GABARITO
Física D – Semiextensivo – V. 2
Exercícios
01)D
07)a)
Como se desprezam os atritos, sobre ele não surgem
forças horizontais, apenas as verticais, que são o peso
e a força de contato entre ele e a superfície horizontal.
Essas forças têm sentidos contrários com a parte esquerda do brinquedo descendo e a direita subindo.
02)B
Quanto mais afastadas estão as mãos dos indivíduos,
uma da outra, o dedo que suporta maior peso é o que
está mais próximo ao centro de massa, para que o toque
seja o mesmo.
03)a)Motora e resistente
b)Trabalho
c)Alavancas e roldanas
08)a)130 N
b)26 N
04)1 N – interpotente
Como o ponto A está 4 vezes mais perto do eixo de
rotação 0, a força nesse ponto deve ser 4 vezes maior.
Logo, a força aplicada no ponto deve ser 4 vezes menor,
logo, 1 N. Chamamos a alavanca de interpotente.
05)a) Interpotente
b)23 N
c)22%
a)Como a força potente está entre a força resistente e
o ponto fixo, chamamos de alavanca de interpotente.
b)Sendo que o torque resultante é nulo, pois o sistema
está em equilíbrio.
MF = MPa + Mpao. Então F . 30 = 20 . 70 + 5 . 120 logo,
2000
=
F=
30
a)Podemos afirmar que
FC = p . A = 1,3 . 109 . 0,1 . 10–6 = 0,13 . 103 = 130 N
b)Para o corte temos que MC = MA, então FC . dC = FA . dA.
130 . 2
= 26 N.
Logo, FA =
10
09)I. 588 N
II. 294 N
III.147 N
IV.73,5 N
I. O próprio peso de R, 588 N.
II.Metade do peso R, pois passa por uma roldana
móvel, 294 N.
III.Quarta parte do peso R, pois passa por duas roldanas móveis, 147 N.
IV.Oitava parte do peso R, pois passa por duas roldanas
móveis, 73,5 N.
10)C
06)C
Fp = força exercida pela pessoa que opera o abridor;
Fa = força de reação que a tampinha exerce no abridor
na região da borda da tampinha; F0 = força de reação
que a tampinha exerce no apoio
b)Fp . 8,4 – Fa . 1,4 = 0
Fp/Fa = 0,17
Para que a igualdade se mantenha, se d1 for maior que
d2, então F2 é maior que F1.
I. Falsa. Se o corpo está em equilíbrio, podemos afirmar que a tensão da corda é o peso do corpo, ou
seja, 300 N.
II. Falsa. A força de compressão que o homem faz no
chão é equivalente à força normal que vale:
N = Pindivíduo – T = 700 – 300 = 400 N.
III.Verdadeira. A força normal que o chão faz sobre o
homem é
N = Pindivíduo – T = 700 – 300 = 400 N.
Física D
1
GABARITO
11)A figura a seguir mostra as forças atuantes nas polias,
bem como as forças atuantes na barra, sendo Pb o peso
da barra, aplicado
02.Falsa. O álcool deve estar entre as densidades das
esferas 1 e 2.
04.Falsa. O álcool deve estar entre as densidades das
esferas 1 e 2.
08.Falsa. Como as esferas estão flutuando, podemos
afirmar que a densidade do álccol é maior que a
densidade das esferas.
16.Verdadeira. Como as esferas estão tocando a superfície inferior do recipiente, podemos afirmar que
a densidade do álcool é menor que a densidade das
esferas.
32.Verdadeira. Como as esferas estão flutuando, podemos afirmar que a densidade do álcool é maior
que a densidade das esferas.
15)E
I. Falsa. Na hora mais quente, o volume aumenta e
num mesmo volume haveria menos massa, de modo
que você levaria prejuízo.
II. Verdadeira. Com a temperatura mais baixa, o volume
diminui e, num mesmo volume, haveria mais massa,
de modo que você levaria vantagem.
