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2018/APOSTILA 3° ANO – EXTENSIVO/VOLUME 3/FÍSICA II/RESOLUÇÃO FÍSICA 2 – VOL.3 - DIÓGENES
FÍSICA 2 – VOLUME III RESOLUÇÕES - EXERCITANDO EM CASA
AULA 21 01. B
( )( )
( )
2TT 2
T
2T 2T T
P P2 2 2T TT
GMTerra : g 10 m s .
RGMg
G 8M 8GM GMR Planeta : g 2 2 10 g 20 m s .4R R2R
= == = = = = ⇒ =
02. A
A massa do corpo não é alterada, mas à medida que nos afastamos do planeta, seu peso sofre uma redução de acordo com a Lei da gravitação de Newton em que o peso é inversamente proporcional à distância ao quadrado do centro de massa do planeta, de acordo com a equação:
g 2G M mP F P
R⋅ ⋅
= ⇒ =
Assim, aumentando o raio até o centro da Terra, diminui o peso, mas a massa permanece constante. 03. A Análise das alternativas:
(A) Verdadeira. (B) Falsa: A balança mede massa em quilogramas. Quilograma-força é uma unidade de força. (C) Falsa: É a massa do gato que é a mesma em qualquer planeta. (D) Falsa: As balanças medem massa. (E) Falsa: Neste caso o peso seria menor pelo fato da gravidade ser menor, mas não alteraria a massa do
Garfield. 04. D
( ) ( )
T 2 22T T TT2
T TT2T
GMNa superfície: g
R GM R Rg g g .GM g GM R hNa espaçonave: g R hR h
=
÷ ⇒ = × ⇒ = + = + +
05. C
Para diminuir o peso desse objeto, deveríamos diminuir o campo gravitacional terrestre (g). Analisando a expressão, vejamos o que aconteceria se aumentássemos o raio e diminuíssemos a massa na mesma proporção. Sendo k esse fator, temos:
( )
22
3 32
2 3 2
G Mg
RG Mg' R gM g'G g G M kk RG Mkg' g'
k Rk R
= ⇒ = ⋅ ⇒ = = ⇒ =
O peso diminuiria, ficando dividido pelo cubo desse fator. 06. B
Na Terra: 2
T 2GMg 10 m / s .R
= =
Em Netuno:
( )( )
( ) = ⇒ = = = ⇒ =
2N N T N2 2
G 18M 18 GM 9 9g g g 10 g 11,25 m / s .16 8 8R4R
2
2018/APOSTILA 3° ANO – EXTENSIVO/VOLUME 3/FÍSICA II/RESOLUÇÃO FÍSICA 2 – VOL.3 - DIÓGENES
07. B Dados: Mt = 6,0 × 1024 kg; G = 6,7 × 10−11 N.m2 /kg2; g = 0,25 m/s2.
Da expressão dada:
g = 2
G Md
⇒ d = 11 24
14 7tG M 6,7 10 6 10 16 10 4 10 mg 0,25
−× × ×= ≅ × = × ⇒ d = 4 × 104 km.
08. B
Dados: m = 60 kg; P0 = 600 N; h = 2R3
.
Sendo G a constante de gravitação, M e R a massa e o raio da Terra, respectivamente, de acordo com a lei de Newton da gravitação, na superfície o peso é:
P0 = 2GMm
R.
Na altura h o peso é:
P = ( )2GMm
R h+.
Fazendo a razão entre essas expressões:
( )
2 2
2
20 0 0
P GMm R P R P R 9 2 5P GMm P P 25R h R R R3 3
= × ⇒ = ⇒ = = + +
⇒ P 9600 25
= ⇒
P = 216 N. 09. A
Lembremos que a massa é o produto da densidade pelo volume (M = ρV) e que o volume de uma esfera é 34V R .
3= π
Encontremos, primeiramente, a expressão que dá a intensidade do campo gravitacional em função da densidade (ρ) e do raio (R) de um astro esférico.
( ) 32 2 2
G VGM G 4 4g R g G R.3 3R R R
ρ ρ = = = π ⇒ = π ρ Por essa expressão, vemos que a intensidade do campo gravitacional é diretamente proporcional ao produto da densidade pelo raio, ou seja, g = kρR, sendo k, a constante de proporcionalidade.
Apliquemos essa expressão para os dados fornecidos: Terra TerraLua Lua
R e R .
2 4ρ
ρ = =
Assim: Terra Terra
Lua Lua Lua Lua
Terra Terra Terra Terra Terra Terra
Lua Terra.
Rg k R g 12 4 g k R g R 8
1g g8
ρρ
= ⇒ = = ⇒ρ ρ
=
10. C
A aceleração gravitacional na superfície de um planeta é dada por g = G.M/R2, onde G é a constante da gravitação universal; M é a massa do planeta e R seu raio.
Para Urano
0,9.g = G.14,4.M/RU2
Para Terra
g = G.M/RT2
Divididas as duas expressões:
0,9 = 14,4.(RT/RU)2 → (RU/RT)2 = 14,4/0,9 = 16 → RU/RT = 4
3
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AULA 22 01. B
A intensidade da força de atração gravitacional é inversamente proporcional ao quadrado da distância entre a Terra e o satélite. Como as órbitas são circulares, a distância para cada satélite é constante, sendo também constante a intensidade da força gravitacional sobre cada um. Como as massas são iguais, o satélite mais distante sofre força de menor intensidade. Assim: FA < FB < FC < FD < FE.
