FS2120 P1 1s2016

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FS2120 P1 1º Sem./2016 
 
FS 2120 P1 – A 30 / 03 / 2016 
No Turma 
de Teoria: 
Os espaços abaixo são 
reservados para as notas 
NOME: 1) 
ASSINATURA: 2) 
 
Instruções Gerais: Prova sem consulta. Se usar alguma fórmula não dada, mostre de onde ela veio. 
Respostas desacompanhadas de suas resoluções ou resoluções confusas NÃO serão consideradas. 
Respostas SEM justificativas plausíveis, quando solicitadas, NÃO serão consideradas. 
Responda as questões nos locais indicados. NÃO serão consideradas respostas fora desses locais. 
NÃO é permitido o uso de calculadora alfanumérica e nem das que permitem o armazenamento de texto. 
Celulares devem ficar DESLIGADOS e GUARDADOS, na frente da sala. 
As unidades das grandezas DEVEM ser indicadas corretamente EM TODAS as respostas. 
Penalização de 0,2 ponto por unidade incorreta ou faltando. Duração da prova: 80 min 
3) 
4) 
5) 
NOTA 
 
1) (2,0 ponto). 200,0 g de vapor de água em temperatura de 120,0 oC (e pressão 1 atm) são colocados em um sistema que remove 
calor a uma taxa constante de 2.800 cal/min. Após 50,00 min, determine as massas de 
água, gelo e vapor de água presentes no sistema. Considere que a pressão 
permaneceu constante durante o processo. 
Dados: calor específico da água: 1,0 cal/g oC, calor específico do gelo: 0,50 cal/g oC, calor específico do vapor: 0,48 cal/g oC, 
 calor latente de fusão do gelo: 80,0 cal/g e calor latente de evaporação da água: 540 cal/g. 
 
 
 𝐶𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑟𝑒𝑚𝑜𝑣𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑜 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑒𝑚 ∆𝑡 = 50,00 𝑚𝑖𝑛: 
 
 |𝑸𝒓𝒆𝒎𝒐𝒗𝒊𝒅𝒐| = 𝑃 ∙ ∆𝑡 = 2.800 
𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑖𝑛
 ∙ 50,00 𝑚𝑖𝑛 = 140.000 𝑐𝑎𝑙 
 
 
 𝑁𝑜 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑐𝑜: |𝑄𝑟𝑒𝑚𝑜𝑣𝑖𝑑𝑜| = |𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 + 𝑄4| 
 
 
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜𝑠 𝑐𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑄1, 𝑄2, 𝑄3 𝑒 𝑄4 𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑛𝑎 𝑓𝑖𝑔𝑢𝑟𝑎 𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎: 
 
|𝑸𝟏| = 𝑚 ∙ 𝑐𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 ∙ ∆𝑇𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 = 200,0 ∙ 0,48 ∙ (100,0 − 120,0) = 𝟏𝟗𝟐𝟎 𝒄𝒂𝒍 → ∑ 𝑄 = 1920 𝑐𝑎𝑙 
 
 |𝑸𝟐| = |− 𝑚 ∙ 𝐿𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟𝑖𝑧𝑎çã𝑜| = 200,0 ∙ 540 = 𝟏𝟎𝟖. 𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒂𝒍 → ∑ 𝑄 = 109.920 𝑐𝑎𝑙 
 
 |𝑸𝟑| = 𝑚 ∙ 𝑐á𝑔𝑢𝑎 ∙ ∆𝑇á𝑔𝑢𝑎 = 200,0 ∙ 1,0 ∙ (0 − 100,0) = 𝟐𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒂𝒍 → ∑ 𝑄 = 129.920 𝑐𝑎𝑙 
 
|𝑸𝟒| = |− 𝑚á𝑔𝑢𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 ∙ 𝐿𝑓𝑢𝑠ã𝑜| = 140.000 − 129.920 = 𝟏𝟎. 𝟎𝟖𝟎 𝒄𝒂𝒍 
 
 
𝑚á𝑔𝑢𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 =
10.080 𝑐𝑎𝑙
80,0 
𝑐𝑎𝑙
𝑔
= 126,0 𝑔 
 