III.Verdadeira. Você estaria comprando o que realmente
interessa, que é a massa.
no centro da gravidade – equilíbrio de translação
P0 = F0 + P/4 – Pb = 4F0 + P(I)
16)a)A densidade da esfera leva em conta o volume total
d = m/v = 50/30 → d = 1,7 g/cm3.
b)A massa específica leva em conta apenas a parte de
volume que contém alumínio ρ = m/v = 50/(30 – 10)
→ ρ = 2,5 g/cm3
Equilíbrio de rotação com o polo em o
Pb . (x + y)/2 = P/4 . x (III)
I em II
4F0 + P x + y P
.
=
2
4
4
4F0 (x + y) + Px + Py = 2Px
4F0 (x – y) = P (x – y)
F0 = P( x − y )
4( x + y )
17)D
d=
12)B
18)C
A alta concentração salina altera a densidade da água
pura, o que a torna mais densa do que na realidade.
Assim sendo, torna-se mais fácil boiar nesse tipo de
líquido.
Quando o corpo estiver na iminência de flutuar, sua
densidade será igual à do líquido (mistura).
m
dmistura = dcorpo =
V
90
= 0,9 g/cm3
dcorpo =
100
01. Verdadeira. O álcool está entre as densidades das
esferas 1 e 2.
2
2 . d1 . d2 2 . 0, 6 . 0, 85 1, 02
m1 + m2
2m
=
=
=
=
m m
0, 6 + 0, 85
1, 45
d1 + d2
V1 + V2
+
d1 d2
= 0,70 g/cm3
d=
20)E
14)49
m = d .V
600 . 1,8 = 1,35 . V
V = 800 m3
19)C
13)A
m
, logo m = d . V = 13,6 . 103 . 1 . 10–3 = 13,6 kg
V
Física D
Em cada litro de álcool hidratado têm-se 0,96 L de álcool
(96%) e 0,04 L de água (4%).
Cálculo da massa de álcool:
m = d . V = 800 . 0,96 = 768 g
GABARITO
27)E
Cálculo da massa de água
m = d . V = 1000 . 0,04 = 40 g
Densidade da mistura:
m + m2 768 + 40
d= 1
= 808 g/L
=
1
Vtotal
Os mais próximos são os dos postos IV e V.
Pressão pR = 140 atm = 140 . 105 N/m2
Área A = 1 . 200 = 200 mm2 = 200 . 10–6 m2 = 2 . 10–4 m2
10 . m
F m .g
pR = =
. Logo, 140 . 105 =
. Então
2 . 10−4
A
A
m = 280 kg, logo: um peso de 2800 N.
É muito improvável um patinador ter massa de 280 kg,
ou seja, um peso de 2 800 N.
21)C
mbiodiesel = 15 mpó. Logo, calculando a massa do pó temos:
m 0,15 mpó 0,15 . 8 . 106
V= =
= 1,33 . 106 = 1,33 bi=
0, 9
d 0,9 kg/L
lhões de litros.
28)D
22)A
Quanto maior a área, menor a pressão.
23)34
29)54
01. Falso. |fpolegar| = |findicador|
02.Verdadeiro.
04.Falso. ppolegar > pindicador
08.Falso.
16.Falso. Depende da área também.
32.Verdadeiro.
01. Falsa. Pois a Lua não possui atmosfera, portanto a
pressão exercida sobre o refrigerante é nula.
02.Verdadeira. É possível realizar a medida aproximada da altitude face à variação da pressão
atmosférica com a altitude. Os altímetros utilizados
na aviação, em geral, fornecem a altitude por meio
da variação da pressão atmosférica.
04.Verdadeira. A diferença de pressão entre o interior
do corpo e o vácuo (pressão atmosférica nula)
empurraria para fora as moléculas do corpo, produzindo a explosão.
08.Falsa. A pressão exercida por uma coluna de líquido
depende da densidade do líquido e da altura da
coluna (p = p0 + rgh) e, portanto, não depende do
volume do líquido.
16.Verdadeira.
32.Verdadeira.
64.Falsa. A situação é exatamente a inversa, pois a
pressão atmosférica diminui à medida que aumenta
a altitude. Assim, a pressão atmosférica em São
Joaquim é menor do que a pressão atmosférica em
Itajaí.
24)B
Moça
F m . g 60 .10
= 3,75 N/cm2
p= =
=
A
A
160
Sendo a pressão da personagem igual à pressão da
moça, temos:
p
3, 75
m .g
pperso =
. Logo, m = A . perso = 400 .