02. B
I. Verdadeira. Sabendo as razões de massa e raio entre a Terra e Júpiter e considerando os planetas como esferas perfeitas, com os volumes podemos calcular a densidade relativa entre os planetas.
MdV
= e 34V R ,3
= π então:
( ) ( )
T
J T TJ J J T33 3J
T T
d
M 300 M M300d d d 0,225 d4 4V 1111 R R3 3
= = ⇒ = ⋅ ∴ = ⋅π π
II. Falsa. A gravidade aparente no equador é obtida fazendo a diferença entre a aceleração da gravidade e a aceleração centrípeta, devido ao movimento circular de rotação, de acordo com:
2ap c apg g a g g R= − ⇒ = − ω
A velocidade angular ω é dada por:
2 ,Tπ
ω = onde T é o período de rotação.
Para Júpiter e Terra:
J J J
J
T T TT
2 rad2 rad hT 10 h 5
2 rad2 rad hT 24 h 12
ππ πω = ⇒ ω = ∴ω =
ππ πω = ⇒ ω = ∴ω =
Logo, as acelerações centrípetas para cada planeta serão:
22
c,T T T c,T T
22
c,J J J c,J T
a R a R12
a R a 11 R5
π = ω ⋅ ∴ = ⋅
π = ω ⋅ ∴ = ⋅
Dividindo os termos, obtemos a razão:
c,J
c,T
aa
π
=
2
T11 R5
⋅
π2
TR12
⋅
c,Jc,J c,T
c,T
a63,36 a a
a⇒ = ∴ >
III. Verdadeira. Faltam dados para a resolução correta do item. A massa do planeta Júpiter não foi
fornecida e não se consegue determinar a velocidade orbital. Usando dados obtidos do livro Física 1, Halliday e Resnick, página 327:
27
J11 3 2
M 1,9 10 kg
G 6,67 10 m s kg−
= ⋅
= ⋅ ⋅
Então a velocidade orbital será de:
11 3 2 27J
orbital orbital 7orbital
orbital
G M 6,67 10 m s kg 1,9 10 kgv v
R 7,5 10 mv 40.009 m s 40,0 km s
−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⇒ =
⋅
∴ ≈ =
Resultando em valor próximo à afirmativa, sendo considerada verdadeira, no caso se a banca tivesse fornecido dados suficientes.
4
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IV. Falsa. Usando a Lei dos períodos de Kepler:
2 2 2 22 3J T 3
J T3 3 3 3J T J T
J T
T T 12 1 R 12 RR R R R
R 5,2 R
= ⇒ = ⇒ = ⋅ ∴
∴
Portanto, não há resposta correta para a questão como foi divulgada, porém, de acordo as
modificações apresentadas na análise, a resposta certa seria a alternativa (B). 03. B
A velocidade orbital é obtida igualando-se à força centrípeta e a força gravitacional: 2
2v M m G Mm G vR RR
⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⇒ =
A intensidade da quantidade de movimento linear é dada por:
( )11 2 2 24
4
G MQ m v Q mR
6,67 10 N m kg 5,98 10 kgQ 5 kg
650.000 m 6.350.000 m
m mQ 37.742,8 kg 3,8 10 kgs s
−
⋅= ⋅ ⇒ = ⋅
× ⋅ ⋅ ⋅= ⋅
+
= ⋅ ⋅ ⋅
04. B
Verdadeira. Fazendo a razão entre as forças gravitacionais, colocando os dados em função da Terra, temos:
( )
( )
T2
TP P
TT T2
T
2M
0,5RF F8
MF FR
= ⇒ =
Verdadeira. Fazendo a razão entre as forças gravitacionais dos planetas e suas estrelas usando a referência da Terra:
( )
( )
S T2
PE PE
S TTS TS2
2M 2M
3RF F 4M MF F 9
R
⋅
= ⇒ =⋅
Falsa. Na primeira afirmativa já calculamos esta razão. Verdadeira. A velocidade orbital quando aproximada a uma trajetória circular nos fornece a seguinte expressão:
G Mv ,R⋅
= onde G é a constante de gravitação universal, M é a massa da estrela, R é a distância entre os
centros de massa e v é a velocidade orbital. Logo, fazendo a razão entre as velocidades orbitais da Terra e do planeta P, temos:
SP P
T S T
2M / 3Rv v 2v M /R v 3
= ∴ =
Falsa. Na segunda afirmativa foi determinado.
05. C
A velocidade orbital para um movimento perfeitamente circular é obtida a partir da força resultante neste movimento, isto é, a força centrípeta que é igual à força gravitacional:
cp gF F m= ⇒2v
R⋅
M mG ⋅= ⋅
2R
GMvR
∴ =
Tendo em vista que a velocidade orbital independe da massa do planeta, logo o fato de duplicar a massa do mesmo, não vai fazer diferença, pois para manter a mesma velocidade orbital, devemos também manter o raio da órbita.