𝑹𝒆𝒔𝒑𝒐𝒔𝒕𝒂𝒔: 𝒎𝒗𝒂𝒑𝒐𝒓 = 𝟎 𝒈 
 
 𝒎𝒈𝒆𝒍𝒐 = 𝟏𝟐𝟔, 𝟎 𝒈 
 
 𝒎á𝒈𝒖𝒂 = 𝟕𝟒, 𝟎𝟎 𝒈 
 
 𝑻𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍𝒊𝒃𝒓𝒊𝒐 = 𝟎, 𝟎 ℃ 
 
 
Nº 
 Nº sequencial 
𝑃 = 
|𝑄|
∆𝑡
 ; 𝑄 = ± 𝑚 ∙ 𝐿; 𝑄 = 𝑚 ∙ 𝑐 ∙ ∆𝑇 
|𝑸𝒓𝒆𝒎𝒐𝒗𝒊𝒅𝒐| → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
|𝑸𝟒| → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝒎𝒈𝒆𝒍𝒐 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝒎á𝒈𝒖𝒂 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
FS2120 P1 1º Sem./2016 
2) Um tanque de aço (aço = 11 x 10– 6 K – 1) de 28,00 m3 contém apenas 
27,50 m3 de álcool (álcool = 75 x 10– 5 K – 1) em seu interior. Pedem-se: 
(a) (1,5 pontos). Se a temperatura inicial do tanque e do álcool for de 40,00 oC, qual o volume de álcool que pode ser adicionado ao 
tanque quando a temperatura final de ambos diminuir para 10,00 oC ? 
 
𝑉𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒
10,00℃ = 𝑉𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒
40,00℃ ∙ (1 + 3 ∙ 𝛼𝑎ç𝑜 ∙ ∆𝑇) = 28,00 ∙ [1 + 3 ∙ 11 𝑥 10
−6 ∙ (10,00 − 40,00)] = 27,97228 𝑚3 
 
𝑉á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙
10,00℃ = 𝑉á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙
40,00℃ ∙ (1 + 𝛽á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 ∙ ∆𝑇) = 27,50 ∙ [1 + 75 𝑥 10
−5 ∙ (10,00 − 40,00)] = 26,88125 𝑚3 
 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑒 á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑝𝑜𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑟 𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜: 𝑉𝑎𝑑𝑖𝑐𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜
10,00℃ = 27,97228 − 26,88125 = 𝟏, 𝟎𝟗𝟏𝟎𝟑 𝒎𝟑 
 
𝑽𝒂𝒅𝒊𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒅𝒐
𝟏𝟎,𝟎𝟎℃ = 𝟏, 𝟎𝟗𝟏 𝒎𝟑 
 
 
 
 
(b) (1,5 pontos). Considere agora, que a temperatura inicial do tanque e do álcool é de 12,00 oC e que ambos são aquecidos até que 
o álcool comece a derramar. Calcule o trabalho realizado pelo tanque ao se expandir (esse trabalho é realizado contra o ar que está ao 
redor do tanque). Considere que a pressão ao redor do tanque permaneceu constante e igual a 1 atm durante sua expansão. Dê a 
resposta em unidades do S.I. Dado: 1 atm = 1,013 x 105 Pa. 
 
 
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎çã𝑜 𝑑𝑎 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎: 𝑉𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 = 𝑉á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 
 
𝑉𝑜
𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒(1 + 3 ∙ 𝛼𝑎ç𝑜 ∙ ∆𝑇) = 𝑉𝑜
á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 (1 + 𝛽á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 ∙ ∆𝑇) 
 
28,00 (1 + 3 ∙ 11 𝑥 10−6 ∙ ∆𝑇) = 27,50 (1 + 75 𝑥 10−5 ∙ ∆𝑇) 
 
28,00 + 0,000924 ∙ ∆𝑇 = 27,50 + 0,020625 ∙ ∆𝑇 
 
 0,019701 ∙ ∆𝑇 = 0,50 → ∆𝑇 = 25,38 ℃ 
 
 
 
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒: 𝑉𝑓 = 𝑉𝑜 (1 + 3 ∙ 𝛼𝑎ç𝑜 ∙ ∆𝑇) 
 