= 150 kg
10
A
g
25)C
A pressão da força sobre o paralelepípedo será relativa
à componente vertical da força F, que vale:
Fy = F . sen 60° = 100 . 0,87 = 87 N
F +P
87 + 28
Logo, a pressão total é dada por: p = y
=
(5 . 10 . 10−4 )
A
= 2,3 . 104 Pa
30)E
26)D
Uma das aplicações do Teorema de Stevin são os vasos
comunicantes. Num líquido que está em recipientes
interligados, cada um deles com formas e capacidades
diversas, observaremos que a altura do líquido será
igual em todos eles depois de estabelecido o equilíbrio.
Isso ocorre porque a pressão exercida pelo líquido
depende apenas da altura da coluna.
A diferença de pressão vale: 0,40 atm.
Calculando a força equivalente a essa pressão na área
da janela, temos:
F = p . A = 0,4 . 105 . 0,5 . 0,25 = 0,05 . 105 = 5000 N
Corresponde a uma massa na superfície da Terra igual
a 500 kg.
A pressão do líquido vale a diferença entre a pressão
total e a pressão atmosférica, logo:
1, 2 . 105
p
= 0,24 . 105 =
p = μ . g h, então μ =
=
10 . 5
g.h
= 2,4 . 103 kg/m3
Física D
3
GABARITO
35)11,2 m
31)E
Calculando a pressão da água: p =
80
F
=
=
A 4 . 10−4
= 2 . 105 Pa
A pressão total sobre a área vale:
págua = 2 . 105 – 1 . 105 = 1 . 105 Pa
p
1 . 105
=
=
Logo, a coluna de água mede: h =
g . µ 10 . 1 . 103
= 10 m
32)a)30 m
b)1 m/s
a)Se a pressão atmosférica vale patm = 1 . 105 N/m2,
conclui-se que a pressão do líquido vale no máximo
págua = 3 . 105 N/m2. Então a profundidade máxima é
p
3 . 105
= 30 m
dada por: h = água =
g . µ 10 . 1 . 103
b)Se ele pode sofrer uma variação de pressão no
interior do líquido de 0,4 . 105 N/m2 por segundo,
concluímos que ele leva 30 segundos para atingir a
pressão limite.
h 30
= 1 m/s
=
Então: v =
∆t 30
36)30 cm
pfundo = patm + póleo + págua, logo:
pfundo = patm + μóleo . g h1 + μágua . g . h2
1,038 . 105 = 1,000 . 105 + 0,8 . 103 . 10 . 0,1 + 1 . 103 .
10 . x
0,038 . 105 = 8 . 102 + 1 . 104 x, então:
(38 . 102 − 8 . 102 )
= 30 . 10–2 m = 30 cm
x=
1 . 104
37)1)1 . 105 Pa
2)1,7 . 105 Pa
3)2,9 . 105 Pa
1)A pressão no ponto 1 é a pressão atmosférica, que
vale: 1 . 105 Pa
2)A pressão no ponto 2 é dada por:
p2 = patm + μA . g . hA = 1 . 105 + 0,7 . 103 . 10 . 10 =
= 1 . 105 + 0,7 . 105 = 1,7 . 105 Pa
3)A pressão no ponto 2 é dada por:
p3 = p2 + μB . g . hB = 1,7 . 105 + 1,5 . 103 . 10 . 8 =
= 1,7 . 105 + 1,2 . 105 = 2,9 . 105 Pa
33)a)1,5 . 105 N/m2
b)
ΔP = 0
a)p = patm + μ . g . h = 1 . 105 + 103 . 10 . 5 =
= 1,5 . 105 N/m2
b)De acordo com o princípio de Stevin, concluímos
que os pontos A e B estão na mesma profundidade,
logo, possuem pressões iguais. Então, a variação de
pressão entre A e B é nula.
34)B
a)Falsa. Uma bomba de sucção é uma bomba que
retira o ar de sua extremidade superior, produzindo
o vácuo com ar expulso, a pressão interna diminui e
a maior pressão externa empurra o líquido para cima.
