[vestcursos] Física - Gabarito e resoluções da Apostila 2

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Renato 
Brito
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 24 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – ww.simétrico.com.br 
 Capítulo 12 e 13 – Lei de Coulomb e Campo Elétrico 
1) C 
2) B 
3) D 
Comentário: a esfera inicialmente neutra é atraída por indução, depois 
eletrizada por contato, adquirindo carga de mesmo sinal da parede 
sendo, em seguida, repelida pela parede. 
4) C – poder das pontas. 
5) E – poder das pontas 
6) A 
Comentário: se elas fossem infinitamente afastadas, uma da outra, ao 
final, a resposta seria a letra B 
7) E 
Comentário: lembre-se que atração também pode ocorrer entre um 
corpo neutro e outro eletrizado, como no caso da indução. 
8) B 
Comentário: como se trata de repulsão, ambos precisam estar 
eletrizados necessariamente com cargas de mesmo sinal. 
9) D 
Comentário: inicialmente, a bola desce em MRU (equilíbrio), sendo 
atraída por indução: T1 = P + Fe1, portanto T1 > P. Depois ocorre o 
contato – bolas passam a se repelir – agora a bola sobe novamente 
em MRU (equilíbrio): 
T2 + Fe2 = P , portanto, T2 = P  Fe2 , T2 < P 
10) E 
Comentário: ao ligar Z em Y, ambas se descarregam para a terra. 
11) E ( você deduzirá que B está neutra) 
12) D 
Comentário: elas têm cargas de mesmo valor e sinais contrários, 
portanto, a soma das cargas vale zero Q + Q = 0. Quando são 
postas em contato, eletroscópio e bastão se neutralizam mutuamente, 
cessando qualquer repulsão entre as folhas do eletroscópio, que vão, 
portanto, fechar. 
13) a) (A) zero, (B) +14C, b) (A) 4C , (B) 10C 
14) C 
Resolução: 
A
CF BF
AFAF
BF CF
BC
 
FA: Força exercida pela partícula A 
FB: Força exercida pela partícula B 
FC: Força exercida pela partícula C 
A aceleração está na mesma direção e sentido da força resultante. 
 
15) D 
 
16) C 
Resolução: 
4F
4F
F
 
 
A repele + q com uma Força F (distância 2L) 
C atrai + q com uma Força 4 F (distância L) 
B atrai + q com uma Força 4 F (distãncia L) 
 
 
4F
4F
120
º
 
 
 
 
 
4F
 
 
4F
4F
F
 
 
 
 
 
 
4F
F
 
17) 
2
kQq
3
R
 
Resolucão: Da lei de Coulomb, vemos que +Q vai repelir +q com uma força 
da por F = K.Q.q / R2 apontando na direção , enquanto Q vai atrair +q 
com uma força da por F = K.Q.q / R2 apontando na direção  (veja figura). 
Da nossa aula de vetores, sabemos que, quando duas forças têm o mesmo 
módulo, a resultante entre elas fica bem na bissetriz. Assim, já sabemos 
que a força resultante entre F e F será horizontal. 
 = 30o 
(correspondentes) 
 = 30o (alternos 
internos) 
FR = Fx + Fx 
FR = F. cos30º + F.cos30º 
FR = 2F.cos30º = 
3
2.F.
2
 
FR = 
F. 3
 = 
2
k.Q.q
. 3
R
 
F
F
30º

30º
 eixo x
R R
+Q -Q
+q
 
 
As componentes no eixo y vertical se cancelam 
 
18) A 
Resolução: Observe a figura abaixo. Aplicando a Lei de Coulomb vem: 
F1 = 
2
K.Q.q
45x
, F2 = 
2
K.Q.q
36x
  
1
2
F 36 64 36
F 45 F 45
  
  F = 80N 
F1 F2 F3
3 x 3 x
6 x
45x45x
 
 
Gabarito Comentado 
Pensando em Casa 
 
 
 
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19) D 
Resolução: 
Fe
T
p
L
D
L
45º45º
T
Fep
 
Ty = P  T.cos45o = P (eq1) 
Tx = Fe  T.sen45o = Fe (eq2) 
Dividindo eq1 por eq2, como sen45o = cos 45o, vem: 
P = Fe  m . g = 
2
2
K.q
D
  q2 = 
2m .g. D
K
 
sendo m = 80 g = 80 x 10
3 kg = 8 x 10
2 kg 
D = diagonal de um quadrado de lado L 
D = L.
2
 = 3.102.
2
 = 3.
22.10
m 
q2 = 
2m .g. D
K
= 
2 2 2
9
8.10 .(10).(3. 2.10 )
9.10
 
= 16.1014  q = 4.107 C 
20) A, veja questão 12 de classe 
21) B 
Comentário do prof. Renato 
Brito: 
 
FelásticaFelétr
 
2
K.Q.q
K.x
D

  400 .(0,5 . 10–2) = 
 
9 6
2
9.10 .10.10 .q
0,6

  q = 8. 10–6 C 
22) C, veja questão 14 de classe 
 
23) D 
Resolução: há duas possibilidades para a força resultante ter a orientação 
dada no enunciado: 
 Caso 1: 
+Q
-Q
q1
q2
+q
 
 
 
1
2
Conclusão :
q Q
q 0


 
 
 
 
Portanto, nesse caso 1, é válida a 
relação: q1 + q2 < 0 
 
 
 
 Caso 2: 
+Q
-Q
q1
q2
+q
 
 


 

 
1
2 2
Conclusão :
q Q
q 0, com q Q
 
Portanto, nesse caso 2, é válida a 
relação: q1 + q2 < 0 
 
 
Conclui-se que, tanto no caso 1 quanto no caso 2, vale a relação: 
q1 + q2 < 0 
 
24) D, veja questão 13 de classe 
25) 40C 
Resolução: 
Fe
T
p
L
x x
L
45º45º
 
Vertical: Equilíbrio 
Ty = p  

2
T . p
2
 
 
Geometria auxiliar: 
  
L 2 2 . 2
x 1m
2 2
 
R = x = 1m 
D = 2x = 2m 
 
 
 
Direção Radial: 
FR = m . actp 
Fin – Fout = m. 2. R 
Tx – Fe = m. 2 . R 
2
T .
2
 – Fe = m . 2 . R 
p – Fe = m . 2 . R 
Fe = m. g – m . 2. R 
Fe = 0,6 . 10 – 0,6 . 22 . 1 
Fe = 6 – 2,4 = 3,6 
continua.......... 

2
k.q.q
D

9 2
2
9.10 .q
3,6
2

 
q2 = 3,6 x 
9
4
 x 10–9  
 q = 40c 
26) C 
27) B 
28) B 
29) B 
30) B, 
Comentário: observando os campos causados pelas três cargas +3q 
no baricentro da figura, vemos que a resultante deles é nula. 
Analisando agora o campo de cada uma das cargas restantes +q, q 
e q no baricentro, vemos que a resultante deles aponta para cima. 
 
31) D 
32) B 
33) E 
34) C 
Resolução: 
 
E2
E1
P
 
 
1 2 2
k . q K . q
E
4R2R
 
 
2 2 12
K . q
E , E E
R
 
 
R 2 1 2 2
K . q k . q
E E E
R 4R
   
 
R 2
3 k . q
E .
4 R

 
 
 
 
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35) E 
Resolução: 
E1
E3
3 cm
4 cm
4 cm
3 cm
E2
+ Q
5 cm
 
 
1 2
2
K . Q
E
5 x 10

 
 
2 2
2
K . Q
E
3 x 10

 
 
3 2
2
K . Q
E
4 x 10

 
Donde se conclui que: 25. E1 = 9.E2 = 16 . E3 
Mas, segundo o enunciado, temos E1 = E, portanto: 
 25. E = 9.E2 = 16 . E3  E2 = 
25E
9
 e E3 = 
25E
16
 
36) B 
Resolução: 
Prolongando-se os campos elétricos EA e EB gerados respectivamente 
nos pontos A e B, localizaremos a posição da carga q fonte desse campo 
elétrico coulombiano (campo tipo sol). Veja a figura da resolução. 
A
B
P
2x
4x
q
 
A carga fonte q está a uma distância 2x do ponto B e gera um campo 
EB = 24 v/m nesse ponto. Qual o campo elétrico EP que essa mesma 
carga fonte vai gerar no ponto P, que está a uma distância 4X dela ? 
Ora, a distância agora (4X) é duas vezes maior que antes (2x). Se a 
distância D duplica, o campo elétrico E fica 4 vezes menor, não é verdade 
?  
E = 
2)D(
q.K
 
Portanto, se EB = 24 v/m, então EP = 24 / 4 = 6 v/m 
37) C 
38) A 
39) A 
Resolução: 
A carga, em qualquer ponto da região entre as placas, está sujeita à força 
resultante entre o peso P e a força elétrica Feletr. Como cada força é 
constante em direção, sentido e valor, a resultante dessas forças FR 
também é constante em direção, sentido e valor. 
Veja o resultadoda superposição da força elétrica e da força peso na figura 
a seguir. 
A carga, partindo do 
repouso, será acelerada na 
mesma direção e sentido da 
força resultante FR e, 
portanto, se moverá 
retilineamente na direção da 
força resultante (força total) 
 . 
Logicamente, o efeito do 
peso já está embutido 
nessa força resultante. 
 
Força elétrica em 
cada ponto do 
espaço
Fe P
Peso em cada 
ponto do espaço
Superpondo os 
efeitos Efeito Resultante da 
Feletr com o peso
FR
FR
 
 
 
40) B 
41) 
m.g.tg
q

 
Resolução: 
Equilibrio horizontal: 
NX = Feletri  N.sen = q. E 
Equilibrio vertical: 
NY = P  N.cos = m. g 
Dividindo membro a membro, vem: 
Tg = (q.E) / (m.g) 
Portanto: E = m.g.tg / q 
 

q.E
P
N
 
42) D 
43) |q| = 10 C 
44) B 
Resolução: 
FE
que age 
na carga q
= q E
que age 
na carga q
x
 
O campo que age na carga puntiforme é o campo gerado pela placa 
eletrizada. 
 FE = q x 


.2
  FE = 


.2
.q
 
45) A 
Resolução: 
FE
que age 
na carga q
= q E
que age 
na carga q
x
 
O campo que age na carga puntiforme é o campo resultante gerado pelas 
duas placas na região entre elas. 
 FE = q x 


.1
  FE = 

.q
 
46) D 
47) A, Veja questão 22 de classe 
48) E 
Comentário: como o campo elétrico entre as placas é constante em 
toda a região entre as placas (campo uniforme), a força elétrica que 
age sobre as placas será constante, produzirá aceleração constante 
(FR = m.a), o movimento da partícula será um MUV. 
49) C 
 
HORA DE REVISAR – Página 32 
1)-B 
Comentário: 
Vmédia = distância total / tempo total 
Distância total = 60 x 2 + 90 x 1 = 210 km 
Tempo total = 2 + 1 = 3h 
Vmédia = distância total / tempo total = 210 / 3 = 70 km/h 
 
