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1) Um recipiente cilíndrico de seção reta transversal A = 20,0 cm² é vedado por um êmbolo de peso 52,0 N que pode deslizar livremente sem atrito. O cilindro contém uma amostra de 3,00 litros de gás ideal na temperatura inicial de 300 K. Separadamentecom o cilindro nas posições vertical e horizontal, o gás é aquecido isobaricamentetemperatura inicial até a temperatura de 400 K, como mostram as figuras 1 e 2, respectivamente. A diferença entre os trabalhos realizados pelo gás nas posições vertical e horizontal, Wv – Wh, em joules, é igual a 
Dados: pressão atmosférica patm = 1,00 x 10N/m²; g = 10,0 m/s². 
A) 8,00 
 B) 10,0 C) 15,0 D) 18,0 E) 26,0 
 
 
 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
O que diferencia as duas situações é o fato de que, na posição vertical, a pressão no gásmaior do que na posição horizontal, já que naquela, o êmbolo está sendo apoiado pelo gás.O estudante também deve ficar atento às unidades – o volume, em litros e a área,cm², não estão no SI - Sistema Internacional de Unidades. Cada m³ (unidade do SI) corresponde a 1.000 litros. Então, para transformar litro para m³, devemos dividir o valor por 1.000 – o que equivale a multiplicá
 
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rico de seção reta A = 20,0 cm² é vedado por um êmbolo de peso 52,0 N que pode deslizar livremente sem atrito. O cilindro contém uma litros de gás ideal na temperatura inicial de 300 K. Separadamente, com o cilindro nas posições vertical e isobaricamente da temperatura inicial até a temperatura de 400 K, como mostram as figuras 1 e 2, rença entre os trabalhos realizados pelo gás nas posições oules, é igual 
= 1,00 x 10 5 
diferencia as duas situações é o fato de que, na posição vertical, a pressão no gás é ção horizontal, já que naquela, o êmbolo está sendo apoiado pelo gás. O estudante também deve ficar atento às o volume, em litros e a área, em Sistema Internacional de Unidades. Cada m³ (unidade do SI) corresponde a 1.000 litros. Então, para transformar litro para m³, devemos dividir o o que equivale a multiplicá-lo 
por 10-3. Já em relação à área, a unm². Cada metro tem 100 cm. Assim, para transformar uma medida em cm para mdevemos dividi-la por 100 ou então multiplicála por 10-2. Como precisamos transformar cm² para m², fazemos: 1 cm² = (10m². 
Sendo isobáricas as transformações envolvidas, podemos calcular o trabalho termodinâmico pela relação W = p x W = p x W = p x W = p x ∆∆∆∆gases ideais, nestas transformações, o volume é diretamente proporcional à temperatura. a 300 K, ele vale 3 litros, a 400 K, valerá 4 
Além disto, vamos desprezar as precisões (,00..). Isto será feito questões. 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
Patm = pressão atmosférica
P = peso do êmbolo; 
A = área do êmbolo; 
pv = pressão no gás (figura 1
ph = pressão no gás (figura 2
pv = Patm + GH 
Wv – Wh = pv . ∆V – p(Patm + GH - Patm) . ∆V = 
5220 . 10JK . (4 L 3). 10J
Letra E Letra E Letra E Letra E 
 
2) Considere certa amostra detemperatura T kelvin cujas moléculas, de massa M, possuem velocidade média V m/s. Em 
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1 
. Já em relação à área, a unidade do SI é m². Cada metro tem 100 cm. Assim, para transformar uma medida em cm para metro, por 100 ou então multiplicá-Como precisamos transformar cm² 1 cm² = (10-2)² m² = 10-4 
ansformações envolvidas, podemos calcular o trabalho termodinâmico ∆∆∆∆VVVV e lembrar que, para os gases ideais, nestas transformações, o volume é diretamente proporcional à temperatura. Como a 300 K, ele vale 3 litros, a 400 K, valerá 4 litros. 
Além disto, vamos desprezar as precisões . Isto será feito em todas as outras 
= pressão atmosférica; 
figura 1); 
figura 2) = Patm. 
ph . ∆V = (pv - ph) . ∆V = V = GH . ∆V = 
JQ = 26 joules 
Considere certa amostra de um gás ideal na elvin cujas moléculas, de massa M, possuem velocidade média V m/s. Em 
 
 
 
 uma amostra de outro gás também ideal, mas na temperatura 2T kelvin e com moléculas de massa M/4, a velocidade média das moléculas é V’ m/s. A razão V’/V vale 
A) ½ 
B) 2 
C) 4 
D) 2√2 
E) √2/2 
 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Como temos as massas das moléculas nas duas situações e suas respectivas velocidades médias, podemos recorrer a uma das conclusões da Teoria Cinética Clássica para os gases ideais, segundo a qual a energia cinética média por molécula é proporcional à temperatura. 
 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
EU = energia cinética; 
m = massa; 
v = velocidade; 
c = constante; 
EUα T → XY mvY = c . t 
Situação 1 
XY MV² = c . T (1) 
Situação 2 
 
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m ideal, mas elvin e com moléculas de massa M/4, a velocidade média das moléculas 
Como temos as massas das moléculas nas duas situações e suas respectivas velocidades médias, podemos recorrer a uma das conclusões da Teoria Cinética Clássica para os gases ideais, segundo a qual a energia cinética proporcional à 
XY ZK V[Y = c . 2T (2) 
Para obtermos V’/V, podemos dividir (2) por (1), membro a membro 
12 M4 V[Y12 MVY = 
c . 2T c . T 
→ 14 V
[Y
VY = 2 
→ V[YVY = 8 
∴ V′V = √8 = 2√2 
Letra DLetra DLetra DLetra D 
3) Um reservatório fechado contém certa quantidade de um gás ideal à pressão inicial P= 1,00 x 105 N/m². Num primeiro processo, esse gás é lentamente aquecido de Taté uma temperatura Tprocesso, um pequeno orifício é aberto na parede do reservatório e deixa-se escapar ¼ do mantendo-se, porém, a temperatura constante.(T2 = T1, ver gráfico). Sabendodo segundo processo, a pressão do gás no interior do reservatório é de PN/m², o valor de T2, em 
A) 103 B) 100 C) 97,0 D) 90,0 E) 87,0 
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2 
/V, podemos dividir (2) por , membro a membro 
Um reservatório fechado contém certa quantidade de um gás ideal à pressão inicial P0 N/m². Num primeiro processo, esse gás é lentamente aquecido de T0 = 27,0 0C temperatura T1. Num segundo processo, um pequeno orifício é aberto na ede do reservatório e muito lentamente, se escapar ¼ do conteúdo inicial do gás se, porém, a temperatura constante. , ver gráfico). Sabendo-se que, ao final segundo processo, a pressão do gás no interior do reservatório é de P2 = 0,900 x 105 , em 0C, é 
 
 
 