Isso ocorre independentemente da espessura dos
canos e da potência do motor que produz a sucção
(vácuo).
b)Verdadeira. Se a experiência de Torricelli for realizada ao nível do mar, mas com água, cuja densidade
é 13,6 vezes menor que a do mercúrio, a altura
da coluna de água será aproximadamente igual a
10,3 m.
c)Falsa. Veja a justificativa a.
d)Falsa. Veja justificativa b.
e)Falsa.
4
A pressão registrada com o mercúrio vale:
p = μmercúrio . g . h = 13,6 . 103 . 10 . 0,70 = 9,52 . 104 N/m2
Logo, se o líquido fosse o óleo, à mesma pressão, a
altura da coluna seria:
p
9, 52 . 104
=
p = μóleo . g . h, então h =
= 11,2 m.
g . µ 10 . 0, 85 . 103
38)A
Calculando a intensidade da força exercida sobre o
êmbolo que é igual à força elástica (dado do exercício:
as forças exercidas pela mola e pelo fluido, sobre o
êmbolo, são equilibradas):
Fel = K . x = 1000.0,05 = 50 N
Calculando a pressão total:
50
F
5
= . 105 N/m2
ptotal = el =
A (3 . 10−4 ) 3
A pressão do líquido sobre o êmbolo será a diferença
entre a pressão total e a pressão atmosférica.
2
. 105
∆p
3
=
=
Logo: Δp = μ . g . h ⇒ h =
µ . g 1 . 103 . 10
2
= . 101 = 6,7 m
3
Física D
GABARITO
39)C
43)E
Uma das aplicações do Teorema de Stevin são os vasos
comunicantes. Num líquido que está em recipientes
interligados, cada um deles com formas e capacidades
diversas, observaremos que a altura do líquido será
igual em todos eles depois de estabelecido o equilíbrio.
Isso ocorre porque a pressão exercida pelo líquido
depende apenas da altura da coluna.
O líquido no interior do regador pode ser considerado
homogêneo, já que a densidade é uniforme em todos
os pontos. Logo, não deve haver diferença de nível para
alcançar o equilíbrio.
41)a)1,25 . 103 kg/m3
b)1,1 . 105 Pa
a)Na linha de separação dos líquidos A e B, podemos
dizer que:
PB = PA
Então, como as alturas informadas estão na mesma
unidade (cm), não há necessidade de transformação
para o sistema internacional.
Logo,
μB . g . hB = μA . g . hA
μB . 80 = 2 . 103 . 50
μB = 1,25 . 103 kg/m3
De acordo com o Teorema de Pacal temos:
F1
F
= 2 . Como o diâmetro de D1 é o triplo de D2 e
A1 A 2
A = π . r2, então A1 = 9 . A2.
A
Concluímos que F1 = F2 . 1 = 9F2 = 9 . 100 = 900 N.
A2
44)A
40)C
b)Tomando o líquido A como referência, temos:
F1
F
= 2 e A = π . r2, chamamos de A1 a área
A1 A 2
maior e A2 a área menor.
π . R2 F . R2
A
Então, concluímos que: F1 = F2 . 1 = F .
= 2 .
π . r2
r
A2
Como
45)a)Alavanca inter-resistente, pois pistão 1 tem a função
de impedir o toque do pedal.
b)A variação de pressão, em um ponto de um líquido
em equilíbrio estático, transmite-se integralmente
para todos os demais pontos desse líquido.
c)Dado que d1 = 2d2, podemos afirmar que a força no
pistão 1 vale Fp1 = 2 . F1, ou seja, Fp1 = 200 N.
A relação entre as forças dos pistões 1 e 2 é dada
pela relação:
F
F
F2
200
p1 = p 2 , então
, logo,
=
A p1 A p 2
4 . 10−4 16 . 10−4
F2 = 800 N
46)A
plinha = patm. + μA . g . hA
p
= 1 . 105 + 2 . 103 . 10 . 50 . 10–2
linha
plinha = 1 . 105 + 0,1 . 105
plinha = 1,1 . 105 PA
42)2,41 . 105 Pa
47)D
A pressão no interior do botijão de gás é dada por:
pgás = patm + μmercúrio . g . hmercúrio
Então, ajustando as unidades de densidade e profundidade, temos:
"Todo corpo mergulhado num fluido em repouso sofre,
por parte do fluido, uma força vertical para cima, cuja
intensidade é igual ao peso do fluido deslocado pelo
corpo." (Princípio de Arquimedes.)