2)-C, Dica: o metrô deve parar em cada estação um tempo suficiente para 
que os passageiros possam descer. 
3)- A 
Comentário: 
A velocidade do móvel está relacionada com a inclinação do gráfico 
S x t, e o ângulo  diminui mais e mais com o passar do tempo no 
gráfico I 
 
4) C 
Comentário: ambos caem com acelerações iguais: 
a = FR / m = m.g / m = g 
 Acelerações iguais implica retas paralelas nesse gráfico 
 
 
 
 
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5) C 
Comentário: Sabemos que a distância percorrida por um móvel é 
numericamente igual à área sob o gráfico Vt do movimento. 
As figuras a seguir mostram os gráficos Vt das viagens do Raul de 
Fortaleza a Sobral em um dia “sem chuva” e em um dia “com chuva”. A 
área total embaixo de cada um dos gráficos Vt deve ser a mesma, já 
que corresponde à distância entre as duas cidades. 
No gráfico que corresponde à viagem com chuva, a área A1 que “foi 
recortada” no meio do gráfico foi compensada pelo acréscimo da área A2 
no final do gráfico. Essas áreas devem ser iguais: 
A1 = A2  20 min  (10060) km/h = t 100km/h 
t = 8 min 
100
100
60
V(km/h)
t(min)
t(min)
V(km/h)
A1
A2
distancia 
percorrida
20 t
 
6) A 
Comentário: a única força agindo na bola é a sua força peso, durante 
seu movimento vertical, portanto ela se move em movimento retilíneo 
com aceleração constante a = g. A velocidade varia linearmente com o 
tempo de acordo com a função do 1º grau V = Vo  g.t, por exemplo, 
V = 30  10.t, muito semelhante à função Y = a.X + B. 
 
7) B 
Comentário: a partícula se desloca em MUV ao longo da rampa, 
ladeira abaixo com velocidade inicial Vo = 0 e aceleração constante 
causada pela componente P.sen do peso, isto é: 
FR = m.a  m.g.sen = m.g  a = g.sen 
Da cinemática do movimento, vem: 
S = Vo.t + a.t2 / 2 = 0 + a.t2 / 2 
S = a.t2 / 2 , com S = 10 m, t = 2s, vem: a = 5 m/s². 
Substituindo, vem: a = g.sen  5 = 10.sen   = 30o 
 
8) E 
 Comentário:  = F.D = EcinF  Ecin i 
 F.D = M.V2 / 2  M.(Vo)2 / 2 
 Use M = 10 g = 10 103 kg, D = 2  10
2 m 
9) A 
Comentário: I = M.VF  M.Vi 
10) A 
Comentário: quando a caixa estiver totalmente submersa, o equilíbrio 
das forças permite escrever: 
E = F + P  F = E  P 
Estando a caixa completamente submersa, ela deslocará um volume 
total de 50 litros de água. O empuxo será igual ao peso do líquido 
deslocado, isto é, o peso de 50 litros de água, portanto E = 500 N. 
Como a caixa pesa P = 400 N, temos: F = E  P = 500  400 = 100N 
11) D 
Comentário: Os aviões A e B percorrem distâncias iguais desde Fortaleza 
ate o local do encontro entre eles, ou seja, DA = DB. 
Segundo o diagrama abaixo, o avião A parte no instante inicial toa , 
enquanto B parte no instante tob. O encontro deles ocorrerá no instante tenc. 
Pelo diagrama, vemos que a viagem do avião B tem uma duração 0,5h 
menor do que a do A (ta  tb = 0,5h) para percorrerem a mesma 
distância (DA = DB), o que sugere que B deve ser o avião mais rápido, ou 
seja, VB > VA, portanto VB = 1040 km/h e VA = 880 km/h. 
0 toa tob tenc
0,5 h
ta
tb
toa = instante da partida do A
tob = instante da partida do B
tenc = instante do encontro
 
Assim, temos: 
DA = DB  VAta = VB tb  880 tb + 0,5) = 1040tb 
880tb + 440 = 1040tb  tb = (440/160)h 
440 11 8 3 3 3
tb h h 2h h 2h .(60min) 2h45min
160 4 4 4 4
 
         
 
 
Assim, o encontro ocorreu quanto tempo após a partida do B ? Observe o 
diagrama do tempo. Essa pergunta equivale a perguntar quanto vale tb, 
portanto, a resposta da questão é, de fato, 2h45min. 
 
12) C 
Comentário 
Adotando eixo vertical para cima , a função horaria da velocidade 
escalar na vertical nos dá: 
Vy = Voy  g.t = Vo.sen  g.t = 10(0,8)  10.t = 8  10.t 
Para t = 1s, teremos Vy = 8  10.(1) =  2 m/s, portanto, Vy < 0 para 
t = 1s, o que significa que os tijolos já estão em movimento 
descendente . 
Afirmação I é verdadeira e II é falsa. 
Alcance horizontal = A = X = Vx.t = Vo.cos.t = 10.(0,5)1 = 5 m 
Portanto X = 5 m e, assim, X < 6 m, afirmação II é verdadeira. 
Qual a ordenada (altura) Y do tijolo no instante t = 1 s ? 
Y = Voyt  g.t2 / 2 
Y = Vo.sent  g.t 2 / 2 
Y = 10(0.8).(t)  10(1)2 / 2 = 8  5 = 3 m 
A altura do prédio vale 3 m, portanto é menor do que 5m, afirmativa IV 
é falsa. 
13) 20 segs 
Comentário 
Após t segundos, o carro A terá percorrido uma distância DA dada por: 
DA = VAt = 30t 
Após t segundos, o carro B terá percorrido uma distância DB dada por: 
 DB = VBt = 40t 
Após quanto tempo a distancia entre eles valerá D = 1000 m ? 
Pitágoras: D² = (DA)² + (DB)2 
 D² = (30t)² + (40t)2 = 900.t2 + 1600.t2 
 (1000)² = (30t)² + (40t)2 = 900.t2 + 1600.t2 
 (1000)² = (30t)² + (40t)2 = 2500.t2 
 (1000) = 50.t 
 t = 20 s 
A comunicação só sera mantida durante 20 segs. Depois disso, a 
distância entre eles estará maior do que 1000 m. 
 
 
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Capítulo 14 – Trabalho e Energia no Campo Eletrostático 
1) a) 20N, b) Epot i = 2000 J, Epot f = 400J, c) fel = 1600J 
d) + 1600 J 
2) A, movimento forçado 
3) D, movimento forçado 
4) V = 2Q
L.m
K
 
5) 
d.m.2
Q.K.5 2
 
Comentário:No início, o sistema possui 3 energias de ligação e 3 bolas paradas 
(com Ecin = 0). 
Energia Total inicial = Epot + Ecin 
Energia Total inicial = 
2k .Q
d
+
2k .Q
d
+ 
2k .Q
2d
 + ( 0 + 0 + 0) 
No final, a bola central permanece imóvel, pois a força resultante nela é 
nula o tempo todo ( ela sofre duas repulsões que se cancelam). Apenas 
as duas bolas das pontas vão adquirir velocidade v. 
Energia total final = 0 + 0 + 0 + 
2m.v
2
+ 0 + 
2m.v
2
 
Pela conservação de energia, vem: 
2k .Q
d
+
2k .Q
d
+ 
2k .Q
2d
 = 
2m.v
2
 + 0 + 
2m.v
2
  v = 
25.k.Q
2.m.d
 
 
6) 3 cm 
Comentário: 
ANTES 
D = +
+ Q + q
v

 
 
FINAL 
+ Q + q
v = 0
X
 
Conservação de energia: 
Epot i + Ecin i = Epot F + Ecin F  0 + 
2M.V
2
 = 
k .Q.q
X
 + 0 
 25 9 6 62 x 10 . 300 9 . 10 . 1 . 10 . 3 . 10
2 X
  

  x = 3.10–2 m 
7) a) 
2K.Q
2d

, b) 
22.K.Q
d

 , c) 
25.K.Q
2d

 
Comentário: 
a) O trabalho realizado nessa operação ficará armazenado na ligação AC 
formada, ou seja: 
Toperador1 = Eligação AC = 
   k. Q . Q
2d
 
 
 b) Toperador2 = Eligação BA + Eligação BC 
 
Toperador2 = 
   k . Q . Q
d
 
 + 
   k. Q . Q
d
 
 
 c) Epot sistema = Toper1 + Toper2 
 
Epot sistema = (Eligação AC) + (Eligação BA + Eligação BC) 
Epot sistema =
   k. Q . Q
2d
 
+ 
   k . Q . Q
d
 
 + 
   k . Q . Q
d
 
 
8) 3.K.Q2 / a 
Comentário: Conforme aprendemos nas questões 4 e 5 de classe, 
página 59, basta somar as 3 energias de ligação formadas no sistema. 
9) 5U / 3 
 
10) E 
11) 
L
q.k6 2
 
Comentário: segue o mesmo raciocínio da questão 
8, só que agora será a soma das 6 energias de 
ligação formadas no Tetraedro. 
 
 
12) 0 J 
Comentário: segue o mesmo raciocínio da questão 8, só que agora 
será a soma das 6 energias de ligação formadas no Tetraedro, 
entretanto, nesse caso a soma dará zero !  
13) 
L2
q.k9 2
 
Comentário: Fazendo uso do Princípio do Trabalho Total (Teorema da 
Energia Cinética), temos: 
total = ( Felétr + operador ) = Ecinsistema F  Ecinsistema i 
Lembrando que Felétr = ( Epotsist i  Epotsist F) , temos: 
total = ( Felétr + operador ) = Ecinsistema F  Ecinsistema i 
total = ( Epotsist i  Epotsist F) + operador = Ecinsistema F  Ecinsistema i 
Como todas partículas do sistema estão repouso (Ecin = 0), tanto na 
configuração inicial quanto na configuração final, temos: 
total = ( Epotsist i  Epotsist F) + operador = 0  0  
operador = Epotsist F  Epotsist i 
Portanto, precisamos calcular as Epot do sistema nas configurações 
inicial e final, dada pela soma das energias de todas as ligações 
elétricas, respectivamente, no início e no final. 
Configuração Final: 4 cargas nos vértices de um tetraedro de aresta L 
Epot F = Eligações = 6 . 
K.( q).( q)
L
 
 = 26K.q
L
 
Configuração Inicial: 3 cargas nos vértices de um tetraedro de aresta 
2L e uma 4ª carga elétrica no infinito. Esse sistema contém apenas 3 
ligações elétricas, visto que a 4ª carga elétrica está infinitamente 
afastada. 
Epot i = Eligações = 3 . 
K.( q).( q)
2L
 
 = 23K.q
2L
 
Substituindo, vem: operador = Epotsist F  Epotsist i 
operador = 26K.q
L
  23K.q
2L
  operador = 
L2
q.k9 2
 
 
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351 
14) C, veja a resolução da questão 6 de classe. Veja também a resolução 
a seguir. 
15) C 
Resolução das questões 14 e 15 
+ q
- q
v
R
 
