Para cada cilindro, o centro de massa (cm) pode ser marcado como o esquema:

Transcrição

1 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

2 02 E = PLD = mld g = dld VLD g Resposta: E 2

3 03 Como o corpo está em equilíbrio segue que: E = P = P P LD LD = M g m g = M g m = M Resposta: C 3

4 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

5 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

6 06 V Como as esferas são idênticas 1 = V2 = V3 = V : E = P = m g = d V LD LD LD LD LD LD LD LD E = d V g V < V E = d V g V = V E = d V g V = V A LD LD Como E1 < E2 = E3 Resposta: D V < V = V, temos: LD LD LD 6

7 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: d d d parafina ebonite porcelana < d < d > d glicerina glicerina glicerina Resposta: B 7

8 08 m 6 kg kg g d = = = 1,5 10 = 1,5 líq 3 líq Vlíq 4 10 cm m cm g Portanto, para afundar, a esfera deve ter densidade maior do que 1,5. cm 3 Resposta: D 8

9 09 P b b LD LD LD = E m g = d V g V m = d b LD dld Portanto, se aumenta, a massa do barco deve aumentar para que o volume do líquido deslocado fique constante. Resposta: E 9

10 10 P > P 2 1 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

11 11 P = P P P = E = P II I líq líq LD LD bloco P = P P (1) II I líq líq bloco I I Da fig. (I): P = P + P P = P P ( 2) 1 recipiente líq recipiente 1 líq II II Da fig. (II): P = P + P + P P = P P P ( 3) 2 recipiente líq bloco recipiente 2 líq bloco Igualando (2) e (3), temos: P P = P P P I II 1 líq 2 líq bloco I P P = P P P P I 1 líq 2 líq bloco bloco P P = P P + P P I I 1 líq 2 líq bloco bloco P = P

12 12 Marcando as forças nos corpos: Como eles estão em equilíbrio (R = 0): T + E = P 1 T = P 2 Substituindo-se (2) em (1), vem: P 2 + E = P 1 m g + d g V = m g 2 A 1 1 m + 1 0,6 = 1,0 m 2 2 = 0,4 g Resposta: C 12

13 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

14 14 a) P recipiente recipiente A LD recipiente = E m g = d V g g mrecipiente = 1 3 ( 80 5) cm cm m = 400 g 3 b) P + P = E recipiente chumbinhos m g + m g = d V g recipiente chumbinhos A LD chumbinhos chumbinhos m = m = 240 g 20 chumbinhos c) Não, pois os resultados obtidos independem da gravidade. 14

15 15 Marcando as forças nas esferas I e II, temos: Como as esferas são idênticas e estão totalmente imersas, E I = E II, logo: P I T I = T II + P II P I = P II + T I + T II P I > P II Resposta: D 15

16 16 Marcando as forças na bola, Como está em equilíbrio, a resultante é nula: T + P = E b T = E P b T = d V g m g V = V A LD b LD bola 3 3 T ,3 10 = T = 37 N Resposta: E 16

17 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 = d A v LD g) A medida que o corpo é colocado na água, o V LD aumenta, portanto aumenta a intensidade do empuxo. Dessa forma diminui intensidade da tração. 17

18 3ª) Corpo totalmente imerso: T + E = P T = P E = d A V LD g) Como o corpo está totalmente imerso, v LD = V C = cte. Dessa forma T = cte. O gráfico que melhor representa (T X t) é Resposta: C 18

19 18 Estando o copo em equilíbrio, a resultante das forças é nula; T + E = P C C T = P E T = m g d V g V = V C A LD LD C T = d V g d V g C C A C T = T = 0,9 N Resposta: D 19

20 19 I. errado, pois se quando imersos, temos no ar P = P, os corpos possuem massas diferentes. II. Certo, P = T T 1 2 P = P P E P = E Se o corpo está totalmente imerso, temos V LD = V CORPO Como para ambos os corpos o decréscimo na indicação do dinamômetro foi P, temos: E = E d V g = d V g V = V logo V = V A LD A LD LD LD C C III. Errado, pois d d. m d =, se possuem mesmo volume e massas diferentes V C Resposta: B 20

21 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 = P LD = M LD g E = d LD V LD g (V LD = V imerso ) Logo, se a densidade do liquido deslocado diminui, para que o empuxo fique constante o volume do liquido deslocado (V LD = V imerso ) deve aumentar. Resposta: E 21