5
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06. D De acordo com a igualdade entre a força gravitacional e a resultante centrípeta de um movimento circular, podemos obter a velocidade orbital de um satélite.
g cGMmF R= ⇒
2r
m=
2vr
GMvr
∴ =
Para Plutão: rP = d
P PP
P
GM GMv
r d= =
Para a Terra: MT = 500 MP e rT = 2d
T PT
T
GM G 500 Mv
r 2d⋅
= =
Assim, fazendo a razão entre as velocidades orbitais da Terra e de Plutão, temos:
T
TT
P P
P
GGMrv
v GMr
= =
P500 M⋅
2d
G PM
d
T
P
v250 5 10
v⇒ = =
Logo, o fator multiplicador de 10 é 5. 07. B
A partir da figura abaixo, temos:
mín 2 1
máx 2 1
d r r 4d r r 5
−= =
+
De onde vem:
( ) ( )2 1 2 15 r r 4 r r⋅ − = ⋅ + = ⋅2 1r 9 r (1)
Como a força resultante em movimentos curvilíneos é igual à força centrípeta e esta representa a força gravitacional:
c gF F= 2
2m v G M m G Mv
r rr⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= ⇒ = (2)
Fazendo a razão 1 2v / v :
11 2
2 1
2
G Mrv r
v rG Mr
⋅
= =⋅
Substituindo a equação (1)
1 1 1
2 1 2
v 9 r v9 3
v r v⋅
= ⇒ = =
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08. C O movimento de satélites pode ser considerado um movimento circular uniforme e a velocidade orbital desses objetos pode ser obtida igualando as forças existentes. No caso, a força centrípeta e a força gravitacional.
c g
2
2
F F
m v M mGR R
=
⋅ ⋅=
Explicitando a velocidade e fazendo as simplificações:
Mv GR
=
Então a velocidade depende da massa da Terra e do raio da órbita.
09. D
Dados: 3 6 6 24
11 3 2
R 6 10 km 6 10 m; h 720 km 0,72 10 m; M 6 10 kg;
G 6,7 10 m /kg s .−
= × = × = = × = ×
= × ⋅
Como a órbita é circular, a gravidade tem a função de aceleração centrípeta.
( )
2 11 24
c 2 6 6
11 246 3
6
G M G Mv 6,7 10 6 10a g v R h R h 6 10 0,72 10R h
6,7 10 6 10 v 60 10 7,7 10 m/s 6,72 10
v 7,7 km/s.
−
−
× × ×= ⇒ = ⇒ = = ⇒
+ + × + ×+
× × ×= = × ≅ × ⇒
×
=
10. E
O perigeu representa a maior aproximação entre a estação e a Terra e isto proporciona a maior velocidade, com consequente maior energia cinética.
AULA 23 01. C
As marés ocorrem devido às forças gravitacionais de atração entre a Terra e a Lua e entre a Terra e o Sol. Portanto, quando os centros desses astros estão sobre a mesma linha, nos pontos da superfície da Terra que estão sobre essa linha, a maré é ainda mais alta, sendo mais baixa nos pontos a 90 º.
Ação das marés, mostrada de maneira exagerada para melhor entendimento. A – situação isopotencial (sem maré); B – maré lunar; C – maré lunissolar.
Disponível em: https://pt.wikipedia.org/wiki/Mar%C3%A9 02. D
A atração gravitacional entre massas não depende de nenhuma rotação.
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03. C
Sistema Binário Giram em torno do centro de massa do sistema
⋅ + ⋅=
+⋅ ⋅
= =+
= ⋅
1 1 T Tcm
L T
L T L Tcm
L L L
cm T T
m x m xx
m m80m x 80m x
xm 80m 81m80x x 0,98x81
Conclusão: O centro de massa do sistema localiza-se no interior da terra!!
Sabendo que = ∴ =TT T T
xR x 60R ,
60
= = ⋅
≅
cm T T
cm T T
80x 0,98x 60R81
x 60R x
04. E
A e B apresenta marés altas 1 dia = 2 marés altas e 2 marés baixas
05. A
As fases da Lua são identificadas tanto no hemisfério sul como no hemisfério norte da Terra da mesma forma, mas como se fossem imagens em um espelho plano em relação a como a Lua é vista em cada hemisfério. As fases são: Nova, Crescente, Cheia e Minguante. Como o eclipse do Sol somente ocorre na Lua Nova, a fase imediatamente anterior é a Minguante.
06. B
O fenômeno descrito depende também da posição relativa entre os corpos celestes, ou seja, do movimento de translação da Terra em torno do Sol.
07. A
No eclipse solar, o Sol fica encoberto atrás da Lua, portanto estamos na Lua Nova, enquanto que no eclipse Lunar a sombra da Terra se projeta no espaço ocultando a Lua, que está em fase Cheia.
08. B
Justificando os itens falsos: I. Falso. Como vemos pela figura abaixo o eclipse solar só pode acontecer na fase da Lua Nova. IV. Falso. Podemos ver o que acontece na figura abaixo.
8
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09. C
Como mostra a figura, o eclipse lunar é consequência da propagação retilínea da luz e esse fenômeno ocorre na lua cheia, quando a Lua passa pelo cone de sombra da Terra.
10. C
Quanto ao eclipse solar, temos: Observador colocado no cone de sombra da Lua vê um eclipse total; Observador colocado num cone de penumbra vê um eclipse parcial; Observador colocado numa região plenamente iluminada da Terra vê o Sol inteiramente.
AULA 24 01. B
Como o avião voa horizontalmente, a resultante das forças verticais sobre ele deve ser nula. Então a diferença entre as intensidades das forças de pressão vertical, para cima e para baixo, é igual à intensidade do peso do avião.
53 2
2m g 3 10 10P A m g P P 6 10 N m .