Felétrica = m . actp 
2R
q.q.k
 = 
R
v.m 2
 
R
q.k 2
 = m . v2 
R2
q.k 2
 = 
2
v.m 2
  Ec = 
R2
q.k 2
 
Epot=Eligação = 
   
R
q.q.k 
 = – 
R
q.k 2
  Epot = – 
R
qk 2
 
 
Etotal = Epot + Ecin = – 
R
q.k 2
+ 
R2
q.k 2
 = – 
R2
q.k 2
  Etotal = – 
R2
q.k 2
 
R2
q.k
R
q.k
E
Ep
2
2
cim


= – 2  questão 14 resposta = LETRA C 
R2
q.k
R2
q.k
E
EC
2
2
total


 = – 1 ... questão 15  resposta = LETRA C 
16) E 
17) A, note que tanto Vo quanto VR valem 0V, visto que estão 
equidistantes das cargas fontes +Q e Q. 
18) a) 40 x 10–3 J, b) 20 m/s , c) a intensidade da força elétrica repulsiva 
decrescerá durante o movimento da carga, portanto, a aceleração não 
será constante, não será um MUV, portanto, Torricelli não se aplica a 
esse problema. 
19) a) 0,8 J , b) 80 m/s 
20) B 
21) C 
22) C 
23) B 
 
24) C 
A
B
C
E
 
Note que EC > EB > EA e VC > VB > VA 
25) A 
26) Todas Verdadeiras 
27) D 
28) a) VA = 24V, VB = 8V, VC = 8V, 
b) Epot-b = +100J, Epot-c = –60 J 
 
29) A 
Comentário: 
No trecho AB, TF eletrica AB = 0, a Epot elétrica da partícula NÃO varia no 
trecho A  B. 
No trecho BC, o movimento é forçado, a Epot da partícula aumentará. Mas 
aumentará quantos joules ? 
A
BC
3 cm
4 cm
E
 
Feletrica 6 8 2
e
T
F .D q.E . D 2 . 10 . 4 . 10 . 4 . 10
B C
   

 
FeletricaT
32 J
B C


 
No trecho B  C ( movimento forçado) a Epot aumenta 32 J. Assim, a 
Epot final (em C) será igual à Epot inicial (Epot A = 20J) (fornecida na 
questão) mais o aumento de Epot nesse deslocamento: 
Epot C = Epot B + 32 = 20 + 32 = 52 J 
30) D 
31) B. 
Comentário: Cargas positivas abandonadas em B andariam no 
sentido AB, buscando potenciais elétricos menores. Cargas 
negativas abandonadas em B andariam no sentido BA, buscando 
potenciais elétricos maiores. 
32) D 
33) A 
34) A 
 
35) E 
Resolução: 
p
a
Felétr
 
FR = m.a 
(Felétr – P) = m.a 
Q.E – m.g = m.a 
 
q
ga.m
E


 
 
6
3
10.1
102x10.5,0
E

 

 
E = 6 . 103 N/C 
36) E 
37) E 
38) B 
39) Todas são verdadeiras 
40) A e E são as incorretas 
41) A 
42) A 
43) C, use a idéia da questão anterior. 
44) D 
45) E 
46) 2 + 16 + 32 
47) C, resposta: se a superfície fosse negativa, teríamos EA > EB, porém VB > 
VA . 
48) C 
 
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352 
49) A, os elétrons se movem espontaneamente da bola de menor potencial 
elétrico para a bola de maior potencial elétrico. 
50) D 
51) 12 V 
52) D 
53) E 
54) E. como o condutor está em equilíbrio eletrostático, os pontos P, R e S 
têm o mesmo potencial elétrico e, portanto, são idênticos do ponto de 
vista elétrico. A ddp entre qualquer um deles e a Terra é idêntica, por 
isso, ligar qualquer um deles à Terra surte o mesmo efeito. 
 
55) A 
Comentário: 
I) V, o potencial da esfera é nulo pois ela está aterrada; 
II) F, a esfera A tem carga negativa devido à indução sofrida pela 
presença de B; 
III) F, Indução eletrostática gera atração, como já sabemos. 
56) A) 25 cm, b) E = 0, V = 40v, c) V = 5v, E = 2,5 N/C 
57) A 
Resolução: 
O campo elétrico máximo, nos arredores de uma esfera condutora, é o 
chamado campo elétrico próximo, que age na exata vizinhança da sua 
superfície externa, dado pela expressão: 
Eprox = 
2
K.Q
R
 
Quanto maior a carga Q da superficie da esfera, maior o campo elétrico 
E em sua vizinhança. A maior carga Qmax com que se pode eletrizar 
essaesfera condutora está limitada pelo maior valor que o campo 
elétrico Emax poderá atingir sem tornar condutor o meio (ar) ao seu 
redor. 
Se a carga da esfera pudesse atingir o valor Qmax + q, o excesso de 
cargas q seria descarregado por uma faísca elétrica, de forma que a 
carga elétrica na esfera voltaria a valer Qmax. 
O valor de Qmax pode ser determinado a partir do valor de Emax 
(rigidez dielétrica), pelo cálculo a seguir: 
Emax = 
max
2
K.Q
R
  3 x 106 = 
9
max
2
9 10 .Q
(0,1)

  
 Qmax = 3,3 x 10
6
 C 
 
HORA DE REVISAR – Página 73 
1) - D 
Comentário: No 1º lançamento, temos: 
M.(Vo)² / 2 = M.g.H  Vo =
2.g.H
 
No 2º lançamento, temos: 
2 2
oM.(2.V ) V M. M.g.H
2 2
 
  V = 
6.g.H
 
Dividindo, membro a membro, os resultados obtidos, vem: 
o
o
2gHV
V V 3
V 6gH
  
 
2) - D 
Comentário: Aplicando Claperon no estado A, temos: 
PA.VA = n.R.TA  Po.Vo = n.R.To (eq1) 
Tciclo = área do miolo = (3.Vo  Vo).(3Po  Po) = 4.Po.Vo (eq2) 
Substituindo eq1 em eq2, vem: 
Tciclo = 4.Po.Vo = 4.n.R.To  Tciclo = 4.n.R.To (eq3) 
Você lembra o que é o rendimento de uma máquina térmica num ciclo 
termodinâmico ? É quanto a máquina consegue aproveitar de quanto, isto 
é: 
 = 
o
quente quente o
4.n.R.Ttrabalho no ciclo área do miolo
 0,222 22%
Q Q 18.n.R.T
   
 
3)- C 
Comentário: (Lembre-se, o valor do empuxo que age num corpo é igual ao 
valor do peso do líquido deslocado pelo corpo – Princípio de Arquimedes). 
O corpo de massa 3 kg tem peso P = 3 kgf. Se o seu peso aparente 
(Papar = P  E), quando completamente submerso em água, vale 2 kgf, 
deduzimos que o empuxo E = 1 kgf, isto é, o peso da água deslocada pelo 
corpo vale1 kgf, o que significa que esse corpo deslocou 1 kg de água 
(1 litro de água). Assim, esse corpo tem um volume V = 1litro. 
Quando pesado numa balança dentro de um líquido x, o peso aparente 
desse corpo vale 1 kgf, ou seja : 
N = Paparente = P  Ex = 1 kgf 
Mas como o peso P = 3 kgf, temos Ex = 2 kgf. 
Como o corpo tem volume 1 litro, ele desloca 1 litro desse líquido x quando 
completamente imerso, volume de líquido esse que pesa 2 kgf (valor do 
empuxo Ex), isto é, que tem massa 2 kg. 
Assim,se 1 litro desse líquido tem massa2 kg, sua densidade vale: 
d = 
3m 2 kg 2 kg/litro 2 g/cm
V 1 litro
  
 
4)- B 
Comentário: o trecho BC é isovolumétrico, portanto o trabalho BC = 0. 
Vemos que a reta AB passa pela origem do diagrama V x T, o que significa 
dizer que o quociente V / T permanece constante nesse trecho, ou seja, a 
pressão permanece constante (AB é isobárico), portanto, o trabalho nesse 
trecho é dado por: 
AB = P.V = n.R.T = n.R.(TB  TA) = 1 mol.






k .mol
cal
2
(900300)k 
AB = 1200 cal 
AC = AB + BC = 1200 cal + 0 cal = 1200 cal 
5) E 
6) B 
7) C 
Comentário: o gás sofre uma transformação isotérmica (Tgás = Tágua), 
lembre-se que 1 atm = 10 m de água 
8) B 
9) 1 rad/s 
Comentário: Questão clássica de Dinâmica do MCU no Plano 
horizontal 
T.cos = m.g  50.cos = 40  cos = 0,8 portanto 
sen2 + cos2 = 1  sen = 0,6 
T.sen = m.2.R  50 . 0,6 = 4. 2 . 7,5   = 1 rad/s 
10) D 
11) A 
Como a força que age na bala durante a penetração é constante, o 
movimento da bala no interior da tábua será um MUV para o qual 
podemos escrever: 
o 1 2
m
1 2
v vs d v v 2d
v t
t 2 t 2 v v
 
      
  
 
12) C, Equilíbrio dos momentos: 220 + 1003 = 4.N  N = 85 
13) E 
14) C 
Qual velocidade limite (velocidade terminal) será atingida por esse 
corpo em queda ? Para determiná-la, igualamos a força de resistência 
do ar ao peso do corpo: R = P  2.v = m.g  v = m.g/2. 
A velocidade limite atingida pelo corpo vale VL = 210/2 = 10 m/s 
A metade da velocidade limite vale 5 m/s. 
O trabalho realizado pela força resultante que age no corpo, desde a 
posição inicial v = 0 até o instante em que a velocidade de 5 m/s é 
atingida é a soma dos trabalhos realizados por todas as forças nesse 
intervalo e pode ser calculado simplesmente pela variação da Ecin da 
partícula nesse intervalo: 
Fres =total = EcinF  Ecini = 25² / 2  0 = 25 J 
 
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353 
Capítulo 15 – Circuitos Elétricos 
1) a) UAB = VA  VB = 32V 
B
A
60 V

4 
4  2 
3 
4A
6A
2A
 
b) UAB = VA  VB = + 4 V 
 
B
18A
A
B
2 
1 2 
2 
6 
5 
6A
4A
8A
 
c) UAB = VA  VB = + 34 V 
 2 
5 
A
 

80 V
B
2
8A
6A
2A
 
2) A 
3) D 
Comentário: Redesenhe o circuito mentalmente, apenas 
reconectando a bateria pelo lado de fora. 
60 V




B
A
 
O circuito vai ficar conforme mostrado a seguir : 
60 V




B
A
 
Prontinho  Ajeitando mais um pouquinho, entortando e ajeitando os 
arames, esse circuito vai ficar com a mesma cara da 1ª questão de 
casa ítem C. Veja como ficou lindo  : 
A




60 V
B
 
4) D 
5) 8V e –4V 
 
6) E 
Resolução: Primeiro, vamos resenhar mentalmente  
 
 
Fácil, não ?  Agora vamos calcular a Req. 
Primeiramente, note que (6//2) + 1,5 = 1,5 + 1,5 = 3 
Req = 3 // 3 = 1,5  
i = U / Req = 6 / 1,5 = 4 A 
2 
6 
3 
6V 4A
1,5A
2A
4A
2A
0,5A
1,5 
 