I. Verdadeira. Profundidades iguais ⇒ pressões iguais.
II. Falsa. p = µ . g . h ⇒ não depende do volume.
III.Falsa. E = µ . g . V ⇒ não depende da profundidade.
IV.Verdadeira. Na flutuação: E = pnavio.
pgás = 1 . 105 + 13,6 . 103 . 10 .104 . 10−2
pgás = 1 . 105 + 1414,4 . 102
pgás = 1 . 105 + 1,4144 . 105
pgás = 2,4144.105 Pa
Física D
5
GABARITO
48)A
52)A
E
vento
F vento
T
P
O peso é dado por P = m . g (vertical e para baixo).
Observe nessa equação que, quanto maior a massa
m, maior será o peso do submarino, o que ocorrerá
com os tanques cheios de água Pc > Pv o empuxo é
dado por E = d . V . g (vertical e para cima), onde d é a
densidade da água e V o volume de água deslocado,
que é o maior quando o submarino está totalmente
imerso. Assim, Ec > Ev.
53)E
a)Incorreta. É diretamente proporcional à variação de
volume.
b)Incorreta. A massa do peixe não varia significativamente para variar seu peso.
c)Incorreta. A densidade da água é invariável nesse
caso.
d)Incorreta. A densidade diminui com o aumento da
m
bexiga. d =
V
e)Correta. Com o aumento da bexiga, o peso do líquido
deslocado pelo peixe aumenta.
49)53
01. Verdadeira.
02.Falsa. µcorpo > µlíquido ⇒ corpo afunda.
04.Verdadeira. p = µ . g . h
08.Falsa. Na verdade, ele diminui o seu peso expulsando água do seu interior.
16.Verdadeira.
32.Verdadeira.
54)24
50)A
O empuxo do ar (força vertical e para cima) é fornecido
por E = μ . g . Vdeslocado e, à medida que os balões sobem,
a densidade do ar diminui, diminuindo o empuxo sobre
os balões.
51)E
A água exerce sobre a escultura uma força vertical para
cima denominada empuxo, cuja intensidade é dada pelo
peso do líquido deslocado: E = μ . g . Vdeslocado
Vdeslocado representa o volume imerso da escultura.
F+E ≥P
a = 20 cm = 0,2 m
m = 3,6 kg
µágua = 1 g/cm3 = 1000 kg/m3
volume = a3 = (0,2)3 = 8 . 10–3 m3
µC = mC = 3, 6 = 450 kg/m3
VC 8 . 10 −3
01. Falsa. µcorpo < µágua ⇒ não afunda.
02.Falsa. O corpo sobe em MRUV.
04.Falsa. O empuxo é igual ao peso do fluido deslocado.
08.Verdadeira.
16.Verdadeira.
32.Falsa. Ação e reação não atuam no mesmo corpo.
6
Física D
GABARITO
55)E
Na situação em que o cubo está parcialmente imerso
na água do lago, temos:
Nessa nova situação do equilíbrio, a indicação do
dinamômetro é 24 N. Portanto:
T+E=P
E = 30 – 24
E=6N
A intensidade do empuxo é igual à intensidade do
peso do líquido deslocado (E = dL . VLD . g). Pelo texto,
o volume do líquido deslocado é metade do volume do
cubo. Temos:
56)21
01. Verdadeira. Menos volume ⇒ menos empuxo.
02.Falsa. Válido para fluidos (líquidos e gases).
04.Verdadeira.
08.Falsa. Peso do volume do ar deslocado.
16.Verdadeira.
E = µ . g .V
E = 1,3 . 10 . 2000
E = 2,6 . 105 N
32.Falsa.
64.Falsa.
57)E
Na primeira medição concluímos que o peso do cubo
vale 40 N. Na segunda medição concluímos que parte
do peso foi amortecida pelo empuxo do líquido, logo, o
empuxo vale 8 N.