A 5 10⋅ × ×
∆ ⋅ = ⋅ ⇒ ∆ = = ⇒ ∆ = ××
02. D
Considerando que as três peças sejam maciças, os três objetos têm o mesmo peso (W). esfera cubo icosaedroW W W .= =
A expressão da pressão é:
nF WP P .A A
= ⇒ =
Então a pressão depende da área de apoio. A ordem decrescente das áreas é:
esfera cubo icosaedroA W W .< < Sendo a pressão inversamente proporcional à área, vem:
esfera icosaedro cuboP P P .> >
03. B
A pressão é dada pela razão entre a intensidade da força normal aplicada e a área de aplicação. Nesse caso, a intensidade da força normal é igual à do peso da criança. Quando apoiada somente em um pé, a área de apoio reduz à metade, dobrando a pressão.
04. B
⋅ ⋅= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
⋅⋅ ⋅
= ⇒ = ⇒ = ⇒ =⋅
⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ =
1 1 1 1
2 2 2 2
2 2 2 1
F m g 2 10 2P P P PA A 5 10 5F m g 2 10 1P P P PA A 20 10 10
1 24 P 4 4 P 4 P P10 5
05. A
PF mgPressão Pressão PressãoA A A
= ⇒ = ⇒ =
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06. B A pressão atmosférica diminui com a altitude, portanto ao passar de uma região de alta pressão para uma de baixa pressão, o avião está subindo, logo, ganhando altitude.
07. C 2 5 2 2
5 4
FP F P A F P r F 2,5 10 3 (3 10 )A
F 2,5 10 3 9 10 F 675 N
−
−
= ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ π ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =
08. C
A pressão que um líquido exerce sobre a parede de um recipiente que o contém sempre será perpendicular à superfície (em todos os pontos do recipiente) e sempre apontando para fora. Como o recipiente é cilíndrico, a pressão irá exercer forças radiais e com sentido para fora.
09. C
Dados: 3 32m 48 g 48 10 kg; g 10 m/s ; d 4 mm 4 10 m; 3.− −= = × = = = × π = Na situação proposta, a força de pressão exercida pelos gases equilibra a força peso do tubo cilíndrico e a força exercida pela pressão atmosférica sobre ele. Assim:
( )−
−
= + ⇒ = + ⇒ = + ⇒π
× × ×= + × = × + × = × ⇒
× ×
=
gás atm gás atm gás atm2
35 5 5 5 2
gás 23
gás
m gPF P F p p p p A d
448 10 10 4 p 1 10 0,4 10 1 10 1,4 10 N/m 3 4 10
p 1,4 atm.
10. D
No seu funcionamento, a panela de pressão aumenta a pressão interna, fazendo com que o ponto de ebulição da água interna aumente, sendo assim eficaz para cozimentos mais rápidos economizando energia.
AULA 25 01. B
Pela Lei de Stevin, sabendo que =3 3 31 g / cm 10 kg / m , temos:
05 5 3
5 4
P P gh
3 10 10 10 10 h
2 10 10 hh 20 m
= + ρ
⋅ = + ⋅ ⋅
⋅ =∴ =
02. B
Sabendo que a pressão manométrica do gás é dada por pm = pint - patm, pelo Teorema de Stevin, temos que: m Hg 2 1
3 2m
3m
p g (h h )
p 13,6 10 10 (8 5) 10
p 4,08 10 Pa
−
= ρ ⋅ ⋅ −
= ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅
∴ = ⋅
03. B
A B
a a g g
a a g g
a
a
g a
P Pg h g h
h h
1 h 0,75 10h 7,5 cm
h h h h 10 7,5 h 2,5 cm
=ρ ⋅ ⋅ = ρ ⋅ ⋅
ρ ⋅ = ρ ⋅
⋅ = ⋅=
∆ = − ⇒ ∆ = − ⇒ ∆ =
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04. D Como a temperatura será constante, a relação entre pressão e volume é dada pela Lei de Boyle:
1 1 2 2p V p V (1)⋅ = ⋅ A pressão no balão imerso é dada pela Lei de Stevin:
5 3 3 21 atm 1p p gh p 1,0 10 Pa 1,0 10 kg m 10 m s 10 m= + ρ ⇒ = × + × ⋅ ⋅
51p 2,0 10 Pa= ×
Substituindo na equação (1), obtemos o volume que o balão terá na superfície da água.
5 51 1 2 2 2 2p V p V 2,0 10 Pa 1,0 L 1,0 10 Pa V V 2,0 L⋅ = ⋅ ⇒ × ⋅ = × ⋅ ∴ =
05. B
A pressão total em função da profundidade de um determinado ponto imerso num determinado líquido é dada pela equação: 0P P gh= + ρ como mostrado para cada líquido no gráfico fornecido.
Isolando a densidade da equação, temos: 0P Pg h−
ρ =
Usando os dados do gráfico para os líquidos A e B, transformando as unidades de pressão para Pascal, temos: Para o líquido A:
( )A 0
A AA
2 1 atmP Pg h
−−
ρ = ⇒ ρ =⋅
51 10 Pa1 atm⋅
⋅3
A 3
2
kg2,5 10m m10 4 ms
∴ρ = ⋅⋅
Para o líquido B:
( )B 0
B AB
3 1 atmP Pg h
−−
ρ = ⇒ ρ =⋅
51 10 Pa1 atm⋅
⋅3
B 3
2
kg5,0 10m m10 4 ms
∴ρ = ⋅⋅
06. C
De acordo com o Teorema de Stevin, pontos de um mesmo líquido que estão na mesma horizontal suportam a mesma pressão. A recíproca é verdadeira: se os níveis estão sob mesma pressão então eles devem estar na mesma horizontal.