 
7) R = 0,2  
 
Resolução: VA  0,5.i + 12 = VB 
Sendo UAB = VA  VB = 0 vem  0,5.i + 12 = 0  i = 24A 
Mas, pelo cabo de guerra, vem: 
i = 
U (12 36)V
 
Req 1,8 R



= 24 A  R = 0,2  
BA 0,5 
0,3 
R1 
12 V
36 V
i
i
 
8) E 
Resolução: 
Dado R.i ² = 60 w, então R.(2.i)² = 4.R.i² = 4 x 60 = 240 w 
2 i
U
R
R R
i i
 
 
 
 
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354 
9) C 
Resolução: 
200V
R R
R
2 i
i
3 i
 
 
R.(3.i)2 > R.(2.i)² > R.(i)²  P1 > P4 > P2 = P3 
10) A 
11) B 
12) 12  
13) D 
Resolução: 
As especificações da lâmpada 1 indicam que ela puxa uma corrente 
elétrica 
i1 = P1 / U1 = 80 / 20 = 4A, ao passo que a lâmpada 2 puxa uma 
corrente elétrica i2 = P2 / U2 = 36 / 12 = 3A. Assim, como dos 4A que 
atravessarem a lâmpada 1, apenas 3A deverá atravessar a lâmpada 
2 (3A) , vemos deve ser colocado um resistor em paralelo com a 
lâmpada 2 um resistor que seja percorrido por uma corrente 
4A  3A = 1A quando submetido à mesma tensão nominal da 
lâmpada 2 (12V) , isto é: R = U / i = 12 / 1 = 12 . 
14) C 
15) D 
16) B 
17) C 
18) E 
 
19) E 
Resolução: quando a lâmpada 1 queima, a lâmpada 2 apaga, 
permanecendo acesas apenas as lâmpadas 3 e 4. A tensão V entre 
os pontos A e B permanece inalterada, tensão essa que alimenta o 
conjunto das lâmpadas 3 e 4 (cada uma delas recebendo V/2). 
Como a tensão que alimenta as lâmpadas 3 e 4 não sofreu alteração 
(assim como a resistência dessas Lâmpadas), a corrente que 
atravessa essas lâmpadas permanece a mesma de antes. 
Assim, antes de L1 queimar, a bateria fornecia uma corrente 2i para 
o circuito, sendo i para as lâmpadas 1 e 2 e i para as lâmpadas 3 
e 4. 
Após L1 queimar, a corrente drenada pela bateria cai de 2i para i, 
visto que agora alimentaapenas o conjunto de lâmpadas 3 e 4. Dessa 
forma, a potência elétrica fornecida pela bateria cai de Pot = V.(2i) 
para Pot = (V).i quando L1 queima. 
20) B 
21) B 
22) E 
23) C 
24) C 
25) A 
 
26) D 
Resolução: 
A bateria fornece uma corrente ibat tal que ibat = x + i. A corrente i 
percorre o trecho DCBA. O voltímetro ligado entre C e B acusa UBC = 2V, 
ou seja, acusa que R.i = 2V. 
R
R
R
R 2V
i
i
x

ibat
A
C
B
D
i
ibat
 
 
Com isso, prontamente, temos que: 
UAD = UAB + UBC + UCD = R.i + R.i + R.i = 2 + 2 + 2 = 6V 
Mas se UAD = 6V, então  = 6V. 
O amperímetro ligado na bateria acusa i bat = 8A. 
Pela conservação da energia elétrica no circuito, toda a potência 
(energia) fornecida pela bateria corresponderá a toda a 
potência (energia) consumida (dissipada) nos resistores: 
Pot bateria = . i bateria = Pot total dissipada = 6 x 8 = 48W 
 
27) B 
28) E 
29) D 
Resolução: Pela conservação de energia, vem: 
Pot bateria = Pot A + Pot B + Pot C 
.i = 20w + 40w + 60w  12.i = 120w  i = 10A 
 
30) Primeiro o fusível 3 queima. Resolvendo o novo circuito, conclui-se 
que o fusível 2 queima em seguida. 
31) D 
32) C 
33) D 
34) C 
35) D 
 
Resolução: Regra de três: 
100 + 60 = 160 w corresponde a quantas voltas por segundo ? 
160w  (10 voltas / 8s) 
 X  (10 voltas / 4s) 
Portanto, X = 320 w 
 
36) C 
37) D 
38) B 
39) A 
Comentário: 
Para vaporizar 1g  2160 J 
Para vaporizar 500g  2160 x 500 = 1.080.000 J 
 
Mas se consome 1.080.000 J em 3600 s, então consome quantos 
joules por segundo ? 
Pot = 1.080.000 J / 3600 s = 300 J/s = 300 W 
Assim, a potência elétrica consumida pelo resistor também deverá ser 
Pot = 300W. 
Portanto: R = 2U
P
=
2120
300
 = 48  
40) D 
Comentário: 
Seja Q a mesma quantidade de energia térmica (calor) fixa 
necessária para ferver essa quantidade de água em cada caso. 
 
 Para circuito 1, teremos: 
Q = Pot elétrica x tempo  Q = 
2
A
A
U
.T
R
  
2
A A
U Q
R T

 (eq1) 
 
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355 
 Para circuito 2, teremos: Q = 
2
B
B
U
.T
R
  
2
B B
U Q
R T

 (eq2) 
 Para circuito 3, teremos: 
Q = (PotC).TC = (PotA + PotB).TC = 
2 2
C
A B
U U
.T
R R
 
 
 
 
  
Q = 
2 2
C
A B
U U
.T
R R
 
 
 
 
 (eq3), onde TC é o tempo gasto para ferver a 
água no utilizado o 3º circuito. Substituindo eq1 e eq2 em eq3, 
vem: 
Q = 
2 2
C
A B
U U
.T
R R
 
 
 
 
 = 
C
A B
Q Q
.T
T T
 
  
 
 
Q = 
C
A B
Q Q
.T
T T
 
  
 
  1 = 
B A
C
B A
T T
.T
T .T
 
  
 
  TC = 
B A
B A
T .T
T T
 
   
 
41) D 
Resolução: 
Pot = R.i²  0,5 = 0,25.i²  i = 
2
A 
Q = i. t  Q = 
2
C/s x (0,5) s  Q = 
2
/2 C 
42) Resolvida 
43) C 
 
44) C 
Comentário: 
Como a e c tem potenciais elétricos iguais, assim como b e d, 
desenhamos abaixo o circuito usando apenas nas letras a e b. 

R R
R
R
R
a b
ab
 
Com isso, vemos que os quatro resistores do quadrado estão ligados 
de a para b (veja figura acima), isto é, estão em paralelo, o que nos 
permite redesenhar o circuito: 

R
R
a
i/4
b
i/4 i/4 i/4
i
R R R
i
 
A resistência equivalente do circuito vale: 
Req = R + R/4 = 5R/4 
A corrente i fornecida pela bateria vale: i =  / Req = 4 / 5R. 
Dessa forma, vemos que a corrente i proveniente da bateria se divide 
em quatro partes iguais a i/4, cada uma delas percorrendo os quatro 
resistores do quadrado no sentido ab. Transcrevendo as correntes 
do circuito acima para o desenho do circuito original, temos: 

R a b
ab
i/4
i/4i/4
i/4
i x
y x
y
i
 
Note que, no diagrama acima, cada uma das correntes i/4 percorre os 
quatro resistores do quadrado no sentido ab. 
Adicionalmente, a lei de kirchhoff das correntes no diagrama acima 
nos permite escrever: 
i = i/4 + x + i/4  x = i/2 
i = i/4 + y + i/4  y = i/2, com i = 4 / 5R. 
Assim, y = 2 / 5R. 
45) a) 9 // 9 = 4,5 
b) 2R // 2R // R = R // R = R/2 , veja figuras abaixo: 
A
B
R R
RR
R R
 
A
B
R
RR
R
R
R
 
 
A
B
R
R
R
R
R
 
 
c) x = R + (2R // R) + R = 8R / 3 
 Req = x //x = 4R / 3 R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
A B
 
d) 3R 
 
46) D 
47) B 
Comentário do prof Renato Brito: 
R 2R
R
2R
2R
R
R
R RR

B B
 
Como os dois nós inferiores são eletricamente iguais (B e B), juntaremos 
esses nós em um único nó B. As duas resistências brancas serão 
associadas em paralelo e substituídas por uma única de R//R = R/2. 
 
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356 
R 2R
R
R

2RR
R 2R
BB
R/2
 
 
Agora, facilmente enxergamos que se trata de um típico caso de “Linhas 
Iguais” , visto que há três caminhos idênticos R e 2R, R e 2R, R e 2R 
(resistores que prof Renato Brito destacou de preto nas figuras), de forma 
que os três nós centrais são eletricamente iguais (simetria) ........ 
R 2R
R
R

2RR
R 2R
BB
R/2
 
.........e os resistores brancos conectados a esses nós podem ser retirados, 
visto que não há passagem de corrente elétrica por eles. 
 
R 2R
R

2RR
R 2R
BB
 
 
Assim, a resistência elétrica que a bateria  vai enfrentar nesse circuito 
vale Req = (3R//3R//3R) + R = R + R = 2R = 2 x 5 = 10 
A potência total consumida pelos resistores coincide com a potência total 
consumida pelo resistor equivalente Req, portanto: 
Pot = 
2 2 2U 10
10W
Req Req 10

  
 (massa, né  ?) 
48) E 
Comentário: Observando atentamente o circuito abaixo, vemos que os 
resistores que encontram-se no interior do pentágono estão todos em 
paralelo entre si, visto que encontram-se ligados ao mesmo par de pontos A 
e B. 
8R
16R
2R
4R
R

16R
B
A
A
A
AA
 
Dessa forma, temos: Req = (16R//16R//8R//4R//2R) + R = R + R 
Req = 2R = 2 x 1 = 2 
i = U / Req = 10 / 2 = 5A 
49) a) 6 , b) 2 A 
Resolução: os resistores brancos (quadrado de resistores no plano 
horizontal) conectados entre os pontos BCDE na figura abaixo podem ser 
eliminados do circuito, visto que os pontos B, C, D e E têm o mesmo 
potencial elétrico. Assim, restam apenas os 9 resistores cinzas. 
Req = R/4 + R/4 + R = 3R / 2 = 3 x 4 / 2 = 6  
i =  / Req = 48 / 6 = 8A 
A corrente x em destaque vale x = i / 4 = 2A 
i

A
B
C
D
E
F
x
. 
Como você iria visualizar essa figura sozinho ?  Eu também não sei. Foi 
um aluno meu que visualizou e me ensinou.  A gente vai aprendendo com 
a experiência, se essa questão cair agora, você já sabe. 
50)  = 52 V. 
Resolução: 
Num circuito que exibe simetria, existem resistores que ocupam posiçoes 
simétricas, como se um fosse a imagem do outro conjugada por um espelho 
plano. Na figura acima, esses resistores foram pintados com cores iguais. 
 