 
 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Esta questão envolve duas transformações sofridas por um gás ideal. Na primeira delas, podemos usar a Lei Geral dos Gases Ideais d ef = dge[f[ , onde P é a pressão, V é o volume e T é a temperatura, em kelvin. Na segunda transformação, usaremos a equação de Clapeyron de = ijf em cada estado (inicial e final), onde n é o número de mols e R é a constante universal dos gases ideais, número de mols muda de um estado para outro na transformação. 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
Estado 0 P0 = 1,00 x 105 N/m²; T0 = 27 0C = 27 + 273 = 300 K; V0 = volume inicial. 
Estado 1 P1 = pressão neste estado; 
 T1= temperatura neste estado; V1=V0 (admitindo-se que as paredes do recipiente sejam inflexíveis) n = número de mols neste estado; 
Estado 2P2 10 V2 que se mantém no recipiente continua ocupando o mesmo volume) T2 n’ = 
que deixou o recipiente) 
Transformação (0 → 1) 
1 . 10k . Vl300 = PX . VXTX → TX = PX . 3001 . 10
Para o Estado 1 
 
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Esta questão envolve duas transformações sofridas por um gás ideal. Na primeira delas, podemos usar a Lei Geral dos Gases Ideais - 
, onde P é a pressão, V é o volume e T Na segunda transformação, usaremos a equação de em cada estado (inicial e onde n é o número de mols e R é a constante universal dos gases ideais, pois o muda de um estado para outro 
Estado 2 = 0,900 x 105 N/m² 
 = V1(o gás que se mantém no recipiente continua ocupando o mesmo volume) 
 = T1 
n’ = QK n (já que XK de n deixou o recipiente) 
 
30010k (1) 
PX . VX = n . R . TX (2) 
Para o Estado 2 
0,9 . 10k . VY = 34 . n . R
Dividindo-se (2) por (3),
PX0,9 . 10k = 134 
(com as
mX = 0,9 . 10k . 43 = 1,2 
Substituindo-se (4) em (1)
TX = 1,2 . 10k . 300 1 . 10k =
Letra ELetra ELetra ELetra E (lembre-se de que T
 
4) Uma esfera, de peso P nespecífica µ, está presa ao fundo de um recipiente por meio de um fio ligado a um dinamômetro D, de massas desprezíveis. A esfera encontra-se totalmente submerságua de massa específica µfigura. Nessas condições, a leitura do dinamômetro em função do peso P é dada
A) P/4 B) P/2 C) 2P/3 D) P E) 2P 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
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3 
R . TY (3) 
se (2) por (3), membro a membro 
as simplipicações) → 
 . 10k (4) 
se (4) em (1) 
360 K L 273 = 87lC 
se de que T2 = T1) 
Uma esfera, de peso P newtons e massa específica µ, está presa ao fundo de um recipiente por meio de um fio ligado a um dinamômetro D, de massas desprezíveis. A se totalmente submersa em água de massa específica µágua = 2µ, conforme a figura. Nessas condições, a leitura do metro em função do peso P é dada por 
 
 
 
 
 Vamos considerar que a esfera seja maciça. empuxo é a resultante das forças que um fluido faz em um corpo que está parcial ou totalmenteimerso nele. Para fluidos em equilíbrio (repouso ou movimento retilíneo e uniforme), o empuxo está na vertical ascendente (aponta para cima) e pode ser calculado como o produto da massa específica do fluido pelo volume imerso e pela gravidade. No caso analisado, a esfera também está em equilíbrio. Para isto, o empuxo tem o mesmo valor numérico da soma do peso da esfera e da força que o fio exerce nela (que é a força indicada pelo dinamômetro). Como a massa específica do líquido é o dobro da massa específica da esfera e ela está totalmente imersa, o empuxo é o dobro do peso (peso é o produto da massa pela gravidade e a massa é o produto da massa específica pelo volume). Sendo assim, a forno fio tem que ser igual ao peso – leva à resposta. 
Vejamos de outra forma. 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
E = empuxo; 
P = peso da esfera; 
T = força no fio; 
µ = massa específica da esfera; 
V = volume da esfera. 
 
 
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Vamos considerar que a esfera seja maciça. O das forças que um fluido faz em um corpo que está parcial ou totalmente . Para fluidos em equilíbrio (repouso ou movimento retilíneo e uniforme), o empuxo está na vertical ascendente (aponta para cima) e pode ser calculado como o a específica do fluido pelo volume imerso e pela gravidade. No caso está em equilíbrio. Para isto, o empuxo tem o mesmo valor numérico da soma do peso da esfera e da força que o fio exerce nela (que é a força indicada metro). Como a massa específica do líquido é o dobro da massa específica da , o empuxo é o dobro do peso (peso é o produto da massa pela gravidade e a massa é o produto da massa específica pelo volume). Sendo assim, a força o que já nos 
 
 
E = T + P → T = E – P 
T = 2µVg - µVg → 
T = µVg 
∴ T = P 
Letra DLetra DLetra DLetra D 
 
5) Um projétil é lançado cvertical situado a 20 m do ponto de lançamento. Despreze a resistência do ar. Se esse lançamento é feito com uma velocidade inicial de 20 m/s numa direção que faz um ângulo de 600 com aproximada do ponto onde o projétil se choca com o anteparo, em metros, é
Dados: tg600 ≅ 1,7; g = 10 m/s².
A) 7,0 B) 11 C) 14 D) 19 E) 23 
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4 
P → 
5) Um projétil é lançado contra um anteparo vertical situado a 20 m do ponto de lançamento. Despreze a resistência do ar. Se esse lançamento é feito com uma velocidade inicial de 20 m/s numa direção que faz um com a horizontal, a altura aproximada do ponto onde o projétil se choca com o anteparo, em metros, é 
1,7; g = 10 m/s². 
 
 
 
 
 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Vamos analisar o movimento de acordo com suas componentes horizontal e vertical. É como se tivéssemos dois movimentos simultâneos e independentes, em termos de resultado
Na horizontal, o movimento está isento de força resultante e ocorre por Inércia é uniforme. Na vertical, o movimento está sujeito à aceleração imposta pela gravidade,que terá valor negativo, pois orientaremos a trajetória para cima, ou seja, as posições verticais serão contadas de baixo para cima e a gravidade aponta para baixo e, para esta alturapode ser considerada constante. Assim, o movimento tem aceleração constante e é comumente chamado de uniformemente variado. 
Encontremos o tempo de movimento horizontal, do ponto de partida até o anteparo e, como os movimentos são simultâneos, o usemos no movimento vertical para calcularmos a altura alcançada neste instante.Este tempo é o tempo de voo do projétil.
 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
Decomposição da velocidade inicial
 
