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Física D – Extensivo – V. 5
Exercícios
01) D p = µ . g . h 02) DComo a densidade do líquido inserido é maior do que a densidade da água, o nível de água deve estar acima do nível do líquido para que ocorra o equilíbrio.
03) B
Um acréscimo de pressão num líquido em equilíbrio se transmite integralmente a todos os seus pontos. 04) C
O líquido no interior do regador pode ser conside-rado homogêneo, em que a densidade é uniforme em todos os pontos. Logo, não deve ter diferença de nível para alcançar o equilíbrio.
05) B
Comentário: Multiplicadores de força comprovam
o princípio de Pascal. A força aplicada em um fluido é diretamente proporcional à área quando a pressão é a mesma.
06) C
phidro = µ . g . h, não depende da área. 07) 1 cm
Na linha potilhada, podemos dizer que: póleo + págua = pmercúrio
Então, como as densidades informadas estão na mesma unidade (g/cm3), não há necessidade de transformação para o sistema internacional. Logo,
μóleo . g . hóleo + μágua . g . hágua = μmercúrio . g . hmercúrio 0,8 . 8 + 1 . 7,2 = 13,6 . hmercúrio
13,6 = 13,6 . hmercúrio hmercúrio = 1,0 cm 08) a) 1,25 . 103 kg/m3
b) 1,1 . 105 Pa
a) Na linha de separação dos líquidos A e B, po-demos dizer que:
PB = PA
Então, como as alturas informadas estão na mesma uni-dade (cm), não há necessiuni-dade de transformação para o sistema internacional. Logo, μB . g . hB = μA . g . hA μB . 80 = 2 . 103 . 50 μB 1 10 8 10 5 1 . . = 1,25 . 10 3 kg/m3
b) Tomando o líquido A como referência, temos: plinha = patm + μA . g . hA plinha = 1 . 105 + 2 . 103 . 10 . 50 . 10–2 plinha = 1 . 105 + 0,1 . 105 plinha = 1,1 . 105 P A 09) D
A pressão do ar é dada por: par = patm + p
mercúrio. Então, par = 69 cmHg + 8 cmHg par = 77 cmHg
10) Organizando a figura temos:
Hg 5 cm 40 cm óleo ar h = 30 cm 10 cm
Na linha imaginária que separa ar e óleo a pressão é a mesma, logo:
par = patm + pmercúrio + póleo
Então, ajustando as unidades de densidade e profundidade, temos:
par = 1 . 105 + μ
mercúrio . g . hmercúrio + μóleo . g . hóleo
par = 1 . 105 + 13,6 . 103. 10 . 5 . 10−2 + 0,8 . 103. 10. 30 . 10−2 par = 1 . 105 + 68 . 102 + 24 . 102
par = 1 . 105 + 0,092 . 105
par = 1,092 . 105 N/m2 = 1,092 atm
11) 2,4144 . 105 Pa
A pressão no interior do botijão de gás é dada por: pgás = patm + μmercúrio . g . hmercúrio
Então, ajustando as unidades de densidade e profun-didade, temos: 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 12) B p1 = p2 = p3 F A F A F A 1 1 2 2 3 3 = = 200 2 2 1 2 1 3 1 A F A F A = = F1 = 200 N F2 = 400 N F3 = 400 N 13) C pmaior = pmenor F A F A 1 1 2 2 = 15 000 5 . 10 = F 0,01 −1 2 F2 = 300 N 14) C pA = pB F A F A A A B B = ∴ pA pB 80 = 20 ∴ 4 . g = m . gB 80 20 mB = 1 kg 15) 25
01. Correta. p1 = p2, multiplicadores de força. 02. Incorreta. F A F A 1 1 2 2
= , porém A = π . r2, logo, se o raio do pistão duas for 2 vezes maior que o raio do pis-tão 1, o módulo da força F1 será quatro vezes menor que o módulo da força F2.
04. Incorreta. O princípio de Pascal é aplicado para
fluidos, ou seja, líquidos e gases.
08. Correta. O deslocamento dos pistões é
inversamen-te proporcional à força aplicada neles. Se W = F . d, e como F1 < F2 e d1 > d2, concluímos que W1 = W2. 16. Correta. F A F A 1 1 2 2 = . Se F2 = 200 . F1, então A2 = 200 . A1.
