700 QUESTÕES DE FÍSICA - SEPARADAS POR ASSUNTO_removed-45

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Manual do Professor 199
A partir do gráfico dado, pode-se concluir que de A até B
o corpo está inteiramente imerso, pois T � P � E, cons-
tante. Quando o cilindro começa a emergir, o empuxo
começa a diminuir e o módulo de T começa a aumentar.
Logo, no ponto B do gráfico, o corpo encontra-se na
situação da figura 1:
Em C a tração volta a ser constante, o que significa que o
empuxo deixou de existir. Logo, para o ponto C temos a
situação da figura 2:
Portanto, h � y � y0 � 15 cm.
II) Para o cálculo do empuxo, sendo o movimento retilíneo
uniforme, FR � 0, em módulo, temos:
• no trecho CD:
P � TCD � 1,6 N
• no trecho AB:
E � TAB � P ⇒ E � 1,6 � 1,3 ⇒ E � 0,3 N
b) Sendo o empuxo E � d�V�g, em que V� é o volume do líquido
deslocado, que é igual ao volume do cilindro, que pode ser
calculado pela expressão Vc � hS, sendo h � 15 cm e
S � 2,5 cm2, temos:
V� � 15 � 2,5 ⇒ V� � 37,5 cm3 ⇒ V� � 37,5 � 10�6 m3
Voltando na expressão do empuxo, temos:
0,3 � d� � 37,5 � 10�6 � 10 ⇒ d� � 800 kg/m3
196.
Na situação inicial, figura 1, como a balança está em equilíbrio
e os fios f1 e f2 estão frouxos, pode-se concluir que o peso da
jarra A, P ====
A, é igual ao peso da jarra B, P ====
B. Logo:
PA � PB
Na situação final, figura 2, o peso da jarra B passa a ser 
Como o objeto colocado afundou, podemos concluir que ele tem
mais peso do que a água deslocada, que vazou. Em outras
palavras, se a parte da água da jarra B foi substituída por um
objeto que pesa mais que essa parte, pode-se concluir que
 � PB. Logo, para que o equilíbrio se mantenha é preciso que
o fio f1 exerça uma tração T ====
1 vertical para baixo, enquanto o ou-
tro permanece frouxo, para que o equilíbrio se mantenha. Logo,
pode-se concluir que há tensão apenas no fio f1.
Resposta: alternativa c.
197. a) Supondo que não haja dissipação de energia mecânica
enquanto o corpo está imerso e sobe, as forças aplicadas na
bolinha são, exclusivamente, o peso e o empuxo, constan-
tes, produzindo um movimento retilíneo uniformemente va-
riado (MRUV).
Aplicando a Segunda Lei de Newton, obtemos:
FR � ma ⇒ E � P � ma ⇒ FR � E � P ⇒
⇒ FR � d�V�g � mg ⇒
⇒ FR � 1,0 � 103 � 2 � 10�4 � 10 � 4 � 10�2 � 10 ⇒
⇒ FR � 2,0 � 0,4 ⇒ FR � 1,6 N
a � ⇒ a � ⇒ a � 40 m/s2
TAB=
P =
E =
y0 � 20 cm
h
B
A
�
Figura 1
TCD=
P =
y � 35 cm
Figura 2
TCD � 1,6 N
P
TAB � 1,3 NE
P � 1,6 N
O
PA= PB=F =
O
Figura 1 Figura 2
PA=
T1= PB=�
F�=
Situação inicial Situação final
PB
� .
PB
�
a =
P =
E = �
 FR 
m
------- 1,6
 0,04 
------------ 
ECS
EC0
 � 0
ECH�
v =
H�
FR h
h�
v0 � 0
MP_Gaspar_190a200 Page 199 Thursday, January 24, 2008 9:29 AM
ECS
EC0
 0
ECH
v =
H
FR h
h
v0 0
†
35
200 200 Questões de Vestibular
Nessas condições, a energia cinética com que a bolinha
atingiria a superfície do líquido seria igual ao trabalho da
força resultante. Logo, podemos fazer:
 � �EC ⇒ � EC � ⇒ FRh � EC ⇒ 1,6 � 0,50 �
� EC ⇒ EC � 0,80 J ⇒ EM � 0,80 J
Essa é a energia mecânica da esfera em relação à superfície
e, com ela, pode-se determinar a altura que a bolinha pode-
ria atingir acima da superfície se não houvesse perdas. Bas-
ta aplicar o Princípio da Conservação da Energia aos pontos
de nível S e H�, sendo S o nível de referência para a energia
potencial gravitacional. Temos então:
 � � � ⇒ 0,80 � 0 � 0 � mgh� ⇒
⇒ 0,80 � 0,04 � 10h� ⇒ h� � 2,0 m
b) Na verdade, a bolinha atinge a altura de 0,30 m acima da
superfície. Logo, a energia mecânica real, da bolinha,
com a qual ela atinge altura (real) � 0,30 m é:
 � � ⇒ � ⇒
⇒ � 0,040 � 10 � 0,30 ⇒ � 0,12 J
Portanto, em todo o processo, foi dissipada uma energia:
�E � � EM ⇒ �E � 0,12 � 0,80 ⇒ �E � �0,68 J
198. O esquema mostra as forças que atuam sobre o cilindro: o peso,
mg=, a tensão, T ====, e o empuxo, E ====. A condição de equilíbrio é:
Sendo V o volume do cilindro, o empuxo E será dado por
E � (peso da água deslocado pelo cilindro) e a mas-
sa do cilindro m � �CV. Logo, substituindo na expressão acima,
temos:
T � mg � E ⇒ T � �CVg � ⇒
⇒ T � [�C � 
Sem a água não há empuxo E. Logo, a condição de equilíbrio é
T0 � mg � �CVg (figura 2). Assim:
� ⇒ � ⇒
⇒ � 0,80
199. a) Falso
O Hindenburg flutuava graças ao empuxo do ar.