22 E = dl VLD g = = 10 N = 1kgf Resposta: B 22

23 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: densidade dos legumes: volume do líquido deslocado: 3 dleg = 1 d 1 g kg água = = 0, cm m V = 0,5 L = 0,5 10 m LD 3 3 relação entre o volume de líquido deslocado e o volume dos legumes: 2 VLD = Vleg 3 Assim: 2 3 V = 0,75 10 m 3 0,5 10 = Vleg leg 3 3 Aplicando a definição de densidade aos legumes: d leg m = V leg leg leg m 3 leg 0,5 10 = 0,75 10 m = 0,375 kg 3 Resposta: D 23

24 23 E = P = m g LD água LD E = d V g LD 3 3 E = 10 0, = 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

25 24 a) Situação inicial: T1 = T2 = PC = mg (sistema em equilíbrio) Situação final: Para a balança: T = T = m N Para o corpo sólido: E = P T, então : C 3 2 E = mg m N E = 0,36 N b) Como E = intensidade do peso do líquido deslocado: V = V = m 6 3 LD C E = dl VLD g d L = ρ Portanto: kg 0, = ρ 10 ρ = 1200 m 3 25

26 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

27 26 As situações descritas são: E = ρvg, a relação pedida é: E ρ 1 1 Vg 8 ρ1 10 = = = E ρ Vg 26,4 ρ Como Resposta: C 27

28 27 E = P a) LD = mld g = µ V g b) como está em equilíbrio (R = 0) T + E = P C C T = P 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 + P P = P + P N = µ V g + P d) conjunto conj líq recipiente aplicando o P.F.D., temos: 28

29 R = m a P E = m a C µ V m g µ V g = m a a = g 1 m p = p e) atm + phid p = p0 + µ g L 29

30 28 ( a ) N = P E = V g d d N = P E = V g d d a Para que a alavanca fique em equilíbrio, de acordo com a figura, deve-se ter: ( A ) L V g d d N L = N L = L V g d d Como P = P : d V = d V V = 2V ( A ) ( ) A A ( ) L d d L = = = L 2 d d L Resposta: C 30

31 29 P C C Hg LD LD C C C C C = E m g = d V g V = f V d V = D f V d = D f I P C C H2O LD LD C C C C C = E m g = d V g V = V d V = d V d = d II Substituindo-se (II) em (I): d = D f d f = D Resposta: C 31

32 30 Para desprezarmos o empuxo do ar: P REAL P P REAL MEDIDO 0,02 ERRO 2% Marcando as forças e levando-se em conta o empuxo do ar: Assim: E E + P = P MEDIDO E = P P REAL AR C 0,02, P REAL P REAL = d C V C g dar VC g 0,02 d V g C C E = d V g d d = d 50d 0,02 AR C C AR REAL MEDIDO Resposta: D 32

33 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

34 32 a) E = d V g L LD 3 E = ,7 Vbloco 10 E = 7000 N b) Para que o corpo fique totalmente imerso: E = d V g com V = V L LD LD CORPO 3 E = E = N Portanto, a força adicional deve ser: F = E E F = F = 3000 N 34

35 33 Estando em equilíbrio, a resultante no bloco é nula: P b = E d V g = d V g V = V V C C LD LD LD e ρ V = ρ V V M A e ρ V = ρ V ρ V M A A e ρ V = ρ V ρ V A e A M ρ V = V ρ ρ V V A e A M ρ ρ = ρ e A M A Resposta: B 35

36 34 Estando em equilíbrio, a resultante no bloco é nula: P b = E d V g = d V g V = 0,6V b b LD LD LD b d V = 1,0 0,6V d b b b g = 0,6 cm b 3 Resposta: B P b b b LD LD LD = E d V g = d V g 0,6 200 = 0,75 V V = 160 cm 3 LD 36

37 35 Para a densidade da esfera: d esf m = V esf esf 180 g d = = 0,9 200 cm esf 3 Como dl > desf, a esfera flutua nesse líquido (R = 0): P e e L LD LD = E m g = d V g 180 = 1,2 V V LD = 150 cm 3 Resposta: A 37

38 36 Como o cubo é mergulhado até que metade de seu volume (1m³) fique submerso, temos: V = 0,5V = 0,5 10 m LD C 3 3 De acordo com o enunciado é possível calcular o empuxo, através do peso aparente medido: P = P E AP 24 = 30 E E = 6 N Com isso, a densidade do líquido é: E = d V g L LD 3 6 = dl 0, kg g d = 1,2 10 = 1,2 m cm 3 L 3 3 Resposta: B 38

39 37 a) sobre o recipiente cilíndrico, temos: E = empuxo; P = peso do corpo recipiente dc V A =, A C C Como E = P d g V = d g V d V sendo corpo). Logo: Mas d VA A C A A C C = S h dc S/ h dc h = = d S/ 30 d 30 M m = V C M, sendo (volume de água deslocada) e A ( 1) VC = S 30 kg dm = densidade do metal 3 m 3 VM = 0,02 1= 0,02 m (volume do mc = mc = 200 kg Então: 0,02, e a densidade do recipiente, d C, é: d kg C = = 2 3 0,3 3 m Substituindo (2) em (1), vem: h = h = 20 cm b) A partir do momento em que o recipiente contendo água passa a ter a densidade igual à do liquido, ele começa a afundar, ma + mr Logo: dr =, V R 39

