Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
01
Para cada cilindro, o centro de massa (cm) pode ser marcado como o
esquema:
Sabendo que o centro de massa da bola de sinalização é obtido por meio
da média ponderada da posição do cm de cada cilindro e ponderado pelas
massas de cada corpo, podemos concluir que a força peso está aplicada
próximo ao ponto C, uma vez que o corpo da direita possui uma massa
maior do que o cilindro da esquerda. Com relação à força do Empuxo, a
sua aplicação está no centro de massa de volume de água deslocado, o
que corresponder ao centro geométrico do corpo (ponto B).
Resposta: A
1
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
02
E = PLD = mLD ⋅ g = dLD ⋅ VLD ⋅ g
Resposta: E
2
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
03
Como o corpo está em equilíbrio segue que:
E = P = PLD
PLD = M ⋅ g
m ⋅ g = M⋅ g
m=M
Resposta: C
3
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
04
Se a densidade de um corpo for maior do que a densidade de um líquido,
ele afunda nesse líquido;
Se a densidade de um corpo for menor do que a densidade de um líquido,
ele flutua nesse líquido.
Logo: dg > dóleo (afunda no óleo), dg < dágua (flutua na água).
Resposta: B
4
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
05
Se a densidade de um corpo for maior do que a densidade de um líquido,
ele afunda nesse líquido;
Se a densidade de um corpo for menor do que a densidade de um líquido,
ele flutua nesse líquido.
Portanto, em água pura, o ovo afunda, pois sua densidade é maior. Já em
água salgada, o ovo flutua, pois sua densidade é menor.
Logo podemos dizer que: dA < dO < dS .
Resposta: A
5
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
06
Como as esferas são idênticas
V1 = V2 = V3 = V :
E = PLD = mLD ⋅ g = dLD ⋅ VLD
(V < V)
= d⋅ V ⋅ g (V = V)
= d ⋅ V ⋅ g (V = V)
1
E1 = d ⋅ VLD
⋅g
E2
E3
2
LD
A
3
LD
1
LD
2
LD
3
LD
1
2
3
Como VLD
< VLD
= VLD
, temos:
E1 < E2 = E3
Resposta: D
6
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
07
Se a densidade de um corpo for maior do que a densidade de um líquido,
ele afunda nesse líquido;
Se a densidade de um corpo for menor do que a densidade de um líquido,
ele flutua nesse líquido.
Portanto:
dparafina < dglicerina
debonite < dglicerina
dporcelana > dglicerina
Resposta: B
7
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
08
dlíq =
mlíq
Vlíq
=
6 kg
kg
g
= 1,5 ⋅ 103 3 = 1,5
−3
3
4 ⋅ 10 cm
m
cm3
Portanto, para afundar, a esfera deve ter densidade maior do que 1,5
g
.
cm3
Resposta: D
8
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
09
Pb = E
mb ⋅ g = dLD ⋅ VLD ⋅ g
VLD =
mb ↑
dLD ↑
d
Portanto, se LD aumenta, a massa do barco deve aumentar para que o
volume do líquido deslocado fique constante.
Resposta: E
9
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
10
P2 > P1
Como a pedra está totalmente imersa, ela desloca um volume de água ao
seu próprio volume. Sendo a pedra mais densa do que a água, sua massa
é maior do que a da porção de água deslocada e, portanto, escoada.
10
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11
II
I
Plíq
= Plíq
− PLD → (PLD = E = Pbloco )
II
∴ Plíq
= PlíqI − Pbloco
(1)
I
I
Da fig. (I): P1 = Precipiente + Plíq
∴ Precipiente = P1 − Plíq
( 2)
II
II
Da fig. (II): P2 = Precipiente + Plíq
+ Pbloco ∴ Precipiente = P2 − Plíq
− Pbloco
(3)
Igualando (2) e (3), temos:
I
II
P1 − Plíq
= P2 − Plíq
− Pbloco
