
2
m VB
2
––––––– = mg = FCpBL
TB = 2P
m VB
2
––––––
2
VB = 4,0 m/s
T = 0,25 s
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7. (Olimpíada Americana de Física-2018) – Uma pequena esfera
de massa m está presa na extremidade de um fio de comprimento L
fixo em C e descreve uma circunferência em um plano vertical com
período T mantendo sua energia mecânica constante.
A aceleração da gravidade tem módulo g.
Na posição A, mais baixa da trajetória, a força que traciona o fio tem
intensidade máxima FA .
Na posição B, mais alta da trajetória, a força que traciona o fio tem
intensidade mínima FB .
A diferença FA – FB é dada por:
a) 6 m g2 T2 / L b) 4π m g2 T2 / L c) 6 m g
d) π2 m L / T2 e) 4π m L / T2
RESOLUÇÃO:
1) Conservação da energia mecânica entre A e B:
EA = EB (referência em A)
= + m g 2 L ⇒ = + 4 m g
2)
Em A: FA – P = FcpA
= (1)
Em B: FB + P = FcpB
= (2)
(1) – (2): FA – P – FB – P = –
FA – FB – 2 m g = 4 m g
Resposta: C
8. Um bloco de massa m é pressionado contra uma mola horizontal
fixa numa extremidade.
O comprimento natural da mola é L0 e ela está deformada de .
A constante elástica da mola vale k = onde g é o módulo da
aceleração da gravidade.
Quando abandonado do repouso, o bloco se move horizontalmente em
uma superfície sem atrito até se destacar da mola e entrar em queda
livre.
A distância horizontal D, percorrida pelo bloco, em queda livre, vale:
a) L0 b) 2 L0 c) 3 L0 d) 4 L0 e) 5 L0
RESOLUÇÃO:
1) Conservação da energia mecânica:
Eelástica = Ecin ⇒ = 
. = m V0
2 ⇒ V0
2 = ⇒
2) Cálculo do tempo de queda livre:
Δsy = V0y
t + t2 ↓ ⊕
8 L0 = . T
2 ⇒ T2 = ⇒
3) Cálculo do alcance D:
Δsx = V0 T
D = . 4 ⇒
Resposta: B
L0––––
2
m g
––––
L0
k x0
2
––––––
2
m v0
2
––––––
2
m g
–––––
L0
L0
2
–––––
4
g L0–––––
4
����g L0V0 = –––––––2
�y–––
2
g
–––
2
16 L0–––––
g
T = 4
L0––––
g
���g L0––––––
2
L0––––
g
D = 2 L0
m VA
2
–––––––
2
m VB
2
–––––––
2
m VA
2
–––––––
L
m VB
2
–––––––
L
m VA
2
–––––––
L
m VB
2
–––––––
L
m VA
2
–––––––
L
m VB
2
–––––––
L
FA – FB = 6 m g
– 17
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1. Uma pequena esfera de massa m = 2,0 kg está em movimento em
um plano horizontal sem atrito sob ação de duas forças 
→
Fx e 
→
Fy que
variam com o tempo segundo os gráficos dados a seguir. No instante
t = 0 a esfera está na origem das coordenadas com velocidade nula.
→
i = versor do eixo x
→
j = versor do eixo y
A velocidade da esfera no instante t = 6,0s é dada por:
a)
→
V6 = 200
→
i + 50,0
→
j (SI) 
b)
→
V6 = 200
→
i – 50,0
→
j (SI) 
c)
→
V6 = 100
→
i + 400
→
j (SI) 
d)
→
V6 = 400
→
i + 100
→
j (SI) 
RESOLUÇÃO:
1) I = área (F x t)
Ix = (4,0 + 2,0) + (SI) = 400 N . s
Iy = – 4,0 . + 100 . 2,0 (SI) = 100 N . s
2) TI: I = ΔQ = m Vf – m V0
400 = 2,0 . Vx ⇒ Vx = 200 m/s
100 = 2,0 . Vy ⇒ Vy = 50,0 m/s
→
V = Vx
→
i + Vy
→
j 
→
V = 200 
→
i + 50,0 
→
j (SI)
Resposta: A
2. (SÃO LEOPOLDO-MANDIC-MODELO ENEM) – A fim de
avaliar a eficiência de um airbag em uma colisão frontal, uma
montadora realizou dois testes comparativos: um utilizando o airbag e
outro sem utilizá-lo. Em ambos os testes, feitos com a mesma
velocidade inicial, foi medido o tempo de desaceleração da cabeça de
um boneco ao se chocar contra o volante e contra o airbag inflado.
A tabela abaixo apresenta o resultado dos experimentos realizados.
Nos experimentos 1 e 2, a razão entre as variações das energias ciné-
ticas , antes e depois do choque, e a razão das intensidades 
das forças médias aplicadas, na cabeça do boneco , são, 
respectivamente,
a) 1 e 4. b) 1/16 e 0,25. c) 16 e 4.
d) 1 e 0,25. e) 0,25 e 0,25.
RESOLUÇÃO:
1) �Ecin = Ecinf
– Ecin0
= 0 – = –
Portanto: �Ecin1
= �Ecin2
e 
2) TI: ⎥
→
I⎥ = ⎥Δ
→
Q⎥
Fm . �t = mV0 ⇒ Fm = 
= = 
Resposta: D
2,0 . 100
––––––––
2
100
––––
2
50,0
––––
2
Experimentos Situação
Tempo médio de
desaceleração da 
cabeça do boneco (s)
1 Colisão com airbag 0,60
2 Colisão sem airbag 0,15
�EC1�––––––��EC2 F1�–––�F2
mV0
2
––––––
2
mV0
2
––––––
2
= 1
�Ec1–––––
�Ec2
mV0––––––
�t
0,15
––––––
0,60
�t2––––
�t1
F1––––
F2
= = 0,25
F1––––
F2
1
––
4
18 –
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MÓDULO 55 Quantidade de Movimento e Gravitação
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3. Dois blocos, A e B, de massas mA e mB estão lado a lado em um
plano horizontal e uma carga explosiva é colocada entre eles. O sistema
está em repouso sobre o solo e os coeficientes de atrito entre os blocos
e o solo é o mesmo.
Repentinamente a carga explode e os blocos são lançados em sentidos
opostos.
O bloco A percorre uma distância dA até parar. 
O bloco B, até parar, percorre uma distância dB dada por:
a) dB = dA b) dB = dA
c) dB = � �
2
dA d) dB = � �
2
dA
e) dB = dA
RESOLUÇÃO:
1) Conservação da quantidade de movimento no ato da explosão:
→
Qf = 
→
Qi ⇒
→
QA + 
→
QB = 
→
O ⇒
→
QA = –
→
QB ⇒ �
→
QA� = �
→
QB�
mA VA = mB VB ⇒ (1)
2) TEC: τat = ΔEcin ⇒ � m g d (– 1) = – ⇒
= � �
2
⇒ = � �
2
Resposta: C
4. (IJSO-2018-UNIVERSIDADE DE BOTSWANA-MODELO
ENEM) – Um jogo é projetado de modo que, para que o apostador
ganhe, uma bola A de massa 60,0 g deve colidircom uma bola B de
massa 20,0 g, a qual está em repouso na borda de uma mesa de 1,225 m
de altura. Após a colisão, a bola A cai e atinge o chão a uma distância
horizontal de 1,0 m em relação à borda da mesa, enquanto a bola B cai
a uma distância horizontal de 2,0 m em relação à borda da mesa.
O módulo da velocidade da bola A, imediatamente antes de atingir a
bola B, é mais próximo de
a) 2,0 m/s b) 2,5 m/s c) 3,3 m/s
d) 4,5 m/s e) 6,3 m/s
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo do tempo de queda das bolas:
Δsy = V0y t + t
2 ↓ (+) 
1,225 = 4,9 T2 ⇒ T2 = 0,25 (SI) ⇒
2) Cálculo das velocidades de A e B após a colisão 
Δsx = Vx T (MU)
Bola A: 1,0 = VA . 0,50 ⇒ VA = 2,0 m/s
Bola B: 2,0 = VB . 0,50 ⇒ VB = 4,0 m/s
3) Conservação da quantidade de movimento na colisão
Qf = Qi ⇒ mA VA + mB VB = mA V0
60,0 . 2,0 + 20,0 . 4,0 = 60,0 . V0
3,0 . 2,0 + 4,0 = 3,0 V0
10,0 = 3,0 V0
Resposta: C
mB––––
mA
mA––––
mB
mB––––
mA
mA––––
mB
= 
VB––––
VA
mA––––
mB
d = 
V0
2
––––––
2 � g
m V0
2
––––––
2
mA––––
mB
dB––––
dA
VB––––
VA
dB––––
dA
dB = � �
2
dA
mA––––
mB
Adote g = 9,8 m/s2 e despreze o efeito do ar
γy––––
2
T = 0,50 s
V0 � 3,3 m/s
– 19
FÍ
S
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A
 3
.a
S
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5. Em um reator nuclear, um neutron de massa mN = 1 ua e
velocidade inicial com módulo V0 realiza uma colisão elástica e
unidimensional com um núcleo de átomo de Boro inicialmente em
repouso e com massa mB = 10 ua. Se a energia cinética inicial do
nêutron for denotada por Ei então sua energia cinética final, após a
colisão com o núcleo de Boro será:
a) Ei b) Ei c) � �
2
Ei
d) Ei e) � �
2
Ei
RESOLUÇÃO:
1) Conservação da quantidade de movimento no ato da colisão
Qf = Qi ⇒ 1 . VN + 10 VB = 1 V0 (1)
2) Coeficiente de restituição: e = 1
Vaf = Vap ⇒ VB – VN = V0 (2)
(1) + (2): 11 VB = 2 V0 ⇒
3) Em (2): – VN = V0 ⇒ VN = – V0 = 
4) Energias cinéticas do nêutron:
E1 = 
Ef = � �
2
= � �
2
V0
2
= � �
2
Resposta: C
6. (VUNESP-FAMECA-2018-MODELO ENEM) – Em fevereiro
de 2017, a NASA (Agência Espacial Americana) anunciou a descoberta
de um conjunto de planetas ao redor de uma estrela distante 39 anos-luz
da Terra. Nesse conjunto, o planeta D tem período de translação ao
redor da estrela TD = 4 dias, enquanto o planeta E tem período
TE = 6 dias. Sendo RD e RE, respectivamente, as distâncias dos
planetas D e E até o centro da estrela, a razão vale
a) b)
3
c) d) e)
3
RESOLUÇÃO:
3.a Lei de Kepler:
3
= 
2
3
= 
2
= 
Resposta: B
2
–––
9
9
–––
11
9
–––
11
2
–––
11
2
–––
11
VB = 
2 V0––––
11
2 V0––––
11
2 V0––––
11
2 V0 – 11 V0––––––––––––
11
VN = –
9 V0––––
11
mN . V0
2
––––––––
2
mN––––
2
9 V0–––––
11
mN––––
2
9
–––
11
Ef–––
Ei
9
–––
11
Ef = � �
2 
Ei
9
–––
11
RD––––
RE
3
–––
2
4
–––
9
2
–––
3
9
–––
4
9
–––
4
RD––––
RE
� � TD––––TE� �
RD––––
RE
� � 4–––6� �
4
–––
9
RD 4–––– = 
3
–––
RE 9
20 –
FÍS
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 3
. aS
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7. (UNIFEI-2019-MODELO ENEM) – A Estação Espacial
Internacional (ISS) está em órbita da Terra desde o ano de 2001. Ela
está em órbita a uma altura de aproximadamente 400 km da superfície
da Terra. Apesar dos muitos vídeos e imagens que dão a impressão de
uma gravidade zero, a aceleração da gravidade na ISS não é nula.
Sabendo-se que o raio da Terra é de 6400 km, a relação entre os
módulos da aceleração da gravidade na ISS e na Terra é mais próxima
de:
a) 1,5
b) 1,0
c) 0,89
d) 0,57
e) Não há aceleração da gravidade na ISS, pois ela se encontra fora do
campo gravitacional da Terra. 
RESOLUÇÃO:
P = FG
mg = 
g = 
Na superfície terrestre: g0 = 
Na ISS: g = 
= � �
2
= � �
2
= � �
2
= 
Resposta: C
8. (UFF) – Considere a Terra uma esfera homogênea de raio R e
massa M. Suponha que um pequeno corpo de massa m seja
abandonado a partir do repouso em uma das bocas de um túnel que
atravessa totalmente o planeta, cavado ao longo de seu eixo de rotação.
Sabe-se que, se não houvesse qualquer dissipação de energia mecânica,
o corpo abandonado realizaria um movimento harmônico simples que
pode ser imaginado como a projeção do movimento circular uniforme
de um hipotético satélite rasante da Terra (sem resistência do ar).
O período T do MHS é dado por:
a) 2π
b)
c) 2π 
d) π
e)
RESOLUÇÃO:
Para o satélite rasante:
FG = Fcp ⇒ = m �
2 R
�2 = ⇒ � = ⇒ = 
= 
Resposta: A
G M m
–––––––
d2
G M
–––––
d2
G M
––––––
R2
G M
––––––––
(R + h)2
g
––––
g0
R
––––––
R + h
6400
––––––
6800
16
–––
17
256
––––
289
� 0,89
g
––––
g0
R3
––––––
G . M
G . M . m
––––––––
R3
M
–––
G
R2
––––––
G . M
G . M . m
–––––––––
R2
Nota: G = constante de gravitação universal
G M m
–––––––
R2
G M
–––––
R3
G M
–––––
R3
2π
––––
T
G M
–––––
R3
T
––––
2π
R3
–––––
G M
R3
T = 2π ––––
G M
– 21
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1. (PUC-RJ-2019) – Uma bola de chumbo é sustentada por dois fios
ideais de comprimentos 3,0 m e 4,0 m presos a um teto horizontal,
como mostrado na figura. O módulo da força de tração no fio mais
longo é de 15,0 N. Qual é, em newtons, o peso da bola de chumbo?
a) 12,0 b) 15,0 c) 20,0 d) 25,0 e) 30,0
RESOLUÇÃO:
Para o equilíbrio:
sen 37° = 
= 
Resposta: D
2. (OBC-2018) – Uma barra homogênea de peso 4 mg e compri -
mento 90 cm está apoiada no ponto A e sustenta três blocos de massas
6 m, 2 m e M. O valor M, em função de m, para que a barra fique em
equilíbrio na posição horizontal, mostrada na figura, é igual a:
a) m b) 2 m c) 4 m d) 5 m e) 6 m
RESOLUÇÃO:
A soma dos torques, em relação ao ponto A, deve ser nulo
P1 d1 = Pb . d + P2 d2 + P3 d3
6 m g . 30 = 4 m g . 15 + 2 m g . 30 + M g . 60
180 m = 60 m + 60 m + 60 M
3 m = 2 m + M
Resposta: A
T1––––
P
15,0
––––
P
3,0
––––
5,0
P = 25,0 N
M = m
22 –
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MÓDULO 66 Estática – Hidrostática – Física Moderna – Dimensões
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3. (EFOMM-2019) – Um mergulhador entra em um grande tanque
cheio de água, com densidade � = 1,0 . 103 kg/m3, tendo em uma das
mãos um balão cheio de ar. A massa molar do ar contido no balão é de
M = 30,0 x 10–3 kg/mol. Considere que a temperatura da água é 300 K
e o balão permanece em equilíbrio térmico com a água. Consideran -
do-se que o tanque está ao nível do mar, a que profundidade a
densidade do ar do balão é de 1,5 kg/m3 ?
a) 1,0 m b) 1,5 m c) 2,0 m d) 2,5 m e) 3,0 m
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo da pressão
p V = R T
p = R T
p = . 8,0 . 300 (Pa)
2) Cálculo da profundidade:
p = patm + � g h ⇒ 1,2 . 10
5 = 1,0 . 105 + 1,0 . 103 . 10 . h
12 = 10 + h ⇒
Resposta: C
4. (OBF-2018) – Em um tubo de vidro de secção uniforme em forma
de U e aberto nas extremidades há certa quantidade de água. Qual a
variação do nível da água em um dos ramos, se no outro for adicionado
uma coluna de 20 cm de óleo de densidade 0,8 g/cm3?
