700 QUESTÕES DE FÍSICA - SEPARADAS POR ASSUNTO_removed-43

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Manual do Professor 193
167. As forças atuantes e suas medidas são:
Representando as forças num sistema de eixos ortogonais:
e como o sistema está em equilíbrio, temos:
 ⇒ T1 � cos � � T2 � cos � � 0 ⇒ T1 � T2 � T (I)
 ⇒ T1 � sen � � T2 � cos � � P � 0
De (I), temos:
2T � sen � � P ⇒ T � 
Sendo P � 30 N e sen � � � 0,60 (figura acima), temos:
T � ⇒ T � 25 N
Resposta: alternativa e.
168. O centro de gravidade está num eixo de simetria do corpo,
dividindo-o em duas partes de mesmo peso. Logo, os pesos das
partes I e II são iguais.
Resposta: alternativa a.
169. a) Veja a figura:
Como o sistema está em equilíbrio, a resultante é nula.
Logo, � 0. Portanto:
NA � NB � P � M � 0 (I)
Sendo NA � 200 N (reação em A); P � 200 N (peso da viga)
e M � 400 N (peso do menino), temos:
200 � NB � 200 � 400 � 0 ⇒ NB � 400 N
b)
Se o menino vai de B a C, o módulo da reação em A diminui,
porque o momento do peso M==== do menino em relação ao
apoio B aumenta e tem o mesmo sentido que o momento de
N====
A (horário). Se NA diminui, NB aumenta, pois ambos soma-
dos equilibram o peso da viga e do menino. A situação-limite
ocorre quando NA � 0. A partir daí, se o menino avançar a
viga vira.
Nesse caso, de (I) podemos concluir que:
NB � P � M ⇒ NB � 200 � 400 ⇒ NB � 600 N
Podemos calcular a posição x em que isso ocorre pela
segunda condição de equilíbrio:
 � 0 ⇒ � � � � 0 ⇒
⇒ 0 � P � 6 � NB � 9 � Mx � 0 ⇒ �200 � 6 � 600 � 9 �
� 400x � 0 ⇒ x � ⇒ x � 10,5 m
Logo, a partir dessa posição, se o menino prosseguir, a viga
vai virar em torno de B.
170. Nesse caso, podemos determinar os momentos de cada força
utilizando diretamente as distâncias das correspondentes
linhas de ação ao ponto C. Veja a figura:
Como o momento da força resultante F ====
R é igual à soma dos
momentos dos componentes, em relação a qualquer ponto,
podemos escrever:
 � � � ⇒
⇒ � �F1d1 � F2d2 � F3d3 ⇒
⇒ � �10 � 0,20 � 20 � 0,20 � 20 � 0,10 ⇒
⇒ � �2,0 � 4,0 � 2,0 ⇒ � 0
Resposta: alternativa a.
171. Da segunda condição de equilíbrio, 
1ª verificação:
 � ⇒ � (I)
P
� �
=
T2= T1=
40 cm
50 cm
30 cm
�
P =
T1= T2=
y
x��
�Fx 0�
�Fy 0�
P
 2 sen � �
----------------------- 
30
 50 
-------- 
30
 2 0,6 �
----------------- 
NA= NB=
P =
M=
A
9 m
6 m 6 m
3 m
B C
�F =y
NA= NB=
9 m
x
� �
6 m
P =
M
�MF
A MNA
A MP
A MNB
B MM
A
 4 200 
400
-------------- 
C
d1 d2
d3
0,20 m 0,20 m
0,10 m
F3=
F1= F2=
MFR
C MF1
C MF2
C MF3
C
MFR
C
MFR
C
MFR
C MFR
C
�M0 0.�
mxg�1 m1g�2
mx
 m1 
--------- �2 
�1
-------- 
MP_Gaspar_190a200 Page 193 Thursday, January 24, 2008 9:29 AM
Sendo P 30 N e sen 0,60 (figura acima), temos:30
 50 
--------
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194 200 Questões de Vestibular
2ª verificação:
 � ⇒ � (II)
Igualando-se as equações (I) e (II), obtemos:
� ⇒ � m1m2 ⇒ mx � 
Resposta: alternativa c.
172. a) Estando o sistema em equilíbrio, temos � 0. Esco-
lhendo O no ponto de aplicação da força C ====, temos:
Sendo P � mg, vem:
P � 2,0 � 10 ⇒ P � 20 N
Então:
 � � � 0 ⇒ 0 � Fd � Pa � 0 ⇒
⇒ F � 0,04 � 20 � 0,3 ⇒ F � 150 N
b) Da primeira condição de equilíbrio, podemos escrever:
 � 0 ⇒ F � C � P � 0 ⇒ C � F � P ⇒
⇒ C � 150 � 20 ⇒ C � 130 N
173.