(
)
I
I
P1 − Plíq
= P2 − Plíq
− Pbloco − Pbloco
I
I
P1 − Plíq
= P2 − Plíq
+ Pbloco − Pbloco
P1 = P2
11
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
12
Marcando as forças nos corpos:
Como eles estão em equilíbrio (R = 0):
T + E = P1
T = P2
Substituindo-se (2) em (1), vem:
P2 + E = P1
m2 ⋅ g + dA ⋅ g ⋅ V1 = m1 ⋅ g
m2 + 1⋅ 0,6 = 1,0
m2 = 0,4 g
Resposta: C
12
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
13
Um possível procedimento consiste em pendurar em uma balança de
braços iguais, 50 g de titânio e 50 g das peças suspeitas.
A seguir, mergulham-se ambos num liquido (por exemplo: água), como
mostra o esquema:
Sendo o peso do titânio igual ao peso das peças, se a balança ficar na
horizontal, concluir-se-á que os empuxos aplicados a cada corpo são iguais
e, pelo Teorema de Arquimedes, que o volume do titânio é igual ao volume
das peças.
Tendo ambos (titânio e peças) a mesma massa e o mesmo volume, terão a
mesma densidade. Neste caso, não terá havido fraude.
Se a balança não ficar em equilíbrio, terá ocorrido fraude.
Resposta: D
13
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14
a)
Precipiente = E
mrecipiente ⋅ g = dA ⋅ VLD ⋅ g
g
⋅ ( 80 ⋅ 5 ) cm3
cm3
= 400 g
mrecipiente = 1
mrecipiente
b)
Precipiente + Pchumbinhos = E′
′ ⋅g
mrecipiente ⋅ g + mchumbinhos ⋅ g = dA ⋅ VLD
400 + mchumbinhos = 1⋅ ( 80 ⋅ 8 )
mchumbinhos = 240 g ∴ 20 chumbinhos
c) Não, pois os resultados obtidos independem da gravidade.
14
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
15
Marcando as forças nas esferas I e II, temos:
Como as esferas são idênticas e estão totalmente imersas, EI = EII, logo:
PI – TI = TII + PII
PI = PII + TI + TII ∴ PI > PII
Resposta: D
15
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
16
Marcando as forças na bola,
Como está em equilíbrio, a resultante é nula:
T + Pb = E
T = E − Pb
T = dA ⋅ VLD ⋅ g − mb ⋅ g
( VLD = Vbola )
T = 103 ⋅ 4 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 − 0,3 ⋅ 10
T = 37 N
Resposta: E
16
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
17
Como o bloco desce com velocidade constante a resultante das forças
deve ser nula.
As forças que atuam no bloco e as relações entre elas em cada parte são:
1ª)
Corpo fora d’água:
T = P = cte
2ª)
Corpo parcialmente imerso:
T+E=P
T = P – E (E = dA · vLD · g)
A medida que o corpo é colocado na água, o VLD aumenta, portanto
aumenta a intensidade do empuxo. Dessa forma diminui intensidade da
tração.
17
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
3ª)
Corpo totalmente imerso:
T+E=P
T = P – E’ = dA · V’LD · g)
Como o corpo está totalmente imerso, v’LD = VC = cte. Dessa forma T = cte.
O gráfico que melhor representa (T X t) é
Resposta: C
18
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
18
Estando o copo em equilíbrio, a resultante das forças é nula;
T + E = PC
T = PC − E
T = mC ⋅ g − dA ⋅ VLD ⋅ g
( VLD = VC )
T = dC ⋅ VC ⋅ g − dA ⋅ VC ⋅ g
T = 4 ⋅ 103 ⋅ 3 ⋅ 10−5 ⋅ 10 − 103 ⋅ 3 ⋅ 10−5 ⋅ 10
T = 0,9 N
Resposta: D
19
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
19
I. errado, pois se quando imersos, temos no ar P = P’, os corpos possuem
massas diferentes.
II. Certo,
∆P = T1 − T2
∆P = P − (P − E )
∆P = E
Se o corpo está totalmente imerso, temos VLD = VCORPO
Como para ambos os corpos o decréscimo na indicação do dinamômetro
foi ∆P, temos:
E = E’
′ ⋅ g ∴ VLD = VLD
′ logo VC = VC′
dA ⋅ VLD ⋅ g = dA ⋅ VLD