A densidade da água vale 1,0 g/cm3
a) 4,0 cm b) 8,0 cm c) 10 cm d) 16 cm e) 32 cm
RESOLUÇÃO:
Lei de Stevin:
pA = pB
patm + �0 g h0 = patm + �a g 2x
�0 h0 = �a . 2x
0,8 . 20 = 1,0 . 2x
Resposta: B
Dados: R = 8,0 J/K mol
patm = 1,0 . 10
5 Pa
g = 10 m/s2
m
––––
M
�
––––
M
1,5
–––––––––––
30,0 . 10–3
p = 1,2 . 105 Pa
h = 2,0 m
x = 8,0 cm
– 23
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5. (PUC-RJ-2019) – Uma esfera, de massa 0,20 kg está dentro de
um recipiente cheio de água. A esfera está em equilíbrio, ligada por um
fio ao fundo do recipiente. A intensidade da força de tração nesse fio é
de 0,50 N. Calcule, em cm3, o volume da esfera. 
a) 500 b) 300 c) 250 d) 200 e) 100
RESOLUÇÃO:
Equilíbrio da esfera
E = T + P
da V g = T + m g
1,0 . 103 . V . 10,0 = 0,50 + 2,0
V . 104 = 2,5
V = 2,5 . 10–4 m3
V = 2,5 . 10–4 . 106 cm3
Resposta: C
6. A dimensão de comprimento L pode ser expressa por:
L = Gx cy hz
G = constante de gravitação universal
c = módulo da velocidade da luz no vácuo
h = constante de Planck
Os valores de x, y e z são respectivamente:a) ; ; b) ; ; 
c) ; – ; d) ; ; 
e) 1; 1; 1
RESOLUÇÃO:
1) F = G ⇒ M L T–2 = [G] ⇒ [G] = M–1 L3 T–2
2) E = h f ⇒ M L2 T–2 = [h] T–1 ⇒ [h] = M L2 T–1
3) L = (M–1 L3 T–2)x (L T–1)y (M L2 T–1)z
L = M– x + z L3x + y + 2z T – 2x – y – z
3x + y + 2z = 1 (1)
– x + z = 0 (2)
– 2x – y – z = 0 (3)
(2) + (3): – 3x – y = 0 (4)
(1) + (4): 2z = 1 ⇒
Em (2): 
Em (4): 
Resposta: C
Dados: g = 10,0 m/s2
dágua = 1,00 g/cm
3
V = 250 cm3
1
–––
2
1
–––
2
5
–––
2
1
–––
2
5
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
3
–––
2
1
–––
2
5
–––
2
1
–––
2
3
–––
2
M m
–––––
d2
M2
–––––
L2
1
z = ––––
2
1
x = ––––
2
3
y = – ––––
2
G h
L = ––––
C3
24 –
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7. (VUNESP-FACISB-2019-MODELO ENEM) – O radiofármaco
empregado na medicina nuclear é um composto elaborado a partir de
um radioisótopo. O índio-111, utilizado para o diagnóstico por imagem
de infecções, inflamações e tromboses, tem o decaimento da atividade
em função do tempo, conforme o gráfico.
O tempo necessário para que uma amostra de In-111 decaia de uma
atividade inicial de 800 MBq para uma atividade de 50 MBq é de
a) 3 d b) 6 d c) 9 d d) 12 d e) 15 d
RESOLUÇÃO:
1) De acordo com o gráfico, a meia vida do índio-111 vale 3 d
2) A = 
50 = 
2n = = 16
3) Δt = n T
Δt = 4 . 3 d
Resposta: D
8. Para um dado metal a frequência de corte para a ocorrência do
efeito fotoelétrico vale f.
Se uma radiação eletromagnética de frequência 2f incide no metal
então a velocidade máxima possível de ejeção de um elétron (massa m)
é dada por:
a) V = 
b) V = 
c) V = 2
d) V = 
e) V = 2
RESOLUÇÃO: 
Ec = h f – τ
frequência de corte: h f = τ ⇒
Para a radiação de frequência 2f
= h 2 f – τ
= h 2 f – h f
= h f
Resposta: A
A0–––––
2n
800
–––––
2n
800
–––––
50
n = 4
Δt = 12 d
2 h f
––––––
m
h f
––––––
2 m
h f
––––––
m
h f
––––––
m
h f
––––––
2 m
τ
f = –––
h
m V2
–––––
2
m V2
–––––
2
m V2
–––––
2
2 h f
V = ––––––
m
– 25
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1. Um carro tem aceleração máxima possível com mó dulo a e
desaceleração máxima também com mó dulo a.
Sabendo-se que o carro percorre uma trajetória re tilínea e parte
do repouso e volta ao repouso, a má xima distância que pode ser
percorrida em um inter valo de tempo T é dada por:
a) 2aT2 b) aT2 c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
1) a = = = 
2) Δs = área (V x t)
D = ⇒ D = . 
Resposta: D
2. Considere um local onde o efeito do ar é desprezível e a
aceleração da gravidade é constante e tem módulo g. No instante t = 0
um projétil é lançado verticalmente a partir do solo terrestre com
velocidade de módulo V0.
O projétil passa por uma altura h acima de solo em um instante t1
(subida) e em um instante t2 (descida).
Os valores de V0 e h, em função de g, t1 e t2 são dados por:
a) V0 = b) V0 = g (t2 + t1)
h = h = g t1 t2
c) V0 = d) V0 = 
h = h = g t1 t2
e) V0 = 
h = g t1 t2
RESOLUÇÃO:
O movimento é uniformemente variado (aceleração escalar constante):
s = s0 + V0 t + t
2
h = V0 t – t
2
t2 – V0 t + h = 0
t2 – + = 0
t1 e t2 são as raízes desta equação e portanto:
t1 + t2 = ⇒
t1 . t2 = ⇒
Resposta: C
aT2
––––
2
aT2
––––
8
aT2
––––
4
2 Vmáx–––––––
T
Vmáx––––––
T/2
ΔV
––––
Δt
a T
Vmáx = –––––
2
a T
––––
2
T
–––
2
T . Vmáx
––––––––
2
a T2
D = –––––
4
g (t2 – t1)–––––––––
2
g t1t2––––––
2
g (t1 + t2)–––––––––
2
g (t1 + t2)–––––––––
2
g t1t2––––––
2
g (t2 – t1)–––––––––
2
�
–––
2
g
–––
2
g
–––
2
2h
–––
g
2V0 t–––––
g
g (t1 + t2)V0 = –––––––––2
2V0–––––
g
g t1 t2h = –––––––
2
2h
––––
g
26 –
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MÓDULO 77 Mecânica I
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3. (PUC-RJ-2018) – Uma bola é lançada horizontalmente com uma
velocidade de módulo V0 a partir de uma calha que se encontra a uma
altura h0 do solo. A bola atinge o solo à distância horizontal L0 a partir
do ponto de lançamento.
Se a altura da calha for quadruplicada, a nova distância horizontal a
partir do ponto de lançamento será
a) 4L0 b) 2L0 c) L0 d) L0/2 e) L0/4
RESOLUÇÃO:
1) Tempo de queda: T
Δsy = V0y t + t
2 ↓(+)
h0 = 0 + T
2 ⇒
2) Alcance: L0
Δsx = Vx T
Se h0 quadruplicar então L0 ficará multiplicado por 2
Resposta: B
4. No esquema da figura, temos um bloco de massa M em equilíbrio
preso a duas molas verticais, A e B.
Se a mola A for cortada, então a aceleração do bloco, imediatamente
após o corte, será dirigida para baixo com módulo a1 = 6,0 m/s
2.
Se, ao invés de cortarmos a mola A, cortarmos a mola B, então a ace -
leração do bloco, imediatamente após o corte, terá módulo a2 igual a:
a) 4,0 m/s2
b) 5,0 m/s2
c) 10,0 m/s2
d) 16,0 m/s2
e) um valor indeterminado, pois depende do valor de m.
RESOLUÇÃO:
1) Equilíbrio do bloco:
(1)
2) Corte da mola A:
P – FB = m a1
(2)
3) (2) em (1): FA + m g – m a1 = mg ⇒
4) Corte da mola B:
P – FA = m a2 ⇒ mg – m a1 = m a2
a2 = g – a1
a2 = 10,0 – 6,0 (SI)
Resposta: A
�y–––
2
2 h0T = ––––––
g
g
–––
2
2 h0L0 = V0 ––––––
g
FA + FB = P = m g
FB = m (g – a1)
FA = m a1
a2 = 4,0m/s
2
– 27
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5. O sistema da figura é abandonado do repouso. O bloco A tem
massa 3 m e o bloco B tem massa m e a aceleração da gravidade tem
módulo g = 10 m/s2. A colisão entre o bloco A e o piso é instantânea e
perfeitamente inelástica.
A altura máxima atingida pelo bloco B, relativa ao solo, vale:
a) 15 cm b) 16 cm c) 18 cm d) 19 cm e) 20 cm
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo do módulo da aceleração:
PFD (A + B): PA – PB = (mA + mB) a
3 m g – m g = 4 m a ⇒
2) Cálculo do módulo da velocidade dos blocos A e B no instante da colisão
de A com o solo.
V1
2 = V0
2 + 2 � Δs ↑ (+)
V1
2 = 0 + 2 . 5,0 . 0,10 = 1,0 (SI) ⇒
3) Após a colisão de A com o solo, o bloco B fica sob ação exclusiva de seu
peso
V2 = V1
2 + 2 � Δs ↑ (+)
0 = 1,0 + 2 (– 10) (H – h)
20 (H – 0,10) = 1,0 ⇒ H – 0,10 = 0,05 ⇒ H = 0,15 m
Resposta: A
6. (OBC-2018) – Um bloco A de massa 2,0 kg está apoiado num
bloco B de massa 8,0 kg.
O conjunto está inicialmente em repouso estando A, no instante t0 = 0,
na posição indicada na figura. Aplica-se em A uma força horizontal e
constante de intensidade F = 2,0 N. O coeficiente de atrito entre A e B
é � = 0,04.
Seja g = 10,0 m/s2, o módulo da aceleração da gravidade. Não existe
atrito entre B e o solo e despreza-se a resistência do ar. No instante T
o bloco A, sob ação da força 
→
F , atinge a outra extremidade de B.
O valor de T é igual a:
a) 2,0 s b) 3,0 s c) 4,0 s
d) 2,0 . ��5 s e) 4,0 . ��5 s
RESOLUÇÃO:
1) PFD (B):
FatAB
= mB aB
�c mA g = mB aB
0,04 . 20,0 = 8,0 aB
2)
PFD (A): F – FatBA
= mA aA
2,0 – 0,04 . 20,0 = 2,0 aA
2,0 – 0,8 = 2,0 aA
3) Aceleração relativa:
arel = aA – aB = 0,60 – 0,10 (m/s
2)
4) Cálculo de T
Δsrel = V0 rel t + t
2
5,0 = 0 + T2
T2 = 20,0 (SI)
Resposta: D
g
a = –––– = 5,0 m/s2
2
V1 = 1,0 m/s
H = 15 cm
aB = 0,10 m/s
2
aA = 0,60 m/s
2
arel = 0,50 m/s
2
�rel––––
2
0,50
–––––
2
T = 2,0 ��5 s
28 –
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7. Uma pequena esfera de massa m = 0,50 kg se move no interior de
uma plataforma de massa M = 4,0 kg que tem uma cavidade esférica
interna de raio R = 1,0 m e centro C. Quando a esfera passa pelo
ponto A a plataforma está na iminência de se destacar do piso. Adote
g = 10,0 m/s2 e despreze os atritos e o efeito do ar. 
A velocidade da esfera na posição A tem módulo igual a:
a) 4,0 m/s b) 2,0 ��6 m/s2 c) 6,0 m/s
d) 6,0 ��3 m/s e) 8,0 m/s
RESOLUÇÃO:
1)
Na iminência de perder contato
com o solo temos FN = 0
F . cos 37° = P = M g
F . 0,80 = 40,0
2)
F + P’ cos 37° = FcpA
= 
50,0 + 5,0 . 0,80 = 
54,0 = 0,50 VA
2
VA
2 = 108 (SI)
VA
2 = 3 . 36,0 (SI)
Resposta: D
8. Uma esteira que se move horizontalmente com velocidade cons -
tante de módulo V é usada para transportar areia.
A areia cai verticalmente de modo que em um intervalo de tempo �t
uma massa m de areiaé agregada à esteira. A razão é chamada de
vazão e denotada por Z.
Para manter a velocidade da esteira constante é preciso fornecer à
esteira um potência Pot que é dada por:
a) Pot = b) Pot = c) Pot = ZV2
d) Pot = 2 ZV e) Pot = 4 ZV
RESOLUÇÃO:
1) A força a ser aplicada na esteira deve acelerar a massa m de areia de 
0 a V em um tempo �t:
F = m a = m ⇒ 
2) A potência a ser fornecida à esteira é dada por:
Pot = F V = Z V . V ⇒ 
Resposta: C
sen 37° = 0,60
cos 37° = 0,80
F = 50,0 N
m VA
2
––––––
R
0,50 . VA
2
–––––––––
1,0
VA = 6,0 ��3 m/s
m–––
�t
Areia
V = constante
ZV2––––
4
ZV2––––
2
V
––––
�t
F = Z V
Pot = Z V2
– 29
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.a
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1. Um elevador se movimenta verticalmente para baixo com veloci -
dade constante.
No teto do elevador está fixo um fio de comprimento L = 0,8 m em
cuja extremidade está presa uma esfera.
A esfera é abandonada do repouso com o fio esticado e horizontal,
conforme ilustra a figura. 
A aceleração da gravidade tem módulo g = 10 m/s2 e despreza-se o
efeito do ar.
No exato instante em que o fio está vertical, o cabo que sustenta o
elevador rebenta e o elevador fica em queda livre.
O intervalo de tempo Δt entre o instante em que o cabo rebenta e o ins -
tante em que a esfera colide com o teto do elevador é mais próximo de:
a) 0,1 s b) 0,2 s c) 0,3 s d) 0,4 s e) 0,5 s
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo do módulo da esfera no instante em que o cabo rebenta:
Conservação da energia mecânica
EB = EA (referência em B)
= m g L
VB = ����2 g L = ������2 . 10 . 0,8 m/s
2) Quando o elevador entra em queda livre para um referencial no eleva -
dor o peso aparente é nulo; a força resultante na esfera é a força que
traciona o fio que faz o papel de resultante centrípeta.
Para o referencial no elevador, a esfera terá movimento circular e
uniforme com velocidade escalar VB = 4,0 m/s.
Δs = VB . Δt
= VB . Δt
= 4,0 . Δt
4,8 = 16 Δt
Resposta: C
2. Uma esfera de massa m é lançada horizontalmente com
velocidade de módulo V0 = 5,0 m/s sobre uma plataforma de massa
M = 4 m que estava em repouso em um pico horizontal sem atrito.
Adote g = 10,0 m/s2 e despreze o efeito do ar.
A esfera se destaca da plataforma com velocidade vertical em relação
à plataforma.
A altura máxima atingida pela esfera acima da posição de lançamento
vale:
a) 0,8 m b) 1,0 m c) 1,2 m d) 1,4 m e) 2,0 m
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo de velocidade horizontal quando a esfera se desliga da plataforma
Conservação da quantidade de movimento horizontal:
Qhf
= Qhi
⇒ (M + m) Vh = m V0
5m Vh = m . 5,0 ⇒
2) Quando a esfera atingir a sua posição mais alta
Conservação da energia mecânica:
Ei = Ef
= m g H + VH
2
= m . 10,0 H + (1,0)2
12,5 = 10,0 H + 2,5
10,0 = 10,0 H
Resposta: B
Adote π � 3
m VB
2
–––––––
2
VB = 4,0 m/s
2 π L
––––––
4
6 . 0,8
––––––
4
Δt = 0,3 s
Vh = 1,0 m/s
(M + m)
––––––––
2
m V0
2
–––––––
2
5 m
–––––
2
m . 25,0
––––––––
2
H = 1,0 m
30 –
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MÓDULO 88 Mecânica II
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3. Uma partícula A de massa m com velocidade de módulo V0 colide
com uma partícula B de massa 2m parada em um plano horizontal sem
atrito.