Calculando a densidade do líquido, temos:
E = μ . g . Vdeslocado
E
8
Então, μ =
= 8 . 102 kg/m3
=
Vdeslocado . g 1000 . 10−6 . 10
= 0,8 g/cm3
58)B
Vdeslocado = 1/2 Vcorpo
Vdeslocado = 1/2 . (0,1)3
Vdeslocado = 5 . 10–4 m3
Procedendo às devidas substituições numéricas na
expressão do empuxo:
E = dL . Vdeslocado . g
6 = dL . 5 . 10–4 . 10
dL = 1,2 . 10–3 kg/m3 ∴ dL = 1,2 g/cm3
59)B
Na situação em que o cubo está suspenso no ar, temos:
Estando o corpo em repouso, a resultante das forças
nele aplicadas é nula.
A indicação do dinamômetro é a intensidade da tração
T.
Portanto:
P=T
P = 30 N
Se um corpo estiver flutuando parcialmente imerso num
líquido, a força resultante sobre ele é nula (equilíbrio
vertical).
O raio do tronco da madeira é dado por: 2πR = 1,2,
1, 2
então R =
= 0,2 m.
6
O volume é dado por: V = π . R2 . h, então
Vtronco = 3 . 0,22 . 3 = 0,36 m3
A relação do volume imerso e total é dada da seguinte
µ
V
maneira: tronco = imerso
µ líquido
Vtotal
0, 8 Vimerso
Então:
. Concluímos que: Vimerso = 0,228 m3,
=
1
0, 36
3
aproximadamente .
10
Física D
7
GABARITO
64)50
60)D
O volume deslocado (imerso) vale
E
3
do volume total,
4
calculando, temos:
V = Abase . h = 400 . 10–4 . 12 . 10-2 = 4,8 . 10–3 m3 logo,
3
Vdeslocado = . 4,8 . 10–3 = 3,6 . 10–3 m3
4
µ
V
Então, no equilíbrio podemos dizer que tronco = imerso
µ líquido
Vtotal
µ corpo 3, 6 . 10−3
. Concluímos que: μcorpo = 0,6 g/cm3.
logo
=
0, 8
4, 8 . 10−3
61)E
P
T T
T T
P = m . g = 240 . 10 = 2400 N
E = µ . g . V = 1,3 . 200 . 10 = 2600 N
µA = mA
V
µB = mB
V
p=E
(mA + mB) . g = µlíquido . g . 2V
Como: E = P + 4T
2600 = 2400 + 4T ∴ T = 50 N
65)E
µA . V + µB . V = 1,2 . 2 . V
0,5 + µB = 2,4
µB = 1,9 g/cm3
62)B
µ corpo
V
= imerso .
Vtotal
µ líquido
Para o líquido 1, se o volume imerso é metade do volume total, concluímos que a densidade da bolinha é
metade da densidade do líquido 1, ou seja, 0,6 g/cm3.
Aplicando à bolinha do líquido 2, temos:
0, 6 = 0,8. Logo, μ = 0, 6 = 0,75 g/cm3.
2
0, 8
µ líquido
No equilíbrio podemos dizer que
Se a massa do balão é 10 kg, seu peso vale 100 N. Sabendo que o empuxo (para cima) vale 130 N, podemos
concluir que a força resultante sobre o balão vale 30 N
para cima. Logo, a pessoa para segurar o balão junto
ao chão deve ser de 30 N para baixo.
E o volume ocupado pelo balão é dado por:
130
E
=
= 10 m3
Vdeslocado =
µ . g 1, 3 . 10
66)10
ρcorpo
ρH2O
=
1
3
2
E
63)D
A densidade da esfera é a densidade média entre água
e óleo, pois seu volume fica metade na água e metade
no óleo.
P
8
Física D
T
GABARITO
E=P+T
Na situação de Tmáxima = 3P
E = P + 3P
E = 4P para arrebentar (romper)
68)a)6,5 N
b)0,09 Kg
c)
E
ρC = mC
VC
01. Falsa.
E = µlíquido . g . VC
E = ρH2O . g . mC
ρC
ρ
E = mC . g . H2O
ρcorpo
T
E = P . 3 ∴ E = 3P ⇒ não arrebenta o fio.
02.Verdadeira.
04.Falsa. E = 3P
08.Verdadeira.