III. Errado , pois d =
m
, se possuem mesmo volume e massas diferentes
VC
d ≠ d’.
Resposta: B
20
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
20
As forças que agem no navio são:
Admitindo o navio em equilíbrio, a resultante das forças é nula, portanto o
empuxo não se altera com o navio flutuando no Oceano Atlântico ou no rio
Amazonas.
Como a intensidade do empuxo é a mesma do peso do liquido deslocado,
temos:
E = PLD = MLD · g
E = dLD · VLD · g (VLD = Vimerso)
Logo, se a densidade do liquido deslocado diminui, para que o empuxo
fique constante o volume do liquido deslocado (VLD = Vimerso) deve
aumentar.
Resposta: E
21
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
21
E = dL ⋅ VLD ⋅ g = 103 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 = 10 N = 1kgf
Resposta: B
22
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
22
O enunciado não permite conhecer qual a situação hidrostática em que se
1
encontra a porção de legumes dentro da água, de forma que 3 de seu
volume fique emerso.
Os dados que podem ser extraídos do enunciado são:
dleg =
1
1 g
kg
dágua =
= 0,5 ⋅ 103 3
3
2
2 cm
m
•
densidade dos legumes:
•
volume do líquido deslocado:
•
relação entre o volume de líquido deslocado e o volume dos legumes:
2
VLD = Vleg
3
VLD = 0,5 L = 0,5 ⋅ 10−3 m3
Assim:
2
Vleg
3
= 0,75 ⋅ 10−3 m3
0,5 ⋅ 10−3 =
Vleg
Aplicando a definição de densidade aos legumes:
dleg =
mleg
Vleg
0,5 ⋅ 103 =
∴ mleg
mleg
0,75 ⋅ 10 −3
= 0,375 kg
Resposta: D
23
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
23
E = PLD = mLD ⋅ g
E = dágua ⋅ VLD ⋅ g
E = 103 ⋅ 0,2 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 = 2 N
Portanto, para equilibrar a balança seria necessário um acréscimo de 2 N
no prato esquerdo, ou seja, um corpo de 0,2 kg.
Resposta: E
24
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
24
a) Situação inicial:
T1 = T2 = PC = mg
(sistema em equilíbrio)
Situação final:
Para a balança:
T3 = T4 = ( m − 36 ) ⋅ 10 −2 N
Para o corpo sólido:
E = PC − T3 , então :
E = mg − ( m − 36 ) ⋅ 10 −2 N
∴ E = 0,36 N
b) Como E = intensidade do peso do líquido deslocado:
 V = VC = 30 ⋅ 10−6 m3
E = dL ⋅ VLD ⋅ g  LD
 dL = ρ
Portanto:
0,36 = ρ ⋅ 30 ⋅ 10−6 ⋅ 10 ∴ρ = 1200
kg
m3
25
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
25
a)
Na primeira situação, de acordo com o gráfico, a força elástica
correspondente é 0,75 N. Supondo-se a situação como sendo de equilíbrio,
obtém-se o peso de mesmo valor (P = 0,75 N).
Com o corpo mergulhado, quando a mola deforma 3,5 cm, a força que ela
aplica é, de acordo com o gráfico, 0,35 N. Adotando a situação como sendo
de equilíbrio:
F+P = P
0,35 + E = 0,75
E = 0,40 N
b) De acordo com o Teorema de Arquimedes:
F+P = P
0,35 + E = 0,75
E = 0,40 N
26
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
26
As situações descritas são:
E = ρVg , a relação pedida é:
Como
E1 ρ1 ⋅ Vg
ρ
8
10
=
=
∴ 1 =
E2 ρ2 ⋅ Vg 26,4 ρ2 33
Resposta: C
27
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
27
a)
E = PLD = mLD ⋅ g = µ ⋅ V ⋅ g
b)
como está em equilíbrio (R = 0)
T + E = PC
T = PC − E
T = m⋅g−µ⋅V ⋅g
c) a balança de molas indica o valor da normal “N”. Marcando as forças no
líquido:
N = E + Pconjunto (Pconj = Plíq + Precipiente )
N = µ⋅V ⋅g+P
d)
aplicando o P.F.D., temos:
28
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
R = m⋅a
PC − E = m ⋅ a
 µ⋅V 
m ⋅ g − µ ⋅ V ⋅ g = m ⋅ a ∴ a = g 1 −