Antes do você perguntar POR QUE AS CORRENTES NOS 4 
RESISTORES PRETOS PRECISAM SER IGUAIS, pergunte o contrário: 
POR QUE ELAS SERIAM DIFERENTES ? Eles ocupam exatamente amesma posição em relação aos 2 eixos de simetria (eixo horizontal 
passando pelo centro e eixo vertical passando pelo centro do circuito). 

2A 2A2A
2A 2A
4A
4A
4A
4A
2A
2A
6A 6A14A
14A
2A 2A
 
Assim, como as correntes em resistores de mesma cor precisam ser 
obrigatoriamente iguais, deduz-se que não pode passar corrente pelos 
resistores brancos verticais (pois isso quebraria a simetria do circuito), que 
foram retirados do circuito. 
Bom, o resto é lei de kirchoff. 
 = 6.R + 6.R + 14.R = 26.R = 26 . 2 = 52V 
51) D 
Comentário: Pela simetria, as resistências R e R são eliminadas (caso 
linhas iguais). 
A partir daí, 2R//2R//2R = 2R/3 , novamente 2R//2R//2R = 2R/3, e 2R/3 + 
2R/3 = 4R/3. Não me diga que você se urinou toda  só porque viu o 
nome do IME, foi ? Você tem o poder, acredite !  
 
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357 
52) Veja a figura abaixo: 
 
16 A
4 A 4 A
6 A 6 A
6 A 6 A
 
53) Veja as figuras abaixo: 
4 
4 
6 
2  4 
8 
60 V
 
 
6 A
4 A
2 A
0 A
2 A
4 A 6 A
 
54) A) 38V e 6A , b) 35V , 0 A 
55) 2A 
56) A, dica: redesenhar e simplificar. O gerador que estava no centro foi 
retirado e redesenhado do lado de fora. 
2
6V
6V
6V
2 2 2
6V
6V
6V
2 2
 
Simplificando os geradores em paralelo que sobraram, você encontrará: 
2
6V
6V
1
 
Agora o resto você faz de cabeça..........cabo de guerra . (12 / 3 = 4A) 
 
57) Veja a figura abaixo: 
 
2A
1A
3A
 
58) B 
59) B 
 
 
60) E 
Comentário: “mêta” um 0V no ponto B. Passando pelo ramo central, 
conclua que A tem potencial 10 V. Agora vamos passar de A para B, 
passando pelo ramo esquerdo. Você escreverá: 
0 + 20  2.x = 10  x = 5A 
Agora vamos passar de A para B, passando pelo ramo direito. Você 
escreverá: 
0  5.y = 10  y = 2A 
A corrente no ramo central será z = x + y = 5 + 2 = 7 A. 
 
0V
10V
x
yz
 
 Professor, não dá para usar o método de Millman não ? 
Resposta: não dá  como você já tinha percebido. Entretanto, 
foi até mais fácil assim, concorda ? 
61) B 
 
62) A 
Comentário do prof Renato Brito: 
M e N são números inteiros e, segundo o enunciado, temos: 

        
4 1 128 1 1 1
4M 129 M M 32
N N 4 N 4
 
Note que, se N é inteiro, 1/N só pode ser fracionário, portanto, temos: 
M = 32, N = 4 e, assim, M + N = 36 , Legal né ? 
63) B 
 
 
 
 
 
 
HORA DE REVISAR – Página 99 
1) E 
Comentário: Note que, em todo trecho curvilíneo, o móvel terá, no 
mínimo, actp, podendo ter ou não a componente tangencial da 
aceleração (atg). Assim, podemos dizer que, em todo movimento 
curvilíneo, o móvel tem aceleração e, portanto, tem força resultante na 
jogada. 
A resultante das forças só será nula durante um movimento, caso ele 
seja um MRU, o que não ocorre em nenhum trecho desse movimento. 
No trecho AB o movimento é uniforme, pois o módulo da velocidade é 
constante (embora a direção da velocidade esteja variando e, com isso, 
o vetor velocidade seja dito variável). Entretanto, como é um trecho 
curvilíneo, tem aceleração centrípeta na jogada. 
2) D 
3) A 
4) A 
Comentário: força F mínima, a caixa está na iminência de escorregar 
ladeira abaixo. Para tentar impedir o escorregamento da caixa, a rampa 
aplica na caixa um Fat ladeira acima . 
 
5) E 
Comentário: força F máxima, a caixa está na iminência de escorregar 
ladeira acima. Para tentar impedir o escorregamento da caixa, a rampa 
aplica na caixa um Fat ladeira abaixo . 
 
 
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358 
6) C 
Comentário: sendo uma máquina de Carnot, vale a relação: 
quente fria
quente fria
Q Q
T T

 
quenteQ 24cal
500k 250k

  Qquente = 48 cal 
Trabalho no ciclo: ciclo = Qquente  Qfrio = 48  24 = 24 cal 
7) E 
Comentário: p = 60 cm, imagem real, invertida, três vezes menor, 
A = 1/3, A = P’ / P  P’ = 20 cm  f = 15 cm 
8) E 
9) E. 
Comentário: 
Na fase 1, a balança mede o peso da água como sendo 400 gf 
(grama força). 
Na fase 2, a balança mede o peso da água mais o empuxo E que o 
sólido faz na água como sendo 440 gf. 
O acréscimo de 40 gf, da fase 1 para a fase 2 deve-se ao empuxo 
E que o sólido exerce na água que, portanto, vale E = 40 gf. 
Ora, mas o empuxo é igual ao peso do líquido deslocado pelo corpo 
(princípio de Arquimedes). 
Se o empuxo E devido a essa bola vale 40 gf, esse é o peso do 
volume de água deslocada pelo sólido completamente imerso. 
Ora, mas um peso de 40 gf de água implica uma massa de 40 g de 
água, portanto, um volume de 40 cm3 de água foi deslocado quando o 
sólido foi nela mergulhado. Daí, deduzimos que o volume do sólido 
vale V = 40 cm3. 
Da fase 1 para a fase 3, o acréscimo na marcação da balança 
(600 gf  400 gf = 200 gf) deve-se ao peso do sólido abandonado no 
interior do recipiente que, portanto, tem uma massa m = 200 g. 
Finalmente, sabendo a massa (m = 200 g) e o volume do sólido 
(V = 40 cm3), determinamos a sua densidade: 
d = 
3
m 200 g
 
V 40 cm

 = 5 g/cm3 
10) B. 
Comentário: 
A velocidade máxima do pêndulo ocorre ao passar pelo ponto mais 
baixo B, portanto, segundo o enunciado, temos VB = 2 m/s. 
Como determinar o ângulo  ? 
Pela conservação de energia, temos: Emec B = Emec C 
EpotB + EcinB = Epot C + ecin C 
0 + 
2
B
M.V
2
 = M.g.HC + 0  HC = 
2 2
B
V (2)
 0,2 m 20 cm
2.g 2.(10)
  
 
 A
B
C
TC
P.cos
P.sen

HC
y
x
L
y
R
 
y = R  HC = 50 cm  20 cm  y = 30 cm 
Sendo y = 30 cm e L = 50 cm, do teorema de Pitágoras, temos x = 40 cm. 
No ponto C, temos VC = 0 (o pêndulo pára e inverte o sentido do 
movimento ). Da 2ª lei de Newton na direção centrípeta, temos: 
FR = M.a CTP 
Fin  Fout = 
2
C
M.V
R
  TC  P.cos = 2
C
M.V
R
 , com 
VC = 0 e cos = y / L = 30 / 50 = 0,6 
TC = P.cos = M.g .cos = 0,2 kg . 10 m/s2 . (0,6)  TC = 1,2 N 
A aceleração que da bola, ao atingir o ponto A é a mesma aceleração da 
bola ao atingir o ponto simétrico C. 
Em C, vemos que a tração T se cancela com a componente P.cos do 
peso 
(VC = 0, actp = 0) , restando apenas a componente tangencial P.sen do 
peso. Assim, pela 2ª lei de Newton no ponto C, temos: 
FR = M. aC  M.g . sen = M.aC  
g .sen = aC , com sen = x / L = 40 / 50 = 0,8 
aC = g.sen = 10 . (0,8)  aA = aC = 8 m/s2 
 
11) B 
Comentário: 
Considere uma esfera condutora 
eletrizada com uma carga elétrica +Q 
distribuída em sua superfície. O 
campo elétrico que ela gera em 
pontos externos à sua superfície é 
radial e tem simetria esférica. 
 
+Q
+
+
+
+
 
Esse campo elétrico E fora da esfera 
metálica é matematicamente igual ao 
campo que seria gerado por essa 
mesma carga +Q, concentrada no 
ponto que corresponde ao centro 
dessa esfera metálica, suprimindo-se 
essa esfera. 
É por esse motivo que o campo 
elétrico exterior a uma esfera 
eletrizada pode ser calculado como 
se toda a sua carga estivesse 
concentrado em seu centro. 
+Q
 
 
+Q
 
12) B 
13) C 
14) E 
Comentário do prof. Renato Brito: Da equação de Clapeyron, é fácil ver 
quea densidade d de uma amostra gasosa é dada por: 
d = 
P.M
R.T
, onde M é a massa molecular do gás em questão. 
Sendo a massa molecular do gás oxigênio (M=32 g/mol) 16 vezes maior 
que a massa molecular do gás hidrogênio (M = 2 g/mol), a densidade da 
 
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359 
amostra de O2, nas mesmas condições tem pressão e temperatura, terá 
densidade 16 vezes maior. 
 
15) C 
 
16) C 
Comentário do prof. Renato Brito: 
Sabemos que, durante a descida da criança ao longo do escorregador, a 
normal que age na criança vale N = P.cos, ou seja, N = m.g.cos (onde 
m é a massa da criança). 
Entretanto, a reação dessa normal N agirá no escorregador (veja figura 
adiante) e sua componente Nx empurra o escorregador para a esquerda. 
Para equilibrar essa componente Nx, dona Gorete deve aplicar ao 
escorregador uma força F tal que F = Nx (em módulo). 