Vtu = 20cos600 
Vlv = 20sen600 
 
Horizontal 
 
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Vamos analisar o movimento de acordo com vertical. É como se tivéssemos dois movimentos simultâneos e , em termos de resultado. 
Na horizontal, o movimento está isento de força resultante e ocorre por Inércia – por isto é uniforme. Na vertical, o movimento está mposta pela gravidade, que terá valor negativo, pois orientaremos a trajetória para cima, ou seja, as posições verticais serão contadas de baixo para cima e a para esta altura, pode ser considerada constante. Assim, o movimento tem aceleração constante e é comumente chamado de uniformemente 
Encontremos o tempo de movimento horizontal, do ponto de partida até o anteparo são simultâneos, o movimento vertical para calcularmos a altura alcançada neste instante. Este tempo é o tempo de voo do projétil. 
Decomposição da velocidade inicial 
xy = xzy + e{y| 
20 = 0 + 20}~60l€ 
20 = 20. 12 . t → t = 2s
Vertical 
x = xz + ez| + ‚ƒ „
Sv = 0 + 20. sen60l. 2
Sv = 20 . √32 .2 L 20 
Como tg 600 = √3 ≅ 1,7
∴ Sv ≅ 20 .1,7 L 20 ≅ 14
Letra CLetra CLetra CLetra C 
 
6) O bloco B, de massa 10,0 kg, está sobre o bloco A, de massa 40,0 kg, ambos em repouso sobre um plano inclinado que faz um ângulo = 300 com a horizontal, conforme a figura. Há atrito, com coeficiente estático 0,600 entre o bloco B e o bloco A, não havendo atrito entre o bloco A e o plano inclinado. A intensidade mínima da força FFFF, , , , em nbloco A e paralela ao plano inclinado, para que o sistema permaneça em repouso, é
Dado: g = 10,0 m/s². 
A) 250 B) 225 C) 200 D) 175 E) 150 
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5 
s 
„ |ƒ 
2 L 5. 2Y 
1,7 
14 m 
, de massa 10,0 kg, está sobre o , de massa 40,0 kg, ambos em repouso inclinado que faz um ângulo Ɵ com a horizontal, conforme a figura. Há atrito, com coeficiente estático 0,600 entre o , não havendo atrito entre o bloco A e o plano inclinado. A intensidade em newtons, aplicada ao bloco A e paralela ao plano inclinado, para que o sistema permaneça em repouso, é 
 
 
 
 
 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
FFFF é uma força na direção do planobloco A. Não haverá, deste modo, movimento na direção perpendicular ao plano e podemos nos preocupar apenas com as forças naquela direção. Para que o bloco A permaneça em repouso, as forças aplicadas a ele anular. Então, as forças opostas a têm que ter a mesma intensidade de forças são a componente tangencial do peso de A e a componente atrito entre os blocos de fato, aponta para baixo, já que o blocotende a descer, “tentando”, assim, “para baixo. 
Para que B fique em repouso, seu peso tangencial deve tera mesma intensidade da componente de atrito entre os blocos, que em B aponta para cima, conforme o Princípio da Ação e Reação, segundo o qual as forças que pertencem ao par ação e reação têm a mesma direção, mas sentidos opostos (além de terem a mesma intensidade e serem aplicadas em corpos diferentes). 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
 
Pat = peso tangencial de A; 
Fat = força de atrito; 
Pbt = peso tangencial de B. 
Para o equilíbrio de B 
Fat = Pbt = PB . senƟ = 10 . 10 . 0,5 = 50 N
 
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na direção do plano aplicada ao bloco A. Não haverá, deste modo, movimento na direção perpendicular ao plano e podemos nos preocupar apenas com as forças naquela permaneça em ele devem se opostas a FFFF, somadas, têm que ter a mesma intensidade de FFFF. . . . Estas forças são a componente tangencial do peso de A e a componente atrito entre os blocos – que, de fato, aponta para baixo, já que o bloco B “tentando”, assim, “empurrar” A 
ue B fique em repouso, seu peso tangencial deve ter a mesma intensidade da componente de atrito entre os blocos, que em B aponta para cima, conforme o Princípio da as forças que ação e reação têm a mesma ão, mas sentidos opostos (além de terem a mesma intensidade e serem aplicadas em 
Ɵ = 10 . 10 . 0,5 = 50 N 
Para o equilíbrio de A 
F = Fat + Pat = 50 + P
50 + 40 . 10 . 0,5 = 250 N
Letra ALetra ALetra ALetra A 
 
7) Um bloco de massa 5,00 kg ddesprezível, a pista da figura, sendo sua velocidade inicial V0 = 4,00 m/s e a altura h = 4,00 m. Após a descida, o bloco percorre parte do trajeto horizontal AB, agora com atrito e, então, colide com uma mola de massa desprezível e constante k = 200 N/m. Se a compressão máxima da mola devido a essa colisão é ∆x = 0,500 m, o trabalho da força de atrito, em joules, vale 
Dado: g = 10,0 m/s² 
A) -72,0 B) -96,0 C) -140 D) -192 E) -215 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
No ponto inicial, em relação ao nível que passa por AB, o bloco tem energia cinética e potencial gravitacional. Durante a descida, a soma destas duas energias (energia mecânica) é mantida. Ao chegar a A, o bloco passa a perder energia mecânica por causa daao final da compressão da mola, a energia mecânica do sistema será a energia mecânica inicial subtraída do módulo do trabalho da 
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6 
 
Fat + Pat = 50 + PA . senƟ = 
50 + 40 . 10 . 0,5 = 250 N 
7) Um bloco de massa 5,00 kg desce, com atrito desprezível, a pista da figura, sendo sua = 4,00 m/s e a altura h = 4,00 m. Após a descida, o bloco percorre parte do trajeto horizontal AB, agora com atrito e, então, colide com uma mola de massa desprezível e constante k = 200 N/m. Se a compressão máxima da mola devido a essa 00 m, o trabalho da força de 
 
No ponto inicial, em relação ao nível que passa por AB, o bloco tem energia cinética e potencial gravitacional. Durante a descida, a soma destas duas energias (energia mecânica) é mantida. A, o bloco passa a perder energia mecânica por causa da força de atrito, até que, ao final da compressão da mola, a energia mecânica do sistema será a energia mecânica inicial subtraída do módulo do trabalho da 
 
 
 
 força de atrito. Assim, podemos afirmar que o trabalho da força de atrito é a energia mecânica final subtraída da energia mecânica inicial. 
 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
Emi = energia mecânica inicial 
Emf = energia mecânica final 
Wfat = trabalho da força de atrito 
 
Wfat = Emf - Emi = ‰Š‹Y L ŒvŽ‹Y + mgh
Wfat = Yll.(l,k)‹Y L Œk.K‹Y + 5.10.4 
∴ Wfat = -215 Joules 
Letra ELetra ELetra ELetra E 
 
8) Um bloco A, de massa mA = 1,0 kg, colide frontalmente com outro bloco B, de massa m= 3,0 kg, que se encontrava inicialmente em repouso. Para que os blocos sigam grudados com velocidade 2,0 m/s, a energia total dissipada durante a colisão, em joules, deve se
A) 24 
B) 32 
C) 36 
D) 48 
E) 64 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
O valor da energia total dissipada durante a colisão é a energia cinética inicial do sistema, 
 
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força de atrito. Assim, podemos afirmar que o a energia mecânica subtraída da energia mecânica inicial. 
 