m 

e)
p = patm + phid → p = p0 + µ ⋅ g ⋅ L
29
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
28
 N = P − E = V ⋅ g ⋅ ( d − da )

N′ = P′ − E′ = V ′ ⋅ g ⋅ ( d′ − da )
Para que a alavanca fique em equilíbrio, de acordo com a figura, deve-se
ter:
N ⋅ L = N′ ⋅ L′ ⇒
L V ′ ⋅ g ⋅ ( d′ − dA )
=
L′ V ⋅ g ⋅ ( d − dA )
Como P = P′ : d ⋅ V = d′ ⋅ V′ ⇒ V = 2V′
∴
( d′ − dA ) ⇒ L = (10 − 1) = 9
L
=
L′ 2 ( d − dA )
L′ 2 ( 5 − 1) 8
Resposta: C
30
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
29
PC = E
mC ⋅ g = dHg ⋅ VLD ⋅ g ( VLD = f ⋅ VC )
dC ⋅ VC = D ⋅ f ⋅ VC
dC = D ⋅ f
(I )
PC = E′
′ ⋅ g ( VLD
′ = VC )
mC ⋅ g = dH2O ⋅ VLD
dC ⋅ VC = d ⋅ VC
dC = d
(II)
Substituindo-se (II) em (I):
d = D⋅f
d
f=
D
Resposta: C
31
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
30
Para desprezarmos o empuxo do ar: ERRO ≤ 2%
PREAL − PMEDIDO
≤ 0,02
PREAL
Marcando as forças e levando-se em conta o empuxo do ar:
E + PMEDIDO = PREAL
E = PREAL − PMEDIDO
Assim:
E
PREAL
≤ 0,02,
E = dAR ⋅ VC ⋅ g
PREAL = dC ⋅ VC ⋅ g
dAR ⋅ VC ⋅ g
≤ 0,02
dC ⋅ VC ⋅ g
dC =
dAR
∴ dC ≥ 50dAR
0,02
Resposta: D
32
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
31
De acordo com os dados apresentados no enunciado, as bolinhas
apresentam densidades diferentes entre si. Com isso, devem,
necessariamente, ocupar posições distintas em um mesmo líquido. A única
amostra que retrata isso é a 2.
Resposta: D
33
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
32
a)
E = dL ⋅ VLD ⋅ g
E = 1⋅ 103 ⋅ 0,7 ⋅ Vbloco ⋅ 10
E = 7 000 N
b) Para que o corpo fique totalmente imerso:
′ ⋅ g ( com VLD
′ = VCORPO )
E′ = dL ⋅ VLD
E = 1⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 1
E = 10000 N
Portanto, a força adicional deve ser:
F = E′ − E
F = 10 000 − 7000
F = 3 000 N
34
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
33
Estando em equilíbrio, a resultante no bloco é nula:
Pb = E
dC ⋅ VC ⋅ g = dLD ⋅ VLD ⋅ g ( VLD = V − Ve )
ρM ⋅ V = ρ A ⋅ ( V − Ve )
ρM ⋅ V = ρ A ⋅ V − ρ A ⋅ Ve
ρ A ⋅ Ve = ρ A ⋅ V − ρM ⋅ V
ρ A ⋅ Ve = V ⋅ ( ρ A − ρM )
Ve ρ A − ρM
=
V
ρA
Resposta: B
35
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
34
Estando em equilíbrio, a resultante no bloco é nula:
Pb = E
db ⋅ Vb ⋅ g = dLD ⋅ VLD ⋅ g ( VLD = 0,6Vb )
db ⋅ Vb = 1,0 ⋅ 0,6Vb
db = 0,6
g
cm3
Pb = E′
db ⋅ Vb ⋅ g = dLD ⋅ VLD ⋅ g
0,6 ⋅ 200 = 0,75 ⋅ VLD
VLD = 160 cm3
Resposta: B
36
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
35
Para a densidade da esfera:
desf =
mesf
Vesf
desf =
180
g
= 0,9
200
cm3
Como dL > desf , a esfera flutua nesse líquido (R = 0):
Pe = E
me ⋅ g = dL ⋅ VLD ⋅ g
180 = 1,2 ⋅ VLD
VLD = 150 cm3
Resposta: A
37
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
36
Como o cubo é mergulhado até que metade de seu volume (1m³) fique
submerso, temos:
VLD = 0,5VC = 0,5 ⋅ 10 −3 m3
De acordo com o enunciado é possível calcular o empuxo, através do peso
aparente medido:
PAP = P − E
24 = 30 − E
E =6N
Com isso, a densidade do líquido é:
E = dL ⋅ VLD ⋅ g
6 = dL ⋅ 0,5 ⋅ 10 −3 ⋅ 10
dL = 1,2 ⋅ 10−3
kg
g
= 1,2 3
3
m
cm
Resposta: B
38
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
37
a) sobre o recipiente cilíndrico, temos:
E = empuxo; PC = peso do corpo ( recipiente )
Como E = PC ⇒ dA ⋅ g ⋅ VA = dC ⋅ g ⋅ VC
dC VA
=
,
dA VC
sendo
corpo).
VA = S ⋅ h
(volume de água deslocada) e
dC
d
S/ ⋅ h
h
=
⇒ C =
dA 30
Logo: dA S/ ⋅ 30
VC = S ⋅ 30
(volume do
(1)
kg

dM = 10 000 3 ( densidade do metal)
m
m

dM = C
3
VM , sendo  VM = 0,02 ⋅ 1 = 0,02 m
Mas
10 000 =
Então:
dC =
mC
∴ mC = 200 kg
0,02
, e a densidade do recipiente, dC, é:
200 2000 kg
=
0,3
3 m3
( 2)
 2000 
 3  h