Vamos decompor a força F ==== em seu componente horizontal
(F = � cos �) e vertical (F = � sen �). Colocando todas as forças que
atuam no corpo chegamos ao diagrama abaixo:
Na figura, N==== é a reação normal exercida pelo solo e mg==== é o
peso do caixote. f ====
a é a força de atrito cinético e, portanto, vale,
em módulo: f � �CN. (I)
Como o sistema se move com velocidade constante (a =x � 0) na
direção x e está em repouso na direção y, a resultante das for-
ças nos componentes x e y é nula. Logo, temos:
• na direção x:
F � cos � � fa � 0 ⇒ F � cos � � fa ⇒ F � cos � � N� ⇒
⇒ N � (II)
• na direção y:
N � F � sen � � mg � 0 ⇒ N � F � sen � � mg ⇒
⇒ N � mg � F � sen � (III)
De (II) e (III), temos:
mg � F � sen � � ⇒
⇒ mg � F[sen � � ⇒
⇒ mg � ⇒
⇒ F � (IV)
De (IV), substituindo em (III), obtemos:
N � mg � ⇒
⇒ N � (V)
Observação: Foram consideradas corretas pela banca exami-
nadora as expressões III, IV ou V.
174. Supondo os asteróides de mesma densidade, d, a razão entre a
massa, mi, do asteróide imaginário, mostrado no filme, e a mas-
sa, mr, do asteróide real, é igual à razão entre os seus volumes.
Supondo ainda que os asteróides sejam aproximadamente
esféricos, pode-se dizer que os seus volumes são diretamente
proporcionais aos seus diâmetros elevados ao cubo. Podemos
então escrever:
di � ⇒ mi � diVi ⇒ mi � dk � 10003
dr � ⇒ mr � drVr ⇒ mr � dk � 103
Logo:
� ⇒ � (102)3 ⇒ � 106
175. O cubo mergulhado desloca um volume de água igual ao seu
próprio volume; portanto, Vcubo maciço � 30 cm3. Como a sua mas-
sa é de 450 g, concluímos que a densidade da liga metálica é:
dliga � ⇒ dliga � ⇒ dliga � 15 g/cm3
O cubo oco flutua com de aresta submersa, então:
� ⇒ dcubo oco � g/cm3
Mas dcubo oco � Portanto, mliga � 22,5 g.
Logo:
dliga � ⇒ 15 � ⇒ Vliga � 1,5 cm3
Resposta: alternativa a.
176. Como 1 libra corresponde a 0,5 kg, o peso de um corpo de
massa 1 libra é, aproximadamente.
P � mg ⇒ P � 0,5 � 10 ⇒ P � 5 N
m2g�1 mxg�2
 m2 
mx
-------- �2 
�1
-------- 
mx
 m1 
--------- m2
 mx 
--------- mx
2 m1m2 
�MF
O
a
d
O
F =
C = P =
�
�
MC
O MF
O MP
O
�Fy
�
m
F =
fa=
F � sen �=
F � cos �=
mg=
N=
y
x
 F cos � �
�
---------------------- 
 F cos � �
�C
---------------------- 
 cos � 
�C
---------------]
F
 �C 
---------[�C sen � cos �]��
�Cmg
�C sen � cos � ��
--------------------------------------------- 
�Cmg sen ��
�C sen � cos � ��
--------------------------------------------- 
mg cos ��
 �C sen � cos � ��
---------------------------------------------- 
mi
 Vi 
------- 
mr
 Vr 
------- 
mi
 mr 
-------- [ 1 000 
10
--------------]3 mi
 mr 
-------- mi
 mr 
-------- 
m
 V 
----- 450 
30
---------- 
3
 4 
----- 
 dcubo oco 
dágua
----------------- 
 3 
4
-----h 
h
----------- 3
 4 
----- 
mliga
 Vcubo oco 
------------------ .
 mliga 
Vliga
------------ 22,5 
Vliga
------------ 
MP_Gaspar_190a200 Page 194 Thursday, January 24, 2008 9:29 AM
174. Supondo os asteroides de mesma densidade, d, a razão entre a
massa, mi, do asteroide imaginário, mostrado no filme, e a mas-
sa, mr, do asteroide real, é igual à razão entre os seus volumes.
Supondo ainda que os asteroides sejam aproximadamente
esféricos, pode-se dizer que os seus volumes são diretamente
proporcionais aos seus diâmetros elevados ao cubo. Podemos
então escrever:
dliga ⇒ 15 ⇒ Vliga 1,5 cm3 mliga
Vliga
------------ 22,5 
Vliga
------------
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Manual do Professor 195
Portanto, a pressão de vale:
p � 25 � ⇒ p � 2 � 105 Pa ⇒ p � 2 atm
Resposta: alternativa a.
