FÍSICA 2 – VOLUME III RESOLUÇÕES - EXERCITANDO EM CASASICA-2-VOL-3.pdf · FÍSICA 2 – VOLUME III . RESOLUÇÕES - EXERCITANDO EM CASA. AULA 21 . 01. B ( ) ( ) ( ) T 2 T 2 T

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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


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


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


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


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⋅

= ⇒ = =

6


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.

7


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


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

= ⇒ = ⇒ =

9


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 ⋅

⋅ = ⋅=

∆ = − ⇒ ∆ = − ⇒ ∆ =

10


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


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


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


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.

14


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 − −= ⇒ =

−= ∴ =

15


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+ − =+ =

16


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 ⋅ ⋅ ⋅

= = = = ∴ = =

17


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

⋅= = ⋅ ⋅

=

18


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 ⋅ ⋅

19


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


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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FÍSICA 2 – VOLUME III RESOLUÇÕES - EXERCITANDO EM CASASICA-2-VOL-3.pdf · FÍSICA 2 – VOLUME III . RESOLUÇÕES - EXERCITANDO EM CASA. AULA 21 . 01. B ( ) ( ) ( ) T 2 T 2 T