=
⇒ h = 20 cm.
1000
30
Substituindo (2) em (1), vem:
b) A partir do momento em que o recipiente contendo água passa a ter a
densidade igual à do liquido, ele começa a afundar,
Logo: dR =
mA + mR
,
VR
39
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
km

 dR = densidadedo recipiente = 1000 m³
m + 200 m = massa de água no recipiente
sendo A
 A
0,3 
m = massado recipiente = 200 kg
 R
 VR = volumedo recipiente = 0,3 m³
kg

m A  dA = 1000 3 ( densidade de água )
Como: dA =
m

VA 
 VA = volume de água no recipiente
1000 =
100
⇒ VA = 0,1m3 = 100 litros
vA
Como a água é colocada no recipiente à razão de 1
1=
litro
:
segundo
100
⇒ ∆t = 100 segundos
∆t
40
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
38
Admitindo a dH2O = 103
dFe = 7,5 ⋅ 103
dcorpo =
mcorpo
mcorpo
kg
kg
e dM = 0,5 ⋅ 103 3
3
m
m
m + mM
1+ 1
= Fe
=
mFe mM
VFe + VM
+
dFe dM
dcorpo =
dcorpo
kg
, temos:
m3
2
1
1
+
3
7,5 ⋅ 10
0,5 ⋅ 103
kg
≅ 0,94 ⋅ 103 3
m
∴ dcorpo < dH2O (o corpo flutua).
Marcando as forças que agem como:
Como o corpo está em equilíbrio, R = 0:
PC = E
mC ⋅ g = dH2O ⋅ VLD ⋅ g ( VLD = VI )
dC ⋅ VC = dH2O ⋅ VI
0,94 ⋅ 103 ⋅ VC = 1,0 ⋅ 103 ⋅ VI
VI = 0,94VC ou 94% do corpo está imerso em água.
Resposta: C
41
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
39
Na figura estão assinaladas as forças que agem sobre o corpo:
De acordo com o principio Fundamental da Dinâmica:
T+E–P=m·a
T = E + m(g + a) (1)
Na expressão (1), e é o empuxo. Como o sistema é acelerado, o empuxo é
a força que o líquido aplicaria ao liquido deslocado para que esse
adquirisse uma aceleração vertical para cima (a). Logo:
E = mLD · ( g + a)
E = ρ ⋅ VLD ⋅ ( g + a )
E = ρ⋅
m
(g + a)
d
(2)
Substituindo-se (2) em (1), vem:
 ρ
T = m ( g + a ) 1 − 
 d
Resposta: A
42
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
40
Como o volume de água deslocado foi maior, o módulo do empuxo
aumentou. Desta forma, a força peso da quantidade de água deslocada
pelo corpo do peixe aumenta.
Resposta: E
43
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
41
a) A massa total m do objeto pode ser calculada como a soma das massas
m1 e m2 dos dois corpos cilíndricos que estão colados. A massa de cada
um desses corpos, por sua vez, pode ser calculada desde que sejam
fornecidos o seu diâmetro D, sua altura H e a densidade d do material do
qual é constituído, como segue:
d=
m

⇒ m = d ⋅ V
D2

V
m
=
d
⋅
π
⋅H

4
D2

V=π
⋅H

4
Logo, as massas m1 e m2 considerando π = 3 , podem ser assim
calculadas:
D2
22
m1 = d1 ⋅ 3
⋅ H1 = 0,20 ⋅ 3 ⋅ ⋅ 5,0
4
4
∴ m1 = 3,0 g
Portanto, a massa total do corpo é m = m1 + m2 ou seja m = 15 g
b) Para se obter a altura imersa Himersa do corpo, basta notar que, como ele
está em equilíbrio hidrostático, o empuxo E tem mesma intensidade que o
peso P do corpo:
E=P
dágua ⋅ Vimerso ⋅ g = m ⋅ g
D2
dágua ⋅ π
⋅ Himerso = m
4
Como, dágua = 1,0
g
, D = 2,0, π = 3 e 15 g (resposta a), temos:
cm3
22
1,0 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ Himerso = 15
4
∴ Himerso = 5,0 cm
44
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
42
Dois corpos de densidades distintas constituem um conjunto de densidade
total:
dtotal =
m1 + m2
V1 + V2
Para que esse conjunto permaneça submerso, sua densidade total deve
ser maior ou igual à da água, isto é:
m1 + m2
300 + m2
≥ 1⇒
≥1
m2
V1 + V2
1000 +
d2
∴ 300 + m2 > 1000 +
m2
d2
Sendo a densidade do lastro 11
g
, temos:
cm3
m2
⇒
11
⇒ 3300 + 11m2 ≥ 11000 + m2
300 + m2 ≥ 1000 +
Logo: 10m2 ≥ 7 700 ∴ m2 ≥ 770 g
Isto é, a massa mínima do lastro é de 770 g.
Resposta: D
45
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
43
a)