F
N
 


F
N
Nx
Ny
 
Assim: F = Nx = N.sen = (m.g.cos).sen = 
m.g
.2.sen .cos
2
 
 
F = 
m.g
.sen(2 )
2

 
17) E 
 
18) a) II b) IV 
Comentários do prof. Renato Brito: 
Durante a subida da rampa com atrito, a força resultante freando a caixa 
vale: 
FR = P.sen + Fat = m.g.sen + .N 
FR = P.sen + Fat = m.g.sen + .m.g.cos 
Com que aceleração a caixa retarda na subida ? 
FR = m.a = m.g.sen + .m.g.cos 
asubida = g.sen + .g.cos (na subida) 
 
Entretanto, durante a descida da rampa, o Fat cinético agora irá se opor ao 
P.sen, de forma que teremos: 
FR = P.sen  Fat = m.g.sen  .N 
Portanto, a aceleração na descida será: 
m.a = m.g.sen  .m.g.cos 
adescida = g.sen  .g.cos (na descida) 
 
Assim, vemos que asubida > adescida. Ou seja, a aceleração será grande no 
começo do movimento (na subida) e pequena de um certo instante em 
diante (durante a descida). 
Dessa forma, o gráico |a| x t é o gráfico II. 
Como o módulo da aceleração tem a ver com a inclinação do gráfico V x t , 
durante a subida, a aceleração é maior, portanto o ângulo agudo que o 
gráfico faz com a horizontal terá que ser maior durante a subida, do que 
durante a descida. (gráfico IV). 
19) C 
20) C 
21) B 
Capítulo 16 – Capacitores 
1) a) 3, b) 8A, c) 2A, d) 48C 
2) C 
3) B 
Comentário do prof Renato Brito: 
12 V
2
2
5F
3
2A
a
b
cd
e
x
y
c
f
 
Admitindo Va = 0 V e fazendo o percurso abcde, temos: 
0  2 x 3 + 12 = Ve  Ve = 6V 
Assim, Uea = VeVa = 60 = 6V 
A corrente x vale x = 
ea
ea
U 6V
R 2


  x = 3A 
Pela lei dos nós, temos: x = y + 2  para x = 3A, temos y = 1A. 
12 V
2
2
5F
3
2A
a
b
cd
e
1A
c
f
3A
 
Para determinar a carga Q do capacitor, precisamos determinar a ddp Ufc 
= Vf Vc recebida pelo capacitor. 
Para agilizar, admita agora que Vc = 0V, e fazendo o percurso cbaf na 
figura acima, temos: 
0 + 3 x 2  2 x 1 = Vf  Vf = 4V 
Assim: Ufc = Vf Vc = 4  0 = 4V  Q = C x Ufc  Q = 5 . 4 = 
20C 
Assim, determinamos a carga no capacitor quando a corrente i vale 2A. 
Agora vamos determinar a carga final do capacitor, quando ele estiver 
completamente carregado. Nesse caso, a corrente no ramo ac já é nula. 
Só haverá corrente no ramo externo, dada por: 
  

U 12
i 2,4A
Req 2 3
 
Para achar a ddp do capacitor Ufc, “mêta“ um 0V no ponto C e dê a volta 
cbaf. Teremos: 
0 + 3i 20 = Vf  Vf = 3i = 3.(2,4) = 7,2 V 
12 V
2
2
5F
3
i
a
b
cd
e
0A
c
f
i
 
 
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360 
Assim, a ddp final do capacitor vale Ufc = VfVc = 7,2 V 
A carga do capacitor vale Q = C.U = 5  7,2 = 36C 
4) D 
5) 60 C 
6) i1 = 0 , i2 = i3 = 2A, q = 12C 
7) a) 4A, b) 2V 
Comentário: 
22
5 3

R
i1
i2
B
C
D
 
Na figura, vemos 4 em paralelo com 8, portanto: 
U1 = U2  R1. i1 = R2 .i2  (2+2).i1 = (5 + 3).i2 
4.i1 = 8.i2 com i2 = 2A , portanto temos i1 = 4A 
Para acharmos a ddp do capacitor U = UBD, meta um zero volt no ponto 
B e (VB = 0 volt) ande pelo caminho BCD. 
0 + 3.i2  2.i1 = VD 
0 + 6  8 = VD  VD = 2V 
Ucapacitor = UDB = | VD  VB | = 2 V 
A carga Q do capacitor é dada por: Q = C.U = 3 . (2) = 6 C 
 
8) Q = 56 C 
Comentários: 
O capacitor (plenamente carregado) funciona como uma chave aberta, 
portanto, pode ser momentaneamente retirado do circuito para 
calcularmos as correntes. 
 
Observando o percurso feito pela corrente no esquema acima, podemos 
determinar o a resistência equivalente: 
Req = 4 + 4 + (4+2)//3 = 4 + 4 + 6//3 = 4 + 4 + 2  Req = 10 
i = 
U 60
6A
Re q 10
 
 
No trecho em paralelo, quando a corrente i = 6A atinge o ponto C, ela 
se divide em i1 = 2A e i2 = 4A. 
2F
4 3
4
4 60V
2
B
CD
E
i1
i2
i
i
 
Metendo um zero volt no ponto B (VB = 0 V) e fazendo o percurso 
BCDE, temos: 
0 + 2.i1 + 4.i = VE  0 + 2.( 2 ) + 4.( 6 ) = VE 
  VE = 28V 
Como o capacitor está ligado de E para B, então a ddp U do capacitor 
será 
U = UEB = |VE  VB| = 28  0 = 28V 
A carga Q do capacitor é dada por: Q = C.U = 2 . (28) = 56 C 
9) D 
Comentário: 
Cmax = C + C + C = 3C = 18 F (todos em paralelo) 
Portanto C = 6uF 
Cmin = C // C // C = C/3 = 6uF / 3 = 2 F (todos em série) 
10) E 
Comentário: 
Qsérie = Csérie.Usérie = ( C / 3 ). Usérie 
Qparalelo = Cparalelo.Uparalelo = ( 3C ). Uparalelo 
 
Como queremos Qsérie = Qparalelo , vem: 
( C / 3 ). Usérie = ( 3C ). Uparalelo 
( C / 3 ). Usérie = ( 3C ). U  Usérie = 9 U 
11) 10V, 20V, 12V , q = 60 C em cada capacitor 
12) i = 0, 144C em cada capacitor, –24V 
13) 2F  24C, 4F  48C, 3F  72C, 
14) 4F  144C, 4F  48C, 8F  96C, 48 V 
15) 288 C em cada capacitor 
16) D 
17) B 
Comentário: 
A carga de um capacitor é dada por Q = C.U. Se todos os capacitores 
nesse circuito têm a mesma capacitância C, qual deles terá maior 
carga Q ? Ora, aquele que tiver maior U. 
C 2
C 3
C4
C5
 B
C1
A
C D E
F
GH
 
Sejam U1, U2, U3, U4 e U5 os módulos das ddps de cada um dos 
capacitores C1, C2, C3, C4 e C5. 
Pelo caminho ACDBA, vemos que toda a ddp da bateria é fornecida a 
apenas um ao capacitor C2 : 
U2 =  
Pelo caminho ACEFBA, vemos que a ddp da bateria é distribuída entre 
os capacitores C3 e C1 : 
U3 + U1 =  
Pelo caminho AHGF, vemos que a ddp da bateria é distribuída entre 
os capacitores C1, C4 e C5 , o que nos permite escrever: 
U5 + U4 + U1 =  
Assim, vemos que o capacitor que ganhará maior tensão elétrica U = 
 é aquele que tiver ligado diretamente aos pólos + e  da bateria, 
ou seja, C2. Portanto, como C2 ganha maior ddp U, ele terá maior 
carga Q. 
 
18) a) 15uC, 6uC, 9uC, b) 3V c) 45 F 
 
 
 
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361 
19) a) 14 V, b) 2 V, 
Comentário: 
a) Pela conservação da carga, podemos escrever: 
q antes = q depois 
q1 + q2 = q1* + q2* 
C1.U1 + C2.U2 = C1.U + C2.U 
(no final, ambos terão a mesma ddp U) 
U =1 1 2 2
1 2
C .U C .U
C C


 = 
20 . 20 30 .10
20 30
  
  
 = 14V 
Após determinarmos a ddp U do equilíbrio, podemos facilmente 
determinar as cargas finais: 
q1* = C1.U = 20. 14 = 280 C 
q2* = C2.U = 30. 14 = 420 C 
b) Pela conservação da carga, podemos escrever: 
q antes = q depois 
q1 + (q2) = q1* + q2* 
C1.U1 + (C2.U2) = C1.U + C2.U 
(no final, ambos terão a mesma ddp U) 
U = 
1 1 2 2
1 2
C .U ( C .U )
C C
 

 = 
20 .20 30 .10
20 30
  
  
 = 2V 
Após determinarmos a ddp U do equilíbrio, podemos facilmente 
determinar as cargas finais: 
q1* = C1.U = 20. 2 = 40 C 
q2* = C2.U = 30. 2 = 60 C 
20) A 
Comentário: 
Inicialmente, substitua os capacitores em série de 3F e 6F pelo 
capacitor equivalente de 2 F (produto sobre a soma). 
O capacitor C1, ao ser carregado com uma ddp U1 = 10V, adquire uma 
carga q1. 
A carga inicial do capacitor C2 vale q2 = 0, bem como sua ddp inicial 
U2 = 0V. 
Ao fechar a chave, os capacitores C1 e C2 vão evoluir até uma ddp 
final comum U. 
ch
2 uF
10 V
8uF
1 2
C1
C2
 
Pela conservação da carga, podemos escrever: 
q antes = q depois 
q1 + q2 = q1* + q2* 
C1.U1 + C2.U2 = C1.U + C2.U 
(no final, ambos terão a mesma ddp U) 
Botando o U em evidência e isolando, vem: 
U = 
1 1 2 2
1 2
C .U C .U
C C


 = 
8 . 10 2 .(0)
8 2
  
  
 = 8V 
21) B 
Comentários: 
Esferas também são capacitores, sendo que uma das placas desse 
capacitor é a própria esfera metálica, enquanto a 2ª placa do capacitor 
encontra-se no infinito. 
Se você não gostou da explicação acima, relaxe . Não é relevante. 
Como se calcula a capacitância de uma esfera ? 
Ora, quantos coulombs uma esfera armazena por volt ? 
Ora, basta dividir a carga de uma esfera pelo seu potencial elétrico. 
O potencial de uma esfera é dado por V = 
K.Q
R
. 
Portanto: 
C = 
Q Q Q R
 
K.QU V K
R
  
  C = 
R
K
 
Então vemos que a capacitância C de uma esfera é diretamente 
proporcional ao seu raio R, como mostra a expressão acima. 
 
Na questão, as esferas A e B tem capacitâncias CA e CB tais que CA 
= 2.CB, portanto, podemos dizer que RA = 2.RB. 
Assim, trata-se de duas esferas A e B de raios 2R e R e, portanto, no 
equilíbrio eletrostático, terão cargas elétricas 2X e X, já que no 
equilíbrio elas deverão ter o mesmo potencial elétrico. Assim, pela 
conservação da carga elétrica, vem: 
2X + 1X = Qtotal  2X + 1X = 3 x 10
11 C  X = 1 x 10
11 C 
 2X = 2 x 10
11 C 
22) A, (note que a área das placas quadruplica) 
23) D 
24) 45uF 
25) C 
26) A 
Comentário: 
No início, temos: 
ok. .AC
D


 
Se a distância D diminui 20%, então a distância D fica multiplicada por 
0,8, ou seja, D muda para 0,8.D. 
Assim, C muda para C* tal que: 
C* = 
ok. .A
0,8.D

 = 1,25. 
ok. .A
D

= 1,25.C 
Assim, vemos que C passa a valer 1,25.C. 
Ora, mas Q = C.U, e U = 12v = constante. 
Se C fica multiplicado por 1,25 então Q também ficará multiplicado 
por 1,25, visto que U é constante. 
Assim, se Q aumenta para 1,25.Q, vemos que Q aumentou 25%. 
 