07. C
De acordo com o Teorema de Stevin, a pressão exercida por uma coluna líquida é diretamente proporcional à altura dessa coluna.
08. A
Do Teorema de Stevin: 3
mín mín3
3
máx máx3
18 10h h 1,8m.p 10 10p dgh hdg 38 10h h 3,8m.
10 10
×= ⇒ =
×= ⇒ = × = ⇒ = ×
09. C
De acordo com o Teorema de Stevin, a pressão de uma coluna líquida é diretamente proporcional à altura dessa coluna, que é medida do nível do líquido até o ponto de saída, no caso, h3.
10. B
A pressão hidrostática é hp gh= ρ , sendo ρ a densidade da água, g a aceleração da gravidade e h a altura da coluna. Notemos que a pressão não depende do volume, podendo, então, obter-se a mesma pressão com volumes menores, propiciando economia de água.
11
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AULA 26 01. C
Cada 2H Ocm é aproximadamente 100 Pa, assim, chegamos ao resultado de forma rápida.
2H O1 cm
2H O
100 Pa
136 cm
≅ ⋅ 4
x
x 1,36 10 Pa
02. D Do enunciado: O TF 1,5F= Como F = PA, vem:
O O T T
O T
O T
P A 1,5P AP 3 1,5P 42
P 21P
=⋅ = ⋅
∴ =
03. C Pelo princípio de Pascal, a pressão é transmitida integralmente por cada ponto do líquido, isto é, a pressão
no pistão A é igual à pressão no pistão B: pA = pB
Usando a definição de pressão como a razão entre a força F e a área A, ficamos com:
A B
A B
F FA A
=
Fazendo a razão entre as forças e calculando as áreas dos pistões:
( )( )
2B B B B
2A A A A
240 cmF A F F16
F A F F60 cm
π ⋅= ⇒ = ⇒ =
π ⋅
Já o trabalho W realizado para erguer o automóvel é:
2
4
W F h W m g h W 1000 kg 10 m / s 2 m
W 2 10 J
= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅
= ⋅
04. A Pelo Teorema de Pascal:
2 2
1 2 1 1 1 1 12 1
2 2 2 1 21 2
F F F d F d F 1 .F d F 2 d F 4d d
= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
05. C Como a velocidade é constante, a resultante sobre o sistema cadeirante-cadeira é nula. Assim, aplicando o
Teorema de Pascal:
( )mot total mot totalmot
inj elev inj inj
mot
88 22 10F P F P F
A A A 4 A 4
F 275 N.
+= ⇒ = ⇒ = ⇒
=
06. C Dados: P = 2⋅104 N; A1 = 4⋅10–4 m2; A2 = 0,16 m2 = 16⋅10–2 m2. Pelo Teorema de Pascal:
( )4 4 2
12
1 2 2
2 10 4 10P AF P 8 10 F A A A 1616 10F 50 N.
−
−
⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = = = ⇒
⋅=
12
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07. A Pelo Teorema de Pascal aplicado em prensas hidráulicas, temos:
1 2
1 2
F FA A
=
O volume dos cilindros é dado por: V = A.h.
Nas condições apresentadas no enunciado, temos: 2 1V 4.V=
2 2 1 1A .h 4.A .h= 2 1A .h 4.A .3h= 2 1A 12.A=
Assim:
1 2 2
1 1 1
F F F12
A 12A F= ⇒∴ =
08. A Pelo Princípio de Pascal, qualquer acréscimo de pressão transmitido a um ponto de um líquido em repouso,
é transferido integralmente a todos os demais pontos desse líquido. 09. C O módulo do peso (P) do conjunto a ser elevado é: ( ) ( )pessoa cad platP m m m g P 65 15 20 10 1.000 N.= + + ⇒ = + + =
Como a velocidade é constante, aplicando a expressão do Princípio de Pascal:
motor motor
tub pistão tub tub
motor
F FP 1.000 A A A 5 A
F 200 N.
= ⇒ = ⇒⋅
=
10. B Dados: 6 2 2
tampa êmbolo êmboloA 9 10 m ; D 30 mm 3 10 m; F 4 N.− −= π× = = × =
Do Teorema de Pascal, a pressão é transmitida integralmente a todos os pontos do fluido:
( )
−
− −−
−−
= ⇒ = ⇒ = ⇒π× π
× × × ×= = ⇒ = ×
××
tampa tampaˆ ˆembolo embolotampa êmbolo 6 2
ˆtampa embolo
6 6tampa tampa 2
2 42ˆ ˆembolo embolo
F FF FP P
A A 9 10 D4
F F4 9 10 4 9 10 4 10 .F F9 103 10
AULA 27 01. C A razão entre as densidades nos informa a porcentagem submersa do corpo no líquido:
AA L
L
d1 d d
d= ⇒ =
BB L
L
d0,5 d 0,5 d
d= ⇒ =
CC L
L
d0,33 d 0,33 d
d= ⇒ =
Logo, A B Cd d d .> > 02. C Para a pessoa fora da piscina, sua força normal, em módulo, será: N m g= ⋅
13
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Para a pessoa na piscina, com 24% de seu volume submerso, temos a presença do Empuxo, de acordo com o Princípio de Arquimedes:
líq corpoE d V g= ⋅ ⋅
Mas considerando que somente parte do volume está submerso e que o volume é a razão entre a massa e a densidade do corpo,
3líq
corpo
m 0,24E d 0,24 g E 1g cm m g E 0,25 m gd 0,96
= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ∴ = ⋅ ⋅
Portanto, com o Empuxo, há uma redução de 25% da força normal em relação ao corpo fora da piscina. 03. B Neste caso, peso do corpo P e empuxo E estão em equilíbrio: líqE P g= ⇒ µ ⋅ subV m g⋅ = ⋅ Substituindo os valores e sabendo que 1L = 1 000 cm3