m 
EB = dH2O ⋅ g ⋅ VLD  VLD = VB = B 
VB 

0,12
EB = 103 ⋅ 10 ⋅
0,6 ⋅ 103
EB = 2 N
b)
T + PB = EB
T + MB ⋅ g = EB
T + 0,12 ⋅ 10 = 2
T = 0,8 N
46
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
44
Como T = T’, temos:
E A − PA = EC − PC
PC − PA = EC − E A
C
A
mC ⋅ g − mA ⋅ g = dLD ⋅ VLD
⋅ g − dLD ⋅ VLD
⋅g
(V
A
LD
= 0,5VA = 40 cm3
)
mC − mA = 1,0 ⋅ 80 − 10 ⋅ 40
mC − mA = 40 g
Resposta: B
47
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
45
Como o bloco é erguido com velocidade constante, a resultante das forças
que nele atuam deve ser nula.
Desprezando-se a resistência viscosa oferecida pela água, as forças
atuantes e as relações entre elas em cada caso são:
1ª parte: corpo totalmente imerso
T+E=P
T = P – E, onde:
P= mg = constante
 dl = densidade do líquido
E = dL · VC · g = constante 
vc = volume do corpo
Conclui-se: T = constante.
2ª parte: corpo parcialmente imerso
T+E=P
T = P – E (1), onde:
E = dL · Vi · g
Note-se que, à medida que o corpo é retirado da água, o volume imerso
(VI) diminui e, portanto, diminui também a intensidade do empuxo (E).
48
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
Da equação (1) conclui-se que a intensidade da tração (T) aumenta.
3ª parte: Corpo fora d’ água.
T = P = constante
O gráfico que melhor representa a tração do fio em função do tempo é:
Resposta: B
49
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
46
– O cubo mergulhado desloca um volume de água ao seu próprio volume,
portanto Vcubo maciço = 30 cm³.
Como sua massa é de 450 g, concluímos que a densidade da liga metálica
g
é de 15 3 .
cm
– O cubo oco flutua com
dcubo oco
dágua
3
de aresta submersa, portanto
4
3
h
3 g
4
=
⇒ dcubo oco =
h
4 cm3
– Mas dcubo oco =
mefetiva da liga
Vcubo oco
– Finalmente, como dliga =
, portanto mefetiva da liga = 22,5 g
mliga
Vliga
∴15 =
22,5
⇒ Vliga = 1,5 cm3
Vliga
Resposta: A
50
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
47
I. FALSA. Se o anel fosse de ouro maciço, seu volume seria 28, 5 : 1,9 =
1,5 cm³.
II. VERDADEIRA. Somando o volume calculado no item anterior com o
volume da cavidade, obtém-se o volume do anel.
III. FALSA. A cavidade não pode apresentar um volume igual ao do anel.
IV. VERDADEIRA. A densidade do anel é 28,5 : 3 = 9,5
g
.
cm3
Resposta: C
51
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
48
<imagem>
Pg = E
dg ⋅ Vg ⋅ g = dLD ⋅ VLD ⋅ g
dg
dLD
dg
dH2O
=
=
VLD
Vg
VLD
Vg
(d
g
≅ dH2O
)
VLD = Vg ∴ O nível não se altera
Resposta: C
52
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
49
A figura a seguir, representa as forças que atuam no cone do gelo.
(“iceberg”)
Considerando que o cone permanece em equilíbrio durante a experiência,
temos:
 dL : densidade do líquido
 d : densidade do corpo

dL ⋅ VLD ⋅ g = Pcorpo ⋅ g  C
 VLD : volume do líquido deslocado
dL ⋅ VLD = dC ⋅ VC
 VC : volume do corpo
E = Pcorpo
dC VLD
V
=
, A razão LD Corresponde à fração (f) do volume do cone que
dL
VC
VC
está submerso.
∴
Portanto o valor de f é:
f=
dC
0,920
⇒
∴ f = 0,898
VL
1,025
Ou seja, a fração submersa é, aproximadamente, 89,8%.
O valor dessa fração (f) não seria alterado caso o cone fosse invertido,
pois, depende exclusivamente, da razão entre as densidades do cone e do
liquido, que permanece inalterado, mesmo com o cone invertido.
b) Como expresso no item a, o valor da fração imersa (f) depende,
exclusivamente, da razão entre a densidades do cone e do liquido.
Os valores da pressão atmosférica e da aceleração da gravidade no alto de
uma montanha não modificam as densidades do cone e do liquido.
Portanto, a fração imersa permanece inalterada.
53
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
50
PG = E
dG ⋅ VG ⋅ g = dA ⋅ VLD ⋅ g
dG VLD
9
=
=
dA
VG 10
Como a porcentagem imersa não depende da aceleração da gravidade
local, na lua a porcentagem imersa é 90%.
Resposta: D
54
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
51
A vela será apagada quando o volume imerso se tornar igual ao volume
total do conjunto (vela e alumínio). Nesta situação, temos que o empuxo é
igual ao peso total.
Assim:
E=P
dA ⋅ VT ⋅ g = dv ⋅ Vv ⋅ g + dAℓ ⋅ VAℓ ⋅ g
dA : densidade da água