 
27) Resolução 
Resistores em série tem corrente elétricas iguais: 
Pot = R.i2  
  2 CA B
A B C
PotPot Pot
i
R R R
 
Se as potências instantâneas (Pot), em cada instante, estão sempre 
numa mesma proporção, as energias W consumidas em intervalos de 
tempos iguais estarão na mesma proporção, o que nos permite 
escrever: 
     
 
   
   
2 C CA B A B
A B C A B C
2
C A B C oA B
A B C A B C A B C
Pot WPot Pot W W
i
R R R R R R
W W W W Q / 2CW W
R R R R R R R R R
 
Donde vem: 
 
   

 
2 2
o oA B
A B
A B C A B C
2
o C
C
A B C
Q QR R
W , W
2C R R R 2C R R R
Q R
W
2C R R R
 
 
 
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362 
28) a) 
5
cm
19
 b) 
12Q 1 pC 1 10 C  
 
 
Comentários: 
 a) Sendo a lente convergente e o objeto muito distante (impróprio), a 
imagem forma-se no foco imagem. Assim: 
f p' 5 cm. 
 
Para a nova situação, a imagem é p’’. Aplicando a equação dos pontos 
conjugados: 
1 1 1 1 1 1 1 20 1 19
 
f p p'' 5 100 p'' p'' 100 100
100
 p'' cm.
19

       
 
 
A variação na posição da imagem é: 
100 100 95 5
p'' p' 5 p'' p' cm.
19 19 19

      
 
 
 
b) Dados: n = 3; C = 0,6 pF; V = 5 V. 
Para uma associação de n capacitores de mesma capacitância C, a 
capacitância equivalente é: 
eq eq
C 0,6
C C 0,2 pF.
n 3
   
 
Calculando a carga armazenada: 
  12eqQ C V 0,2 5 Q 1 pC 1 10 C.
     
 
29) A 
Comentário: 
 2 6 2inicial
inicial
final inicial
final
C. U 50.10 .(6000)
W 900J
2 2
W W 500J 900 500 400J
W 400J

  
    

 
 
continua........... 
   2 2final final
final 6
final
Q Q
W 400
2.C 2 50 10 C
Q 0,2 C

  
 

 
 
30) E, 250J 
 
31) D 
Comentário: Energia inicial do capacitor: 
Wi = 
2(Qi)
2.C
= 
6 2
6
(400.10 )
2.10.10


 = 8.103 J 
A energia final no capacitor será a energia inicial menos a energia 
dissipada: 
WF = Wi  Wdissipada 
WF = 8.10
3 J  6.103 J 
WF = 2.10
3 J 
Agora, podemos determinar a carga final QF do capacitor: 
WF = 
2
F(Q )
2.C
  2.103 = 
2
F
6
(Q )
2.10.10
  
 QF = 2.10
4 C = 200C 
 
 
HORA DE REVISAR – página 115 
1) C 
2) D 
3) D, Fat = P.sen 
4) D 
5) C 
Comentário: Pelo equilíbrio da bola A, temos: 
EA = PA + T  dliq.V.g = dA.V.g + T 
(1000 kg/m3).V.10 = (800 kg/m3).V.10 + 0,1 
2000.V = 0,1  V = 5 x 105 m3 = 50 cm3 
6) C 
Resolução comentada 
A figura mostra as forças que agem na pedra imediatamente antes de 
o fio arrebentar. 
 
No lançamento horizontal, o tempo de queda independe da velocidade 
inicial, dependendo apenas da altura (h) e da intensidade do campo 
gravitacional local (g), como na queda livre. Assim: 
 2 2 2R1 2h 4Rh g t t t t .
2 g g g
      
 
No eixo x o movimento é uniforme, pois a velocidade horizontal de 
lançamento permanece constante. Então: 
 
2
24R 4R
x v t 4R v 4R v 
g g
   
           
   
 
2 2 24R 16R v v 4Rg.
g
  
 
Imediatamente antes de o fio arrebentar, as forças que agem na pedra 
são a tração e o peso, como mostra a figura, sendo a soma vetorial 
das duas a resultante centrípeta. 
 2
C
m 4Rgmv
T P R T mg T mg 
R R
T 4mg mg T 3mg.
        
   
 
7) C 
8) E 
Comentário 
A figura mostra como se 
distribuem as forças pelo 
sistema de polias. 
Analisando o equilíbrio na 
extremidade direita, temos: 
P P
P' 
5 4
P P 5P 4P
P' 
4 5 20
P
P' .
20
  

  

 
 
 
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363 
9) D 
Comentário: 
água iP E m.g d .V.g  
 
33 4m 1000x x . .(0,5) 125 kg
4 3
   
. 
10) E 
Comentário: Dados: m1 = 100 g; m2 = 60 g; dágua = 1 g/cm3. 
 
Como a balança tem braços iguais, na figura 1, o peso do corpo é igual 
aopeso da massa calibrada. Trabalhando em grama-força (gf): 
P = 100 gf. (I) 
Na figura 2, o peso da nova massa calibrada (60 gf) equilibra a 
diferença entre o peso do corpo e o empuxo 
 E
: 
P – E = 60 gf. (II) 
 
Substituindo (I) em (II): 
100 – E = 60  E = 40 gf. (II) 
 
Mas: 
corpo corpo corpo
água água
P d V g d dP 100
 
E d V g E d 40 1
 
   

  
dcorpo = 2,5 g/cm3. 
 
11) B 
Comentário 
Dados: p = 1/2 m; A 1/3 m. 
 
Da equação do aumento linear transversal: f 1 fA 
1f p 3
f
2
1 1
3f f 2f 
2 2
1
f m.
4
   


     
 
 
Imagem virtual direita e menor, imagem soím  so pode ser 
divergente. Como f < 0, a lente é divergente. 
 
12) A 
Comentário: 
A = +10 (direita e 10x maior, caso EE’ lente convergente) 
A = + 10 = (1).p’ / p  p’ = 10.p 
Aplicando a equação de Gauss, vem: 
1 1 1 1 1 1 9
p 9cm
f p p' 10 p 10p 10p
       
 
 
13) C 
Comentário: 
1 1 1
f p p'
  
 
1 1 1
f 25 150
  
 
1 6 1 5
f 150 150 150
   
 
f 30cm
. 
 
14) D 
Comentário: 
Como a imagem é virtual direita e maior, a lente é convergente. 
O aumento linear transversal é: 
y' 10
A 2,5.
y 4
  
 
Mas: 
f f
A 2,5 2,5f 30 f 
f p f 12
1,5 f 30 f 20 cm.
      
 
   
 
15) A 
Comentário: 
A figura abaixo mostra o nível de referência para a energia potencial e 
as forças que agem sobre o ocupante. 
 
Durante a descida a energia mecânica se conserva: 
TF TIE E 
 
2 2
0
1 1
mgh mV mV
2 2
  
 
2 25 V
10 30
2 2
   
 
V 25 m/s
 
 
No ponto mais baixo podemos escrever: 
2V
N P m
R
 
 Mas:
N 3,5P
, então: 
2V
3,5P P m
R
  
2V
2,5mg m
R

 
225 625
2,5 10 R 25m
R 25
     
 
16) E 
Comentários: 
Traçando eixo tangencial paralelamente à velocidade V, e o eixo 
centrípeto perpendicularmente à velocidade, podemos decompor a 
aceleração resultante aR e determinar suas componentes tangencial 
atg e centrípeta actp: 
 
No eixo paralelo à velocidade (tangencial) 
atg = aR.cos = 5  0,6 = 3 m/s² 
 
No eixo perpendicular à velocidade 
actp = aR.cos = 5  0,8 = 4 m/s² 
 
2 2V 20
actp 4 R 100m
R R
    
 
 
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364 
17) D 
Comentário 
A figura abaixo mostra as forças que agem na barra e as distâncias 
relevantes. 
 
 
 
Para que a barra esteja em equilíbrio, é necessário que 
horarios anti horariosM M   
 
Então: 
40(7 D) 10x2 20x3
280 40D 40
40D 240 D 6m
  
 
  
. 
 
Capítulo 17 – Interações entre Cargas Elétricas e Campos Magnéticos 
1) C, veja os conceitos explicados na questão 1 de classe. 
2) D, veja os conceitos explicados na questão 1 de classe. 
3) C 
4) E 
5) C 
6) C 
7) E 
8) a) , b) , c)  d) , e) , f) g) , h) , i)  
9) A, C 
10) A 
Comentário: 
 As bobinas MN produzem um campo magnético variável horizontal 
que tanto pode ser no sentido MN como pode ser no sentido 
NM conforme a “vontade” do circuito elétrico que controla a corrente 
elétrica nessas bobinas. 
 
Caso 1: campo horizontal no sentido MN, feixe de elétrons 
(negativos) com velocidade V, a regra da mão direita nos diz que esse 
feixe sofrerá uma força magnética para cima e, portanto, será defletido 
para cima, deixando na tela um risco vertical para cima, conforme a 
figura abaixo: 
N
M
B
V
FM
Feixe de 
elétrons e-
Feixe defletido 
para cima
 
Caso 2: campo horizontal no sentido NM, feixe de elétrons 
(negativos) com velocidade V, a regra da mão direita nos diz que esse 
feixe sofrerá uma força magnética para baixo e, portanto, será defletido 
para baixo, deixando na tela um risco vertical para baixo, conforme a 
figura abaixo: N
M
B
V
FM
Feixe de 
elétrons e-
Feixe defletido 
para baixo
 
Assim, vimos que, à medida que o campo magnético das bobinas M e N 
oscila, ora no sentido MN, ora no sentido NM, o feixe de elétrons 
varre a tela na vertical, produzindo um rastro vertical na tela. 
 