3líq líq líq3
sub
600 gm 0,75 g cmV 0,8 1000 cm
µ = ⇒ µ = ∴µ =⋅
04. C O iceberg está em repouso sobre a ação exclusiva de duas forças de sentidos opostos: o peso e o empuxo.
Então essas duas forças têm a mesma intensidade. Assim:
3ag im gelo ag gelo gelo
9 9P E m g d g V d V d V d 1 d 0,9 g cm .10 10
= ⇒ = ⇒ = ⇒ = × ⇒ =
05. A Lembrando que a intensidade do empuxo é igual à do peso de líquido deslocado, ao retirar o braço para fora
da água, o volume de líquido deslocado diminui, diminuindo a intensidade do empuxo. Como o peso não se altera, a tendência do corpo é afundar.
06. B Para o navio flutuar, é necessário que as forças peso e empuxo se equiparem (resultante vertical nula). 07. D De acordo com o enunciado, ao afundar os legumes, 1/3 do volume fica fora d’água; logo, 2/3 do volume
ficam imersos, o que corresponde a 0,5 litro (Vi = 0,5 L), pois o recipiente graduado passou à indicação de 1 litro para 1,5 litro.
Sendo V o volume dos legumes:
( )i
0,5 32 2V V V 0,5 v V 0,75 L.3 3 2
= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
Com o dado obtido na Internet:
água 3leg leg
1 0,5 g / cm 0,5 kg /L.2 2
ρρ = = = ⇒ ρ =
Aplicando a definição de densidade:
( )leg leg
leg
m V 0,5 0,75
m 0,375 kg.
= ρ = ⇒
=
Fica uma sensação de que o examinador cometeu um deslize, pois se ele colocou a porção de legumes em
água, no equilíbrio, o empuxo sobre a fração imersa do volume deveria ter equilibrado o peso, mas:
( )
( )( )leg
água i
P m g 0,375 10 P 3,75 N. E P!!!
E V g 1 0,5 10 E 5 N.
= = ⇒ = >= ρ = ⇒ =
Podemos contornar a situação, supondo que os legumes foram forçados a afundar mais que a metade do volume.
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08. B Dados: m = 3 kg = 3.000 g; P= 30 N; IV V 2= ; a = 10 cm; T = 24 N; 2g 10 m/s= .
Calculando o volume do cubo: 3 3 3 3 6 3 3 3V a 10 cm V 10 10 m V 10 m .− −= = ⇒ = × ⇒ =
A figura mostra as forças que agem no cubo, quando mergulhado na água do lago.
Do equilíbrio, temos: T + E = P → E = P – T = 30 – 24 → E = 6 N Da expressão do empuxo:
−
−= ρ ⇒ = ρ ⇒ ρ = = ⇒ ρ =3
3 3água imerso água água água2
10 12E V g 6 10 1.200 kg/m 1,2 g / cm .
2 10
09. C Ao apertar a garrafa, aumenta-se a pressão na água nela contida e, consequentemente, na porção de ar
que há no frasco. Esse ar comprimido diminui de volume, entrando mais água no frasco. 10. E Com a piscina cheia, a água exercerá na escultura uma força vertical, para cima, chamada empuxo, cuja
intensidade é igual ao peso do volume de água deslocado pela escultura. Matematicamente, o empuxo é dado por:
E = dlíquido Vimerso g.
Essa força vertical se somará à força exercida pelos trabalhadores, facilitando a retirada da escultura.
AULA 28 01. B Dados: 3 3 1
ad 10 kg/m ; 3; R 10 cm 10 m.−= π = = = O sistema está em equilíbrio. Então o empuxo sobre a semiesfera e o peso do cachorro tem a mesma
intensidade.
( )− − = ⇒ = ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅π ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ × ⇒ =
33 3 1 3 3a im a
1 4 1 4P E m g d V g m d R 10 3 10 10 2 10 m 2kg.2 3 2 3
02. D O equilíbrio do conjunto é dado pela igualdade do peso e o empuxo. P = E
Mg Vg= µ
Onde: b cam cargaM m 2m 2m= + + (massa total do conjunto barca e caminhões carregados); V A h= ⋅
Substituindo: ( )b cam cargam 2m 2m g Ah g+ + = µ
Isolando a massa da carga de cada caminhão e substituindo os valores:
( )23b cam
carga carga
carga carga
1000 kg / m 10 m 0,4 m 10000 kg 2 10000 kgAh m 2mm m
2 240000 kg 30000 kgm m 5000 kg
2
⋅ ⋅ − − ⋅µ − −= ⇒ =
−= ∴ =
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03. A meio deslocadoE d V g= ⋅ ⋅ Como eles estão no mesmo meio (ar) deslocando o mesmo volume de ar, o empuxo do gás Hélio será igual
ao empuxo do oxigênio. Observação: O peso do balão irá influenciar apenas se ele irá subir (P < E), descer (P > E) ou ficar estático
(P = E). 04. C Analisando o enunciado, podemos observar que: E = T + P
Onde:
E EmpuxoT Tração no fioP Peso da mina
→→→
Assim, utilizando os dados fornecidos no enunciado, podemos escrever que:
2H O sub
T E PT V g m g
T 1000 4 10 300 10T 40000 3000T 37000 NT 37 kN
= −= ρ ⋅ ⋅ − ⋅
= ⋅ ⋅ − ⋅= −==
05. C Cálculos preliminares: Volume do bloco de madeira: 3 3 3V a 20 8.000 cm .= = =
Densidade do líquido: 3Ld 1,2 g cm .=
Massa do objeto: obm 200g.= A figura ilustra a situação descrita.