 VT : volume total do conjunto
dV : densidade da vela

 VV : volume da vela
sendo 
dAℓ : densidade do alumínio
 VAℓ : volume do alumínio

 A : área da base do cilindro
 x : altura da vela nesta situação
(
)

Substituindo-se os valores na equação:
dA ⋅ g ⋅ A ⋅ ( x + 1,5 ) = dV ⋅ g ⋅ A ⋅ x + dAℓ ⋅ g ⋅ A ⋅ 1,5
∴x =
dAℓ ⋅ 1,5 − dA ⋅ 1,5
= 8,5 cm
dA − dV
Como a taxa da queima é de 3 cm por hora, a vela terá a sua altura
reduzida de 10 cm para 8,5 cm, em 0,5 h.
Resposta: B
55
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
52
As forças que agem no corpo (a) na garrafa (b) quando estão imersos em
água são:
(Obs: VLD = Vimerso)
O corpo a após ter sido deslocado para baixo e abandonado permanecera
sob ação das mesmas forças Pa e Ea que não sofrem nenhum tipo de
alteração. Dessa forma o corpo a ficará em equilíbrio na nova posição. Já o
corpo b (garrafa) após ter sido deslocada para baixo e abandonada ficará
sob ação do mesmo peso (Pb) e de um empuxo ( E’B) menos intenso que
na posição original, pois na nova posição a pressão é maior e o volume
ocupado pelo ar dentro da garrafa diminui, diminuindo o volume do liquido
deslocado (VbLD), assim tendo a garrafa desce (Pb > E’b).
Resposta: E
56
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
53
Em todas as situações propostas, a esfera está em equilíbrio. Podemos,
então, escrever, para um ponto de profundidade qualquer, que:
O empuxo é dado pela expressão:
E = dL · VC · g
(2),
Sendo dL, a densidade do liquido e VC o volume do corpo.
Substituindo (2) em (1), temos:
F = dL · VC · g – P
(3)
No caso da esfera rígida sem furo, todas essas grandezas são constantes,
logo:
FA = F
No caso da esfera com fundo embaixo, VC diminui à medida que a esfera é
afundada, pois o volume de ar em seu interior diminui à medida que a
pressão aumenta. Logo:
FB < F.
Resposta: E
57
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
54
Suponde que:
O ar da bexiga é um gás ideal.
A temperatura, durante o processo, é constante.
As pressões internas na bexiga são iguais.
A pressão na superfície do lago é a atm.
p = pressão no fundo do lago
 V = volume final da bexiga

P · V = Po · V0, onde, 
PO = pressão na sup erfície do lago
 VO = volume inicial da bexiga
Logo: (1,0 + 0,8) · V = 1,0 · 5,4 ⇒ V = 3,0 L.

3 kg
ρ = 10 3 ( densidade da água )
E = P · g · V, onde: 
m
 V = 3,0 L = 3,0 ⋅ 10−3 m3