= 1,0 kg, colide frontalmente com outro bloco B, de massa mB = 3,0 kg, que se encontrava inicialmente em repouso. Para que os blocos sigam grudados com velocidade 2,0 m/s, a energia total oules, deve ser 
O valor da energia total dissipada durante a colisão é a energia cinética inicial do sistema, 
representada pela energia cinética de A antes da colisão, subtraída da energia cinética final do sistema, representada pela energia cinética dos dois blocos que, após a colisão, passam a se movimentar juntos. Mas para fazermos subtração, precisaremos do bloco A, que será encontra Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, aplicado aodos blocos, que se manterá, permitindolidar apenas com os módulos das quantidades de movimento. 
ResolResolResolResolução:ução:ução:ução: 
Q0s = quantidade de movimento inicial do sistema; 
Q0A = quantidade de movimento i
Qs = quantidade de movimento final do sistema; 
V0A = velocidade inicial de A;
VS = velocidade final do s
Ec0s = energia cinética inicial do s
Ecs = energia cinética final do s
Mt = massa total do sistema;
Etd = energia total dissipada.
 
Q0s = Q0A = mA . V0A = 1 . V
Q0s = Qs = (1 + 3) . 2 (2)
Igualando-se (1) e (2) 
1 . V0A = (1 + 3) . 2 = 8 m/s 
Etd = Ecs - Ec0s → 
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representada pela energia cinética de A antes da colisão, subtraída da energia cinética final do sistema, representada pela energia cinética dos dois blocos que, após a colisão, passam a se movimentar juntos. Mas para fazermos esta precisaremos da velocidade inicial que será encontra usando-se o Princípio da Conservação da Quantidade de ao sentido do movimento dos blocos, que se manterá, permitindo-nos lidar apenas com os módulos das quantidades 
= quantidade de movimento inicial do 
= quantidade de movimento inicial de A; 
= quantidade de movimento final do 
nicial de A; 
= velocidade final do sistema; 
= energia cinética inicial do sistema; 
= energia cinética final do sistema; 
istema; 
issipada. 
1 . V0A (1) 
= (1 + 3) . 2 (2) 
 
= (1 + 3) . 2 = 8 m/s 
 
 
 
 Etd = Z‘ .’“‹ Y L ” . ’Ž”‹Y = K . L24 joules 
O sinal negativo confirma que adissipada. 
Letra ALetra ALetra ALetra A 
 
9) Um bloco de massa M = 1,00 kg executa, preso a uma mola de constante k = 100 N/m, um MHS de amplitude A cm ao longo do plano inclinado mostrado na figura. Não há atrito em qualquer parte do sistema. Na posição de altura máxima, a mola está comprimida e exerce sobre o bloco uma força elástica de módulo igual a 3,00 N. A velocidade do bloco, em m/s, ao passar pela posição de equilíbrio é
A) 1,10 B) 0,800 C) 0,500 D) 0,300 E) 0,200 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
O estudante deve tomar um cuidado especial nesta questão. Ele comumente aprende que no MHS, a posição de equilíbrio, onde a força sobre o corpo é nula, corresponde ao local onde a elongação da mola é zero. Mas isto é verdade quando o sistema está na horizontal. Quando ele está parcial (que é o caso) ou totalmente na vertical, há um deslocamento da posição de equilíbrio por causa do peso do corpo (ou de sua componente tangencial). Assim, a posição 
 
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. Y‹Y L X . •‹ Y =
O sinal negativo confirma que a energia foi 
9) Um bloco de massa M = 1,00 kg executa, preso a uma mola de constante k = 100 N/m, um MHS de amplitude A cm ao longo do plano o na figura. Não há atrito em qualquer parte do sistema. Na posição de altura máxima, a mola está comprimida eexerce sobre o bloco uma força elástica de módulo igual a 3,00 N. A velocidade do bloco, em m/s, ao passar pela posição de equilíbrio é 
 
O estudante deve tomar um cuidado especial nesta questão. Ele comumente aprende que no MHS, a posição de equilíbrio, onde a força sobre o corpo é nula, corresponde ao local onde a elongação da mola é zero. Mas isto é verdade ntal. Quando ele está parcial (que é o caso) ou totalmente na vertical, há um deslocamento da posição de equilíbrio por causa do peso do corpo (ou de sua componente tangencial). Assim, a posição 
em que a mola tem seu comprimento natural está acima da posição de equilíbrio.
Além disto, como a força elástica será sempre paralela ao plano inclinado e a componente do peso que é perpendicular ao plano não realiza trabalho, as forças envolvidas (elástica e peso tangencial) nas transformações de energia do sistema (por exemplo, cinética para potencial elástica) estarão na direção do plano. Desta forma, podemos tratar o MHS como se ele estivesse ocorrendo na horizontaldireção do plano), em termos de energia potencial gravitacionalconsiderá-la. 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
X1 = distância entre a posição de elongação máxima e a posição de comprimento natural;
X2 = distância entre a posição de comprimento natural e a posição de equilíbrio;
Fel = força elástica na posimáxima; 
Fel’ = força elástica na posição de equilíbrio = peso tangencial do bloco (P
v = velocidade do bloco na posição de equilíbrio; 
Cálculo de X1 
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em que a mola tem seu comprimento natural ão de equilíbrio. 
Além disto, como a força elástica será sempre paralela ao plano inclinado e a componente do peso que é perpendicular ao plano não realiza trabalho, as forças envolvidas (elástica e peso tangencial) nas transformações de energia do a (por exemplo, cinética para potencial elástica) estarão na direção do plano. Desta forma, podemos tratar o MHS como se ele estivesse ocorrendo na horizontal (que será a , em termos de energia potencial gravitacional, ou seja, não precisamos 
 
= distância entre a posição de elongação máxima e a posição de comprimento natural; 
= distância entre a posição de comprimento natural e a posição de equilíbrio; 
lástica na posição de elongação 
’ = força elástica na posição de equilíbrio = angencial do bloco (Pt). 
v = velocidade do bloco na posição de 
 
 
 
 Fel = K . X1 → —X = QXll = 3. 10JYm 
Cálculo de X2 
Fel’ = K . X2 = Pt = mgsenƟ → X2 = ˜™š›Ɵ
X.Xl.l,kXll = 5. 10JY m 
A = X1 + X2 = 8.10-2 m 
m. vY2 = k. A
Y
2 → v = A. œ km = 8. 10
= 8 . 10JX ou 0,8 m/
Letra BLetra BLetra BLetra B 
 
10) Um plano horizontal determinado ponto O sobre o equador (geográfico), num local onde o campo magnético terrestre tem componente horizontal BBBBhhhh. Sob a ação única desse campo, a agulha magnetizada AA’AA’AA’AA’ de uma bússola de eixo vertical se alinhou ao meridiano magnético que passa por O, como mostra a figura. Considere que as propriedades magnéticas do planeta são as de uma barra cilíndrica imantada comagnéticos M e M’, ambos pontos da superfície terrestre. Já o eixo de rotação da Terra passa pelos pontos geográficos G e G’. Se estes quatro polos têm suas projeções verticais em Gα’) alinhadas com a agulha, um navegante, partindo de O no sentido sul indicado inicialmente pela bússola, e que se desloque sem desviar sua direção, primeiramente passará próximo ao polo 
 