Imediatamente após a colisão a partícula A sofre um desvio em sua
trajetória de 45° e sua velocidade passa a ter módulo .
A velocidade da partícula B, imediatamente após a colisão terá módulo
igual a:
a) b) c) ��2 V0 d) e) 2 V0
RESOLUÇÃO:
1) Conservação da quantidade de movimento na direção x:
Qfx = Qix ⇒ m . + 2m VB cos � = m V0
+ 2 VB cos � = V0 ⇒ (1)
2) Conservação da quantidade de movimento na direção y:
m . = 2m VB sen �
= 2 VB sen � ⇒ (2)
3) (1) = (2)
= ⇒ sen � = cos � ⇒
4) Em (1): VB = ⇒
Resposta: B
4. Uma partícula atinge o piso horizontal sem atrito com velocidade
de módulo V0 inclinada de um ângulo � com o piso e é rebatida com
velocidade de módulo V que faz um ângulo α com o piso, conforme
ilustrado na figura.
Os vetores 
→
V0 e 
→
V estão contidos no mesmo plano vertical.
O coeficiente de restituição nesta colisão é dado por:
a) e = b) e = c) e = 
b) e = e) e = 
RESOLUÇÃO:
1) Na direção horizontal a quantidade de movimento da partícula
permanece constante porque não há atrito
Qfx
= Qix
⇒ m V cos 	 = m V0 cos �
(1)
2) Vap = V0 sen � e Vaf = V sen 	
e = = ⇒ (2)
3) : = ⇒ tg 	 = e tg �
Resposta: B
V0––––
��2
V0––––
��2
V0–––––
2��2
V0––––
2
��2
–––––
2
V0–––––
��2
V0VB = ––––––––
4 cos �
V0––––
2
��2
–––––
2
V0–––––
��2
V0VB = ––––––––
4 sen �
V0––––
2
� = 45°
V0–––––––
4 sen �
V0–––––––
4 cos �
V0VB = ––––––
2 ��2
V0–––––––––
4 . ��2
––––
2
sen �
–––––
sen 	
tg 	
–––––
tg �
tg �
–––––
tg 	
tg �
–––––
tg 	
sen 	
–––––
sen �
V cos 	 = V0 cos �
V sen 	 = e V0 sen �
V sen 	
––––––––
V0 sen �
Vaf–––––
Vap
e V0 sen �––––––––––
V0 cos �
V sen 	
––––––––
V cos 	
(2)
––––
(1)
tg 	
e = –––––
tg �
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5. (UNICAMP) – A figura abaixo mostra, de forma simpli ficada, o
sistema de freios a disco de um automóvel. Ao se pressionar o pedal do
freio, este empurra o êmbolo de um primeiro pistão que, por sua vez,
através do óleo do circuito hidráulico, empurra um segundo pistão. O
segundo pistão pressiona uma pastilha de freio contra um disco
metálico preso à roda, fazendo com que ela diminua sua velocidade
angular.
Considerando-se o diâmetro d2 do segundo pistão duas vezes maior
que o diâmetro d1 do primeiro, qual a razão entre a intensidade da força
aplicada ao pedal de freio pelo pé do motorista e a intensidade da força
aplicada à pastilha de freio? 
a) 1/4. b) 1/2. c) 2. d) 4. e) 16.
RESOLUÇÃO:
O sistema constitui uma prensa hidráulica cuja van tagem mecânica é dada
por:
Vm = = 
2
= (2)2 = 4
F2 = 4F1 e
Resp osta: A
6. (OPF-2018-MODELO ENEM) – No fundo de um aquário,
preenchido com água até a altura H, encontra-se uma pequena esfera
maciça composta por um material cuja densidade é d (menor que a
densidade, D, da água). Esta bolinha é subitamente liberada do fundo
e “salta” do aquário, subindo até uma altura z (acima da superfície do
líquido). Despreze o raio da bolinha em comparação a H e z. Qual das
alternativas abaixo melhor representa a altura z? Considere que g é o
módulo da aceleração da gravidade local.
a) z = � � . H
b) z = � – 1� . 
c) z = � – 1� . 
d) z = � – 1� . 
e) Não é possível determinar a altura z apenas com os dados
fornecidos no enunciado.
RESOLUÇÃO:
1) P = d V g
2) E = D V g
3) TEC: τtotal = ΔEcin
τE + τp = 0
E . H – P (H + z) = 0
D V g H = d V g (H + z)
D H = d H + d z
d z = D H – d H
Resposta: A
Pedal
de freio
d2 d1
Pastilha
de freio
Óleo
de freio
d2�––––�d1
F2
––––
F1
F2
––––
F1
F1 1–––– = ––––
F2 4
D – d
––––––
d
H
–––
2
D
–––
d
H
–––
4
D
–––
d
H
–––
8
D
–––
d
H (D – d)
z = –––––––––––
d
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1. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA-MODELO ENEM) –
Um Trabalho recente publicado na Revista Brasileira de Ensino de
Física destaca um “Refri gerador termoelétrico de Peltier usado para
estabilizar um feixe laser em experimentos didáticos” (Revista
Brasileira de Ensino de Física, v. 36, no. 1, 1308, no qual 2014). O tra -
balho destaca um experimento onde é montado um sistema de esta -
bilização de um laser de diodo mantido a temperatura controlada e
estabilizada com materiais de baixo custo. 
Destacando o controle da temperatura, imaginemos que no expe -
rimento registra-se uma variação de temperatura de 90°F, e que você
tivesse de obter essa informação na escala Celsius. Qual alternativa
fornece essa variação de temperatura?
a) 20°C b) 32,22°C c) 40°C d) 45°C e) 50°C 
RESOLUÇÃO:
= 
= ⇒ 
Resposta: E
2. (FMJU-MODELO ENEM) – Um calorímetro ideal contém 50g
de água líquida, ambos em equilíbrio térmico a 20°C. Uma amostra de
gelo, inicialmente a –40°C, é inserida no calorímetro, de modo a trocar
calor apenas coma água líquida. Após certo tempo, registra-se uma
temperatura de equilíbrio térmico de 0°C, restando apenas água na fase
líquida no interior do calorímetro. 
Sendo o calor específico da água líquida e do gelo iguais a 1,0 cal/g.°C)
e 0,5 cal/g.°C), respectivamente, e o calor latente de fusão do gelo igual
a 80 cal/g, a massa de gelo inserida no calorímetro foi.
a) 20,0g b) 10,0g c) 25,0g d) 5,0g e) 15,0g
RESOLUÇÃO:
Qgelo + Qfusão + Qágua = 0
m . 0,50 . [0 – (– 40)] + m . 80 + 50 . 1,0 (0 – 20) = 0
20m + 80m – 1000 = 0
100m = 1000
Resposta: B
3. (MODELO ENEM) –- A transmissão de calor é um tema ligado
ao cotidiano que apresenta interfaces com a Biologia, a Geografia e a
Quí mica.
O calor que atravessa uma parede e as sensações térmicas diferentes do
corpo humano para corpos com temperaturas iguais são explicados pela
condução.
A formação de ventos, a subida da fuligem pela chaminé e o posicio -
namento do ar-condicionado e de aquecedores numa sala são ligados
à convecção térmica.
O aquecimento produzido pelo Sol, por corpos incandescentes, a absor -
ção de calor por corpos escuros e a reflexão pelos claros e espelhados
evidenciam os efeitos térmicos da radiação.
O calor Q atravessa uma placa de 10cm2, feita de ferro (160 . 10–3cal/scm°C)
de 1,0cm de espessura em 10s.
O posicionamento dos aquecedores e os dos aparelhos de ar-con dicionado
devem fa vorecer a formação de correntes de convecção do ar da sala no inverno
e no verão.
��F–––––
9
��C–––––
5
��C = 50°C
90
––––
9
��C–––––
5
m = 10 g
20ºC
-40ºC
0ºC
Temperatura
Calor
Gelo (m)
Água do
gelo (m)
Água (50g)
MÓDULO 99 Termologia I
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Um coletor solar de 10m2 de área de absorção aquece 30� de água entre 20°C
e 40°C em 10min.
O calor Q, o aparelho A da figura e a insolação útil I, são, respectiva -
mente:
a) 16 cal, ar-condicionado, 400W/m2
b) 160 cal, ar-condicionado, 100W/m2
c) 100 cal, aquecedor, 800W/m2
d) 16 cal, aquecedor, 400W/m2
e) 16 cal, aquecedor, 100W/m2
RESOLUÇÃO:
= ⇒ =
O aparelho A deve ser um aquecedor para promover a subida do ar quente
e a descida do ar frio para ser aquecido no inverno.
Q = I . A . Δt ⇒ mcΔθ = I . A . Δt ⇒ 30 000 . 4,0 . (40 – 20) = I . 10 . 600
120 000 . 20 = I . 6 000
Resposta: D
4. O volume de um mol de um gás perfeito que se encontra em um
recipiente a –23°C e à pressão de 5,0atm é igual a:
a) 1,1L b) 2,1L c) 3,1 L d) 4,1L e) 5,1L
RESOLUÇÃO:
PV = nRT
V = 
V = (L) = (L)
Resposta: DNote e adote
cágua = 1,0cal/g°C; 1,0 cal = 4,0J; dágua = 1,0kg/�
1,6 . 10–3 . 10 . (100 – 0)
––––––––––––––––––––––––
1,0
Q
––––
10
C . A . Δθ
––––––––––
L
Q
––––
Δt
Q = 16 cal
I = 400W/m2
Dado: Constante universal dos gases: R = 0,082atm.L/mol.K
nRT
–––––
P
8,2 . 250
–––––––––
500
8,2 
1,0 . –––– . (– 23 + 273)
100
––––––––––––––––––––––
5,0
V = 4,1L
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5. (MODELO ENEM) – Um gás sofre uma transformação isotér -
mica, passando do estado inicial i para o estado final F, como indicado
na figura a seguir.
Quanto vale a razão da pressão no estado F com a pressão no 
estado i?
a) b) c) 1 d) 2 e) 4
RESOLUÇÃO:
= (Tf = Ti)
PfVf = PiVi
= 
= 
Resposta: B
6. (MODELO ENEM) – Em um experimento de Termodinâmica,
determinada massa constante de gás considerado ideal está confinada
em um recipiente de capacidade térmica desprezível. Uma das paredes
desse recipiente pode mover-se, alterando o volume disponível para o
gás. O experimento é feito em duas etapas, AB e BC, representadas no
diagrama P x V . A transformação AB é isobárica e a transformação BC
é isotérmica.
Analisando-se o gráfico, é correto afirmar que o trabalho realizado
pelas forças de pressão na transformação AB, em joules, é igual a:
a) 78 b) 144 c) 468 d) 286 e) 125
RESOLUÇÃO:
I) Cálculo da pressão no ponto A.
De B para C, a temperatura é constante:
pBVB = pCVC e pA = pB
pA . 2,0 . 10
–3 = 1,2 . 105 . 3,0 . 10–3
II) τ = área (p x V)
τ = 1,8 . 105 . 0,8 . 10–3 (J)
Resposta: B
PA = 1,8 . 10
5 Pa
τ = 144J
Pf–––
Pi
1
–––
2
1
–––
4
PiVi–––––
Ti
PfVf–––––
Tf
Vi–––
Vf
Pf–––
Pi
Vi–––
2Vi
Pf–––
Pi
Pf 1–––– = –––
Pi 2
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7. (MODELO ENEM) – O esquema representa o fluxo de energia
em uma máquina térmica que opera em ciclos, recebendo energia em
forma de calor de uma fonte quente. Parte desse calor é convertida em
trabalho mecânico útil; e a diferença, não utilizada, é cedida para uma
fonte fria.
O diagrama P x V representa o ciclo termodinâmico executado por essa
máquina térmica.
Sabendo-se que o rendimento dessa máquina é de 40%, a quantidade
de calor fornecida a ela pela fonte quente, a cada ciclo, é igual a:
a) 0,50 . (V2 – V1) . (P2 – P1) b) 0,40 . (V2 + V1) . (P2 + P1)
c) 0,40 . (V2 – V1) . (P2 – P1) d) 1,25 . (V2 – V1) . (P2 – P1)
e) 1,25 . (V2 + V1) . (P2 + P1)
RESOLUÇÃO:
I) O trabalho realizado pela máquina térmica em um ciclo é medido pela
área do triângulo.
τ = 
II) 
 = 
Qquente = 
Qquente = 
Resposta: D
8. A dilatação térmica ocorre em vários fenômenos naturais e é em -
pregada na Tecnologia e na Medicina.
A dilatação térmica de sólidos e fluidos é importante para a explicação
do movimento das placas tectônicas e da formação de vulcões e gêise -
res.
As próteses ortopédicas devem ser feitas com materiais que tenham
coeficiente de dilatação próximo ao dos ossos.
Um cubo de 1000cm3 de volume sofre uma variação de temperatura de
100°C. Sabendo-se que a variação de volume (dilatação) foi igual a
20,0cm3, podemos afirmar que o coeficiente de dilatação volumétrica
do material que constitui esse cubo é igual a:
a) 2,0 . 10–4 °C–1 b) 4,0 . 10–4 °C–1 c) 6,0 . 10–4 °C–1
d) 8,0 . 10–4 °C–1 e) 10,0 . 10–4 °C–1
RESOLUÇÃO: 
�V = V0 ���
� = ⇒ � = (°C–1) ⇒ � = (°C–1)
Resposta: A
�V
––––––
V0 ��
20
––––––––
100 000)
2,0
––––––––
10 000
� = 2,0 . 10–4°C–1
(V2 – V1) (P2 – P1)–––––––––––––––––
2
τ
––––––––
Qquente
τ
–––
(V2 – V1) (P2 – P1)–––––––––––––––––
2 . 0, 40
Qquente = 1,25 (V2 – V1) (P2 – P1)
fonte
fria
fonte
quente
calor
recebido
calor
cedido
trabalho
mecânico
máquina
térmica
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1. A seguir, temos uma forma de enunciar o 2.o princípio da Termo -
dinâmica.
Por extensão, esse princípio nos leva a concluir que:
a) sempre se pode construir máquinas térmicas cujo rendimento seja
100%.
b) qualquer máquina térmica necessita apenas de uma fonte quente.
c) calor e trabalho não são grandezas homogêneas.
d) qualquer máquina térmica retira calor de uma fonte quente e rejeita
parte desse calor para uma fonte fria.
e) somente com uma fonte fria, mantida sempre a 0°C, seria possível
a uma máquina térmica converter integralmente calor em trabalho.
RESOLUÇÃO:
 = 1 –
 sempre menor que 1.
Resposta: D
2. (VUNESP-USCS-2019-MODELO ENEM) – A figura represen -
ta a onda gerada por uma lâmina vibrante (F) propagando-se por uma
mola em cinco instantes sucessivos, representados pelas imagens de I
a V. No intervalo de tempo correspondente a essas cinco imagens, o
ponto P, indicado na figura, realizou uma oscilação completa.
(http://fisicacontextoaplicacoes.blogspot.com.br. Adaptado.)
Sabendo-se que o intervalo de tempo decorrido entre a configuração
indicada pela figura I e a indicada pela figura V foi de 1,2 s, a velo ci -
dade de propagação dessa onda na mola é de
a) 0,6 m/s. b) 0,8 m/s. c) 1,0 m/s.
d) 1,2 m/s. e) 1,5 m/s.
RESOLUÇÃO:
(I) O período da onda, T, corresponde ao intervalo do tempo associado à
realização de um ciclo completo de oscilação de P.
Logo: 
(II)A distância entre duas cristas consecutivas da onda é o comprimento
da onda, λ. Da figura:
(III) Equação fundamental da ondulatória:
V = λ f = 
V = 
Da qual:
Resposta: E
É impossível construir uma máquina térmica operando em ciclos
cujo único efeito sejaretirar calor de uma fonte e convertê-lo
integralmente em trabalho.