 𝑉𝑓 = 28,00 (1 + 3 ∙ 11 𝑥 10
−6 ∙ 25,38) → 𝑉𝑓 = 28,02 𝑚
3 
 
 
 
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑜 𝑛𝑎 𝑒𝑥𝑝𝑎𝑛𝑠ã𝑜 𝑖𝑠𝑜𝑏á𝑟𝑖𝑐𝑎: 𝑊 = ∫ 𝑝 ∙ 𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑜
= 𝑝 ∙ ∫ 𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑜
= 𝑝 ∙ (𝑉𝑓 − 𝑉𝑜) 
 
 
 𝑊 = 1,013 𝑥 105𝑃𝑎 ∙ (28,02 − 28,00) 𝑚3 
 
 
𝑾 = 𝟐𝟎𝟐𝟔 𝑱 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝛼 = 

2
= 
𝛽
3
 ; 
∆𝑉
𝑉𝑜
= 
𝑉 − 𝑉𝑜
𝑉𝑜
= 𝛽 ∙ ∆𝑇, 𝑊 = ∫ 𝑝 ∙ 𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
 
𝑽𝒕𝒂𝒏𝒒𝒖𝒆
𝟏𝟎℃ → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑽á𝒍𝒄𝒐𝒐𝒍
𝟏𝟎℃ → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑽𝒂𝒅𝒊𝒄𝒐𝒏𝒂𝒅𝒐
𝟏𝟎℃ → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
∆𝑻 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑽𝒕𝒂𝒏𝒒𝒖𝒆
𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍
 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑾 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
FS2120 P1 1º Sem./2016 
 
3) Um objeto de massa m, preso a uma mola ideal 
de constante elástica 3,00 N/cm, executa um 
movimento harmônico simples na direção 
horizontal. A figura ao lado mostra o gráfico de sua 
velocidade em função do tempo. Pedem-se, em 
unidades do S.I.: 
 
(a) (1,0 ponto). A amplitude do movimento. 
 
𝐷𝑜 𝑔𝑟á𝑓𝑖𝑐𝑜: 𝑇 = 0,620 − 0,220 = 0,400 𝑠 
 
𝜔 = 
2 𝜋
𝑇
= 
2 𝜋
0,400
= 5,00 𝜋 → 𝜔 = 5,00 𝜋 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 
 
 
𝐴𝑖𝑛𝑑𝑎 𝑑𝑜 𝑔𝑟á𝑓𝑖𝑐𝑜: 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝜔 ∙ 𝑥𝑚 = 4,00 
𝑚
𝑠
 
 
𝑥𝑚 = 
4,00 
 𝑚
𝑠
5,00 𝜋 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
= 0,25465 𝑚 → 𝒙𝒎 = 𝟎, 𝟐𝟓𝟓 𝒎 
 
 
(b) (1,5 ponto). A energia potencial elástica da mola para o instante t = 0,220 s. 
 
 
𝜔 = √ 
𝑘
𝑚
 → 𝑚 =
𝑘
𝜔2
=
300 
𝑁
𝑚
(5,00 𝜋 
𝑟𝑎𝑑
𝑠 )
2 = 1,21585 𝑘𝑔 → 𝑚 = 1,22 𝑘𝑔 
 
 
 
𝐷𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎: 𝐸𝑀 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑃 
 
 
𝐸𝑃 = 𝐸𝑀 − 𝐸𝐶 
 
 
𝐸𝑃 =
1
2
 𝑘 𝑥𝑚
2 − 
1
2
 𝑚 𝑣2 
 
 
𝐸𝑃 =
1
2
∙ 300 ∙ 0,2552 − 
1
2
∙ 1,22 ∙ 3,002 
 
 
𝐸𝑃 = 9,75375 − 5,49 = 4,26375 𝐽 
 
 
𝑬𝑷 = 𝟒, 𝟐𝟔 𝑱 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐹 = −𝑘 ∙ 𝑥 = 𝑚 ∙ 𝑎 ; 𝑥(𝑡) = 𝑥𝑚 ∙ cos (𝜔 ∙ 𝑡 + ) 
 