40 sendo km dr = densidadedo recipiente = 1000 m³ ma m A = massa de água no recipiente 0,3 mr = massado recipiente = 200 kg V R = volumedo recipiente = 0,3 m³ Como: d A kg m d = 1000 densidade de água = = A A 3 m VA V A volume de água no recipiente 100 = = = VA 0,1m 100 litros v A Como a água é colocada no recipiente à razão de litro 1 segundo : 100 1= t = 100 segundos t 40

41 38 Admitindo a d kg = 10, temos: m 3 H2O 3 3 kg 3 kg dfe = 7,5 10 e d 3 M = 0, m m mcorpo mfe + mm 1+ 1 dcorpo = = = m m corpo VFe + VM Fe m + d d d d corpo 2 = ,5 10 0,5 10 kg 0,94 10 m 3 corpo Fe M M d < d (o corpo flutua). corpo H2O Marcando as forças que agem como: Como o corpo está em equilíbrio, R = 0: P C = E m g = d V g V = V C H2O LD LD I d V = d V C C H2O I 0,94 10 V = 1,0 10 V I 3 3 C C I V = 0,94V ou 94% do corpo está imerso em água. Resposta: C 41

42 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 = m LD ( g + a) LD E = ρ V g + a m E = ρ g + a 2 d Substituindo-se (2) em (1), vem: T m( g a) ρ = + 1 d Resposta: A 42

43 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

44 41 a) A massa total m do objeto pode ser calculada como a soma das massas m 1 e m 2 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: m d = m = d V 2 V D m d H 2 = π D 4 V = π H 4 Logo, as massas m 1 e m 2 considerando π = 3, podem ser assim calculadas: 2 2 D 2 m1 = d1 3 H1 = 0,20 3 5,0 4 4 m = 3,0 g 1 Portanto, a massa total do corpo é m = m 1 + m 2 ou seja m = 15 g b) Para se obter a altura imersa H imersa 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 d V g = m g água imerso 2 D dágua π Himerso = m 4 g d = 1,0, D = 2,0, π = 3 e 15 g (resposta a), temos: cm Como, água ,0 3 3 Himerso = 15 4 H = 5,0 cm imerso 44

45 42 Dois corpos de densidades distintas constituem um conjunto de densidade total: d total m = V + m + V Para que esse conjunto permaneça submerso, sua densidade total deve ser maior ou igual à da água, isto é: m1 + m m2 1 1 V m 1 + V d m m2 > d 2 2 g Sendo a densidade do lastro 11, temos: cm 3 2 m m m m 2 2 Logo: 10m m2 770 g Isto é, a massa mínima do lastro é de 770 g. Resposta: D 45

46 43 a) m EB = dh 2O g VLD VLD = VB = V 3 0,12 EB = , E = 2 N B B B b) T + P = E B B B T + M g = E B T + 0,12 10 = 2 T = 0,8 N 46

47 44 Como T = T, temos: E P = E P A A C C P P = E E C A C A m g m g = d V g d V g V = 0,5V = 40 cm C A A 3 C A LD LD LD LD LD A m m = 1, C C A m m = 40 g A Resposta: B 47

48 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 E = d L V C g = constante Conclui-se: T = constante. dl = densidade do líquido vc = volume do corpo 2ª parte: corpo parcialmente imerso T + E = P T = P E (1), onde: E = d L V i g Note-se que, à medida que o corpo é retirado da água, o volume imerso (V I ) diminui e, portanto, diminui também a intensidade do empuxo (E). 48

49 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

50 46 O cubo mergulhado desloca um volume de água ao seu próprio volume, portanto V cubo maciço = 30 cm³. Como sua massa é de 450 g, concluímos que a densidade da liga metálica g é de 15. cm 3 O cubo oco flutua com 3 4 de aresta submersa, portanto 3 d h cubo oco 4 d 3 g = = d h 4 cm água cubo oco 3 Mas d cubo oco m efetiva da liga =, portanto m efetiva da liga = 22,5 g V cubo oco Finalmente, como m 22,5 dliga = 15 = V = 1,5 cm V liga 3 liga liga Vliga Resposta: A 50

51 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. g IV. VERDADEIRA. A densidade do anel é 28,5 : 3 = 9,5. cm 3 Resposta: C 51