T1––––
T2
τ
 = ––––––––
Qquente
T = 1,2s
λ = 1,8m
λ
–––
T
1,8m
––––
1,2s
V = 1,5m/s
MÓDULO 11 00 Termologia II – Ondas I
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3. (VUNESP-USCS-2019-MODELO ENEM) – A figura repre -
senta as compressões e rarefações do ar, sucessivas e periódicas, cau -
sa das por uma onda sonora que se propaga com velocidade de 340m/s.
(www.ib.usp.br. Adaptado.)
Considerando-se que as distâncias entre dois máximos de compressão
con secutivos seja sempre igual a 85 cm, a frequência dessa onda sonora
é
a) 40Hz. b) 255Hz. c) 289Hz.
d) 400Hz. e) 425Hz.
RESOLUÇÃO:
(I) A distância entre dois máximos de compressão consecutivos é o com -
primento de onda λ.
Logo: 
(II) V = λ f ⇒ 340 = 0,85f
Da qual: 
Resposta: D
4. Na situação esquematizada na figura, ondas retas, propagando-se
na superfície da água de um tanque, passam de uma região profunda (1)
para outra mais rasa (2). Com isso, o comprimento de onda (distância
entre duas frentes de onda consecutivas) e a velocidade de propagação
sofrem reduções de p1% (p1 por cento) e p2% (p2 por cento), respecti -
vamente.
Aponte a alternativa em que os valores de p1 e p2 estão corretamente
in di cados. 
Adote, se necessário, sen 37° = cos 53° = 0,60; sen 53° = cos 37° = 0,80.
a) p1 = 75 e p2 = 75 b) p1 = 75 e p2 = 25
c) p1 = 50 e p2 = 50 d) p1 = 25 e p2 = 75
e) p1 = 25 e p2 = 25
RESOLUÇÃO:
(I) Lei de Snell: = 
= ⇒ = 
λ2 = λ1 ⇒
Houve redução de 25% no comprimento de onda, logo, p1 = 25.
(II) = ⇒ = 0,75
Houve redução de 25% na velocidade de propagação das ondas, logo,
p2 = 25.
Resposta: E
V = 400Hz
λ = 85cm = 0,85m
λ1–––
λ2
sen i
–––––
sen r
λ1–––
λ2
0,80
––––
0,60
λ1–––
λ2
sen 53°
––––––––
sen 37°
λ2 = 0,75 λ1 = 75% λ1
3
–––
4
V2–––
V1
λ2–––
λ1
V2–––
V1
V2 = 0,75 V1 = 75% V1
38 –
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5. O trombone de Quincke é um dispositivo experi -
mental utilizado para demonstrar o fenômeno da
interferência de ondas sonoras. Uma fonte emite
ondas sonoras de determinada frequência na entrada do dispositivo.
Essas ondas se dividem pelos dois caminhos (ADC e AEC) e se
encontram no ponto C, a saída do dispositivo, onde se posiciona um
detector. O trajeto ADC pode ser aumentado pelo deslocamento dessa
parte do dispositivo. Com o trajeto ADC igual ao AEC, capta-se um
som muito intenso na saída. Entretanto, aumentando-se gradativamente
o trajeto ADC, até que ele fique como mostrado na figura, a intensidade
do som na saída fica praticamente nula. Desta forma, conhecida a
velocidade do som no interior do tubo (320m/s), é possível determinar
o valor da frequência do som produzido pela fonte. 
O valor da frequência, em hertz, do som produzido pela fonte sonora
é
a) 3 200. b) 1 600. c) 800. 
d) 640. e) 400.
RESOLUÇÃO:
Deslocando-se a haste móvel do trombone a partir da posição inicial, que
determina no local de saída do som uma situação de interferência
construtiva, as ondas que atingem o detector se defasam até ficarem em
oposição de fase. Nesse caso, ocorre interferência destrutiva (anulamento)
no detector e o som per cebido nesse local tem intensidade praticamente
nula.
Condição de interferência destrutiva:
Δx = i ⇒ Δx = i (i = 1, 3, 5, …)
Sendo Δx = 2 . (40 – 30) cm = 20cm = 0,20m, Vsom = 320m/s e i = 1 (1.
a
posição da haste para a ocor rência de interferência destrutiva), vem:
0,20 = 1 . ⇒
Resposta: C
6. (UFRGS-2019) – Considere as afirmações abaixo, sobre o fenô -
meno da difração.
I) A difração é um fenômeno ondulatório que ocorre apenas com
ondas sonoras.
II) A difração que ocorre quando uma onda atravessa uma fenda é
tanto mais acentuada quanto menor for a largura da fenda.
III) A difração que ocorre quando uma onda atravessa uma fenda é
tan to mais acentuada quanto maior for o comprimento de onda da
onda em comparação coma a largura da fenda.
Quais estão corretas?
a) Apenas I. b) Apenas II. c) Apenas I e III.
d) Apenas II e III. e) I, II e III.
RESOLUÇÃO:
(I) Incorreta. A difração pode ocorrer com ondas mecânicas ou eletro -
magnéticas. A luz, por exemplo, pode difratar-se através de fendas
estreitas.
(II) Correta. O fenômeno da difração é favorecido quando a largura da
fenda se torna menor que o comprimento de onda.
(III)Correta.
Resposta: D
Vsom
–––––
2f
λ
–––
2
f = 800Hz
320
–––––
2f
– 39
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7. (PUC-SP-2019) – Uma corda inextensível e homogênea, de com -
primento igual a 100cm e massa igual a 50g, tem um de seus ex tremos
conectado a uma mola ideal disposta verticalmente. O outro extremo
da corda está preso a um corpo metálico de massa m, suspenso verti -
calmente, conforme indicado na figura abaixo. 
A mola é posta a oscilar verticalmente em movimento harmônico
simples, com uma frequência de 20Hz.
Considerando-se a polia ideal, determine a massa do corpo metá -
lico, em unidades do SI, para que se obtenham dois ventres na onda
transversal estacionária que se forma na corda.
a) 4,0. b) 2,0. c) 1,0. d) 0,5.
RESOLUÇÃO:
I) Do esquema: λ = L = 100 cm
II) V = λ f ⇒ V = 1,0 . 20 (m/s) ⇒ 
III) Aplicado-se a fórmula de Taylor, vem:
V = = 
20 = ⇒ 400 = M 200
Da qual: 
Nota: Na resolução devemos admitir que a amplitude do MHS descrito
pela extremidade da mola seja muito menor que a amplitude da onda
estacionária presente na corda de modo a poder considerar a extremidade
da mola como sendo um nó.
Resposta: B
8. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA-OBF-2018) – Con -
sidere um tubo sonoro fechado. Na extremidade aberta coloca-se uma
fonte que emite um som de frequência 160Hz. Contando da abertura do
tubo, verifica-se que de 1,0m em 1,0m a intensidade do som é máxima.
O módulo da velocidade de propagação do som no ar existente no tubo
e o menor comprimento do tubo para que ocorra o que foi descrito no
texto, são respectivamente: 
a) 160 m/s e 2,0 m b) 320 m/s e 1,0 m 
c) 320 m/s e 1,5 m d) 160 m/s e 1,0 m 
e) 340 m/s e 1,5 m 
RESOLUÇÃO:
(I) Se de 1,0m em 1,0m a intensidade do som é máxima, significa que 1,0m
corresponde à distância entre dois ventres consecutivos. 
Assim, temos: = 1,0m ⇒
Mas: V = λf ⇒ V = 2,0m . 160H ⇒
(II) O menor comprimento do tubo para que ocorra o que foi descrito no
texto corresponde à situação representada na figura abaixo: 
Temos L = + = 1,0m + 0,5m ⇒
Resposta: C
M
MHS
(f = 20 Hz)
� = L
λ = 1,0 m
V = 20 m/s
M g L
––––––
mcorda
F
–––
ρ
M . 10 . 1,0
–––––––––
50 . 10–3
M = 2,0kg
λ = 2,0m
V = 320 m/s 
L = 1,5m
λ
–––
2
λ
–––
2
λ
–––
4
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1. (UNICHRISTUS-CE-2019) – A figura abaixo representa uma
associação de espelhos planos sob um ângulo α. 
Um raio de luz mo nocromática incide em E1 sob um ângulo de inci -
dência de 60° e sai do sistema refletindo por E2 sob um ângu lo de
reflexão de 10°. Com isso, o ângulo α mede
a) 30°. b) 40°. c) 50°. d)60°. e) 70°.
RESOLUÇÃO:
(I) Trajetória da luz:
(II) No triângulo destacado, tem-se:
� + 10° = 90°
α + β + 30° = 180°
α + 80° + 30° = 180°
Da qual: 
Resposta: E
Nota: Foi decisivo na resolução desta questão o conceito óptico de que, na
reflexão da luz, o ângulo de reflexão é igual ao ângulo de incidência.
2. (UPE-SSA-2018-MODELO ENEM) – Uma usina heliotérmica
é muito parecida com uma usina termoelétrica. A diferença é que, em
vez de usar carvão ou gás como combustível, utiliza o calor do Sol
para gerar eletricidade. (...) O processo heliotérmico tem início com
a reflexão dos raios solares diretos, utilizando um sistema de espelhos,
chamados de coletores ou helióstatos. Esses espelhos acompanham a
posição do Sol ao longo do dia e refletem os raios solares para um
foco, onde se encontra um receptor. A principal característica dessa
tecnologia é a presença de uma imensa torre no centro da usina.
Fonte: http://energiaheliotermica.gov.br/pt-br/energia-heliotermica/como-funciona, acessado em: 11 de julho de 2017.
Suponha que as dimensões do espelho sejam muito menores que as di -
mensões da torre e que o ângulo entre a superfície do espelho e a ho -
ri zontal seja de 30°. Determine em qual horário a radiação solar que
atinge o espelho será refletida para a extremidade superior da torre.
a) 10 h b) 11 h c) 12 h d) 13 h e) 14 h
RESOLUÇÃO:
Do esquema, determina-se o ângulo de reflexão α medido em relação à reta
normal N traçada a partir da superfície do espelho.
Observando-se que o triângulo ABC é retângulo isósceles, vem:
45° + α + 30° = 90° ⇒ 
Como o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão, depreende-se
que a luz incidente provém de uma direção que forma α = 15° com N,
porém do lado direito de N. logo:
Δ� = 90° –––– �t = 18h – 12h = 6h
Δ�’ = 15° –––– �t’ = t – 12 (h)
t – 12 = ⇒ t – 12 = 1,0
Resposta: D
� = 80°
α = 70°
α = 15°
15 . 6
–––––
90
t = 13h
– 41
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MÓDULO 11 11 Óptica I
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3. (PUC-SP-2019) – Determine, em metros, a altura de uma árvore
que é vista por um observador de postura perfeitamente ereta, cujos
olhos estão distantes 1,70m do solo e que recebem os raios refletidos
por um espelho plano, provenientes do topo dessa árvore. 
Os olhos do observador estão distantes 1,00m do espelho e a base dessa
árvore dista 3,00m dos pés do observador. Sabe-se que o ângulo que o
raio incidente forma com a superfície refletora do espelho plano vale
70°.
Dados: tg 70º = 2,75
tg 20º = 0,36
a) 15,45. b) 12,70. c) 3,50. d) 3,14.
RESOLUÇÃO:
Do triângulo A’OO’ temos:
tg (20°) = 
0,36 = 
1,80 = H – 1,70
Resposta: C
4. Dentistas costumam utilizar uma ferramenta terminada em es -
pelho esférico côncavo que, por fornecer imagens direitas e ampliadas
quando devidamente posicionada em relação ao objeto – dente –,
permite melhor observação do estado bucal do paciente, bem como
diagnósticos mais assertivos.
Admitindo-se que um desses espelhos opere de acordo com as con -
dições de estigmatismo de Gauss a cerca de 1,5 cm dos dentes de uma
pessoa, pode-se inferir que o raio de curvatura desse sistema óptico é
certamente:
a) menor que 1,5 cm. b) igual a 1,5 cm.
c) menor que 3,0 cm. d) igual a 3,0 cm.
e) maior que 3,0 cm.
RESOLUÇÃO:
A imagem conjugada pelo espelho ao dente é de natureza virtual, direita e
maior que o objeto, como representa o esquema abaixo.
Deve-se observar que, para a obtenção da referida imagem, o objeto – dente
– deve estar posicionado entre o foco principal F e o vértice V.
Isso significa que a que a distância focal f deve ser maior que a distância
entre o objeto e o espelho (	1,5 cm).
f > 1,5 cm ⇒ 2f > 3,0cm
Sendo 2f = R, depreende-se que:
Resposta: E
A’O’
–––
––––––
O’O
–––
H – 1,70
––––––––––
4,00 + 1,00
H = 3,50m
C F B V B'
Imagem:
virtual,
direita e
maior
A
A'
R > 3,0 cm
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5. (UEA-2019) – Na figura, E representa uma superfície esférica re -
fletora nas duas faces. C é seu centro de curvatura, F seu foco principal
e V seu vértice. Diante de sua face côncava, colocou-se um objeto real
O1 e, diante de sua face convexa, colocou-se um objeto real O2.
Considerando-se que a superfície refletora E obedece às condições de
ni tidez de Gauss e que p’1 e p’2 são as abscissas das imagens de O1 e de 
O2, respectivamente, o valor da razão é
a) –3 b) –2 c) –1 d) – e) –
RESOLUÇÃO:
(I) Equação de Gauss à superfície côncava de E: 
+ = 
+ = 
= –
= 
Da qual: 
(II) Equação de Gauss à superfície convexa de E: 
+ = 
+ = –
= – –
– ⇒
(III) A relação pedida fica dada fazendo-se:
= 
Da qual: 
Resposta: A
6. (IFMT-2019) – A figura abaixo ilustra um feixe de luz monocro -
mática, proveniente de uma região de vácuo (meio A) com velocidade
c 	 3,00 . 108 m.s–1, incidindo contra a superfície de um líquido ho -
mogêneo e isotrópico (meio B). 
Sendo os ângulos �1 = 53° e �2 = 37°, pode-se afirmar que a velocidade
da luz no meio B vale:
a) 1,50 . 108m/s b) 1,75 . 108m/s c) 2,00 . 108m/s
d) 2,25 . 108m/s e) 2,50 . 108m/s
RESOLUÇÃO:
Lei de Snell: 
nB sen �2 = nA sen �1
sen �2 = sen �1 ⇒ VB = c 
VB = 3,00 . 10
8 (m/s)
Da qual:
Resposta: D
1
––
2
1
––
4
p’1––
p’2
1
–––
p1
1
–––
p’1
1
–––
f1
1
–––
3d
1
–––
3d
p’
1
= 
3d
–––
2
1
–––
p’1
1
–––
d
1
–––
d
1
–––
p’1
1
–––
p’1
3 – 1
–––––
3d
1
–––
p2
1
–––
p’2
1
–––
f2
1
–––
d
1
–––
p’2
1
–––
d
1
–––
p’2
1
–––
d
1
–––
p’2
= –3
p’1–––
p’2
1
–––
d
2
–––
d
p’
2
= –
d
––
2
p’1–––
p’2
3d
–––
2
–––––
d
– –––
2
c
–––
VB
VB = 2,25 . 10
8m/s
c
–––
c
sen �2––––––
sen �1
0,6
–––
0,8
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7. (UPE-SSA-2018) – Considere uma radiação monocromática que
se propaga de um meio com índice de refração positivo, n1 = 1,0, para
um meio com índice de refração negativo, n2 = –(3)
–1/2 (metamaterial),
de espessura igual a h = 1,0 mm. 
Se o raio incidente forma um ângulo � = 30°, segundo ilustra a figura,
determine a coordenada x do ponto de onde o feixe emerge do meio 2.
a) –1,7 b) –0,5 c) 0,0 d) 0,5 e) 1,7
RESOLUÇÃO:
Na refração em metamateriais (índice de refração absoluto negativo) o raio
refratado situa-se do mesmo lado da normal à interface (eixo y) que o raio
incidente, como ilustramos abaixo.