32. Incorreta. Como F1 < F2 e d1 > d2, para que ocorra o equilíbrio.
16) a) Alavanca inter-resistente, pois o 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 força dos pistões 1 e 2 é dada por: F A F A p p p p 1 1 2 2 = , então 200 4 10. −4=16 10.2 −4 F , logo F2 = 800 N. 17) D a2 f F1 F = 10 N 10 cm 10 cm fluido F1 MF = MF 1 F . d = F1 . d1 F . 20 = F1 . 10 10 . 20 = F1 . 10 F1 = 20 N ∆p1 = ∆p2 F A F A 1 1 2 2 = ∴ 20 5 1 1 A f A = ∴ f = 100 N
3 18) a) 400 N
b) 5 m
a) Para que ocorra o equilíbrio, a força aplicada no tubo 1 é dada pela relação:
F A F A 1 1 2 2 =
A área de cada tubo é dada por A = π . r2, então
A1 = π . r12 ⇒ A1 = π . 22 = 4 . π cm2 A2 = π . r22 ⇒ A2 = π . 102 = 100 . π cm2 A força aplicada no tubo 1 vale:
F1 4
10000 100
.π= .π ⇒ F1 = 400 N
b) O deslocamento dos pistões é inversamente proporcional à força aplicada neles. Como o carro sobe 20 cm, o des-locamento do tubo 1 é 500 cm, pois a força no tubo 1 é 25 vezes menor que o peso do caro.
19) A
I. Correta. O iceberg flutua acima do nível da água do mar.
II. Incorreta. Não temos informação sobre a massa da massa
nem sobre a do iceberg para relacionarmos o peso de ambos.
III. Correta. Fr = 0 no equilíbrio do iceberg, logo P = E. IV. Incorreta. A força de empuxo também atua sobre o iceberg.
V. Incorreta. A intensidade da força de empuxo corresponde
ao peso do fluido deslocado, e não ao volume de gelo submerso.
20) D
a) Incorreta. Não depende da densidade do corpo, e sim da
do líquido.
b) Incorreta. Depende do volume deslocado pelo corpo
(barco), e não do volume do líquido.
c) Incorreta. Não depende da densidade do corpo, e sim da
do líquido.
d) Correta. E = μ . g .Vdeslocado
e) Incorreta. Não depende da densidade do corpo, e sim da
do líquido. 21) 12
01. Incorreta. O peso aparente nessa situação é zero, pois
o corpo encontra-se em equilíbrio.
02. Incorreta. O peso não se altera na movimentação no
interior do líquido, pois P = m . g.
04. Correta. Como a pressão na parte inferior é maior do que
na parte superior, a força de empuxo nessa condição tem direção vertical e sentido para cima.
08. Correta. Nessa condição de equilíbrio, a força resultante
é nula. Logo, peso do corpo e empuxo poussem mesmas intensidades.
16. Incorreta. E = μ . g .Vdeslocado
22) 39
01. Verdadeira.
02. Verdadeira. Densidades diferentes.
04. Verdadeira.
08. Falsa. O empuxo não depende da profundidade.
E = µlíquido . g . Vsubmerso 16. Falsa.
32. Verdadeira.
23) 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.
24) 18
01. Incorreta. A densidade da prata (substância) é
um valor tabelado e vale 0,0105 kg/m3. Portanto, menor que a densidade da água.
02. Correta. A esfera é oca, está totalmente imersa
e em equilíbrio, logo possui densidade menor que a da água.
04. Incorreta. A densidade da prata (substância) é
um valor tabelado e vale 0,0105 kg/m3. Portanto, menor que a densidade da água.
08. Incorreta. A densidade da esfera de prata é
menor que a da água, pois está flutuando e é oca, não maciça.
16. Correta. Nessa condição de equilíbrio, a força
resultante é nula. Logo, peso da esfera e empuxo sobre a esfera possuem mesmas intensidades. 32. Incorreta. O empuxo depende do volume
des-locado pela esfera. Como o raio permaneceria o mesmo, o empuxo não sofreria alteração. 25) E
Um corpo imerso em um líquido recebe deste uma força vertical para cima chamada de empuxo. Pode--se demonstrar que o empuxo tem intensidade igual ao peso do líquido deslocado pelo corpo, que é proporcional ao volume de líquido deslocado. Como a estátua é feita de ferro, seu peso é maior que o da água deslocada, e isso faz com que ela não flutue. É possível, porém, que as duas forças somadas, (o empuxo e a força aplicada pelos trabalhadores) tenham intensidade maior que o peso da estátua. 26) C
I. Incorreta. O empuxo é igual ao peso do volume
do líquido deslocado.