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˜™š›Ɵ = 
10JY . œ1001
/s 
Um plano horizontal α contém sobre o equador (geográfico), num local onde o campo magnético terrestre tem componente . Sob a ação única desse campo, a de uma bússola de eixo vertical se alinhou ao meridiano magnético que , como mostra a figura. Considere que as propriedades magnéticas do planeta são as de uma barra cilíndrica imantada com polos , ambos pontos da superfície terrestre. Já o eixo de rotação da Terra passa Se estes quatro polos têm suas projeções verticais em α (Mα, ..., ) alinhadas com a agulha, um navegante, no sentido sul indicado pela bússola, e que se desloque sem desviar sua direção, primeiramente 
A) geográfico sul, se o polo mais próximo de O for o polo magnético norte (barra imantada). B) geográfico sul, se o polo mais próximo de O for o polo magnético sul (barra imantada). C) geográfico norte, se o polo mais próximo de O for o polo magnético norte (barra imantada). D) magnético norte, se o polo mais próximo de O for o polo magnético sul (barra imantada). E) magnético sul (barra imantada), se esse for o polo mais próximo de O. 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Os polos geográficos e magnéticos são opostos e não coincidentes, ou seja, o polo norte geográfico encontra-se próximo ao polo sul magnético (mas não coincidem) e vice 
Para que as projeções destes quatro pontos estejam alinhadas em um plano que tangencia um ponto do equador geográfico que estes quatro pontos estejam no plano que é perpendicular ao anterior. A intersecção entre eles é a linha comum aos
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
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9 
C) geográfico norte, se 
 
Os polos geográficos e magnéticos são opostos e não coincidentes, ou seja, o polo norte se próximo ao polo sul magnético (mas não coincidem) e vice versa. 
Para que as projeções destes quatro pontos estejam alinhadas em um plano que tangencia um ponto do equador geográfico é necessário que estes quatro pontos estejam no plano que é perpendicular ao anterior. A intersecção entre a linha comum aos pontos citados. 
 
 
 
 
Como podemos ver, partindo de O e mantendo a mesma direção inicial, o navegante passará primeiro pelo sul geográfico, caso o sul magnético seja o mais próximo. 
Letra BLetra BLetra BLetra B 
 
11) Dois geradores elétricos G1 e Gcurvas características tensão-corrente dadas nos dois gráficos da figura. Se, em um circuito composto apenas pelos dois geradores, Gconectado em oposição a G1, de modo que UU1, G2 passará a operar como um receptor elétrico. Nessa condição, o rendimento elétrico do gerador G1, em porcentagem, será de aproximadamente 
 
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Como podemos ver, partindo de O e mantendo a mesma direção inicial, o navegante passará primeiro pelo sul geográfico, caso o sul 
e G2 possuem corrente dadas em um circuito composto apenas pelos dois geradores, G2 for , de modo que U2 = passará a operar como um receptor o, o rendimento elétrico , em porcentagem, será de 
A) 81 B) 85 C) 89 D) 93 E) 96 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
O rendimento de G1 pode ser determinado pela razão entre sua potência útil e sua potência total, na associação com Gprecisaremos calcular a tensão em seus terminais – o que nos levará a necessidade de conhecermos o valor da corrente que o atravessa. Isto será possível com o conhecimento das forças eletromotrizes dos geradores e suas resistências internas.
ResoluçãResoluçãResoluçãResolução:o:o:o: 
ε1 = força eletromotriz de G
ε2 = força eletromotriz de G
r1 = resistência interna de G
r2 = resistência interna de G
icc1 = corrente de curto circuito em G
icc2 = corrente de curto circuito em G
U1 = tensão nos terminais de G
I = corrente na associação;
η = rendimento. 
 
Do gráfico de G1 
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10 
 
pode ser determinado pela razão entre sua potência útil e sua potência , na associação com G2. Para isto, precisaremos calcular a tensão em seus o que nos levará a necessidade de conhecermos o valor da corrente que o atravessa. Isto será possível com o conhecimento das forças eletromotrizes dos geradores e suas resistências internas. 
= força eletromotriz de G1; 
= força eletromotriz de G2; 
= resistênciainterna de G1; 
= resistência interna de G2; 
= corrente de curto circuito em G1; 
= corrente de curto circuito em G2; 
= tensão nos terminais de G1, na associação; 
I = corrente na associação; 
 
 
 
 ε1 = 27 V e icc1 = 36 A. Assim, r1 = Y Q¡
Do gráfico de G2 
ε2 = 22 V e icc2 = 44 A. Assim, r2 = YYKK
i = ¢X J ¢Y £XJ £Y = Y JYYl, k¤l,k = 4 A 
η = ¥X .¦ ¢X .¦ = ¢X J £X .¦ ¢X = 1 L l, k .KY  ≅ 0,
Letra CLetra CLetra CLetra C 
 
12) No trecho de circuito mostrado na figura, o voltímetro e os amperímetros são ideais e indicam 6 V e 4/3 A (leitura igual nos dois amperímetros). As resistências possuem valor R desconhecido. A corrente I, em amperes
A) 2/3 B) 4/3 C) 2 D) 8/3 E) 3 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Não há diferença de potencial elétrico entre os terminais de um amperímetro ideal já que U = RI e R do amperímetro ideal é zero. Assim, atribuindo valores genéricos para os potenciais dos nós dos terminais das resistênciasteremos: 
 
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Y Q¡ = 0,75 Ω 
YYKK = 0,5 Ω 
,89 ~¨ 89% 
12) No trecho de circuito mostrado na figura, o voltímetro e os amperímetros são ideais e indicam 6 V e 4/3 A (leitura igual nos dois amperímetros). As resistências possuem valor R desconhecido. A corrente I, em amperes, vale 
 
Não há diferença de potencial elétrico entre os terminais de um amperímetro ideal já que U = é zero. Assim, atribuindo valores genéricos para os potenciais terminais das resistências, 
E, desta forma, podemos dizer que as resistências estão em paralelo. No primeiro ponto A, a corrente I se divide em duas correntes – uma que passa por R e outra que passa pelo amperímetro da esquerda. Esta segunda corrente vai alimentar as outras duas resistências. Então, a corrente que passa pela primeira resistência é metade de 4/3, ou seja, vale 2/3 A e a corrente total I é 2 A. Daí, já temos a resposta. Mas vamos mostrar pela figura abaixo, como as correntes se divpara que o estudante tenha mais condições de entender. 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
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11 
 
E, desta forma, podemos dizer que as resistências estão em paralelo. No primeiro ponto A, a corrente I se divide em duas uma que passa por R e outra que passa pelo amperímetro da esquerda. Esta rente vai alimentar as outras duas resistências. Então, a corrente que passa pela primeira resistência é metade de 4/3, ou seja, vale 2/3 A e a corrente total I é 2 A. Daí, já temos a resposta. Mas vamos mostrar pela como as correntes se dividem, para que o estudante tenha mais condições de 
 