(I) A determinação do ângulo de refração 	 é feita pela Lei de Snell:
|n2| sen 	 = n1 sen �
sen 	 = 1,0 sen 30° ⇒ sen 	 = 
Logo: 
(II) Cálculo da coordenada x:
tg α = ⇒ = 
= ⇒ x = 
��3 mm
Ou: 
Resposta: E
8. (FUVESTÃO) – Uma das principais utilida des do prisma óptico
é o seu emprego como sistema de reflexão total. Nessa ope ração, o
prisma pode substituir com vantagens os es pelhos planos, pois pode ter
um poder refletor bem maior que o dos espelhos e, além disso, está
livre da dete rioração que ocorre na película de prata dos espelhos,
por oxidação.
(Tópicos de Física – Helou, Gualter e Newton – 
Editora Saraiva, 2007, página 373.)
No esquema a seguir, está representado o corte trans versal de um pris -
ma óptico ABC de índice absoluto de refração igual a n, utilizado em
um modelo de máquina fotográfica para deslocar lateralmente a luz.
Na figura, um raio luminoso monocromático incide per pen dicular -
mente na face CA, sofre reflexões internas totais, respectivamente nas
faces BC e AB, e emerge perpendicularmente à face CA. Se o prisma
está imerso no ar (índice absoluto de refração igual a 1,0), pode-se
afirmar que n é tal que:
a) n > b) n > c) n >
d) n > 
�3 e) n > 2
RESOLUÇÃO:
Para que o prisma opere nas condições especificadas, o ângulo de incidência
da luz na face AB, isto é, 30° (veja a figura) deve superar o ângulo limite L
do dioptro prisma-ar. Logo:
30° > L ⇒ sen 30° > sen L
> ⇒ >
Da qual:
Resposta: E
1
––––
��3
��3
––––
2
	 = 60°
x
––
h
sen 60°
––––––
cos 60°
x
–––
1,0
��3
––––
2
–––––
1
––
2
x
–––
1,0
x 	 1,73 mm
2 
�3
––––––
3
3 
�2
––––––
4
3
–––
2
30°
30°
60°
60°
60°
A C
B
Ar
30°
1,0
–––
n
1
–––
2
nAr––––
n
1
–––
2
n > 2
44 –
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9. (IME-2019) – A figura abaixo mostra três meios transparentes,
de índices de refração absolutos respectivamente iguais a n1, n2 e n3, e
o percurso óptico de um raio luminoso monocromático. 
Observando-se a figura, é possível concluir-se que:
a) n2 < n3 < n1 b) n1 < n2 < n3 c) n3 < n1 < n2
d) n1 < n3 < n2 e) n2 < n1 < n3
RESOLUÇÃO:
(I) Na refração verificada na interface 3 → 2 o raio luminoso aproxima-
se da normal, logo, n2 > n3 (Lei de Snell).
(II) Na interface 2 → 1 ocorre reflexão total, logo, n2 > n1 (o fenômeno só
se dá no meio mais refringente do dioptro).
(III) Se n1 = n3, o meio 2 funcionaria como uma lâmina de faces paralelas
e o raio emergente no meio 1 seria paralelo ao raio incidente na
superfície dioptrica 3 → 2. Como ocorre reflexão total na interface 
2 → 1, então n1 < n3.
Assim: 
Resposta: D
10.(UPE-SSA-2019) – Uma lente delgada L de distância focal 
f = 10cm foi instalada em um trilho horizontal, próxima a uma tela de
projeção. Uma pequena bola parte de uma distância D = 40cm da lente
em t0 = 0. A bola tem velocidade constante de módulo V = 2cm/s que
aponta em direção ao centro óptico da lente, conforme ilustra a figura. 
Se a tela de projeção está a uma distância d = 15cm da lente, em quanto
tempo uma imagem nítida da bola é formada na tela? 
a) 1s b) 5s c) 10s d) 15s e) 20s 
RESOLUÇÃO:
(I) A bolinha produzirá imagem nítida na tela de projeção na posição p,
dada pela Equação de Gauss.
+ = ⇒ + = 
+ = ⇒ = –
= ⇒ p = (cm)
Da qual: 
(II) V = = ⇒ 2 = 
�t = (s) ⇒ 
Resposta: B
n1 < n3 < n2
1
–––
p
1
–––
p’
1
–––
f
p’ = 30cm
1
–––
p
1
–––
d
1
–––
f
1
–––
p
1
–––
15
1
–––
10
1
–––
p
1
–––
10
1
–––
15
1
–––
p
15 – 10
––––––
150
150
–––
5
⎥ �p⎥
––––
Δt
D – p
––––––
Δt
40 – 30
––––––
Δt
10
–––
2
Δt = 5s
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11. (SÃO LEOPOLDO MANDIC-MEDICINA-2019) – Há cerca
de 10 meses chegou aos nossos ouvidos o rumor de que um holandês
havia construído uma luneta com o auxílio da qual os objetos visíveis,
mesmo que estivessem muito afastados da vista do observador, se viam
distintamente como se estivessem próximos. (...). Inicialmente preparei
um tubo de chumbo em cujas extremidades ajustei duas lentes de vidro,
ambas planas em uma face, sendo uma delas convexa na outra face, e
a outra côncava. Aproximando-se do meu olho a lente côncava
observei objetos bastante maiores e mais próximos. Na verdade,
surgiram imagens três vezes mais próximas e nove vezes maiores do
que quando vistas a olho nu. Construí, depois, um outro [instrumento]
mais exato que apresentava os objetos sessenta vezes maiores.
Finalmente, (...) construí um instrumento tão excelente que as coisas
com ele vistas apareciam quase mil vezes maiores (...) do que quando
observadas apenas com as faculdades naturais.
(Trecho adaptado do livro “O mensageiro das estrelas”, de Galileu Galilei.)
Leia as seguintes afirmativas sobre as lunetas de Galileu:
I) as três lunetas eram compostas por um par de lentes, sendo uma
plano-côncava, e a outra plano-convexa.
II) na melhor luneta, a imagem é 1000 vezes maior do que o objeto
observado.
III) nas três lunetas, o papel da objetiva é concentrar a luz vinda dos
ob jetos distantes, enquanto o papel da ocular é o de geralmente
ampliar a imagem que seria produzida apenas pela primeira lente.
É correto o que se afirma em
a) I, apenas. b) II, apenas. c) I e III, apenas
d) II e III, apenas e) I, II e III.
RESOLUÇÃO:
I) Correta. A lente plano-convexa é a objetiva enquanto a lente plano-
côncava é a ocular, conforme o esquema abaixo.
II) Incorreta. Lunetas astronômicas não produzem aumentos lineares, mas
apenas aumentos angulares, o que favorece melhores observações.
III) Correta. A luneta de Galileu, criada provavelmente em 1609, pouco
depois da invenção do instrumento pelo holandês Hans Lipperhey, em
1608, tem como objetiva uma lente convergente e como ocular uma
lente divergente.
A vantagem desse tipo de ocular está em proporcionar uma imagem
final direita, a exemplo do que ocorre em binóculos e lunetas terrestres
atuais. Por sua simplicidade, no entanto, a luneta de Galileu tem apenas
importância histórica, já que foi o instrumento utilizado pelo cientista
em descobertas decisivas que mudaram os rumos da Astronomia.
Considerando-se um astro muito distante (objeto impróprio), a obje -
tiva da luneta produz uma imagem real (i1) situada em seu plano focal.
Essa imagem, por sua vez, situada além do foco objeto da ocular, com -
porta-se como objeto virtual em relação a essa lente, que conjuga uma
imagem também virtual (i2), que é dada ao observador contemplar.
No esquema a seguir, em que F’ob é o foco imagem da objetiva e Foc e F’oc
são respectivamente os focos objeto e imagem da ocular, está esboçada
a formação da imagem na luneta de Galileu.
Resposta: C
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1. Uma massa de gás perfeito ocupa, a 127°C e à pressão 
p = 8,0 atm, um volume de 12L. Após certa transformação gasosa, sua
pressão vale p = 12,0 atm e sua temperatura diminui para 27°C. O
volume nesse novo estado será igual a:
a) 2,0L b) 4,0L c) 6,0L d) 8,0L e) 10,0L
RESOLUÇÃO:
= 
VB = 
VB = (L) = (L)
Resposta: C
2. (IJSO-BALI-INDONÉSIA) – Um aparelho emissor de luz loca -
lizado no ponto A produz um estreito feixe incidente que é refletido
por um espelho plano, como mostrado na figura a seguir.
Vista esquemática do caminho óptico do feixe de luz do ponto A até o
ponto B.
Um objeto localizado no ponto B é visado como alvo do feixe de luz
refletido. Se a distância horizontal do objeto no ponto B ao espelho é
L = 2,20m, a distância H é de 1,68m e o valor de h é de 0,43m, qual a
distância horizontal, x, entre o aparelho emissor de luz e o espelho?
a) 0,381m b) 0,757m c) 1,04m d) 1,42m
RESOLUÇÃO:
No esquema a seguir, está esboçado o caminho óptico do raio de luz que
parte do aparelho emissor de luz em A e atinge o objeto posicionado no
ponto B. 
Os triângulos retângulos destacados na figura são semelhantes, logo:
= ⇒ = 
1,68x = 0,43x + 0,946 ⇒ 1,25x = 0,946
Da qual: 
Resposta: B
PBVB–––––
TB
PAVA–––––
TA
PAVATB––––––––
PB . TA
8,0 . 300
––––––––
400
8,0 . 12 . (27 + 273)
–––––––––––––––––––
12 . (127 + 273)
VB = 6,0L
Espelho
plano
h
L
�
�
x
A
B
H
h = 0,43 m
L = 2,20m
�
�
x
B
L = 2,20m
L= 2,20m
B'
H = 1,68 m
A
0,43
–––––
1,68
x
–––––––
x + 2,20
h
–––
H
x
–––––
x + L
x � 0,757m
– 47
FÍ
S
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 3
.a
S
MÓDULO 11 22 Termologia III – Óptica II – Ondas II
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3. No esquema abaixo está representado um farol constituído por
dois espelhos esféricos, E1 e E2, e dispostos frontalmente com seus
eixos principais coincidentes. E1 é convexo e E2 é côncavo, em ope -
ração de acordo com as condições de estigmatismo de Gauss. 
Uma pequena lâmpada L situada sobre o eixo principal do sistema tem
sua luz refletida em E1 e E2 como se indica, emergindo do farol se -
gundo um feixe cônico divergente. Sendo V1, F1 e C1; V2, F2 e C2 os
vértices, os focos principais e os centros de curvatura de E1 e E2,
respectivamente, é necessário para o farol funcionar conforme o que foi
especificado que L esteja posicionada: 
RESOLUÇÃO:
Em relação a E1
Como os raios emitidos por L, incidentes em E1, refletem-se sobre si mes -
mos, a lâmpada deve estar posicionada sobre o centro de curvatura C1
desse espelho. 
Em relação a E2
Como o feixe luminoso que emerge do farol é cônico divergente, depreende-
se que a imagem que E2 conjuga a L (objeto real) é virtual (situada à
esquerda de E2) e, para que isso ocorra, a lâmpada deve estar situada entre
F2 e V2. 
Resposta: B
4. (VUNESP-USCS-2019) – Ao entrar em uma loja, uma pessoa se
coloca entre dois espelhos, um plano e um esférico convexo, e para a
3m de distância de cada um. Nessas condições, a distância entre as
primeiras imagens que ela vê de si nos dois espelhos é de 11,1 m.
fora de escala
Considerando que o espelho esférico satisfaz às condições de nitidez
de Gauss, a distância focal desse espelho é de
a) – 2 m. b) – 3 m. c) – 6 m. d) – 5 m. e) – 7 m.
RESOLUÇÃO:
(I) No espelho plano, a imagem é simétrica do objeto em relação à super -
fície refletora. Logo, a distância entre a imagem no espelho plano e
esse espelho é de 3m.
(II) Em relação ao espelho esférico, a distância algébrica p’ entre a ima -
gem e o vértice desse espelho fica determinada fazendo-se:
3 + 3 + 3 + ⎥ p’⎥ = 11,1
⎥ p’⎥ = 2,1m
e (p’ < 0: imagem virtual)
(III) Equação de Gauss para o espelho convexo:
= + 
= –
= ⇒ f = – (m)
Da qual: 
Resposta: E
1
–––
f
1
–––
p
1
–––
p’
2,1 – 3
––––––
3 . 2,1
f = –7m
p’ = –2,1m
1
–––
f
1
–––
3
1
–––
2,1
1
–––
f
3 . 2,1
––––––
0,9
Em relação a E1 Em relação a E2
a) Sobre C1 Sobre F2
b) SobreC1 Entre F2 e V2
c) Sobre F1 Entre F2 e V2
d) Entre F1 e V1 Sobre C2
e) Entre C1 e F1 Sobre F2
48 –
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5. (VUNESP-USCS-2019) – A figura mostra um raio de luz mono -
cro mática que penetra perpendicularmente na face AC de um prisma,
reflete nas faces AB e BC e emerge novamente pela face AC.
Considere que o índice de refração absoluto do material que constitui o
prisma é 2,40, que o prisma está imerso no meio x e que sen 45º = 0,71.
Admita os índices de refração absolutos de algumas substâncias
apresentados na tabela.
(Hugh D. Young e Roger A. Freedman et al. Física IV: 
óptica e física moderna, 2004. Adaptado.)
Entre as substâncias mostradas na tabela, o meio x pode ser apenas
a) rutilo.
b) fluorita e poliestireno.
c) fluorita, poliestireno, quartzo e zircone.
d) zircone e rutilo.
e) fluorita, poliestireno e quartzo.
RESOLUÇÃO:
O ângulo de incidência de 45° supera o ângulo-limite do dioptro prisma-ar,
já que são verificadas reflexões totais nas interfaces AB e BC.
45° > L ⇒ sen 45° > sen L
sen 45° > ⇒ 0,71 > 
Da qual: 
Logo, o meio x pode ser:
fluorita, poliestireno e quartzo.
Resposta: E
6. (SEDUCE-2019) – Uma lente é um sistema óptico que consiste
em dois ou mais dioptros, sendo pelo menos um deles curvo (não
plano). As lentes que possuem apenas dois dioptros são denominadas
de lentes simples. Uma lente simples é feita de material transparente
(vidro, plástico ou outros) e possui duas faces. A face curva, ou não
plana, é, em geral, esférica. 
Internet: <www.if.ufrj.br> (com adaptações).
Um objeto está localizado a 50cm de uma lente convergente de dis -
tância focal de 20cm. 
A partir do texto e do caso hipotético acima, assinale a alternativa que
apresenta a imagem formada do objeto pela lente.
a) real, invertida e menor que o objeto.
b) real, invertida e maior que o objeto.
c) virtual, direita e menor que o objeto.
d) virtual, invertida e maior que o objeto.
e) real, invertida e do mesmo tamanho do objeto.
RESOLUÇÃO:
A = ⇒ A = –
• A < 0: imagem invertida e. portanto, real.
• ⎥ A⎥ < 1: imagem menor que o objeto
Traçado gráfico
Resposta: A
Substância Índice de refração absoluto
Fluorita 1,43
Poliestireno 1,49
Quartzo 1,54
Zircone 1,92
Rutilo 2,62
nx–––––––
nprisma
nx–––––
2,40
nx < 1,70
20
–––––––
20 – 50
20
–––
30
A = 
f
–––––
f – p
A = –
2
–––
3
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7. (UNIFOR-CE-MODELO ENEM) – Um oftalmologista explica
que pais e pro fessores devem estar atentos aos comportamentos das
crianças. Uma dificuldade de aprendizado pode ser explicada por
defeitos na visão. Alguns defeitos, como a miopia (distância ao ponto
remoto relati va mente pequena) e a hipermetropia (ponto próximo além
de 250,00mm), são causados pela falta de esfericidade do bulbo ocular.