II. Incorreta. Princípio de Pascal – transmite
in-tegralmente a pressão exercida em uma das extremidades, e não a força.
27) A
I. Correta. Se o navio continuou em equilíbrio
(flutu-ando), o empuxo é igual, em módulo, ao peso do navio, logo o empuxo era maior que o peso da parte submersa desse navio.
II. Correta. O navio flutua com uma parte acima do nível
da água, logo a densidade da água é maior que a densidade do navio.
III. Correta. O peso do iceberg é igual ao empuxo sobre
ele, ou seja, é igual ao peso da água deslocada pela parte submersa do iceberg.
28) A vento T E Fvento P 29) B
O empuxo aplicado na esfera B faz com que o sistema tenha aceleração diferente de zero, ou seja, entre em desequilíbrio dinâmico. Então a polia gira no sentido anti-horário, ou seja, a esfera O desce em movimento acelerado.
30) C
Na figura 1 temos:
Tcabo = P, então até o início da entrada na água a tração no cabo permanece invariável.
Na figura 2, temos:
Tcabo = P − E, em que o empuxo (E) varia conforme a variação (aumenta) de volume deslocado (nesse caso, a tração diminui). Depois de totalmente imerso, o empuxo (E) não sofre alteração, e consequentemente a tração no cabo volta a ser constante.
31) E
a) Incorreta. É diretamente proporcional à variação de
volume.
b) Incorreta. A massa do peixe não varia
significativa-mente para variar seu peso.
c) Incorreta. A densidade da água é invariável nesse
caso.
d) Incorreta. A densidade dimuinui com o aumento da
bexiga. d = m V
e) Correta. Com o aumento da bexiga, o peso do líquido
deslocado pelo peixe aumenta.
33) 21
E
P
01. Verdadeira. Flutuação: dnavio < dágua
02. Falsa. Módulos são iguais, mas vetorialmente não.
04. Verdadeira.
08. Falsa.
16. Verdadeira.
32. Falsa.
32) 38
01. Falsa. Há volume submerso, portanto há empuxo.
02. Verdadeira.
04. Verdadeira.
08. Falsa. Pontos à mesma profundidade estarão
sub-metidos à mesma pressão. 16. Falsa. p = p . g . h
5 34) 07 01. Verdadeira. p = µ . g . h 02. Verdadeira. 2/3 volume 1/3 volume µlíquido = 1g/cm3 → µ corpo = 1/3 g/cm3 04. Verdadeira. E P 08. Falsa.
3 pernas ⇒ menor área de contato ⇒ maior pressão 4 pernas ⇒ maior área de contato ⇒ menor pressão 16. Falsa. Princípio de Pascal.
35) 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. 36) E V A V B µA = m V A µ B = m VB p = E (mA + mB) . g = µlíquido . g . 2V µA .V + µB .V = 1,2 . 2 .V 0,5 + µB = 2,4 µB = 1,9 g/cm3 37) 50 P E T T T T P = m . g = 240 . 10 = 2400 N E = µ . g . V = 1,3 . 200 . 10 = 2600 N Como: E = P + 4T 2600 = 2400 + 4T ∴ T = 50 N 38)10 ρ ρ corpo H O2 = 1 3 ou ρ ρ H O corpo 2 = 3 E = P + T Na situação de Tmáxima = 3P E = P + 3P
E = 4P para arrebentar (romper) ρC = mVC C 01. Falsa. E = µlíquido . g . VC E = ρH O2 . g . mC C ρ E = mC . g . ρ ρ H O corpo 2
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. 39) 21 P = m . g = 0,08 . 10 = 0,8 N µc = mV ∴ 800 = 0 08,V ∴ V = 8 . 10–4 m3 E = µlíquido . g . V = 1200 . 8 . 10–4 . 10 = 1,2 N 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. P= 1,2 N E= 1,2 N F = 0R 40) E
O empuxo é determinado pela seguinte equação: E = μar . g . V d
Então,
130 = 1,3 . 10 . Vd ⇒ Vd = 10 m3
Para que o balão se mantenha no chão, a força resul-tante sobre o ele deve ser nula.