 ω = √
𝑘
𝑚
= 
2 ∙ 𝜋
𝑇
= 2 ∙ 𝜋 ∙ 𝑓; 𝐸𝑀 =
1
2
𝑘 ∙ 𝑥𝑚
2 ; 
 
 𝐾 = 𝐸𝐶 =
1
2
𝑚 ∙ 𝑣2; 𝑈 = 𝐸𝑃 =
1
2
𝑘 ∙ 𝑥2 
𝝎 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝒙𝒎 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
𝒎 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑬𝑷 → 𝟏, 𝟎 𝐩𝐭𝐨 
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4) Em uma região onde existe uma força de amortecimento do tipo 𝐹𝑎 = − 𝑏 ∙ 𝑣 , 
uma massa de1,220 kg, presa a uma mola ideal de constante elástica 88,50 N/m, 
oscila com período 1,183 s. Sabe-se que a amplitude em t = 0 s é de 60,00 cm e que 
o ângulo inicial de fase vale zero. Pedem-se, em unidades do S.I.: 
 
(a) (1,0 ponto). Determine a posição da massa no instante t = 0,400 s. 
 
 
 𝜔′ = 
2 𝜋
𝑇𝑎
= 
2 𝜋
1,183
= 5,311 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 
 
 
 
 𝜔′2 =
𝑘
𝑚
 − 𝛾2 → 𝛾 = √
88,50
1,220
− 5,3112 = 6,658 → 𝛾 = 6,658 𝑠−1 
 
 
 
 𝑥𝑎(𝑡) = 𝑥𝑚 ∙ 𝑒
−𝛾∙𝑡 ∙ cos (𝜔′ ∙ 𝑡 +  ) 
 
 
 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 0,400 𝑠: 𝑥𝑎(0,400) = 0,6000 ∙ 𝑒
−6,658∙0,400 ∙ cos (5,311 ∙ 0,400) 
 
 
𝑥𝑎(0,400) = 0,600 ∙ 0,069725 ∙ (− 0,525756) = − 0,0219950 
 
 
𝒙𝒂(𝟎, 𝟒𝟎𝟎) = − 𝟎, 𝟎𝟐𝟐𝟎 𝒎 
 
 
(c) (1,5 ponto). Calcule a força resultante sobre a massa quando ela passa pela posição 2,390 cm com velocidade – 2,825 m/s. 
 
 
 
 𝑏 = 2 ∙ 𝑚 ∙ 𝛾 = 2 ∙ 1,220 ∙ 6,658 = 16,24552 → 𝑏 = 16,25 
𝑁∙𝑠 
𝑚
 (𝑜𝑢 
𝑘𝑔
𝑠
) 
 
 
 
 2𝑎 𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝑁𝑒𝑤𝑡𝑜𝑛: 𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝐹𝑒𝑙á𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 + 𝐹𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 
 
 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = − 𝑘 ∙ 𝑥 − 𝑏 ∙ 𝑣 
 
 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = − 88,50 
𝑁
𝑚
∙ 0,02390 𝑚 − 16,25 
𝑁 ∙ 𝑠
𝑚
 ∙ (−2,825 
𝑚
𝑠
) 
 
 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = −2,11515 + 45,90625 = 43,7911 𝑁 
 
 
 
𝑭𝒓𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 = 𝟒𝟑, 𝟕𝟗 𝑵 
 
 
 
𝐹𝑅𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝐹𝑒𝑙á𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 + 𝐹𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 
 
𝑥(𝑡) = 𝑥𝑚 ∙ 𝑒
−γ∙𝑡 ∙ cos(𝜔′ ∙ 𝑡 + ) ; 𝜔 = √
𝑘
𝑚
 = 2 𝜋 𝑓 ; 
 
𝜔′ = √ω2 − γ2 ; γ = 
𝑏
2 ∙ 𝑚
 ; 𝑇𝑎 = 
2𝜋
𝜔′
=
1
𝑓𝑎
 
𝜸 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝒙𝒂 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
𝒃 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑭𝒓𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 → 𝟏, 𝟎 𝐩𝐭𝐨 
FS2120 P1 1º Sem./2016 
 