Para corrigir esses defeitos, usamos lentes esféricas. Uma pessoa que
é míope, para corrigir essa dificuldade que ela tem em enxergar de
longe, precisa usar uma lente esférica divergente. Já uma pessoa que é
hipermetrope, deve usar para a correção uma lente esférica conver -
gente. Com base no texto, as vergências das lentes corretivas para um
olho hipermetrope, cujo ponto próximo está a 80,00cm, e para um olho
míope, cujo ponto remoto está a 80,00cm, são respectivamente: 
a) 2,75di e –1,25di b) 1,25di e –2,75di c) 4,00di e –0,75di
d) –2,75di e 1,25di e) –1,25di e 2,75di
RESOLUÇÃO:
(I) Correção da hipermetropia: Lentes convergentes (positivas)
V = – ⇒ V = – (di)
V = 4,00 – 1,25 (di) ⇒
(II)Correção da miopia: Lentes divergentes (negativas)
� f � = D ⇒ � f � = 80,00cm = 0,80m
V = ⇒ V = – (di) ⇒
Resposta: A
8. (VUNESP-USCS-2018) – Ondas transversais propagam-se por
uma corda elástica, homogênea e esticada. O gráfico I representa uma
fotografia dessa corda em determinado instante, mostrando a ordenada
y dos pontos dessa corda em função da posição x.
Gráfico I
O gráfico II representa a ordenada y de um ponto dessa corda em
função do tempo t.
Gráfico II
De acordo com as informações contidas nos gráficos, a velocidade de
propagação das ondas nessa corda tem módulo igual a:
a) 1,0m/s b) 2,0m/s c) 4,0m/s
d) 6,0m/s e) 8,0m/s
RESOLUÇÃO:
(I) Do gráfico 1:
λ = 10 – 2,0 (m)
(II) Do gráfico 2:
T = 1,25 – 0,25 (s)
(III) V = λ f = 
V =
Da qual: 
Resposta: E
f = –0,80m
V = –1,25di
1
––––
0,80
1
–––
f
1
––––
0,80
1
––––
0,25
1
–––
dH
1
–––
dN
V = 2,75di
λ
–––
T
V = 8,0m/s
λ = 8,0m
T = 1,00s
8,0m
–––––
1,00s
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9. (EFOMM-2019) – O comprimento de onda da luz emitida por
um laser é de 675 nm no ar, onde a velocidade de propagação de ondas
eletromagnéticas é de 3,0 . 108m/s. Com base nessas informações,
pode-se afirmar que a velocidade de propagação e a frequência da luz
emitida por esse laser, em um meio onde o comprimento de onda é
450nm, são, respectivamente
a) 2,0 . 108 m/s e 4,0 . 108 Hz b) 2,5 . 108 m/s e 4,4 . 1014 Hz
c) 2,0 . 108 m/s e 4,4 . 108 Hz d) 2,0 . 108 m/s e 4,4 . 1014 Hz
e) 2,5 . 108 m/s e 4,0 . 108 Hz
RESOLUÇÃO:
(I) Cálculo da frequência da onda de luz, que é a mesma em qualquer
meio.
Em relação ao ar:
Var = λar f ⇒ 3,00 . 10
8 = 675 . 10–9 f
Da qual: 
(II) Cálculo da velocidade de propagação da onda luminosa no meio M.
VM = λM f
VM = 450 . 10
–9 . 1014 (m/s)
De onde se obtém: 
Resposta: D
10. (2018-2.a Aplicação) – Alguns modelos mais mo -
der nos de fones de ouvido contam com uma fonte
de energia elétrica para poderem funcionar. Esses
novos fones têm um recurso, denominado “Cancelador de Ruídos
Ativo”, constituído de um circuito eletrônico que gera um sinal sonoro
semelhante ao sinal externo de frequência fixa. No entanto, para que o
cancelamento seja realizado, o sinal sonoro produzido pelo circuito
precisa apresentar simultaneamente características específicas bem
determinadas.
Quais são as características do sinal gerado pelo circuito desse tipo de
fone de ouvido?
a) Sinal com mesma amplitude, mesma frequência e diferença de fase
igual a 90° em relação ao sinal externo.
b) Sinal com mesma amplitude, mesma frequência e diferença de fase
igual a 180° em relação ao sinal externo.
c) Sinal com mesma amplitude, mesma frequência e diferença de fase
igual a 45° em relação ao sinal externo.
d) Sinal de amplitude maior, mesma frequência e diferença de fase
igual a 90° em relação ao sinal externo.
e) Sinal com mesma amplitude, mesma frequência e mesma fase do
sinal externo.
RESOLUÇÃO: 
O circuito eletrônico do equipamento deve gerar um sinal com mesma
amplitude, mesma frequência e diferença de fase de 180º em relação ao
sinal externo. 
Com isso, com os dois sinais em oposição de fase, produz-se junto ao ouvido
do usuário interferência destrutiva e o efeito resultante é nulo. 
Tecnologia semelhante é utilizada nos cockpits dos pilotos em modernas
aeronaves de passageiros: ruído + ruído = silêncio.
Também se aplica ideia de mesma natureza em presídios, que utilizam
equipamentos bloqueadores de telefonia celular. 
Resposta: B
f 	 4,4 . 1014Hz
3000
–––––
675
VM = 2,0 . 10
8m/s
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11. Uma ambulância utiliza uma sirene bitonal que emite de forma
inter mitente intensos pulsos sonoros de frequências respectivamente
iguais a 700 Hz e 620 Hz.
Esse veículo se desloca em uma estrada retilínea com velocidade de
intensidade constante igual a 72 km/h e vai passar diante de um
observador parado à beira da pista. Na aproximação da ambulância, o
observador nota que a diferença entre as frequências emitidas pela
sirene assume um valor Δf1 e no afastamento do veículo, ele percebe
que essa diferença assume um valor Δf2. Su pondo-se que o som se
propague isotropicamente atra vés do ar em repouso com velocidade de
340 m/s, pede-se determinar a relação
.
a) 1 b) c) d)
RESOLUÇÃO:
(I) Aproximação:
= ⇒ =
Da qual: �
(II) Afastamento:= ⇒ =
Da qual: �
Dividindo-se � e �, vem:
= ⇒ = 
Da qual: 
Resposta: B
Δf1––––
Δf2
5
–––
4
8
–––
9
9
–––
8
VF = 20 m/s
Referencial Dopplerf ; fF1 F2 f ; fo1 o2
700 – 620
––––––––––
340 – 20
Δf1–––––
340
ΔfF––––––––
V � VF
Δf1––––––––
V � Vo
80 . 340
Δf1 = –––––––– (Hz)320
VF = 20 m/s
Referencial doppler f ; fF1 F2
f’ ; f’o1 o2
700 – 620
––––––––––
340 + 20
Δf2–––––
340
ΔfF––––––––
V � VF
Δf2––––––––
V � Vo
80 . 340
Δf2 = –––––––– (Hz)360
360
––––
320
Δf1–––––
Δf2
80 . 340
–––––––
320
–––––––––––
80 . 340
––––––––
360
Δf1–––––
Δf2
Δf1 9–––– = –––
Δf2 8
52 –
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1. (VUNESP-FMJ) – O gráfico representa, de forma simplificada,
a intensidade da corrente elétrica, em função do tempo, resultante do
fluxo de íons de sódio através da membrana de um axônio gigante de
lula, obtido em um experimento.
(www.sisne.org. Adaptado.)
Considerando o valor da carga elétrica de cada íon igual a 1,6 . 10–19C,
a quantidade de íons de sódio que atravessaram a membrana entre os
instantes 0s e 4,0 . 10–3s foi de
a) 2,5 . 103. b) 5,0 . 103. c) 7,5 . 104.
d) 2,5 . 105. e) 5,0 . 105.
RESOLUÇÃO:
No gráfico (i x t), a quantidade de carga é numericamente igual a área sob
o gráfico, assim
Q 
N
= área = 
Q = 
Q = 4,0 . 10–16C
mas, 
Q = ne
4,0 . 10–16 = n . 1,6 . 10–19
n = 
Resposta: A
2. (UEAM) – Existem no mercado diversos tipos de pilhas, tais
como as pilhas AAA e AA, conhecidas como “palito” e “pequena”,
respectivamente. Apesar de apresentarem a mesma força eletromotriz
de 1,5V, elas diferem na capacidade de armazenar carga elétrica. Essa
capacidade determina por quanto tempo uma pilha pode funcionar, e
pode ser expressa, por exemplo, na unidade miliampère-hora, mA . h.
Assim, se uma pilha armazenar 1mA . h e fornecer uma corrente de
intensidade constante igual a 1mA, funcionará durante uma hora.
Considere que uma pilha palito, AAA, quando nova, armazena 
800mA . h de carga elétrica. Se essa carga for expressa em coulomb,
unidade do Sistema Internacional, obteremos o valor
a) 1800 b) 3600 c) 4320
d) 1440 e) 2880
RESOLUÇÃO:
Para que a quantidade de carga elétrica “Q” seja expressa em coulomb, a
unidade de corrente elétrica utilizada deve ser o ampère (A) e a unidade de
tempo deve ser o segundo (s), assim:
Q = 800mAh
No (SI), temos:
1mA = 10–3A
1h = 3600s
Q = 800 . 10–3A . 3600s
Resposta: E
2,0
i (10 A)-13
1,0 2,0 3,0 4,0
t (10 s)-3
b . h
–––––
2
4,0 . 10–3 . 2,0 . 10–13
––––––––––––––––––––
2
4,0 . 10–16
––––––––––
1,6 . 10–19
n = 2,5 . 103 íons de sódio
Q = 2880C
MÓDULO 11 33 Eletrodinâmica I
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3. (VUNESP- MED. CATANDUVA) – A resistência elétrica R de
um condutor de comprimento L e secção transversal quadrada de lado 
D é dada por R = � , sendo � uma constante característica do ma-
terial do condutor.
Se esse condutor for seccionado em quatro condutores de comprimento 
L e secção transversal quadrada de lado e os quatro condutores 
obtidos forem associados em série no sentido de seu comprimento, a
associação obtida tem resistência
a) 16R. b) 2R. c) 4R. d) R. e) 8R.
RESOLUÇÃO:
R = �
R’ = � = � = 4�
∴ 
Assim:
Req = 4R’
Req = 4 (4R)
Resposta: A
4. Três lâmpadas idênticas foram ligadas no circuito
esque matizado. A bateria apresenta resistên cia
interna despre zível, e os fios possuem resistência
nula. Um técnico fez uma análise do circuito para prever a corrente
elétrica nos pontos: A, B, C, D e E; e rotulou essas correntes de IA, IB,
IC, ID e IE, respectivamente.
O técnico concluiu que as correntes que apresentam o mesmo valor
são
a) IA = IE e IC = ID. b) IA = IB = IE e IC = ID.
c) IA = IB, apenas. d) IA = IB = IE, apenas. 
e) IC = IB, apenas.
RESOLUÇÃO:
As três lâmpadas são idênticas e estão associadas em para lelo, ou seja,
submetidas à mesma tensão elétrica (V).
Concluímos, dessa maneira, que todas são percorridas pela mesma
intensidade de corrente elétrica.
Assim, as intensidades de corrente elétrica que passam pelos pontos C e D
são iguais.
Por outro lado, os pontos A e E são percorridos pela intensidade total de
corrente elétrica no circuito.
Observemos ainda, que a intensidade de corrente elétrica que passa pelo
ponto B tem intensidade igual a soma de IC e ID.
Resposta: A
L
––––
D2
D
–––
2
L
––––
D2
L
––––
D2
L
––––
D2
–––
4
L
–––––––
D�–––�
2
2
R’ = 4R
Req = 16R
C
B
A
E
L2
L3
V
L1
D
IC = ID
IA = IE
IB = IC + ID
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5. (OBC) – A lâmpada elétrica por incandescência, embora em
desuso, é interessante conhecer como ela é constituída. O bulbo de
vidro contém no seu interior um fio metálico chamado filamento,
enrolado em forma de hélice com a finalidade de concentrar o calor
produzido pela passagem da corrente elétrica. Dois fios metálicos
ligam o filamento à rosca metálica e à base metálica.
Pretende-se acender duas lâmpadas iguais cada uma para 6,0V,
utilizando-se uma bateria de 12 V. Indique o circuito que atende a essa
situação:
RESOLUÇÃO:
As lâmpadas devem ser ligadas em série. Sendo as lâmpadas iguais, a
tensão de 12 V aplicada pela bateria se divide igualmente pelas lâmpadas
( 6,0 V para cada). A corrente que passa pelo filamento da primeira
lâmpada deve também passar pelo filamento da outra. Isso ocorre na
alternativa (d).
Resposta: D
6. (FATEC-2019) – Um circuito eletrônico utilizado pelos alunos
da FATEC possui resistores, medidos em ohm, e uma ddp de 12V entre
os pontos A–B, conforme a figura. 
O valor da corrente elétrica da associação de resistores no circuito
apresentado na figura, em ampere, é 
a) 6 b) 5 c) 4 d) 3 e) 2 
RESOLUÇÃO:
Redesenhando o circuto, temos:
Simplificando os trechos em série:
Calculando a resistência equivalente em paralelo, temos:
RP = = 6
24
––––
4
– 55
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Assim:
U = RP . i
12 = 6i
Resposta: E
7. (OPF) – Cinco resistores são montados segundo a con figuração
abaixo. 
A resistência equivalente em 
, vale:
a) 2,6
 b) 3,6
 c) 4,6
 d) 5,6
 e) 6,6
RESOLUÇÃO:
Redesenhando o circuito, temos:
Trata-se, portanto, de uma Ponte de Wheatstone em equilíbrio:
Req = = 
Resposta: B
i = 2A
A B3� 5� 4�
2�
6�
54
–––
15
9 x 6
––––––
9 + 6
Req = 3,6
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1. (VUNESP-2019) – As lâmpadas de LED foram introduzidas no
mercado por serem mais econômicas que as lâmpadas de filamento.
Um determinado fabricante afirma que sua lâmpada de LED, de
potência igual a 9W, é equivalente a uma lâmpada de filamento de
60W. Numa determinada residência, notou-se que as lâmpadas de
filamento ficam ligadas, em média, por 100 horas a cada mês. Sabendo
que o custo da energia elétrica no local é de R$ 0,50 por kWh, a
economia média que essa residência teria na sua conta de energia
elétrica mensal com cada lâmpada trocada seria de 
a) R$ 3,45. b) R$ 2,55. c) R$ 3,00.
d) R$ 0,45. e) R$ 25,50.
RESOLUÇÃO:
I) Lâmpada de filamento:
εel1 = P1 �t1
εel1 = . 100 = 6,0kWh
Custo 1 = 6,0kWh . 0,50
Custo 1 = R$ 3,00
II) Lâmpada LED:
εel2 = P2 �t2
εel2 = . 100 
εel2 = 0,9kWh
Custo 2 = 0,9kWh . 0,50
Custo 2 = R$ 0,45
Assim: Economia = 3,00 – 0,45 = R$ 2,55
Resposta: B
2. (FAMERP) – A figura representa o esquema de ligação dos faróis
de um automóvel à bateria do veículo. O circuito é constituído por:
duas lâmpadas de 12V – 60W cada uma; uma chave de aciona mento e
um fusível de proteção, ambos de resistências desprezíveis; e fios de
ligação e conectores, também ideais.
Se os dois faróis estiverem acesos, das opções indicadas nas alterna -
tivas, aquela que corresponde à menor amperagem do fusível capaz de
proteger esse circuito é
a) 15A. b) 12A. c) 6A. d) 4A. e) 9A.
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo da intensidade da corrente de cada farol:
P = i . U ⇒ i =i = ⇒ i = 5,0A
2) Intensidade da corrente que passa no fusível:
itot = 2i ⇒ itot = 2 . 5,0A
3) Escolha do fusível:
iF � itot = 10,0A
Dos fusíveis indicados, o de “menor amperagem” é o de 12A
Observação: o termo “amperagem” faz parte do jargão dos eletricistas.
O termo correto é: intensidade de corrente elétrica.