O empuxo no bloco equilibra o peso do bloco e do objeto sobre ele.
( )ob ob L
3
P P E dV g m g d V g d 8.000 200 1,2 8.000
9.600 200d d 1, 175 g cm .8.000
+ = ⇒ + = ⇒ + = × ⇒
−= ⇒ =
06. A Justificando as alternativas falsas:
(F) As forças elástica e peso têm sentidos opostos entre si tanto na figura 1 quanto na 2. Uma mola comprimida exerce um empurrão sobre um objeto. Ou seja, na figura I a força elástica está
para cima. Uma mola esticada exerce um puxão sobre um objeto. Ou seja, na figura II a força elástica está para baixo.
(F) Na figura 2, as forças elásticas e empuxo têm o mesmo sentido. A força empuxo está para cima, e a força elástica está para baixo, em sentidos opostos.
(F) Na figura 2, as forças peso e empuxo têm a mesma intensidade.
el
el
E F P 0E F P+ − =+ =
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07. A De acordo com o diagrama de corpo livre, as forças que atuam na esfera são:
Os módulos das forças Empuxo, Tração e Peso se relacionam entre si, de acordo com a equação de equilíbrio: E P T= +
08. C As figuras mostram as forças agindo na pedra nas duas situações.
Calculando os volumes imersos:
3 31 13
13
3 32 1 2
m m 12d V V 6 10 m .V d 2 10
1 6 10V V V 1,5 10 m .4 4
−
−−
= ⇒ = = ⇒ = ××
×= = ⇒ = ×
Equacionando os dois equilíbrios:
( ) ( ) −
+ =⇒ + = + ⇒ − = − = − ⇒ + =
− = − = × − × ⇒ − =
1 12 2 1 1 2 1 1 2 a 1 a 2
2 2
3 32 1 a 1 2 2 1
F E P F E F E F F E E d V g d V g
F E P
F F d g V V 10 10 6 1,5 10 F F 45 N.
09. A O ar aquecido dentro do balão se expande, tornando-se menos denso que o ar externo. Assim, o peso do
balão torna-se menor que o empuxo, fazendo que ele suba. 10. E Se o corpo está em repouso, o peso e o empuxo têm a mesma intensidade:
= ⇒ = ⇒ = ⇒
= ⇒ = ⇒ =
cubo imersocubo cubo água imerso
água cubo
base imersa 3cubo cubocubo
água base cubo
d vP E d V g d V g
d V
A hd d 32 d 0,8 g /cm .d A H 1 40
AULA 29 01. E Desenvolvendo as unidades das grandezas fundamentais para as grandezas derivadas, temos:
[ ] [ ][ ]
[ ] [ ][ ]
[ ] [ ] [ ][ ]
[ ] [ ][ ]
[ ]
[ ] [ ]2 2
2 33
dm d
F d m a d t M LPot Pot M L Tt t t t T
−
⋅ ⋅τ ⋅ ⋅ ⋅
= = = = ∴ = =
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02. A
[ ]2
pp p 22 2
E Jkx JE k 2 E .2 mx m
= ⇒ = ⇒ =
03. E
I. ATF [N]= . Correto. II. [ ]PE C J= Incorreto. A energia é dada em joules [J]. III. V [C]= . Incorreto. O potencial elétrico é dado em volts [V]. IV. [ ]CE J C= . Incorreto. Assim como a energia potencial, a energia cinética é dada em joules [J]. V. FW [J]= . Correto.
04. B A potência é dada pelo produto do módulo da velocidade (v) pela intensidade da força (F). Então:
[ ] [ ] [ ]P v F P H G.= × ⇒ = ×
05. C A potência é dada pela equação:
E F d m a dPt t t
⋅ ⋅ ⋅= = =
As unidades serão:
[ ] [ ][ ]
[ ] [ ][ ]
[ ] [ ][ ] [ ]
2 2
3
kg m / s mJ N m mW kgs s s s
⋅ ⋅ ⋅ = = = = ⋅
06. B
[ ] [ ] 32
m kgm v S t kg m .mv S t m ss
− ∆ ∆ = α ∆ ⇒ α = ⇒ α = ⇒ α = ⋅ ∆ ⋅ ⋅
07. C A potência pode ser definida como o produto da intensidade da força pelo módulo da velocidade.
[ ] [ ] [ ] 2 32
m mP Fv P mav P kg P kg m s .
ss− = ⇒ = ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅
08. B
Foi dado pelo enunciado que 2rF k v .= ⋅ Assim, pode-se dizer que r
2F
k .v
=
Sabendo que no SI qualquer força é expressa em Newtons (N) e que a velocidade é m/s, podemos substituir na equação acima de forma a encontrar a unidade para a constante k.