FS 2120 P1 – B 30 / 03 / 2016 
No Turma 
de Teoria: 
Os espaços abaixo são 
reservados para as notas 
NOME: 1) 
ASSINATURA: 2) 
 
Instruções Gerais: Prova sem consulta. Se usar alguma fórmula não dada, mostre de onde ela veio. 
Respostas desacompanhadas de suas resoluções ou resoluções confusas NÃO serão consideradas. 
Respostas SEM justificativas plausíveis, quando solicitadas, NÃO serão consideradas. 
Responda as questões nos locais indicados. NÃO serão consideradas respostas fora desses locais. 
NÃO é permitido o uso de calculadora alfanumérica e nem das que permitem o armazenamento de texto. 
Celulares devem ficar DESLIGADOS e GUARDADOS, na frente da sala. 
As unidades das grandezas DEVEM ser indicadas corretamente EM TODAS as respostas. 
Penalização de 0,2 ponto por unidade incorreta ou faltando. Duração da prova: 80 min 
3) 
4) 
5) 
NOTA 
 
1) (2,0 pontos). 100,0 g de vapor de água em temperatura de 120,0 oC (e pressão 1 atm) são colocados em um sistema que 
remove calor a uma taxa constante de 1.400 cal/min. Após 50,00 min, determine as 
massas de água, gelo e vapor de água presentes no sistema. Considere que a pressão 
permaneceu constante durante o processo. 
Dados: calor específico da água: 1,0 cal/g oC, calor específico do gelo: 0,50 cal/g oC, calor específico do vapor: 0,48 cal/g oC, 
 calor latente de fusão do gelo: 80,0 cal/g e calor latente de evaporação da água: 540 cal/g. 
 
 
 𝐶𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑟𝑒𝑚𝑜𝑣𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑜 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑒𝑚 ∆𝑡 = 50,00 𝑚𝑖𝑛: 
 
 |𝑄𝑟𝑒𝑚𝑜𝑣𝑖𝑑𝑜| = 𝑃 ∙ ∆𝑡 = 1.400 
𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑖𝑛
 ∙ 50,00 𝑚𝑖𝑛 = 70.000 𝑐𝑎𝑙 
 
 
 𝑁𝑜 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑐𝑜: |𝑄𝑟𝑒𝑚𝑜𝑣𝑖𝑑𝑜| = |𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 + 𝑄4| 
 
 
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜𝑠 𝑐𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑄1, 𝑄2, 𝑄3 𝑒 𝑄4 𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑛𝑎 𝑓𝑖𝑔𝑢𝑟𝑎 𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎: 
 
|𝑄1| = 𝑚 ∙ 𝑐𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 ∙ ∆𝑇𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 = 100,0 ∙ 0,48 ∙ (100,0 − 120,0) = 960,0 𝑐𝑎𝑙 → ∑ 𝑄 = 960 𝑐𝑎𝑙 
 
 |𝑄2| = |− 𝑚 ∙ 𝐿𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟𝑖𝑧𝑎çã𝑜| = 100,0 ∙ 540 = 54.000 𝑐𝑎𝑙 → ∑ 𝑄 = 54.960 𝑐𝑎𝑙 
 
 |𝑄3| = 𝑚 ∙ 𝑐á𝑔𝑢𝑎 ∙ ∆𝑇á𝑔𝑢𝑎 = 100,0 ∙ 1,0 ∙ (0 − 100,0) = 10.000 𝑐𝑎𝑙 → ∑ 𝑄 = 64.960 𝑐𝑎𝑙 
 
|𝑄4| = |− 𝑚á𝑔𝑢𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 ∙ 𝐿𝑓𝑢𝑠ã𝑜| = 70.000 − 64.960 = 5.040 𝑐𝑎𝑙 
 
 
𝑚á𝑔𝑢𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 =
5.040 𝑐𝑎𝑙
80,0 
𝑐𝑎𝑙
𝑔
= 63,0 𝑔 
 