Logo, E = P + F Então, F = E − (m . g) ⇒ F = 130 − 100 = 30 N 41) a) 0,75 g/cm3 ou 7,5 . 102 kg/m3 b) 0,15 N ou 1,5 . 101 N
a) Se volume emerso é 1/4, o volume deslocado vale 3/4 do volume do corpo.
Logo, na situação de equilíbrio, temos: E = P μlíquido . g . Vdeslocado = m . g, como μbloco =
m Vbloco, então μlíquido . g . Vdeslocado = μbloco . μbloco . g
1 . 3
4Vbloco = μbloco . Vbloco 1 . 3
4Vbloco = μbloco = 0,75 g/cm3 ou 7,5.102 kg/m3 b) Antes do rompimento do fio:
T = E − P. Então, ajustando as unidades de densidade e volume, temos:
T = μlíq . g .Vdeslocado − μbloco .Vbloco . g
T = 1 . 103 . 10 . 60 . 10−6 − 0,75 . 103 . 60 . 10−6 . 10 T = 60 . 10−2 − 45 . 10−2
T = 1,5 . 10−1 N ou T = 0,15 N 42) B
Na situação em que o cubo está suspenso no ar, temos: T
P
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 Ilustrando a situação concluímos
que:
E
7 Na situação em que o cubo está parcialmente imerso
na água do lago, temos: E
P T
Nessa nova situação do equilíbrio, a indicação do dina-mômetro é 24 N. Portanto:
T + E = P E = 30 – 24 E = 6 N
A intensidade do empuxo é igual à intensidade do peso do líquido deslocado (E = μlíq . g . Vdeslocado). Pelo texto, o volume do líquido deslocado é metade do volume do cubo. Temos:
Vdeslocado = 1/2 Vcorpo Vdeslocado = 1/2 . (0,1)3 Vdeslocado = 5 . 10–4 m3
Procedendo as devidas substituições numéricas na expressão do empuxo: E = μlíq . g . Vdeslocado 6 = μlíq . 10 . 5 . 10–4 μlíq = 1,2 . 10–3 kg/m3 ∴ μlíq = 1,2 g/cm3 43) a) 100 N/m b) 1 N c) 2,5 . 10–3 kg/m3
a) Na situação 1 temos que: Fel = P. Então, substituindo e ajustando as unidades do SI, temos:
K . x = m . g K . 0,05 = 0,5 . 10 K = 100 N/m
b) Na situação II o peso aparente é determinado da seguinte forma:
Paparente = P − E. Então, substituindo e ajustando as unidades do SI, temos:
Paparente = m . g − μlíq . g .V
Paparente = 0,5 . 10 − 1 . 103 .10 . 400 . 10−6 Paparente = 5 − 4 = 1 N
c) Na situação III, para determinar a densidade do líquido desconhecido, temos a seguinte situação de equilíbrio: E = P. Então, substituindo e ajustando as unidades do SI, temos:
μlíq . g .V = m. g μlíq . 200 . 10−6 = 0,5 μlíq = 2,5 . 10−3 kg/m3 44) a) μar = 1 kg/m3 b) E = 11 000 N c) m = 1000 kg
a) Em relação ao nível do mar, temos: ΔP = μar . g . Δh
Substituindo e ajustando as unidades do SI, temos: 0,1 . 105 = μ ar . 10 . 1000 Então: μar ⇒ 01 10 1 10 5 4 . . ⇒ μar = 1 kg/m 3
b) O empuxo sobre o balão é dado por: E = μar . g . V
E = 1 . 10 . 1100 E = 11 000 N
c) Durante a subida: E – P = m . a Então: E − P = m . a
Substituindo e ajustando as unidades do SI, temos: μar . g . V − m . g = m . a
1 . 10 . 1100 − m . 10 = m . 1 11 000 = 11 . m
m = 1000 kg 45) 1 s
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. En-tão, substituindo e ajustando as unidades do SI, temos: μlíq . 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. H = at2 2 , então 3 = 6 2 2 . t . Concluímos que: t = 1 s
46) a) 20 N b) 2 m/s2
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: T = m . g – μ1 . g . V
T = 10 . 10 – 103 . 10 . 8 . 10–6 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: m . g – μL . g . V = m . a 10 . 10 – 1 . 103 . 10 . 8 . 103 (10–6) = 10 . a 100 – 80 = 10 . a a = 2 m/s2 47) 0,45 m
Observe que o raio da esfera vale 5 cm = 0,05 m. Calcu-lando o volume da esfera:
V = 4 3 . π . r 3 = 4 3 . π . (5 . 10 –2)3 = 5 10 3 4 . − π m3
Como a bola está submersa de modo que seu centro está a 0,3 m da superfície, concluímos que a bola está totalmente submersa.