177.
Da definição de pressão, p � podemos escrever p � 
em que P é o peso do bloco. Então:
P � mg ⇒ P � 800 � 10 ⇒ P � 8 000 N ⇒ P � 8,0 � 103 N
Sendo p � 5,0 � 104 Pa, vem:
p � ⇒ 5,0 � 104 � ⇒ S � ⇒
⇒ S � 1,6 � 10�1 m2
Se a área da face do cubo é 0,16 m2, a aresta � será:
� � ⇒ � � 0,4 m ⇒ � � 40 cm
Resposta: alternativa c.
178. Da definição de pressão, p � sendo F o módulo do peso
do tijolo, constante, temos:
• Área SI ⇒ maior
• Área SII ⇒ intermediária
• Área SIII ⇒ menor
Então, SI � SII � SIII. (I)
Nas situações I, II e III, temos pI � pII � e
pIII � 
Sendo F constante, concluímos que pI � pII � pIII.
Resposta: alternativa b.
179. Como a vedação foi completa, a ação
da pressão atmosférica só se dá pela
saída do chuveiro. Como a altura da
água é de 4,0 m � 2,0 m � 6,0 m, e a
pressão atmosférica equivale a uma
altura de 10 m de água, a água não sai.
Resposta: alternativa d.
180. A pressão devida exclusivamente ao líquido é dada por
 � d�gh�, em que d� (densidade do líquido) � 1 g/cm3 �
� 1,0 � 103 kg/m3, g � 10 m/s2 e h � �h � 0,80 m. Portanto:
p� � 1,0 � 103 � 10 � 0,8 ⇒ p� � 8 000 Pa
Resposta: alternativa c.
181. O nível nos dois ramos é o mesmo porque o líquido é o mesmo (a
água)e a pressão externa também é a mesma. Nesse caso, a
pressão depende apenas da profundidade em relação à superfície.
Resposta: alternativa d.
182. A força F ==== com que a pressão do ar externo empurra um lado da
caixa com o outro, em módulo, é dada por:
em que �p é a diferença entre a pressão atmosférica, externa,
p0 � 1,0 � 105 Pa, e a pressão interna, pi � 0,1 atm � 1,0 � 104 Pa,
e S é a área das faces correspondentes às metades abertas; lo-
go, S � (0,3 m)2 � 0,09 m2. Portanto:
F � (1,0 � 105 � 1,0 � 104)0,09 ⇒ F � 8100 N
Essa é uma força equivalente ao peso de um corpo de 810 kg
(um automóvel, por exemplo). Certamente duas pessoas
comuns não seriam capazes de separar as duas metades.
Observação: A força �F ==== que atua na outra metade não se
soma à força F ====. Ela atua como se fosse uma força de reação
que impediria a caixa de ser empurrada para a esquerda. É
como se a caixa estivesse encostada numa parede. Veja a figura:
De qualquer lado cada homem deve fazer uma força de módulo
maior ou igual a F ====. Uma para anular F ====, outra para anular �F ====.
No esquema acima, um tiraria uma metade da caixa, o outro ti-
raria o apoio da parede que sustenta a outra metade.
183. a) Durante a subida do mecanismo as forças que atuam no con-
junto hastes-êmbolo são representadas na figura, em que:
• F ====
1 é a força que o ar, a pressão atmosférica p0, que
penetra em B, exerce sobre S1;
• P==== é o peso do conjunto hastes-êmbolo;
• F ====
C é a força de reação que o mecanismo externo exerce
sobre o conjunto hastes-êmbolo.
Para determinar F1, podemos aplicar a definição de pressão
ao êmbolo S1. Temos então:
p0 � ⇒ F1 � p0S1 ⇒ F1 � 1,0 � 105 � 1,2 ⇒
⇒ F1 � 1,2 � 105 N (I)
25 lb
 pol2 
----------- 
5 N
 (25 10 3� )2 �
---------------------------- 
S �
P =
F
 S 
----- , P
 S 
----- ,
P
 S 
----- 8,0 103 �
S
--------------------- 8 103�
 5 104 �
------------------ 
0,16 
 F 
S
----- ,
F
 SI 
------- , F
 SII 
------- 
F
 SIII 
-------- .
patmosférica
2,0 m
4,0 m
p�
�F = F =
�p � ⇒ F � �pS F 
S
----- 
�F = F = força exercida 
pela pressão do ar
força exercida 
pela parede
p0
S1
B
S2
F1=
Fc=
P =
�
F1
 S1 
------- 
MP_Gaspar_190a200 Page 195 Thursday, January 24, 2008 9:29 AM