𝑹𝒆𝒔𝒑𝒐𝒔𝒕𝒂𝒔: 𝒎𝒗𝒂𝒑𝒐𝒓 = 𝟎 𝒈 
 
 𝒎𝒈𝒆𝒍𝒐 = 𝟔𝟑, 𝟎 𝒈 
 
 𝒎á𝒈𝒖𝒂 = 𝟑𝟕, 𝟎𝟎 𝒈 
 
 𝑻𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍𝒊𝒃𝒓𝒊𝒐 = 𝟎, 𝟎 ℃ 
 
 
Nº 
 Nº sequencial 
𝑃 = 
|𝑄|
∆𝑡
 ; 𝑄 = ± 𝑚 ∙ 𝐿; 𝑄 = 𝑚 ∙ 𝑐 ∙ ∆𝑇 
|𝑸𝒓𝒆𝒎𝒐𝒗𝒊𝒅𝒐| → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
|𝑸𝟒| → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝒎𝒈𝒆𝒍𝒐 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝒎á𝒈𝒖𝒂 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
FS2120 P1 1º Sem./2016 
2) Um tanque de aço (aço = 11 x 10– 6 K – 1) de 32,00 m3 contém apenas 
31,00 m3 de álcool (álcool = 75 x 10– 5 K – 1) em seu interior. Pedem-se: 
(a) (1,5 pontos). Se a temperatura inicial do tanque e do álcool for de 40,00 oC, qual o volume de álcool que pode ser adicionado ao 
tanque quando a temperatura final de ambos diminuir para 10,00 oC ? 
 
𝑉𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒
10,00℃ = 𝑉𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒
40,00℃ ∙ (1 + 3 ∙ 𝛼𝑎ç𝑜 ∙ ∆𝑇) = 32,00 ∙ [1 + 3 ∙ 11 𝑥 10
−6 ∙ (10,00 − 40,00)] = 31,96832 𝑚3 
 
𝑉á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙
10,00℃ = 𝑉á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙
40,00℃ ∙ (1 + 𝛽á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 ∙ ∆𝑇) = 31,00 ∙ [1 + 75 𝑥 10
−5 ∙ (10,00 − 40,00)] = 30,3025 𝑚3 
 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑒 á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑝𝑜𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑟 𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜: 𝑉𝑎𝑑𝑖𝑐𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜
10,00℃ = 31,96832 − 30,3025 = 𝟏, 𝟔𝟔𝟓𝟖𝟐 𝒎𝟑 
 
𝑽𝒂𝒅𝒊𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒅𝒐
𝟏𝟎,𝟎𝟎℃ = 𝟏, 𝟔𝟔𝟔 𝒎𝟑 
 
 
 
 
(b) (1,5 pontos). Considere agora, que a temperatura inicial do tanque e do álcool é de 12,00 oC e que ambos são aquecidos até que 
o álcool comece a derramar. Calcule o trabalho realizado pelo tanque ao se expandir (esse trabalho é realizado contra o ar que está ao 
redor do tanque). Considere que a pressão ao redor do tanque permaneceu constante e igual a 1 atm durante a expansão do tanque. 
Dê a resposta em unidades do S.I. Dado: 1 atm = 1,013 x 105 Pa. 
 
 
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎çã𝑜 𝑑𝑎 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎: 𝑉𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 = 𝑉á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 
 
𝑉𝑜
𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒(1 + 3 ∙ 𝛼𝑎ç𝑜 ∙ ∆𝑇) = 𝑉𝑜
á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 (1 + 𝛽á𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 ∙ ∆𝑇) 
 
32,00 (1 + 3 ∙ 11 𝑥 10−6 ∙ ∆𝑇) = 31,00 (1 + 75 𝑥 10−5 ∙ ∆𝑇) 
 
32,00 + 0,001056 ∙ ∆𝑇 = 31,00 + 0,02325 ∙ ∆𝑇 
 
 0,022194 ∙ ∆𝑇 = 1,00 → ∆𝑇 = 45,06 ℃ 
 
 
 
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒: 𝑉𝑓 = 𝑉𝑜 (1 + 3 ∙ 𝛼𝑎ç𝑜 ∙ ∆𝑇) 
 
 𝑉𝑓 = 32,00 (1 + 3 ∙ 11 𝑥 10
−6 ∙ 45,06) → 𝑉𝑓 = 32,05 𝑚
3 
 
 
 