E=P+T
3P = P + T ∴ T = 2P
16.Falsa.
32.Falsa. O empuxo é igual ao peso do volume do
líquido deslocado.
P
d)4,6 N
a)EAR = μ . g Vd = 0,13 . 10 . 0,5 = 6,5 N
b)mhe = μhe . V = 0,18 . 0,5 = 0,09 kg
c)
E
67)21
P
T
d)Estando o sistema em equilíbrio, a força resultante
sobre o balão é nula. T + Pbalão + PHe = E
T + mbalão . g + ρHe . Vbalão . g = E
T + 0,1 . 10 + 0,18 . 0,5 . 10 = 6,5
T = 4,6 N
69)02
P = m . g = 0,08 . 10 = 0,8 N
E = µlíquido . g . V = 1200 . 8 . 10–4 . 10 = 1,2 N
µc = m ∴ 800 = 0, 08 ∴ V = 8 . 10–4 m3
V
V
01. Verdadeira.
02.Falsa. Fr = 0,4 N ⇒ MRUV
04.Verdadeira.
W = F . d . cos θ ⇒ W = 1,2 . 4 . cos 0o = 4,8 J
08.Falsa.
P = E ⇒ µcorpo = µlíquido . x
 fração submersa
800 = 1200 . x ∴ x = 2
3
16.Verdadeira.
m 16 . 103 16 . 103
=
=
=
6
V 1. 2 . 3
= 2,7 . 103 kg/m3 < dferro.
02.Vardadeira. Calculando o volume fora da água, na
situação de equilíbrio, temos que o empuxo vale a
diferença entre o peso do corpo e a máxima força
que o fio suporta.
4 . 104
E
=
= 4 m3 Logo, o volume
Vdeslocado =
µ . g 1 . 103 . 10
emerso vale 2 m3.
04.Falsa. Não podemos afirmar, não temos sua massa
específica.
08.Falsa. Calculando o empuxo para volume 16 m3
E = μ . g . V = 103 . 10 . 16 = 16 . 104 N. Concluímos
que o corpo ficaria em equilíbrio.
16.Falsa. A pressão é maior que 25 kPa, pois devemos
contar também a pressão atmosférica local.
32.Falsa. Além da força peso e do empuxo da água
do rio, havia também o empuxo do ar sobre a balsa
e a força de arrasto da água sobre a balsa, que
deveriam ser levadas em conta.
01. Falsa. dbloco =
Física D
9
GABARITO
70)B
72)1 s
A esfera P tem força resultante diferente de zero para
cima, logo a esfera O possui força resultante diferente
de zero para baixo. Então a esfera O depois de algum
tempo estará descendo aceleradamente.
71)a)20 N
b)2 m/s2
V = 8 . 10–3 m3
m = 10 kg
1ª dica: achar o volume da caixa V = a³ = 8 . 10³ cm³.
a)Nesse caso, temos: T + E = P , então, a tensão fica
T = P − E , substituindo e ajustando as unidades,
temos:
1ª dica: achar o volume da caixa V = a³ = 8 . 10³ cm³.
2ª dica: descobrir a aceleração da caixa pela 2ª lei de
Newton:
FR = m. a , aplicando as forças temos: E−P = m.a
Então, substituindo e ajustando as unidades do SI,
temos:
μliq . g . V − m . g = m . a
1 . 103 .10 . 8 . 103 . (10−6) − 5 . 10 = 5 . a
80 − 50 = 5 . a
a = 6 m/s2
3ª dica: através da equação horária das posições, o
tempo para o movimento de ascendência acelerada
será determinado.
T=P–E
T = m . g – μH2O . g . V
T = 10 . 10 – 103 . 10 . 8 . 10–3
T = 100 – 80
T = 20 N
b)Descobrir a aceleração da caixa pela 2ª lei de
Newton:
FR = m . a, aplicando as forças temos:
P − E = m . a
Então, substituindo e ajustando as unidades do SI,
temos:
FR = P – E
m . a = m . g – μL . g . V
10 . a = 100 – 80
a = 2 m/s2
10
Física D
at 2
6 . t2
, concluímos que:
, então 3 =
2
2
t=1s
H=