Observação: Uma análise semelhante mostraria que as bobinas K e L 
produzem um campo magnético vertical oscilante que faria o feixe de 
elétrons produzir um rastro horizontal na tela. 
11) E 
Comentário do prof. Renato Brito: 
De acordo com o gráfico, o campo magnético sempre aponta na 
vertical, mas sua intensidade varia senoidalmente com o tempo. 
Quando seu valor algébrico é positivo, ele aponta para cima B, por 
exemplo, e quando seu valor algébrico é negativo, ele aponta para 
baixo B. Com isso, há duas possibilidades para a força magnética 
FM: 
 
Possibilidade 1: quando o campo magnético apontar para cima, a 
força magnética desviará o elétron no plano horizontal para a 
esquerda, como mostra a figura a seguir. 
xB
V
Feixe de 
elétrons e-
Fe
ixe
 de
flet
ido
 
pa
ra 
esq
ue
rda
y
FM
x
y
 
Possibilidade 2: quando o campo magnético apontar para baixo, a 
força magnética desviará o elétron no plano horizontal para a direita, 
como mostra a figura abaixo. 
x
B
V
Feixe de 
elétrons e-
Fe
ixe
 de
flet
ido
 
pa
ra 
dir
eita
y
FM
x
y
 
 
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365 
Assim, o elétron varrerá a tela, ora desviando para a esquerda, ora 
desviando para a direita, sempre no plano horizontal, portanto, o gráfico 
correto é a letra E. 
12) B 
Comentário: Como as moléculas encontram-se paradas (v = 0), elas 
não sofrerão força magnética (Fm = B.q.v.sen). Assim, elas apenas 
sofrerão um par de forças elétricas Fe que alinharão a molécula na 
direção do campo horizontal E . 
13) Questão Resolvida 
14) D 
15) D 
16) C 
17) A 
18) E 
19) E 
Comentário: Ao se aproximar do pólo norte, a partícula estará com a 
sua velocidade paralela ao campo magnético que entra no pólo ártico 
terrestre. Ora, se V//B, então teremos força magnética Fm nula. 
20) D 
21) E 
22) D 
Comentário: O movimento não será MUV, como propõe a letra A. 
Ele será um MCU, o módulo da velocidade será constante. 
 = 
B.q
M..2 
   = 
B.
m
q
 
2



 
23) E 
24) E 
25) A 
26) A 
27)  
Comentário das questões 26 e 27: 
O elétron abandonado num campo elétrico horizontal E se move 
contra o campo elétrico Fe . 
A figura mostra que, ao adquirir velocidade para a esquerda V , o 
elétron foi desviado para cima devido a uma força magnética Fm 
portanto para cima. 
Ora, pela regra da mão direita, temos: q , V , Fm , portanto, 
B  
Dica quente: use a mão direita  mesmo  
28) B 
29) B, C, D, E 
30) B, D 
31) C 
32) D 
33) a) F 
b) F 
c) V 
d) V 
e) V 
f) F 
g) V 
h) F 
34) D 
Comentário: Apenas campos elétricos E alteram a energia cinética 
Ecin de cargas elétricas. Campos magnéticos apenas defletem as 
cargas, alterando a direção de suas velocidades sem alterar o seu 
módulo. 
35) D, se a partícula for lançada num campo elétrico, a força elétrica 
certamente realizará trabalho. 
36) B 
37) a) positiva, b) 1200 m/s, c) FE, trajetória 1 (note que houve uma 
mudança do sinal da carga elétrica da partícula, do ítem a para o item 
c) 
38) A 
39) B 
Comentário do prof. Renato Brito: 
N
S
L
O
E
B
FE
B
FM
v
Se o campo E aponta para 
baixo e o elétron tem carga 
negativa, a força elétrica FE 
apontapara cima.
Se o elétron passa em MRU sem sofrer 
desvio ( FR=0, filtro de velocidades), a 
Fmagnética deverá ser equilibrada pela FE, 
portanto, deverá apontar para baixo.
Diagrama 1 Diagrama 2
 
Assim, pela regra da mão direita para cargas negativas, no Diagrama 
2 acima, deduzimos que o elétron só pode estar se movendo na 
direção Norte-Sul, indo do norte PARA O SUL. 
 
40) C 
Comentário do prof. Renato Brito: Na questão anterior, as forças 
elétrica 
FE  e magnética  FM tinham intensidades iguais, portanto se 
equilibravam. 
Agora se a velocidade V do elétron sofrer um decréscimo de valor, a 
força magnética FM = B.q.V.sen também sofrerá um decréscimo de 
intensidade, ao passo que a força elétrica FE permanecerá a mesma 
(visto que ela independe da velocidade V). 
Assim, elas deixarão de se equilibrar mutuamente e a resultante delas 
agora apontará para cima FR = FE  F, visto que agora teremos 
FE > FM. 
 
41) a) 
m
V.q.2
 
b) os isótópos diferem pela massa m e, portanto, apresentarão 
trajetórias circulares de raios diferentes r = m.v / q.B. 
c) m = 
V.2
q.R.B 22
 
d) T = 
B.q
m.
 
Comentários: 
a) Felétrica = q.U = m.V² / 2  0  V = 
2.q.U
m
 
b) R = m.V / q.B. Os íons tem velocidades V iguais, cargas q iguais, 
estão entrando num mesmo campo B, mas têm massas m distintas 
(são isótopos), portanto, descreve semi-circunferências de raios 
distintos. 
 
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366 
c) veja página 132 da apostila 2, equações eq1, eq2, e eq3. 
d) para descrever a metade da circunferência, eles gastarão a metade 
do período, ou seja: 
t = 
1 2. .m .m
 . 
2 2 q.B q.B
  
 
 
42) B 
Comentários: 
I) Verdadeira, na região entre as placas a QDM tem módulo crescente 
(pois a velocidade aumenta), ao passo que na região do campo 
magnético, a QDM tem direção variável durante a trajetória circular do 
elétron. 
II) Falsa - A força magnética não realiza trabalho, apenas a força 
elétrica. 
III) verdadeira, a passagem do elétron ali é acelerada, esse é o papel 
do campo elétrico nesse dispositivo. A Energia cinética aumenta e, 
portanto, e Epot elétrica diminui. O elétron (carga negativa) passa do 
potencial menor “0 volt” para o potencial maior “+V volts” como indica 
a figura da questão. 
IV) Falsa – A força elétrica é constante na região entre as placas, mas 
a força magnética tem direção variável durante o trecho circular, visto 
que ela age na direção centrípeta. Assim, a força magnética não é 
constante. 
 
HORA DE REVISAR – página 145 
1) D 
Comentário: 
Qual a aceleração a de descida da caixa, quando a rampa é lisa ? 

N
P.cos P.sen
a
 
1º caso – sem atrito 

N
P.cos
Fat
P.sen
a*
 
2º caso 
FR = m.a  P.sen = m.a 
m.g.sen = m.a  a = g.sen [eq1] 
Qual a aceleração a* de descida da caixa, quando a rampa tem atrito 
(cinético) ? 
FR = m.a* 
P.sen  Fat = m.a* 
m.g.sen  u.N = m.a* , com N = m.g.cos 
m.g.sen  u.m.g.cos = m.a* , portanto: 
a* = g.(sen  u.cos) [eq2] 
Segundo o enunciado, devemos ter: a* = a/2  a = 2.a* 
a = 2.a* , substituindo as relações eq1 e eq2, vem: 
g.sen = 2.g.(sen  u.cos) 
sen = 2.sen  2.u.cos 
2.u.cos = sen  u = (1/2).tang() = (1/2).tang(45o) 
u = 0,5 
2) B, não esqueça de passar de Celsius para kelvin. 
3) D 
4) 60o 
Comentário: A figura abaixo mostra o diagrama de raios. 
Pelo pedido da questão, temos  +  + 90o = 180o  
 +  = 90o  sen = cos 
nar.sen = nvidro.sen 
nar.sen = nvidro.cos 
1.sen = 
3
cos 
tg = 
3
   = 60o 
 

ar
vidro
refletido
refratado
 
5) 12 cm 
6) A 
7) C 
Comentário: 
M
T 2 .
K
 
, 
3T M m
2 .
2 K

 
 
Dividindo uma relação pela outra, membro a membro, e elevando ao 
quadrado de ambos os lados, temos: 
T M K
.
3T K M m
2
 
  
   
 
 
  
4 M
 4m = 5M 
9 M m
 

  
m 5
M 4

 
8) B, isotérmico U = 0, Q =  = área sob o gráfico. 
9) C, só podemos calcular o potencial elétrico do ponto X se o potencial 
de algum outro ponto de referência for previamente arbitrado no 
circuito. 
 
 Capítulo 18 – Campo Magnéticos Gerados por Correntes Elétricas 
1) a) , b) , c) , d)  , e)  
2) B, veja foto página 123 
3) B 
4) A 
5) B 
6) NG, GA,GA, respectivamente 
7) A 
8) B 
9) A 
10) D 
11) A 
12) A 
13) E 
14) C 
15) A 
16) A 
17) C 
18) SN, NS, NS 
19) A 
20) E 
Comentário do prof. Renato Brito: Para que o ramo esquerdo do 
eletroímã seja um pólo Norte Magnético, as linhas de campo magnético B 
devem SAIR pelo lado esquerdo como mostra a figura abaixo. Afinal de 
contas, as linhas do campo magnético (do lado de fora do ímã) elas sempre 
vão......  do Nooorte para o Sul.........  à procura de uma vida 
melhoooooor . 
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 24 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – ww.simétrico.com.br 
367 
i
B Norte
i
N
 
Linhas de B saindo pelo lado 
esquerdo 
i
B
Sul
i
S
 
Linhas de B entrando pelo lado 
direito. 
Para que o ramo direito do eletroímã seja um pólo Sul Magnético, as linhas 
de campo magnético B devem ENTRAR pelo lado direito como mostra a 
figura acima. Afinal de contas, as linhas do campo magnético (do lado de 
fora do ímã) elas sempre vão......  do Nooorte para o Sul.........  à 
procura de uma vida melhor . 
As figuras acima mostram o sentido em que a corrente elétrica deve 
envolver cada ramo, a fim de produzir os pólos magnéticos desejados. 
Adicionalmente, como a corrente elétrica que atravessa uma bobina é a 
mesma que atravessa a outra bobina e a bateria, o diagrama completo 
deve seguir o esquema abaixo: 
i i
B BNorte Sul
+
-
i
i
i
i
B B
B
B
 
Observando com atenção as alternativas da questão, a única que satisfaz 
corretamente o sentido da corrente elétrica tanto na bobina esquerda, 
quanto na bobina direita e bateria, é alternativa E.  
21) D 
Comentário do prof. Renato Brito: de acordo com a expressão do 
campo magnético produzido por uma bobina chata com N espiras, 
temos: 
B1 = 
(1). .i
2.(R)

 (N = 1, uma espira de raio R) 
B2 = 
(2). .i
R
2.
2

 
 
 
 (N = 2, duas espiras de raio R/2) 
Assim, vemos que B2 = 4.B1 . 
22) C 
Comentário do prof. Renato Brito: de acordo com a expressão 
matemática para a intensidade do campo magnético no interior de 
um solenóide (bunil !!!!!! ), os fatores relevantes são APENAS a 
intensidade da corrente i e a razão n/L (número de espiras por 
metro de comprimento do tubo). Segundo o enunciado, a corrente 
elétrica i dobrou de valor, mas a razão n/L permaneceu A MESMA, 
portanto o campo B dentro do solenóide apenas dobrou de valor. 
 
23) A 
24) B 
25) a)  , b) , c)  , d)  , e)  , f)  , g) , h)  
26) 0,5T 
27) 8A 
28) 2A  
29) C 
30) A 
31) A 
32) A 
33) D 
Comentário: note que a resistência útil do reostato fica reduzida à 
metade. Isso duplica a corrente elétrica i em cada ramo. 
Adicionalmente, a distância D ficou reduzida à metade também. 
34) A 
35) A 
 
Capítulo 19 – Magnetismo Indução Eletromagnética 
1) B 
2) B 
3) A 
4) B 
5) C 
6) D 
7) D 
8) B 
9) A 
10) a) AH = anti-horário, b) repulsiva 
11) a) no amperímetro a corrente i’ tem sentido , 
b) no amperímetro a corrente i’ tem sentido  
12) a)