 
 
 
 I = 2i + i = 3i 
2i = KQ → i = YQ 
∴ I = 3 . YQ = 2 A 
Letra CLetra CLetra CLetra C 
 
13) Para medir a ddp e a corrente no reostato de resistência elétrica R da figura, utilizouum voltímetro e um amperímetro reais, construídos com galvanômetros (G) idênticos de resistência interna RG = 40 Ωselecionados um multiplicador RM voltímetro), e um shunt Rs = 16 x 10amperímetro), definindo assim os valores máximos (fundo de escala) das medidas elétricas como sendo iguais a 50 V e 2,5 A, respectivamente. Desprezando os valores de R ou RG quando comparados a Raproximado de R, em ohms, para o qual as correntes nos dois galvanômetros (Isempre iguais é 
A) 20 B) 32 C) 40 D) 50 E) 64 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Vamos analisar a situação como um circuito elétrico qualquer. Na parte superiorestá em paralelo com o ramo que contém o 
 
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Para medir a ddp e a corrente no reostato de resistência elétrica R da figura, utilizou-se amperímetro reais, construídos com galvanômetros (G) idênticos = 40 Ω. Foram = 50 kΩ (no = 16 x 10-3 Ω (no , definindo assim os valores escala) das medidas elétricas como sendo iguais a 50 V e 2,5 A, respectivamente. Desprezando os valores de R quando comparados a RM, o valor aproximado de R, em ohms, para o qual as correntes nos dois galvanômetros (IG) são 
 
o um circuito Na parte superior, o reostato está em paralelo com o ramo que contém o 
multiplicador e o galvanômetro e na parte inferior, o shunt está em paralelo com o galvanômetro. Como atravessam os galvanômetrosintensidade, nas duas situações, e as correntes que entram nas duas partes inferior, também têm a mesma intensidade (I), a corrente que atravessa o reostato tem a mesma intensidade da corrente que atravessa o shunt, como mostra a figura.
 
Resolução: Resolução: Resolução: Resolução: 
R . i’ = (RM + RG) . IG = R
RS . i’ = RG . IG (2) 
Dividindo-se (1) por (2)
RRª = RZR« → R = RZR« .
= 50 . 1040
Letra ALetra ALetra ALetra A 
 
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multiplicador e o galvanômetro e na parte inferior, o shunt está em paralelo com o galvanômetro. Como as correntes que os galvanômetros têm a mesma intensidade, nas duas situações, e as correntes que entram nas duas partes – superior e inferior, também têm a mesma intensidade (I), a corrente que atravessa o reostato tem a ma intensidade da corrente que atravessa o shunt, como mostra a figura. 
 
= RM . IG (1) 
se (1) por (2) 
. Rª
10Q 40 . 16 . 10JQ = 20 Ω 
 
 
 
 14) As quatros cargas Q idênticas, positivas e puntiformes, estão fixas nos vértices de um quadrado de lado L = √2 m, isoladas e no vácuo (ver figura). Uma carga de prova positiva q = 0,10 µC é, então, cuidadosamente colocada no centro O da configuração. Como o equilíbrio é instável, a carga q é repelida até atingir uma energia cinética constante de 7,2 x 10Desprezando a força gravitacional, o valor de cada carga Q, em microcoulombs, vale
Dado: constante eletrostática no vácuo. K
9,0 x 109 ¬ .²­² 
A) 1,0 B) 2,0 C) 4,0 D) 6,0 E) 8,0 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
No centro do quadrado, o campo elétrico é nulo porque as cargas são iguais e estão igualmente distantes deste ponto. Não havendo campo elétrico, não há força elétrica e a carga de prova não se movimenta. Desta forma, é necessário que alguma perturbação ocorra, por menor que seja, para que a carga de prova passe a se movimentar. Iniciado o movimento, a força elétrica será a resultante sobre a carga de prova. Então, o trabalho desta força será iguvariação de sua energia cinética. Podemos encontrar este trabalho com o produto da carga pela diferença de potencial elétrico subtração do valor do potencial elétrico no centro do quadrado e do potencial elétrico num ponto muito distante (infinito), onde ele
 
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14) As quatros cargas Q idênticas, positivas e puntiformes, estão fixas nos vértices de um m, isoladas e no vácuo (ver figura). Uma carga de prova positiva q = 0,10 µC é, então, cuidadosamente colocada no Como o equilíbrio é instável, a carga q é repelida até atingir uma energia cinética constante de 7,2 x 10-3 J. Desprezando a força gravitacional, o valor de cada carga Q, em microcoulombs, vale 
Dado: constante eletrostática no vácuo. K0 = 
 
No centro do quadrado, o campo elétrico é nulo porque as cargas são iguais e estão igualmente distantes deste ponto. Não havendo campo elétrico, não há força elétrica e a carga de prova movimenta. Desta forma, é necessário que alguma perturbação ocorra, por menor que seja, para que a carga de prova passe a se movimentar. Iniciado o movimento, a força elétrica será a resultante sobre a carga de prova. Então, o trabalho desta força será igual à variação de sua energia cinética. Podemos encontrar este trabalho com o produto da carga pela diferença de potencial elétrico – que será a subtração do valor do potencial elétrico no centro do quadrado e do potencial elétrico num (infinito), onde ele será 
nulo. Neste ponto, o campo elétrico também é nulo e, desta forma, a forçaresultante passa a ser nula, não realizando mais trabalho e a energia cinética se torna constante
 Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
W = trabalho do campo e
V’ = potencial elétrico total no centro do quadrado; 
V = potencial elétrico provocado por cada carga nos vértices; 
d = distância do vértice até o centro do quadrado. 
d = ® .√YY = √Y .√YY = 1 m
V =  .¯° 
V’ = 4V = 4.  .°¯ = 4.±.Xl
W = q.(V’ – 0) = 7,2 . 10
0,1 . 10-6 . (4.±.Xl².¯X ) = 7,2 . 10
Q =  ,Y .Xl³´ l,X .Xl³µ . K .±.Xl² = 2 . 10 
Letra BLetra BLetra BLetra B 
 
15) Uma fonte sonora pontual emite isotropicamente com uma potência de 15,0 W. Se esse som é interceptado por um microfone distante d = 100m da fonte, em 0,560 cm², a potência recebida, em nanowatts, é de 
A) 0,100/π 
B) 0,150/π 
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nulo. Neste ponto, o campo elétrico também é nulo e, desta forma, a força resultante passa a ser nula, não realizando mais trabalho e a se torna constante. 
W = trabalho do campo elétrico; 
l elétrico total no centro do 
V = potencial elétrico provocado por cada 
d = distância do vértice até o centro do 
m 
Xl².¯X 
10-3 → 
= 7,2 . 10-3 
= 2 . 10 -6 C ou 2µC 
15) Uma fonte sonora pontual emite isotropicamente com uma potência de 15,0 W. Se esse som é interceptado por um microfone distante d = 100m da fonte, em uma área de 0,560 cm², a potência recebida, em nanowatts, 
 