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑜 𝑛𝑎 𝑒𝑥𝑝𝑎𝑛𝑠ã𝑜 𝑖𝑠𝑜𝑏á𝑟𝑖𝑐𝑎: 𝑊 = ∫ 𝑝 ∙ 𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑜
= 𝑝 ∙ ∫ 𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑜
= 𝑝 ∙ (𝑉𝑓 − 𝑉𝑜) 
 
 
 𝑊 = 1,013 𝑥 105𝑃𝑎 ∙ (32,05 − 32,00) 𝑚3 
 
 
𝑾 = 𝟓𝟎𝟔𝟓 𝑱 
 
 
 
 
 
 
𝛼 = 

2
= 
𝛽
3
 ; 
∆𝑉
𝑉𝑜
= 
𝑉 − 𝑉𝑜
𝑉𝑜
= 𝛽 ∙ ∆𝑇, 𝑊 = ∫ 𝑝 ∙ 𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
 
𝑽𝒕𝒂𝒏𝒒𝒖𝒆
𝟏𝟎℃ → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑽á𝒍𝒄𝒐𝒐𝒍
𝟏𝟎℃ → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑽𝒂𝒅𝒊𝒄𝒐𝒏𝒂𝒅𝒐
𝟏𝟎℃ → 𝟎, 𝟓𝐩𝐭𝐨 
∆𝑻 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑽𝒕𝒂𝒏𝒒𝒖𝒆
𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍
 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑾 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
FS2120 P1 1º Sem./2016 
 
3) Um objeto de massa m, preso a uma mola ideal 
de constante elástica 3,00 N/cm, executa um 
movimento harmônico simples na direção 
horizontal. A figura ao lado mostra o gráfico de sua 
velocidade em função do tempo. Pedem-se, em 
unidades do S.I.: 
 
(a) (1,0 ponto). A amplitude do movimento. 
 
𝐷𝑜 𝑔𝑟á𝑓𝑖𝑐𝑜: 𝑇 = 0,620 − 0,220 = 0,400 𝑠 
 
𝜔 = 
2 𝜋
𝑇
= 
2 𝜋
0,400
= 5,00 𝜋 → 𝜔 = 5,00 𝜋 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 
 
 
𝐴𝑖𝑛𝑑𝑎 𝑑𝑜 𝑔𝑟á𝑓𝑖𝑐𝑜: 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝜔 ∙ 𝑥𝑚 = 4,00 
𝑚
𝑠
 
 
𝑥𝑚 = 
4,00 
 𝑚
𝑠
5,00 𝜋 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
= 0,25465 𝑚 → 𝒙𝒎 = 𝟎, 𝟐𝟓𝟓 𝒎 
 
 
(b) (1,5 pontos). A energia potencial elástica da mola para o instante t = 0,220 s. 
 
 
𝜔 = √ 
𝑘
𝑚
 → 𝑚 =
𝑘
𝜔2
=
300 
𝑁
𝑚
(5,00 𝜋 
𝑟𝑎𝑑
𝑠 )
2 = 1,21585 𝑘𝑔 → 𝑚 = 1,22 𝑘𝑔 
 
 
 
𝐷𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎: 𝐸𝑀 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑃 
 
 
𝐸𝑃 = 𝐸𝑀 − 𝐸𝐶 
 
 
𝐸𝑃 =
1
2
 𝑘 𝑥𝑚
2 − 
1
2
 𝑚 𝑣2 
 
 
𝐸𝑃 =
1
2
∙ 300 ∙ 0,2552 − 
1
2
∙ 1,22 ∙ 3,002 
 
 
𝐸𝑃 = 9,75375 − 5,49 = 4,26375 𝐽 
 
 
𝑬𝑷 = 𝟒, 𝟐𝟔 𝑱 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐹 = −𝑘 ∙ 𝑥 = 𝑚 ∙ 𝑎 ; 𝑥(𝑡) = 𝑥𝑚 ∙ cos (𝜔 ∙ 𝑡 + ) 
 