b) Falso
O Princípio de Arquimedes vale para qualquer fluido.
c) Verdadeiro
O empuxo é sempre ocasionado por diferença de pressão do
fluido sobre a superfície externa do corpo nele imerso.
d) Falso
O empuxo é sempre igual ao peso do fluido deslocado, nesse
caso, do ar.
e) Verdadeiro
O empuxo, igual ao peso do ar correspondente ao volume do
dirigível, é:
E � darVarg ⇒ E � 1,30 � 20 000 � 10 ⇒ E � 2,60 � 105 N
f) Falso
Devia-se ao empuxo.
g) Verdadeiro
O escapamento de gás reduzia o volume e, portanto, o
empuxo. Reduzia também o peso, mas, como a densidade do
hidrogênio é menor que a do ar, a redução do empuxo era
maior que a redução do peso.
200.
Para um referencial fixo no interior do tanque, a boia está sujeita
à aceleração inercial �a====i de mesmo módulo e sentido oposto
à aceleração a==== do caminhão, e a aceleração g====, da gravidade,
dando origem à aceleração inercial resultante, g========i, perpendicular
à superfície da gasolina. No triângulo sombreado, temos,
portanto, em módulo:
tg � � ⇒ tg � � 
Resposta: alternativa a
FR FR
EC0
ECS
EPgS
0
ECH�
0
EPgH�
EMr
,
hr
�
EMr
ECH�
0
EPH�
EMr
mghr
�
EMr
EMr
EMr
=
E =
T =
cilindro parcialmente imerso
Figura 1
mg =
� T � E � mg
�A
 V 
2
------g�
T0=
cilindro fora da água
Figura 2
mg =
�a
 V 
2
------g�
 �a 
2
--------]Vg
T
 T0 
------- 
 �C
 �a 
2
-------- �
�C
------------------------ T
 T0 
------- 2,5�a 0,5�a� 
 2,5�a
---------------------------------- 
T
 T0 
------- 
ai=
ai=
gi=
g=
�
�
 ai 
g
------- a
 g 
----- 
MP_Gaspar_190a200 Page 200 Thursday, January 24, 2008 9:29 AM
EC ⇒ EC ⇒ FRh EC ⇒ 1,6 0,50 
 EC ⇒ EC 0,80 J ⇒ EM 0,80 J
FR FR
EC0
† †
b) Na verdade, a bolinha atinge a altura de 0,30 m acima da
superfície. Logo, a energia mecânica real, da bolinha,
com a qual ela atinge altura (real) 0,30 m é:
EMr
,
hr
⇒ ⇒
⇒ 0,040 10 0,30 ⇒ 0,12 J
Portanto, em todo o processo, foi dissipada uma energia:
E EM ⇒ E 0,12 0,80 ⇒ E 0,68 J
EMr
ECH
0
EPH
EMr
mghr
EMr
EMr
EMr
Resposta: alternativa a.
Sendo V o volume do cilindro, o empuxo E será dado por
E (peso da água deslocado pelo cilindro) e a mas-
sa do cilindro m CV. Logo, substituindo na expressão acima,
temos:
a
 V 
2
------g
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Manual do Professor 143
Da Primeira Lei da Termodinâmica, temos Q � † � �EI .
Sendo Q � 0, vem:
0 � † � �EI ⇒ �EI � �†
Como † � 0, concluímos que �EI � 0, isto é, a energia in-
terna do gás diminui.
De D para A, como a transformação é adiabática, temos
Q � 0. Como o volume está diminuindo, o trabalho é negativo.
Da Primeira Lei da Termodinâmica, temos Q � † � �EI .
Sendo Q � 0, então �EI � �†. Como † � 0, concluímos que
�EI � 0, isto é, a energia interna do gás aumenta.