Resposta: B
60
––––
1000
R$
––––
kWh
9
––––
1000
R$
––––
kWh
P
–––
U
60W
–––––
12V
itot = 10,0A
– 57
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 3
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MÓDULO 11 44 Eletrodinâmica II
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3. (VUNESP-FAM) – Uma bateria de automóvel de capaci dade
20A . h pode fornecer uma corrente elétrica de intensidade 20A durante
uma hora, de 2,0A durante 10h, ou outra combinação seme lhante.
Uma bateria de 12V, cuja capacidade seja de 60A . h, pode fornecer, até
seu esgotamento, uma quantidade aproximada de energia, em joules,
de:
a) 7,2 . 102 b) 4,3 . 104 c) 4,3 . 107
d) 2,6 . 108 e) 2,6 . 106
RESOLUÇÃO:
1.a solução:
P = i U εe� = P . Δt
P = 60 . 12 (W) εe� = 720 . 3600
P = 720W
2.a solução:
Cálculo da quantidade de carga (Q) no SI:
Q = 60A . h = 60A . 3600s = 2,16 . 105C
Assim:
U = 
12 = 
Resposta: E
4. (VUNESP) – Um lustre contém seis lâmpadas iguais, de valores
nominais (40V – 80W) cada uma. Esse lustre é ligado a uma diferença
de potencial de 120V, conforme representado, de forma simplificada,
na figura 1.
Na figura 2, vê-se o esquema do circuito correspondente a esse lustre.
Considerando desprezíveis as resistências elétricas dos fios de ligação,
é correto afirmar que a potência dissipada por L1 e a intensidade da
corrente elétrica que passa por L5 são iguais, respectivamente, a
a) 80W e 1A. b) 80W e 2A. c) 20W e 1A.
d) 20W e 2A. e) 40W e 2A.
RESOLUÇÃO:
Cálculo da resistência elétrica de cada lâmpada:
P =
80 = ⇒
i = = (A) ⇒ i = ⇒
Na lâmpada L5: i’ = A
Na lâmpada L1, temos:
P1 = R1 i
2
P1 = 20 (2)
2 (W) ⇒ 
Resposta: A
εe� � 2,6 . 106J
εe�–––
Q
εe�––––––––
2,16 . 105
εe� � 2,6 . 106J
Figura 1
L1 L6
L2
L3
L4
L5
Figura 2
L1 L6
L2
L3
L4
L5
120V
U2
––––
R
R = 20
(40)2
–––––
R
120V
20�
i
20� 20�
20�20�
20�i'
i'
i
i
i = 2A
120
––––
60
120
––––––––––––
40
20 + ––– + 20
2
E
––––
Req
2
––
2
i’ = 1A
P1 = 80W
58 –
FÍS
IC
A
 3
. aS
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5. (VUNESP) – Um conjunto de lâmpadas idênticas, asso ciadas em
paralelo, está ligado a uma bateria ideal de força eletromotriz igual a
12V. Sabendo que cada lâmpada dissipa uma potência de 6,0W e que
a intensidade da corrente elétrica na bateria é igual a 10,0 A, pode-se
concluir que o número de lâmpadas no circuito é igual a
a) 10 b) 15 c) 20 d) 30 e) 35
RESOLUÇÃO:
Cálculo da potência elétrica total:
Ptotal = Utotal . itotal
Ptotal = 12 . 10 (W)
Assim: 
Ptotal = n . P
120 = n 6,0
Resposta: C
6. (VUNESP-2019) – O circuito da figura é constituído por um gera -
dor ideal, dois resistores ôhmicos iguais, duas chaves interruptoras Ch1
e Ch2 de resistências desprezíveis, um amperímetro ideal e duas lâm -
padas iguais de valores nominais (100V – 50W). Os fios e as conexões
utilizados para compor o circuito têm resistência elétrica desprezível.
As chaves interruptoras estão inicialmente abertas e não podem ser
fechadas simultaneamente. Se a chave Ch1 for fechada, o amperímetro
indica i1. Se a chave Ch2 for fechada, o amperímetro indica i2. As
intensidades de i1 e i2 são, respectivamente,
a) 1,0A e 1,5A. b) 0,5A e 0,5A. c) 0,5A e 1,0A.
d) 1,0A e 0,5A. e) 1,5A e 1,0A.
RESOLUÇÃO:
Cálculo da resistência elétrica das lâmpadas:
P = ⇒ 50 = 
Com Ch1 fechada e Ch2 aberta, temos:
Req1 = 200 + = 300
i1 = = (A) ⇒ 
Com Ch2 fechada e Ch1 aberta, temos:
Req2 = + 200 = 300
i2 = = (A) ⇒ 
Resposta: B
Ptotal = 120W
n = 20 lâmpadas
U2
––––
R
(100)2
–––––
R
R = 200
200
––––
2
E
–––––
Req1
150
–––––
300
i1 = 0,50A
200
––––
2
E
–––––
Req2
150
–––––
300
i2 = 0,50A
– 59
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S
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A
 3
.a
S
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7. (UESPI) – A figura abaixo ilustra um estudo sobre uma insta lação
elétrica, onde uma extensão, com capacidade de suportar até 20A, está
conectada a uma rede elétrica de 120 V. Nesta extensão estão conecta dos
um aparelho com potência nominal de 60W, um equipa mento de
resistência elétrica 120
 e um benjamim (também conhecido por “T”).
O benjamim possui capacidade de suportar intensidade de corrente elé -
trica até 15 A. No benjamim estão ligados um equipamento com resis -
tência elétrica 30
 e um outro aparelho com potência elétrica de 1200W. 
É correto afirmar:
a) A extensão não poderá suportar todos os equipamentos ligados
simultaneamente.
b) A extensão está dimensionada para suportar adequadamente todos
os equipamentos da instalação.
c) A extensão tem condições de suportar a instalação de todos os
equipamentos, mas o benjamim não suporta a intensidade de
corrente elétrica dos aparelhos nele instalados.
d) A extensão somente poderá ser utilizada se o equipamento com
60W de potência for desligado.
e) As alternativas “a” e “d” estão corretas.
RESOLUÇÃO:
Aparelho 1: P1 = i1 U
60 = 120 · i1
Aparelho 2: U = R2 i2
120 = 120 i2
Aparelho 3: U = R3 i3
120 = 30 i3
Aparelho 4: P4 = i4 U
1200 = i4 120
A intensidade total da corrente elétrica é dada por:
itotal = i1 + i2 + i3 + i4
itotal = 0,50 + 1,0 + 4,0 + 10 (A)
A extensão elétrica está dimensionada para suportar até 20A, portanto, seu
uso está adequado.
No benjamim:
ibenjamim = i3 + i4 = 4,0 + 10 = 14A
Dessa maneira, o benjamim também está adequado pois suporta até 15A
Resposta: B
i1 = 0,50A
i2 = 1,0A
i3 = 4,0A
i4 = 10A
itotal = 15,5A
60 –
FÍS
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A
 3
. aS
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1. (UNESP-MODIFICADA) – Uma partícula eletricamente neutra
está em repouso no ponto P de uma região com campo magnético
uniforme. Ela se desintegra em duas outras partículas com massas
iguais, porém com cargas de sinais opostos. Logo após a desintegração,
elas são impulsio nadas para lados opostos, com velocidades constantes
perpendiculares ao campo magnético. 
Desprezando a força de atração entre as cargas e considerando o
sentido do campo magnético entrando perpendi cularmente a esta
página, da frente para o verso, podemos concluir que a figura que
melhor representa as trajetórias dessas partículas é
RESOLUÇÃO:
fig. 1
fig. 2
As partículas resultantes da desintegração do nêutron têm cargas elétricas
de sinais opostos. Foram impulsionadas em sentidos opostos (Princípio da
Conservação da Quantidade de Movimento).
Fazendo-se um estudo separado de cada uma delas:
1. partícula positiva: admitamos que sua velocidade seja +
→
V como na
figura. Usando a regra da mão esquerda, obtemos 
→
F para cima;
consequentemente a curva mostrada na figura 1.
2. partícula negativa: sua velocidade é –
→
V, como na figura 2. Pela regra da
mão esquerda, obtemos
→
F para cima e a curva da trajetória indicada
na figura 2.
Resposta: B
�
F
�
+V
+q
�
B
�
F
�
-V
-q
�
B
– 61
FÍ
S
IC
A
 3
.a
S
MÓDULO 11 55 Eletromagnetismo
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2. (FGV) – A figura a seguir mostra os limites de uma região em
que há um campo magnético uniforme
→
B, cuja direção é perpendicular
ao plano da figura e apontando para dentro. 
Uma partícula de massa m carregada com uma carga elétrica q penetra
nessa região com uma velocidade de módulo V e direção perpendicular
ao campo magnético.
Ela descreve uma trajetória semicircular e vai se chocar com uma placa
fo to gráfica colocada do lado esquerdo como indica a figura. O diâme -
tro da semicircunferência descrita é d. 
Podemos deduzir que: 
a) a partícula tem carga elétrica q positiva e a distância da porta de
entrada ao ponto de incidência na chapa fotográfica é: 
d = 
b) a partícula tem carga elétrica q positiva e a distância da porta de
entrada ao ponto de incidência na chapa fotográfica é: 
d = 
c) a partícula tem carga elétrica q negativa e a distânciada porta de
entra da ao ponto de incidência na chapa fotográfica é: 
d = 
d) a partícula tem carga elétrica q negativa e a distância da porta de
entrada ao ponto de incidência na chapa fotográfica é: 
d = 
e) a partícula tem carga elétrica q positiva e a distância da porta de
entrada ao ponto de incidência na chapa fotográfica é:
d = 
RESOLUÇÃO: 
O raio da trajetória é 
R = 
Mas, o diâmetro da semicircunferência é o dobro do raio:
d = 2R = 
Usando-se a regra da mão esquerda, colocada logo na porta de entrada,
verificamos que a partícula tem carga elétrica positiva.
Resposta: B
3. Na figura a seguir, está esquematizada a seguinte montagem: dois
semi-anéis estão lado a lado e entre eles há um fio reto, que não toca
em nenhum dos dois. No fio central circula uma corrente elétrica de
intensidade 2i, no sentido do eixo x. Nos anéis circulam correntes de
sentidos opostos, de intensidade i. 
A força magnética que atua no ponto C, nesse fio retilíneo, devido ao
campo resultante dos dois semi-anéis, tem direção e sentido: 
a) perpendicular ao papel, penetrando nele. 
b) perpendicular ao papel, saindo dele 
c) perpendicular ao fio, na direção e sentido do eixo y. 
d) perpendicular ao fio, na direção do eixo y, porém em sentido oposto.
e) é nula, pois o campo resultante é nulo. 
RESOLUÇÃO:
Considerando as respectivas correntes passando pelo semi-anéis, vamos
usar a regra da mão direita sobre cada uma delas e com isso determinar os
respectivos campos magnéticos no interior do anel, próximo ao centro C. 
→
B1 – campo magnético gerado pelo semi-anel superior. Pela regra da mão
direita, está penetrando no papel.
→
B2 — campo magnético gerado pelo semi-anel inferior. Pela regra da mão
direita, também está penetrando no papel.
A figura a seguir é auto-explicativa:
O campo resultante está penetrando no papel. Usando a regra da mão
esquerda no fio central, concluímos que a força magnética 
→
F está no plano
xy, que é o plano desta página, tem direção e sentido do eixo y. Ou seja, é
perpendicular ao fio retilíneo central.
Resposta: C
d
B
�
v
0
�
Chapa
fotográfica
m . V
–––––––
⎥q⎥ . B
2m . V
–––––––
⎥q⎥ . B
m . V
–––––––
⎥q⎥ . B
2 m . V
––––––––
⎥q⎥ . B
m . V
–––––––
2⎥q⎥ . B
m . V
–––––––
⎥q⎥ . B
2m . V
–––––––
⎥q⎥ . B
2i 2i
i
y
x
ref.
C
2i
i
�
B1
�
F
�
B2
i
i
62 –
FÍS
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 3
. aS
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4. Um ímã está próximo de uma bobina em cujos terminais foi
inserida uma lâmpada de LED de baixa potência.
Pretende-se acender a lâmpada sem o uso de uma fonte de tensão
externa ao circuito bobina-lâmpada.
a) Se o polo sul do ímã for apontado para a bobina, mantendo-se em
repouso ímã e bobina, a lâmpada vai acender.
b) Se o polo norte do ímã for apontado para a bobina, mantendo-se
em repouso ímã e bobina, a lâmpada vai acender.
c) Se o ímã for movimentado próximo da bobina, na direção de seu
eixo, a lâmpada vai acender.
d) Se o polo sul do ímã for aproximado da bobina, ele será atraído pelo
núcleo de ferro e a lâmpada permanecerá apagada.
e) Se o conjunto bobina-ímã for transladado para a direita ou para a
esquerda sobre o eixo central, sem que haja movimento relativo
entre ambos, a lâmpada vai acender.
RESOLUÇÃO:
Para haver corrente elétrica induzida na bobina, deverá haver variação de
fluxo magnético. Isso acontecerá quando houver movimento relativo, sobre
o eixo central, entre ímã e bobina.
Resposta: C
5. (FUVEST) – Em uma aula de laboratório de Física, para estudar
propriedades de cargas elétricas, foi realizado um experimento em que
pequenas esferas eletrizadas são injetadas na parte superior de uma
câmara, em vácuo, onde há um campo elétrico uniforme na mesma
direção e sentido da aceleração local da gravidade. Observou-se que,
com campo elétrico de módulo igual a 2 x 103 V/m, uma das esferas,
de massa 3,2 x 10–15 kg, permanecia com velocidade constante no
interior da câmara. Essa esfera tem
a) o mesmo número de elétrons e de prótons.
b) 100 elétrons a mais que prótons.
c) 100 elétrons a menos que prótons.
d) 2000 elétrons a mais que prótons.
e) 2000 elétrons a menos que prótons.
RESOLUÇÃO:
Para que a partícula atravesse os campos com velo cidade vetorial
constante, seu movimento deverá ser retilíneo e a força resultante deve ser
nula.
A força elétrica 
→
F deverá ter o sentido oposto ao do peso 
→
P. Por outro lado,
verificamos também que 
→
F te rá sentido oposto ao do campo elétrico 
→
E e a
carga elétrica é negativa (q < 0).
Sendo �→F � = �→P �, temos:
�q � E = m . g ⇒ �q � =
�q � = (unidades SI)
�q � = 1,6 . 10–17C
Sendo �q � = n . e
n = =
Como a carga é negativa, concluímos que há 100 elé trons a mais que a
quantidade de prótons.
Resposta: B
L
LED
S N
bobina
núcleo
de ferro
Note e adote:
carga do elétron = – 1,6 x 10–19C
carga do próton = + 1,6 x 10–19C
aceleração local da gravidade = 10 m/s2
mg
–––
E
3,2 . 10–15 . 10
–––––––––––––
2 . 103
�q �
–––
e
1,6 . 10–17
––––––––––
1,6 . 10–19
n = 100
– 63
FÍ
S
IC
A
 3
.a
S
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6. Uma haste móvel de massa m desliza sem atrito em contato com
dois trilhos de cobre A e B, fazendo com com que circule uma corrente
elétrica de intensidade i, de A para B como se mostra na figura.
Os trilhos A e B são verticais e o movimento da haste é vertical, para
baixo. Entre os dois trilhos, um ímã mantém um campo magnético,
representado pelo vetor indução 
→
B e verifica-se que a haste desce em
movimento de translação uniforme.