 
 
 C) 0,190/π 
D) 0,210/π 
E) 0,250/π 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Esta questão foi anulada, pois a resposta correta não está disponível em nenhuma das alternativas, como veremos. 
A propagação da energia sonora ocorre igualmente em todas as direçõesisotrópica). Assim, a 100m da fonte, todos os pontos da casca esférica de raio 100m recebem a mesma intensidade (razão entre a potência e a área). 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
I = intensidade (a 100 m); 
r = raio da casca esférica; 
A = área da casca esférica; 
P = potência da fonte sonora; 
P’ = potência recebida em uma porção da casca esférica (0,560 cm²); 
A’ = área de recepção do microfone (0,560 cm²ou 0,56 . 10JK m²). 
I = PA = 154πr² = 154. π. 100² 
P[ = I. A[ = 154. π. 100² .0,56 . 10JK 
∴ P[ = 21π nW 
 
16) Uma onda se propagando em uma corda de comprimento L = 100 cm e massa m = 2,00 kg 
 
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Esta questão foi anulada, pois a resposta correta não está disponível em nenhuma das 
propagação da energia sonora ocorre ões (emissão 100m da fonte, todos os pontos da casca esférica de raio 100m recebem a mesma intensidade (razão entre a potência e 
P’ = potência recebida em uma porção da casca 
A’ = área de recepção do microfone (0,560 cm² 
 
16) Uma onda se propagando em uma corda de comprimento L = 100 cm e massa m = 2,00 kg 
é descrita pela função de onda y(x,t) = 0,100cos(2,00x – 10,0t) m, onde x está em metros e t em segundos. A tração na corda, em newtons, vale 
A) 60,0 
B) 50,0 
C) 40,0 
D) 30,0 
E) 20,0 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Para encontramos a tração na corda, precisaremos da Equação de Taylor, segundo a qual, a velocidade na corda é a raiz quadrada da razão entre a tração e a densidade linear, que por sua vez é a razão entre a massa e o comprimento da corda. Para isto, deveremos calcular a velocidade de propagação da onda na corda, a qual pode ser obtida pelaonda. 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
V = velocidade de propagação da onda;
T = tração na corda; 
µ = densidade linear da corda;
V = œTμ → T = V² . μ 
T = V² . 2(1) 
Função de onda genérica
Pode ser dada por onde A é a amplitude, x é a posição horizontal, 
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é descrita pela função de onda y(x,t) = 10,0t) m, onde x está em egundos. A tração na corda, em 
Para encontramos a tração na corda, quação de Taylor, segundo a qual, a velocidade na corda é a raiz quadrada da razão entre a tração e a densidade linear, que por sua vez é a razão entre a massa e o comprimento da corda. Para isto, deveremos calcular a velocidade de propagação da onda na rda, a qual pode ser obtida pela função de 
V = velocidade de propagação da onda; 
µ = densidade linear da corda; 
 = V² . mL = V² . 21 → 
Função de onda genérica 
Pode ser dada por y(x, t) = Acos(Y¸Š¹ L Y¸º» ), onde A é a amplitude, x é a posição horizontal, 
 
 
 
 y é a posição vertical, λ é o comprimento de onda, t é o instante considerado e T é o período.
Para a onda em questão, y(x,t) = 0,100cos(2,00x – 10,0t). Assim, temos
2πλ = 2 (2) 
2πT = 10 (3) 
Dividindo-se (3) por (2) 
2πT2πλ = 
λT = 5 e λT = V → V = 5(4) 
Substituindo-se (4) em (1) 
T = 5² . 2 = 50 newtons 
Letra BLetra BLetra BLetra B 
 
17) Dois pequenos satélites A e B, idênticos, descrevem órbitas circulares ao redor da Terra. A velocidade orbital do satélite A vale v10³ m/s. Sabendo que os raios orbitais dos satélites são relacionados por ½¾½¿velocidade orbital do satélite B, em m/s, vale
A) 2 x 10³ 
B) 1 x 10³ 
C) 4 x 10² 
D) 2 x 10² 
E) 1 x 10² 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Se o estudante lembrar-se da fórmula davelocidade orbital, ganha um “tempinho” na 
 
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é o comprimento de onda, t é o instante considerado e T é o período. 
Para a onda em questão, y(x,t) = 10,0t). Assim, temos 
 
17) Dois pequenos satélites A e B, idênticos, descrevem órbitas circulares ao redor da Terra. A velocidade orbital do satélite A vale vA = 2 x 10³ m/s. Sabendo que os raios orbitais dos = 1 À 10², a 
velocidade orbital do satélite B, em m/s, vale 
se da fórmula da velocidade orbital, ganha um “tempinho” na 
resolução do problema. Mas se não lembrar, pode deduzi-la facilmente percebendo que a força de atração gravitacional entre a Terra e cada satélite é centrípeta. 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
G = constante universal da gravitação;
M = massa da Terra; 
VÁ = velocidade orbital de B.
 VH = «ZÔ (1) 
VÁ = œGMRÁ (2) 
Dividindo-se (1) por (2), membro a membro
VHVÁ = œÄÅRÁRHGM = œÆÇÆÈ
VÁ = VH10 = 2 . 10
Q
10 = 2
Letra DLetra DLetra DLetra D 
 
18) A viga inclinada de 60repousa sobre dois apoios A e D. Nos pontos C e E, dois blocos de massa 8,00 kg estão pendurados por meio de um fio ideal. Uma força de 30,0 N traciona um fio ideal preso à viga no ponto B. Desprezando o peso da viga e o atrito no apoio D, a reação normal que o apoio D exerce na viga, em newtons, é igual a
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resolução do problema. Mas se não lembrar, la facilmente percebendo que a força de atração gravitacional entre a Terra e centrípeta. 
G = constante universal da gravitação; 
= velocidade orbital de B. 
se (1) por (2), membro a membro 
œ = É10Y = 10 → 
2.10Y m/s 
18) A viga inclinada de 600 mostrada na figura repousa sobre dois apoios A e D. Nos pontos C e E, dois blocos de massa 8,00 kg estão pendurados por meio de um fio ideal. Uma força de 30,0 N traciona um fio ideal preso à no ponto B. Desprezando o peso da viga e D, a reação normal que o apoio D exerce na viga, em newtons, é igual a 
 
 
 
 A) 30,0 B) 50,0 C) 70,0 D) 90,0 E) 110 
 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Como a barra está em equilíbrio e ela é um corpo extenso, a força resultante sobre ela tem que ser nula, assim como o torque resultante. Para encontrarmos a força que o apoio D faz sobre a barra, basta partirmos desta última condição. Para calcularmos o valor do torque de cada força, vamos fazê-lo em relação ao ponto A. Estes valores são respectivamente iguais ao produto da força pelo braço de força, que é a distância entre a reta base da força e o ponto escolhido. Desta forma,não precisaremos considerar as forças em A, já que seus braços serão nulos. 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
 
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Como a barra está em equilíbrio e ela é um corpo extenso, a força resultante sobre ela tem torque resultante. Para encontrarmos a força que o apoio D faz sobre a barra, basta partirmos desta última condição. Para calcularmos o valor do torque lo em relação ao Estes valores são respectivamente da força pelo braço de força, que é a distância entre a reta base da força e o Desta forma, não precisaremos considerar as forças em A, já que 
Pe = Peso em E; 
Nd = normal em D; 
Pc = peso em C; 
F = força em B; 
Bd = braço de força (Nd);
Bf = braço de força (F);
Bc = braço de força (Pc);
Bep = braço de força (Pe).
Cálculo de Bd 
cos60l = 6B° → B° =
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Bd = braço de força (Nd); 
Bf = braço de força (F); 
c); 
Bep = braço de força (Pe). 
 