 ω = √
𝑘
𝑚
= 
2 ∙ 𝜋
𝑇
= 2 ∙ 𝜋 ∙ 𝑓; 𝐸𝑀 =
1
2
𝑘 ∙ 𝑥𝑚
2 ; 
 
 𝐾 = 𝐸𝐶 =
1
2
𝑚 ∙ 𝑣2; 𝑈 = 𝐸𝑃 =
1
2
𝑘 ∙ 𝑥2 
𝝎 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝒙𝒎 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
𝒎 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑬𝑷 → 𝟏, 𝟎 𝐩𝐭𝐨 
FS2120 P1 1º Sem./2016 
 
4) Em uma região onde existe uma força de amortecimento do tipo 𝐹𝑎 = − 𝑏 ∙ 𝑣 , 
uma massa de 1,220 kg, presa a uma mola ideal de constante elástica 88,50 N/m, 
oscila com período 1,183 s. Sabe-se que a amplitude em t = 0 s é de 84,00 cm e que 
o ângulo inicial de fase vale zero. Pedem-se, em unidades do S.I.: 
 
(a) (1,0 ponto). Determine a posição da massa no instante t = 0,400 s. 
 
 
 𝜔′ = 
2 𝜋
𝑇𝑎
= 
2 𝜋
1,183
= 5,311 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 
 
 
 
 𝜔′2 =
𝑘
𝑚
 − 𝛾2 → 𝛾 = √
88,50
1,220
− 5,3112 = 6,658 → 𝛾 = 6,658 𝑠−1 
 
 
 
 𝑥𝑎(𝑡) = 𝑥𝑚 ∙ 𝑒
−𝛾∙𝑡 ∙ cos (𝜔′ ∙ 𝑡 +  ) 
 
 
 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 0,400 𝑠: 𝑥𝑎(0,400) = 0,8400 ∙ 𝑒
−6,658∙0,400 ∙ cos (5,311 ∙ 0,400) 
 
 
𝑥𝑎(0,400) = 0,8400 ∙ 0,069725 ∙ (− 0,525756) = − 0,0307930 
 
 
𝒙𝒂(𝟎, 𝟒𝟎𝟎) = − 𝟎, 𝟎𝟑𝟎𝟖 𝒎 
 
 
(c) (1,5 pontos). Calcule a força resultante sobre a massa quando ela passa pela posição 3,346 cm com velocidade – 3,955 m/s. 
 
 
 
 𝑏 = 2 ∙ 𝑚 ∙ 𝛾 = 2 ∙ 1,220 ∙ 6,658 = 16,24552 → 𝑏 = 16,25 
𝑁∙𝑠 
𝑚
 (𝑜𝑢 
𝑘𝑔
𝑠
) 
 
 
 
 2𝑎 𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝑁𝑒𝑤𝑡𝑜𝑛: 𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝐹𝑒𝑙á𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 + 𝐹𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 
 
 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = − 𝑘 ∙ 𝑥 − 𝑏 ∙ 𝑣 
 
 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = − 88,50 
𝑁
𝑚
∙ 0,03346 𝑚 − 16,25 
𝑁 ∙ 𝑠
𝑚
 ∙ (−3,955 
𝑚
𝑠
) 
 
 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = − 2,96121 + 64,26875 = 61,30754 𝑁 
 
 
 
𝑭𝒓𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 = 𝟔𝟏, 𝟑𝟏 𝑵 
 
 
 
𝐹𝑅𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝐹𝑒𝑙á𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 + 𝐹𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 
 
𝑥(𝑡) = 𝑥𝑚 ∙ 𝑒
−γ∙𝑡 ∙ cos(𝜔′ ∙ 𝑡 + ) ; 𝜔 = √
𝑘
𝑚
 = 2 𝜋 𝑓 ; 
 
𝜔′ = √ω2 − γ2 ; γ = 
𝑏
2 ∙ 𝑚
 ; 𝑇𝑎 = 
2𝜋
𝜔′
=
1
𝑓𝑎
 
𝜸 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝒙𝒂 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
𝒃 → 𝟎, 𝟓 𝐩𝐭𝐨 
 
𝑭𝒓𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 → 𝟏, 𝟎 𝐩𝐭𝐨