De B para E, temos uma transformação isovolumétrica e a
pressão diminui. Da expressão � constante, concluímos
que, se p diminui, T também diminui e, portanto, �U � 0
(a energia interna do gás diminui).
De F para A, temos uma transformação isovolumétrica e
a pressão aumenta. Da expressão � constante, con-
cluímos que, se p aumenta, T também aumenta e, portanto,
�U � 0 (a energia interna do gás aumenta).
b) Primeira Lei da Termodinâmica.
c) � � (O ciclo ABCDA é um ciclo de Carnot.)
200 Questões de Vestibular
1. a) Falsa. O movimento é harmônico simples, mas a amplitude é
igual ao raio, portanto, igual a π cm.
b) Verdadeira. Da expressão � � temos T � 
Sendo � � 4π rad/s, T � 0,5s.
c) Verdadeira. A função da velocidade no MHS é
v � ��A � sen �t para �0 � 0. Substituindo-se A � π cm
e � � 4π rad/s, chega-se à função dada.
d) Verdadeira. A aceleração máxima é dada por amáx � ��2A.
Substituindo-se pelos valores dados, obtemos �a� �
� 16π3 cm/s2.
e) Falsa. Nesse trecho velocidade aumenta, logo a energia
cinética também aumenta.2. a) A energia potencial elástica de um sistema massa-mola é
dada por EP � Do gráfico, podemos obter, para 
x � 0,1 m, EP � 0,01 J.
Logo:
0,01 � ⇒ k � 2,0 N/m
b) Para x � 0,2 m, temos:
EP � ⇒ EP � � 2,0(0,2)2 ⇒ EP � 0,04 J
3. Do gráfico, verifica-se que o corpo executa 2 oscilações comple-
tas em 4s, logo a frequência é:
f � ⇒ f � ⇒ f � 0,5 Hz
Resposta: alternativa a.
4. O sinal, no gráfico, se repete a cada intervalo de tempo �t �
� 50 ms (milissegundos) � 50 � 10�3s. Logo, esse é o período
T, desse sinal. Então a frequência é dada por:
f � ⇒ f � ⇒ f � 20 Hz
5. São dados T � 2s, tempo de uma oscilação completa, e � �
� 3 m, distância entre duas cristas consecutivas. Logo:
v � ⇒ v � ⇒ v � 1,5 m/s
Resposta: alternativa c.
6. A figura mostra que houve 6 oscilações completas em 1,5s.
Logo:
f � ⇒ f � ⇒ f � 4,0
Hz
Como T � vem:
T � ⇒ T � 0,25s
7. a) Lembrando que a amplitude é o valor máximo da ordenada y
e o comprimento de onda pode ser obtido pela distância entre
duas cristas sucessivas, dos gráficos temos:
A1 � 2 unidades
A2 � 4 unidades
Logo:
� ⇒ � 
�1 � 8 unidades
�2 � 4 unidades
Então:
� ⇒ � 2
b) Sendo v � �f a relação entre velocidade, frequência e com-
primento de onda de uma onda, dados v1 � 600 m/s, f1 � f2
e �2 � temos:
v1 � �1f1 ⇒ 600 � �1f1
v2 � �2f2 ⇒ v2 � 
Dividindo membro a membro essa igualdade, obtemos v2 �
� 300 m/s.
Trecho do 
ciclo
Energia 
interna 
aumenta
Energia 
interna 
diminui
Energia 
interna 
constante
A → B X
B → C X
D → A X
B → E X
F → A X
p
 T 
------ 
p
 T 
------ 
1 � 
 Q2 
Q1
-----------
 2π 
T
--------- , 2π 
�
--------- .
1
 2 
------kx2.
1
 2 
------k(0,1)2
1
 2 
------kx2 1
 2 
------ 
 número de oscilações 
tempo
-------------------------------------------------- 2
 4 
------ 
1
 T 
----- 1
 50 10 3� �
----------------------- 
 � 
f
------ 3 
2
----- 
 número de oscilações 
�t
------------------------------------------------- 6 oscilações 
1,5s
----------------------------- 
1
 f 
---- ,
1
 4,0 
--------- 
A1
 A2 
-------- 2
 4 
----- A1
 A2 
-------- 1
 2 
----- 
�1
 �2 
-------- 8 
4
----- �1
 �2 
-------- 
�1
 2 
------ ,
�1
 2 
------f1
MP2-Gaspar-137a143 Page 143 Thursday, January 24, 2008 10:27 AM
f ⇒ f ⇒
⇒ f 4,0 Hz
 número de oscilações 
t
------------------------------------------------- 6 oscilações 
1,5s
-----------------------------
e) Falsa. Nesse trecho a velocidade aumenta, logo a energia
cinética também aumenta.
a) A energia potencial elástica de um sistema massa-mola
é dada por E P Do gráfico, podemos obter, para 
x 0,1 m, EP 0,01 J.
1
 2 
------kx2.
207.
206.
205.
204.
203.
201.
202.