 6cos60l = 12 
 
 
 
 Cálculo de Bf 
 
cos60l = 2BÊ → BÊ = 2cos60l = 4 
Cálculo de Bc e Bep 
Da primeira figura, tiramos que Bc = 4 m e Bep = 8 m 
Nd e F tendem a girar a barra no sentido horário e Pe e Pc, no sentido antiAssim, a soma dos torques de Nd e F anula a soma dos torques de Pe e Pc 
Nd . Bd + F . Bf = Pe . Bep + Pc . Bc 
Nd . 12 + 30 . 4 = 80 . 8 + 80 . 4 
∴ Nd = 70 N 
Letra CLetra CLetra CLetra C 
 
19) Uma capacitância C = 0,25 µF auma energia eletrostática inicial de 72 x 10quando foi conectada em paralelo a 4 (quatro) outras capacitâncias idênticas a ela, mas completamente descarregadas. As cinco capacitâncias associadas em paralelo atingem, no equilíbrio eletrostático, uma ddp, em volts, de 
A) 4,8 
B) 2,4 
 
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que Bc = 4 m e Bep 
Nd e F tendem a girar a barra no sentido horário e Pe e Pc, no sentido anti-horário. Assim, a soma dos torques de Nd e F anula a 
Bc → 
19) Uma capacitância C = 0,25 µF armazenava uma energia eletrostática inicial de 72 x 10-6 J, quando foi conectada em paralelo a 4 (quatro) outras capacitâncias idênticas a ela, mas completamente descarregadas. As cinco associadas em paralelo atingem, no equilíbrio eletrostático, uma ddp, em volts, 
C) 1,2 
D) 0,60 
E) zero 
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Do valor da capacitância e da energia anteriormente acumulada, calculamos a Na associação em paralelo, a carga esta carga, mas distribuída entre as cinco capacitâncias. Daí, tiramos a ddp da associação
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
Q = carga; 
E = energia eletrostática inicial;
U = ddp da associação.
E = QY2C → Q = √E. 2C
Q = É72 . 10J¡ . 2 .0,25
U = Q5C = 6 . 10
J¡
5 . 0,25 . 10
Letra ALetra ALetra ALetra A 
 
20) Uma balança encontratendo, sobre seu prato direito, um recipiente contendo inicialmente apenas água. Um cubo sólido e uniforme, de volume 5,0 cm³, peso 0,2 N e pendurado por um fio fino é, então, lentamente mergulhado na água até que fique totalmente submerso. Sabendo que o cubo não toca o fundo do recipiente, a balança estará equilibrada se for acrescentado um contrapeso, em newtons, igual a 
Prova de Física Comentada e 
Resolvida – Escola Naval 
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Do valor da capacitância e da energia anteriormente acumulada, calculamos a carga. Na associação em paralelo, a carga total será esta carga, mas distribuída entre as cinco capacitâncias. Daí, tiramos a ddp da associação. 
E = energia eletrostática inicial; 
U = ddp da associação. 
C → 
25 . 10J¡ = 6 . 10J¡ C 
10J¡ = 4,8 V 
0) Uma balança encontra-se equilibrada tendo, sobre seu prato direito, um recipiente contendo inicialmente apenas água. Um cubo sólido e uniforme, de volume 5,0 cm³, peso 0,2 N e pendurado por um fio fino é, então, nte mergulhado na água até que fique totalmente submerso. Sabendo que o cubo não toca o fundo do recipiente, a balança estará equilibrada se for acrescentado um contrapeso, 
 
 
 
 Dados: g = 10 m/s²; massa específica da água = 1,0 g/cm³. 
A) zero , pois a balança se mantém equilibrada.
B) 0,50 , colocado sobre o prato direito.
C) 0,20 , colocado sobre o prato esquerdo.
D) 0,15 , colocado sobre o prato direito.
E) 0,050 , colocado sobre o prato esquerdo.
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: 
Como o cubo foi mergulhado podemos admitir que a água permaneceu em equilíbrio. Também, pelas informações do enunciado, admitimos que não houve transbordamento. Assim, a força que a água fará sobre o cubo será o empuxo. Pelo Princípio da Ação e Reação, o cubo faz força mesma intensidade e este será o valor “percebido” pela balança. Então, o contrapeso deverá ser colocado no prato esquerdo e seu peso deve ser igual ao empuxo citado. Se o cubo se apoiasse no fundo do recipiente, teríamos, além do empuxo, a força de contato estes dois, e o contrapeso deveria ter valor igual à soma do empuxo com esta força de contato.
O estudante também deve se lembrar de transformar a massa específica da água e o volume do cubo para o SI. 
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: 
E = empuxo; 
μ = massa especípica da água; 
V = volume do cubo: 
μ = 1 gcmQ = 1 10
JQkg10J¡mQ = 10Q kgmQ 
 
Prova de Física Comentada e 
Resolvida 
2012 
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Dados: g = 10 m/s²; massa específica da água 
, pois a balança se mantém equilibrada. 
B) 0,50 , colocado sobre o prato direito. 
C) 0,20 , colocado sobre o prato esquerdo. 
D) 0,15 , colocado sobre o prato direito. 
E) 0,050 , colocado sobre o prato esquerdo. 
 lentamente, podemos admitir que a água permaneceu em equilíbrio. Também, pelas informações do enunciado, admitimos que não houve transbordamento. Assim, a força que a água Pelo Princípio da Ação e Reação, o cubo faz força na água de mesma intensidade e este será o valor “percebido” pela balança. Então, o contrapeso deverá ser colocado no prato esquerdo e seu peso deve ser igual ao empuxo citado. Se o cubo no fundo do recipiente, teríamos, de contato estes dois, valor igual à soma do empuxo com esta força de contato. 
O estudante também deve se lembrar de transformar a massa específica da água e o 
 
Ë = 5 }ÌQ = 5 . 10J¡ Ì
E = μ. V. g = 10Q . 5 . 10
Letra ELetra ELetra ELetra E 
 
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Resolvida – Escola Naval 
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ÌQ 
10J¡ . 10 = 0,050 N