A intensidade da corrente elétrica na haste vale:
a) 200 A b) 100 A c) 20,0 A d) 10,0 A e) 1,0 A
RESOLUÇÃO:
Na haste temos duas forças atuando:
→
F = força magnética, cujo sentido é dado pela regra da mão esquerda
→
P = peso da haste
F = B . i . L
P = m . g
Como temos um MRU, então 
→
Fres = 
→
O
F = P
B . i . L = m . g
i = = (A)
i = (A) ⇒ i = 2,0 . 102 A
ou 
Resposta: A
d
A B
B
�
i
haste
móvelg
�
Note e adote:
d = 10,0 cm; g = 10,0 m/s2; m = 100 g;
B = 5,0 . 10– 2 T; despreze os atritos.
haste
móvel
P
�
F
�
V
�
g
�
(constante)
m . g
––––––
B . L
0,10 . 10,0
–––––––––––––––––––
5,0 . 10– 2 . 1,0 . 10– 1
1,0 . 103
–––––––
5,0
i = 200 A
64 –
FÍS
IC
A
 3
. aS
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7. Na figura estão dois anéis concêntricos, pertencentes ao plano do
papel. No anel 1, interno, está circulando uma corrente elétrica de
intensidade i, no sentido anti-horário. No anel 2, externo, circula uma
corrente elétrica no sentido horário, de intensidade 2i. O anel 1 tem
raio 3r, ao passo que o anel 2 tem raio 4r. Sabe-se que a permeabili -
dade magnética do meio vale �. 
No centro comum C dos dois anéis, o campo magnético resultante
→
B
tem direção e sentido, bem como módulo dado em uma das figuras a
seguir: 
a)
b)
c)
d)
e)
→
B = 
→
0
RESOLUÇÃO:
1) Campo magnético no interior de cada anel:
Módulo: B = 
Anel 1:
R = 3r
intensidade de corrente: i
B1 = 
Sentido: 
→
B1 �
Anel 2:
R = 4r
intensidade de corrente: 2i
B2 = = 
Sentido: 
→
B2 �
2) Módulo do campo resultante 
Os vetores 
→
B1, e 
→
B2 têm sentidos opostos. Então o módulo do campo
resultante será a diferença entre os módulos B1 e B2.
B1 < B2 ⇒ Bres = B2 – B1
Bres = –
Bres = –
⇒
3) Sentido de 
→
Bres:
Como B2 > B1, o campo resultante tem o sentido do vetor 
→
B2.
Resposta: B
Observação: no enunciado, o campo resultante foi denominado apenas por
→
B.
B = 
� i
––––
6r
B = 
� i
––––
12r
B = 
� i
––––
12r
B = 
� i
––––
6r
� i
––––
2R
� i
––––
6 r
� 2i
–––––
8 r
� i
––––
4 r
� i
––––
4r
� i
––––
6r
3� i
––––
12r
2� i
––––
12r
Bres = 
� i
––––
12r
B = 
� i
––––
12r
�
→
Bres = 
→
B
– 65
FÍ
S
IC
A
 3
.a
S
C1_FIS_3a_RGERAL_Alelex_2019.qxp 21/08/2019 15:34 Página 65
1. (PUC-2019) – Considere cinco esferas metálicas condutoras,
idênticas e bem distantes entre si, apoiadas em suportes isolantes. A
esfera 1 é eletrizada com carga Q, estando as demais eletricamente
neutras. A esfera 1 é colocada emcontatos sucessivos com as esferas
2, 3, 4 e 5, respectivamente. Após os contatos citados, as esferas 1, 3 e
5 são postas em contato simultâneo e depois separadas novamente.
Podemos afirmar que a carga final da ESFERA 3, após todos os
contatos citados, será igual a:
a) Q/8 b) 3Q/8 c) 13Q/16 d) 13Q/48
RESOLUÇÃO:
1) Esfera 1 em contato com a esfera 2:
Q Q/2 Q/2
� � ⇒ � �
neutra
2) Esfera 1 em contato com a esfera 3:
Q/2 Q/4 Q/4
� � ⇒ � �
neutra
3) Esfera 1 em contato com a esfera 4:
Q/4 Q/8 Q/8
� � ⇒ � �
neutra
4) Esfera 1 em contato com a esfera 5:
Q/8 Q/16 Q/16
� � ⇒ � �
neutra
5) Contato entre as esferas 1, 3 e 5:
Q/16 Q/4 Q/16
� � �
Qtotal = + + = = = 
Q1 = Q2 = Q3 = = 
Q/8 Q/8 Q/8
� � �
Conclusão: a carga final da esfera 3 será: 
Resposta: A
2. Duas cargas puntiformes Q1 = 2,0 . 10
– 8 C e Q2 = – 3,0 . 10
– 8 C
são fixas nos pontos A e B, separadas de 20 cm, no vácuo.
Uma partícula de massa m = 1,0 . 10– 3 grama e carga q = 1,0 μC é
abandonada no ponto médio do segmento que une A e B. O módulo da
aceleração inicial adquirida pela partícula, em m/s2, vale:
a) 4,5 . 104. b) 3,0 . 103. c) 5,0 . 103.
d) 2,0 . 103. e) 5,0 . 104.
RESOLUÇÃO:
F1 = K0 = (N)
F1 = 18 . 10
– 3 N
F2 = K0 = (N)
F2 = 27 . 10
– 3 N
Fres = F1 + F2 ⇒ Fres = 45 . 10
– 3 N = 4,5 . 10–2 N
Cálculo do módulo da aceleração inicial da partícula:
Fres = m . a
a =
a = 
Resposta: A
3Q
–––
8
6Q
–––
16
Q + 4Q + Q
––––––––––
16
Q
–––
16
Q
–––
4
Q
–––
16
Q
–––
8
Qtotal–––––
3
Q
–––
8
10 cm 10 cm
Q1 q Q2
Note e adote:
Constante eletrostática do vácuo = 9,0 . 109 N . m2/C2.
Despreze a ação do campo gravitacional sobre a partícula.
10 cm
Q = +2,0 x 10 C1
-8 q = +1,0 C�
10 cm
F1
�
F2
�
Q = -3,0 x 10 C2
-8
9,0 . 109 . 2,0 . 10– 8 . 1,0 . 10– 6
––––––––––––––––––––––––––
(1,0 . 10–1)2
Q1 . q–––––––
d2
9,0 . 109 . 3,0 . 10– 8 . 1,0 . 10– 6
––––––––––––––––––––––––––
(1,0 . 10–1)2
�Q2� . q–––––––
d2
Fres––––
m
4,5 . 10–2 N
––––––––––––
1,0 . 10–6 kg
a = 4,5 . 104 m/s2
66 –
FÍS
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A
 3
. aS
MÓDULO 11 66 Eletrostática
C1_FIS_3a_RGERAL_Alelex_2019.qxp 21/08/2019 15:34 Página 66
3. Uma partícula de carga elétrica positiva q foi deslocada no interior
de um campo elétrico ao longo de um eixo x. No primeiro deslo ca -
mento, a partícula saiu da posição A para B e o trabalho da força
elétrica foi de 40 keV (quilo-eletronvolt). No segundo deslocamento a 
partícula foi levada de B para C e em seguida para a posição A. O
potencial elétrico nas posições A, B e C é dada no gráfico a seguir. 
Os trabalhos da força elétrica no deslocamento de B para C e no
deslocamento de C para A valem, respecti vamente: . 
a) 20 keV e –60 keV b) 40 keV e 60 keV 
c) 20 keV e 60 keV d) 10 keV e –40 keV 
e) 80 keV e –120 keV 
RESOLUÇÃO:
1) Valor da carga q
τAB = q (VA – VB) 
q = 
q = 
2) Trabalho BC:
τBC = q (VB – VC) 
τBC = 20 e . (2,0 – 1,0) kV
3) Trabalho CA:
τCA = q (VC – VA) 
τCA = 20 e . (1,0 kV – 4,0 kV)
Resposta: A
Outro modo de calcular o trabalho de A até C:
τAC = τAB + τBC
τAC = 40 keV + 20 keV = 60 keV
Sendo: τAC = – τCA ⇒ τAC = – 60 keV
4. Entre duas placas metálicas idênticas, em paralelo e eletrizadas
com cargas elétricas opostas, +Q e –Q, forma-se um campo elétrico
uniforme. 
Sendo V1 = +200V e V2 = –200V os potenciais de cada placa e sendo
d = 20cm a distância entre elas, então o módulo do campo elétrico é: 
a) 8000V/m b) 6000V/m c) 2000V/m 
d) 20V/m e) 6,0V/m 
RESOLUÇÃO:
E . d = U
E . d = (V1 – V2)
E = 
E = 
Resposta: C
τAB–––––––––
(VA – VB)
40 keV
–––––––
2 kV
q = 20 e
τBC = +40 keV
τCA = – 60 keV
V1 – V2–––––––
d
(+200V) – (–200V)
––––––––––––––––
0,20m
E = 2000V/m
– 67
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S
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A
 3
.a
S
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5. Nas figuras a seguir estão esquematizadas linhas de força de um
campo elétrico (grupo 1) e linhas de indução de um campo magnético
(grupo 2). 
Interpretando as figuras, foram feitas as seguintes afirmações: 
I) Na figura 1, o campo elétrico é uniforme e, na figura 4, o campo
magnético é uniforme também. 
II) Na figura 2, a carga elétrica 2 é negativa e na figura 5 o polo A é
polo norte e B, polo sul.
III) Na figura 3, a carga elétrica puntiforme 3 é negativa e a placa P,
positiva. 
IV) Na figura 6, C e D representam dois polos norte. 
Do que foi afirmado, são verdadeiras apenas:
a) I e IV b) II e III c) I, II e III
d) I, II e IV e) II, III e IV
RESOLUÇÃO: 
1) Grupo 1:
fig 1: campo elétrico uniforme
fig 2: cargas elétricas opostas, sendo (1) positiva e (2) negativa
fig 3: cargas puntiforme (3) positiva e placa P negativa
2) Grupo 2: 
fig 4: campo magnético uniforme
fig 5: dois ímãs; polo A é norte; polo B é sul
fig 6: dois ímãs; polo C é norte; polo D é norte
Conclusão: 
I) Verdadeira
II) Verdadeira 
III) Falsa 
IV) Verdadeira
Resposta: D
6. Certa ocasião, um físico necessitou de quatro pequenas esferas
idên ticas, eletrizadas, para realizar o experimento da medida da força
elétrica. No entanto, a grande dificuldade estava em estabelecer uma
relação entre as quantidades de eletricidade em cada esfera. Então
eletrizou-as do seguinte modo:
• A esfera 4 recebeu uma carga elétrica estimada em 12 pC. As outras
três estavam inicialmente neutras.
• Encostou a esfera 4 na esfera 3, e a eletrizou por contato.
• Com a carga elétrica restante na esfera 4, eletrizou simultaneamente
as esferas 1 e 2, juntando-as em um único contato.
Podemos concluir que as esferas 1, 2 e 3 ficaram eletrizadas, respec ti -
vamente, com as seguintes quantidades de eletricidade:
a) 2,0 pC; 4,0 pC e 6,0 pC. b) 2,0 pC; 2,0 pC e 6,0 pC.
c) 4,0 pC; 4,0 pC e 2,0 pC. d) 3,0 pC; 4,0 pC e 3,0 pC.
e) 6,0 pC; 2,0 pC e 2,0 pC.
RESOLUÇÃO:
1o. contato:
Q3 = Q4 = = 6,0 pC
2o. contato: 
Agora a esfera 4 possui apenas uma carga elétrica residual igual a 6 pC
Q1 = Q2 = Q4 = = 2,0 pC
Então, as cargas elétricas finais ficaram: 
Q1 = 2,0 pC; Q2 = 2,0 pC; Q3 = 6,0 pC
Resposta: B
fig. 1
12 pC
––––––
2
1 2 3
4
fig. 2
6,0 pC
––––––
3
68 –
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 3
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7. Um grupo de alunos em uma aula de laboratório de Física, na
USP, realizou o seguinte experimento: 
• Usando um fio de seda, penduraram duas esferas condutoras, como
mostra a figura 1; 
• Em seguida, usando um canudinho previamente eletrizado, trans -
feriram, por contato, uma quantidade de eletricidade Q = 36,0nC
para as duas esferas penduradas. 
• Eletrizadas com cargas elétricas iguais, imediatamente as esferas
se repeliram, como mostra a figura 2. 
O modulo da força de tração em cada fio, vale: 
a) 1,0 . 10–4 N b) 1,5 . 10–4 N c) 2,0 . 10–4 N
d) 6,0 . 10–4 N e) 9,0 . 10–4 N
RESOLUÇÃO:
1) Módulo da força elétrica:
= L . sen � ⇒ d = 2L . sen �
d = 2 . 15,0 . 0,60 cm ⇒ d = 18,0 cm = 18,0 . 10–2 m
F = = 
A carga total das duas esferinhas é de 36,0 nc. Portanto, a carga de cada
uma delas é de 18,0 nC:
F = N
2) Determinação do módulo da força tração no fio: 
Na figura 4 a seguir, estamos representando as forças de tração, o peso
da esferinha e a força elétrica. A tração tem a sua componente hori -
zontal Tx equilibrando a força F. O peso seria equilibrado pela com -
ponente vertical Ty, que não aparece na figura a fim de não sobrecar-
 regá-la.
Tx = T . sen �
Tx = F
T . sen � = F 
Tx = 
T = N
T = 15,0 . 10–5N
Resposta: B
Note e adote: 
A constante eletrostática da Lei de Coulomb vale: 
9,0 . 109 N.m2/C2
Comprimento do fio: L = 15,0 cm 
sen � = 0,6 e cos � = 0,8
Figura 3
E1 E2
L
�
O
F1 F2
d
M d
2
d
––
2
K . Q2
––––––
d2
K . Q . Q
–––––––––
d2
9,0 . 109 . (18,0 . 10–9)2
–––––––––––––––––––
(18,0 . 10–2)2
F = 9,0 . 10–5N
Figura 4
T
�
O
F
M Tx
F
L
P
F
––––––
sen �
9,0 . 10–5
–––––––––
0,60
T = 1,5 . 10–4 N
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8. (FUVEST-2019) – Três pequenas esferas carregadas com carga
positiva Q ocupam os vértices de um triângulo, como mostra a figura.Na parte interna do triângulo, está afixada outra pequena esfera, com
carga negativa q. As distâncias dessa carga às outras três podem ser
obtidas a partir da figura.
Sendo Q = 2 x 10–4C, q = –2 x 10–5C e d = 6 m, a força elétrica
resultante sobre a carga q
a) é nula.
b) tem direção do eixo y, sentido para baixo e módulo aproximado 
de 1,8N.
c) tem direção do eixo y, sentido para cima e módulo aproximado 
de 1,0N.
d) tem direção do eixo y, sentido para baixo e módulo aproximado 
de 1,0N.
e) tem direção do eixo y, sentido para cima e módulo aproximado 
de 0,3N.
RESOLUÇÃO:
Lei de Coulomb:
F =
1) Intensidade da força entre as cargas (1) e (4):
F1 = 
F1 = (N) 
2) Entre as cargas (2) e (4), temos:
3) Intensidade da força entre as cargas (3) e (4):
F3 = 
F3 = (N) 
Observemos que o triângulo (1) (4) (2) é retângulo, com ângulo reto em
(4). Logo: 
→
F1 ⊥
→
F2
4) Resultante entre 
→
F1 e 
→
F2: 
F1,2
2 = F1
2 + F2
2
F1,2 = 0,5 
��2 N 	 0,7N
5) Resultante das forças na carga q:
R = F3 – F1,2
R 	 1,0N – 0,7N
Sentido para cima e direção do eixo y.
Resposta: E
Note e adote:
A constante k0 da Lei de Coulomb vale 
9,0 x 109 N m2/C2
(1) (2)
(3)
6m 6m
6 2 m
6m
6 2 m
(4)
F1 F2
F3
6m
q
Q
Q Q
k0 . |Q1| . |Q2|
––––––––––––––––
d2
k0 . Q . |q|––––––––––––
d1
2
9,0 . 109 . 2,0 . 10– 4 . 2,0 . 10–5
–––––––––––––––––––––––––––––
(6,0
��2 )2
F1 = 0,5 N
F2 = F1 = 0,5 N
k0 . Q . |q |––––––––––––
d3
2
9,0 . 109 . 2,0 . 10– 4 . 2,0 . 10–5
–––––––––––––––––––––––––––––
(6,0)2
F3 = 1,0 N
F1
→
F
1,2
→
F2
→
F1,2
→
F3
→
q
y
R 	 0,3N
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