( )
r2 2
F Nkv m s
= =
Como, 2mF m a N kgs
= ⋅ → = ⋅
22
2 2 2 2
mkg m ssk kgm s s mkgkm
⋅= = ⋅ ⋅
=
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09. D No SI, a posição y é expressa em metro (m) e o tempo é expresso em segundo (s). Isolando b na expressão
dada:
[ ]3
3 3 3b t y m my b 2 b2 t s s
= ⇒ = ⇒ =
10. E Sabendo que: 1 kg 1000 g= e 1 m = 100 cm:
3 2
2 5 210 g 10 cm1 kg m s 10 g cm s1 kg 1 m
− −⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
Ou seja, para 21 g cm s ,−⋅ ⋅ basta dividir tudo por 105: 2 5 21 g cm s 10 kg m s− − −⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
AULA 30 01. C Considerando o gás da bolha como gás ideal e sendo o processo isotérmico, pela equação geral dos gases:
0 0
0
p VT
pVT
= ( )50 0 0 0p V 10 Pa V 0,5V⇒ = ⋅ +
Achamos a pressão do ponto onde a bolha se formou. 0 0p V 5
010 Pa 1,5 V= ⋅ 50p 1,5 10 Pa∴ = ⋅
Usando A Lei de Stevin, que relaciona a pressão à profundidade, tem-se:
0 atm0 atm
5 5
3 3 2
p pp gh p h
g
1,5 10 Pa 1,0 10 Pah h 5 m10 kg m 10 m s
−= µ + ⇒ =
µ
⋅ − ⋅= ∴ =
⋅
02. A Considerando que a pressão na superfície de cada líquido em contato com o ar é equivalente à pressão
atmosférica:
Para os pontos A e B: A BP P= Pela Lei de Stevin, a pressão total até a superfície de cada líquido, é:
A atm A A
B atm B B
P P g H
P P g H
= + ρ ⋅ ⋅
= + ρ ⋅ ⋅
Igualando as duas equações: atmP A A atmg H P+ ρ ⋅ ⋅ = B Bg H+ ρ ⋅ ⋅
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Isolando a densidade de B:
AB
gρ ⋅ρ = AH
g⋅
B3
BB
31,4 g / cm 35 c 0,9850 c
mm
g/ cmH
⇒ =⋅
ρ = ∴ρ⋅
03. E Aplicando o Teorema de Stevin:
= = × × × ⇒ =3p d g h 10 10 0,2 4 p 8.000 Pa.
04. C A figura mostra as forças agindo sobre os êmbolos de áreas A1 e A2.
Aplicando o Teorema de Pascal:
> ⇒ > ⇒ >ππ2 2
2 1
4 PF P F P F .A A D D
4
05. B A diferença entre os valores registrados no dinamômetro representa o Empuxo. Pelo Princípio de
Arquimedes, podemos determinar o volume do corpo, que neste caso também representa o volume de líquido deslocado, pois o corpo está totalmente imerso no líquido.
4 3l l l c c c3
l
E 2E V g V V V V 2 10 mg 1 10 10
−= µ ⋅ ⋅ ⇒ = = ⇒ = ∴ = ⋅µ ⋅ ⋅ ⋅
A densidade do corpo é dada pela razão entre sua massa e seu volume:
cc
c
md
V=
E sua massa é determinada pelo seu peso mostrado na figura I.
c c c cP 16P m g m m m 1,6 kgg 10
= ⋅ ⇒ = ⇒ = ∴ =
Assim, sua densidade será:
3 3cc c4 3
c
m 1,6 kgd d 8 10 kg mV 2 10 m−
= = ∴ = ⋅⋅
06. D Para o equilíbrio, devemos ter: E1 + E2 = P Logo:
1 1 2 2 c 1 2
1 13
1
gV gV g(V V )
0,4V 1 10 0,6(V 10)
V 20 cm
ρ ρ ρ+ = +
+ ⋅ = +
∴ =
20
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07. D O equilíbrio de forças nos fornece o empuxo: E P T E 500 N 300 N E 200 N= − ⇒ = − ∴ = Com o empuxo, podemos descobrir o volume da pedra:
= µ ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ = ∴ =µ ⋅ ⋅
3líq
~líq3 2
200 NEE V g V V V 0,02 mkg mg 1000 10m s
Logo, a massa específica da pedra será:
3 3
50 kgm kg2500V 0,02 m m
µ = ⇒ µ = ∴µ =
08. D O empuxo é a diferença entre o peso e o peso aparente quando o corpo está totalmente ou parcialmente
mergulhado, ou seja, de acordo com Arquimedes, é o peso de fluido deslocado pelo corpo.
apap 3
2
3 3 3
P P 50 N 40 NE P P VgVg 1 m1 10 cm 10 m / s
2 100 cm
2 10 kg / m 2 g / cm
− −= − = µ ⇒ µ = ⇒ µ =
⋅ ⋅
∴µ = ⋅ =
09. B O empuxo máximo (barca na iminência de afundar) deve equilibrar o peso da barca mais o peso dos N
automóveis.
− × − ×
+ = ⇒ + = ⇒ = = ⇒ =×
3 4ág
auto barca ág 3
d V M 10 100 4 10NP P E Nm g M g d V g N n 40m 1,5 10
10. E Utilizando a primeira expressão dada:
[ ] [ ] [ ] − = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅
22 2
2 2m mE m g h E kg m E kg E kg m ss s
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