52 48 <imagem> P = E g d V g = d V g g g LD LD d d d g LD d g H2O LD V = V LD g V V ( dg dh O ) LD = g g V = V O nível não se altera 2 Resposta: C 52

53 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: d L : densidade do líquido E = Pcorpo d C : densidade do corpo dl VLD g = Pcorpo g V LD : volume do líquido deslocado dl VLD = dc VC V C : volume do corpo d V dl VC está submerso. V V C = LD, A razão LD C Corresponde à fração (f) do volume do cone que Portanto o valor de f é: d 0,920 V 1,025 C f = f = 0,898 L 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

54 50 P G G G A LD A = E d V g = d V g dg VLD 9 = = d V 10 G Como a porcentagem imersa não depende da aceleração da gravidade local, na lua a porcentagem imersa é 90%. Resposta: D 54

55 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 d V g = d V g + d V g A T v v Al Al d A : densidade da água V T : volume total do conjunto d V : densidade da vela V V : volume da vela sendo d Al : densidade do alumínio V Al : volume do alumínio A : área da base do cilindro x : altura da vela nesta situação Substituindo-se os valores na equação: d g A x + 1,5 = d g A x + d g A 1,5 A V Al d 1,5 d 1,5 d d Al A x = = A V 8,5 cm 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

56 52 As forças que agem no corpo (a) na garrafa (b) quando estão imersos em água são: (Obs: V LD = V imerso ) O corpo a após ter sido deslocado para baixo e abandonado permanecera sob ação das mesmas forças P a e E a 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 (P b ) 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 (V b LD), assim tendo a garrafa desce (P b > E b ). Resposta: E 56

57 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 = d L V C g (2), Sendo d L, a densidade do liquido e V C o volume do corpo. Substituindo (2) em (1), temos: F = d L V C g P (3) No caso da esfera rígida sem furo, todas essas grandezas são constantes, logo: F A = F No caso da esfera com fundo embaixo, V C diminui à medida que a esfera é afundada, pois o volume de ar em seu interior diminui à medida que a pressão aumenta. Logo: F B < F. Resposta: E 57

58 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 V = Po V0, onde, p = pressão no fundo do lago V = volume final da bexiga 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. kg ρ = E = P g V, onde: m V = 3,0 L = 3,0 10 m 3 10 densidade da água Logo; E = 10³ 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

59 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

60 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 E F : parcela do empuxo devido ao fundo do recipiente V A E = P E + E = P F F d 2V g + E = P 1 2) Situação em que há água dentro do recipiente onde P A : peso aplicado na água que está dentro do recipiente. 60

61 E = P + P A E + E = P + P V F A A F A d 5V g + E = P + d N V g 2 Substituindo (1) em (2): d 5V g + E = d 2V g + E + d N V g A F A F A 3 N d V g = 0 N = 3 A Resposta: C 61

62 57 Nos dois casos, a bolinha está em equilíbrio (R = 0). Igualando as equações (I) e (II): E = E 1 2 d V g = d V g LD 2 LD 1,2 0,5V = d 0,8V d g = 0,75 cm 2 3 corpo 2 corpo Resposta: B 62

63 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% m bloco g = 0 + 5K ou d bloco g V bloco = 0 + 5k (1) De maneira análoga, para 50% bloco 50% d bloco g V bloco = d g + 4K ( 2) água Do mesmo modo, para 100% V 2 bloco bloco água bloco 100% d g V = d g V + 3K 3 bloco Subtraindo-se (3) de (2): d g = K ( 4) Comparando (4) com (1): água V 2 2K bloco dbloco = 5K = = 2,5 dágua dágua 2K d 5K 63

64 59 a) atm 5 1,5 10 m p = p + dgh = 1, p = b) N Como a pessoa está totalmente imersa e em equilíbrio, seu volume (V) é o mesmo volume de água deslocada. Logo: 3 E = P T = dvg = 10 V V = V = 7,6 10 m

65 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

66 61 kg 1,2 3 a) Como a densidade do ar a 27 C é m, a massa M1 de ar que caberia no interior do envelope, cujo volume é m3, é dada por: M M = = = V d 1,2 M kg 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 = n R T ( I) θ = 127 C p V = n R T II Pelas equações I e II: n 1 T 1 = n 2 T 2 Ou seja: M M T = T M M T, em que 1 = 300 K e T2 = 400 K Fazendo-se as devidas substituições numéricas: = M 400 M = 1350 kg 2 2 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 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 kg. Cálculo do Empuxo E = M g 1 E = E = N Cálculo do Peso do conjunto ( 2 ) P = m + M g P = P = 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

67 R = m γ conj E P = m + M a 2 Procedendo as substituições numéricas: = a m a 0,29 s 2 67