Logo; E = 10³ · 10 · 3,0 · 10-3 ⇒ E = 30 N, vertical e para cima.
C) Densidade do empuxo é maior imediatamente abaixo da superfície do
lago, pois ai, o volume da água deslocado é maior.
58
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
55
Deve-se considerar duas hipóteses:
1ª) o balão é compressível. Neste caso, o aumento da pressão na
membrana causa uma diminuição no volume do balão e, com isso,
diminuição do empuxo. Nessas condições, o balão desce.
2ª) O balão é incompressível. Neste caso, o aumento da pressão não
causa alteração de volume, consequentemente o empuxo permanece o
mesmo e o balão não muda de posição.
Como não há alternativa para a 2ª hipótese, considera-se a primeira
verdadeira. E com isso, há uma alternativa correta.
Resposta: D
59
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
56
Assinalando- se as forças e estabelecendo a condição de equilíbrio para as
situações descritas no enunciado:
1) Situação em que não há água dentro do recipiente
onde
E : empuxo aplicando no recipiente
P : peso aplicado no recipiente
E V : parcela do empuxo devido aos vazios
EF : parcela do empuxo devido ao fundo do recipiente
E=P
E V + EF = P
dA ⋅ 2V ⋅ g + EF = P
(1)
2) Situação em que há água dentro do recipiente
onde
PA : peso aplicado na água que está dentro do recipiente.
60
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
E = P + PA
E V + EF = P + PA
dA ⋅ 5V ⋅ g + EF = P + dA ⋅ N ⋅ V ⋅ g
( 2)
Substituindo (1) em (2):
dA ⋅ 5V ⋅ g + EF = dA ⋅ 2V ⋅ g + EF + dA ⋅ N ⋅ V ⋅ g
( 3 − N ) ⋅ dA ⋅ V ⋅ g = 0 ∴ N = 3
Resposta: C
61
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
57
Nos dois casos, a bolinha está em equilíbrio (R = 0).
Igualando as equações (I) e (II):
E1 = E2
1
2
d1 ⋅ VLD
⋅ g = d2 ⋅ VLD
⋅g
1,2 ⋅ 0,5Vcorpo = d2 ⋅ 0,8Vcorpo
d2 = 0,75
g
cm3
Resposta: B
62
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
58
O bloco está sujeito às forças:
Força elástica da mola F;
Empuxo da água E;
Força do peso P;
As duas primeiras agem para cima e o peso atua para baixo.
Para o bloco em equilíbrio tem-se P = E + F.
À medida que aumenta o volume do boco submerso, E aumenta e F
diminui. A força peso permanece constante.
Considerando-se os dados apresentados na tabela tem-se
0% ⇒ mblocog = 0 + 5K ou dbloco · g · Vbloco = 0 + 5k
(1)
De maneira análoga, para 50%
Vbloco
+ 4K
2
( 2)
100% ⇒ dbloco ⋅ g ⋅ Vbloco = dágua ⋅ g ⋅ Vbloco + 3K
(3)
Vbloco
=K
2
( 4)
50% ⇒ dbloco · g · Vbloco = dágua ⋅ g
Do mesmo modo, para 100%
Subtraindo-se (3) de (2): dágua ⋅ g
Comparando (4) com (1): dbloco
d
2K
5K
= 5K ∴ bloco =
= 2,5
dágua
dágua 2K
63
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
59
a)
(
) (
p = patm + dgh = 1,0 ⋅ 105 + 103 ⋅ 10 ⋅ 2
p = 1,5 ⋅ 105
)
N
m2
b)
Como a pessoa está totalmente imersa e em equilíbrio, seu volume (V) é o
mesmo volume de água deslocada.
Logo:
E = P − T = dVg ∴ 800 − 40 = 103 ⋅ V ⋅ 10
760
10 ⋅ 103
V = 7,6 ⋅ 10 −2 m3
V=
64
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
60
I. INCORRETA. Em água salgada, o ovo flutua. dovo < dágua salgada
II. CORRETA. O empuxo é a força que o líquido aplica no corpo e pode ser
calculada por E = dL ⋅ VLD ⋅ g
III. INCORRETA: O empuxo é calculado pela diferença de pressão entre as
extremidades superior e inferior do corpo. Como, de acordo com o Princípio
de Pascal, a variação da pressão num ponto do líquido é transmitida para
todos os outros pontos, o aumento da pressão atmosférica ocasionará o
aumento da pressão nas extremidades superior e inferior do corpo. Logo, a
pressão atmosférica não afeta o experimento.
Resposta: B
65
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
61
kg
m3 , a massa M1 de ar que
a) Como a densidade do ar a 27 °C é
caberia no interior do envelope, cujo volume é 1 500 m3, é dada por:
1,2
d=
M1
M1
⇒ 1,2 =
∴ M1 = 1800 kg
V
1500
b) Tratando o ar como um gás ideal, e considerando que não houve
variação em sua pressão e em seu volume, temos:
θ = 27 °C p ⋅ V = n1 ⋅ R ⋅ T1
θ = 127 °C p ⋅ V = n2 ⋅ R ⋅ T2
(I )
(II)
Pelas equações I e II: n1T1 = n2T2
M1
M
⋅ T1 = 2 ⋅ T2
T = 300 K e T2 = 400 K
M
, em que 1
Ou seja: M
Fazendo-se as devidas substituições numéricas:
1800 ⋅ 300 = M2 ⋅ 400
∴ M2 = 1350 kg
c) A figura a seguir mostra as forças atuantes (balão + passageiros).
<imagem>
E: empuxo, cuja intensidade é igual ao peso do ar deslocado (a 27 °C),
cuja massa é 1 800 kg.
P: peso do conjunto formado pelos passageiros e o envelope vazio (m =
400 kg) e o ar contido no balão a 127 °C, cuja massa é 1 350 kg.
Cálculo do Empuxo
E = M1 ⋅ g
E = 1800 ⋅ 10
E = 18 000 N
Cálculo do Peso do conjunto
P = ( m + M2 ) ⋅ g
P = ( 400 + 1350 ) ⋅ 10
P = 17 500 N
Analisando os valores acima, conclui-se que a resultante das forças é
vertical e para cima. Aplicando o princípio fundamental da dinâmica à
situação apresentada.
66
Física • Unidade III • • Série 3 – Teorema de Arquimedes
R = mconj ⋅ γ
⇓
⇓
E − P = ( m + M2 ) ⋅ a
Procedendo as substituições numéricas:
18 000 − 17 500 = ( 400 + 1350 ) ⋅ a
∴ a ≈ 0,29
m
s2
67