Obs.: o raio da bola vai interferir na conclusão do exercício. Quando a bola é solta pelo garoto, temos um movimento acelerado para cima.
Então: E − P = m . a Logo, μágua . g .Vbola − m. g = m . a 103 . 10 . 5 10 3 4 . −π – 0,2 . 10 = 0,2 . a Considerando π = 3 5 − 2 = 0,2 . a a = 15 m/s2
Calculando a velocidade de chegada na superfície e a velocidade inicial de lançamento vertical para cima: v2 = v
02 + 2. a . ΔS
Como a bola inicia seu movimento do repouso, temos: v2 = 2 . 15 . 0,3
v2 = 9
No lançamento vertical para cima, a altura máxima do centro da bola em relação à superfície é dada por: v2 = v 02 ± 2 . g . H, em que v = 0 e g = 10 m/s². Então, 0 = 9 − 2 . 10 . H. Logo, H = 0,45 m 48) C A1 > A2 ⇒ V1 < V2 ⇒ P1 > P2 49) A
Para fluir da esquerda para a direita, é necessário haver diferença de pressão.
I II III IV 1 2 1 2 2 1 1 2 I. Verdadeiro. p1 = p2 II. Verdadeiro. p1 > p2
III. Falso. p1 < p2 escorre da direita para a esquerda. IV. Verdadeiro. p1 > p2 50) C – P Fsustentação + P ∆xsuperior > ∆xinferior Vsuperior > Vinferior 51) E
Comentário: O jato de ar retira a pressão sobre o
ponto A (condutor), fazendo com que o líquido no ponto B, praticamente em equilíbrio, suba por este devido à diferença de pressão.
52) B
De acordo com a equação da continuidade, o produto A . v (área . velocidade) é constante. Então, se a área reduz a metade, a velocidade aumenta.
De acordo com o teorema de Bernoulli, v2
2
ρ + P + ρ . g . h = constante
Concluímos que com o aumento da velocidade de escoamento, menor deve ser a pressão na nova si-tuação, para que mantenha a pressão total na região de estrangulamento.
9 53) A
De acordo com a equação da continuidade, o produto A . v (área . velocidade) é constante, ou seja, a vazão Q permanece constante. Se a área reduz (A1 > A2), temos que v1 < v2.
De acordo com o teorema de Bernoulli, v2
2
ρ + P + ρ . g . h = constante
Concluímos que com o aumento da velocidade de esco-amento, menor deve ser a pressão no ponto 2, para que mantenha a pressão total na região de estrangulamento. Logo, p1 > p2
54) A
De acordo com a equação da continuidade, o produto A . v (área . velocidade) é constante, ou seja, a vazão z
permanece constante. Se AA > AB, temos que vA < vB. 55) B
A área do filtro é menor do que a área do funil, pela equação da continuidade, provamos que a velocidade do ar no filtro é maior do que a velocidade do ar no funil. No entanto, a pressão no filtro é inferior à pressão atmosférica no interior do funil (Teorema de Bernoulli), Não tendo sido possível retirar a folha de papel do funil. 56) E
A função do aerofólio é manter o carro o mais fixo no solo possível, usando a corrente de ar. Para isso, à pressão superior deve ser maior do que a inferior. Consequen-temente, pelo Teorema de Bernoulli, a velocidade da na parte superior é menor do que a pressão parte inferior. 57) E
I. Verdadeira. Vsuperior > Vinferior
II. Falsa. psuperior < pinferior para gerar a sustentação. III. Verdadeira. Força de sustentação.
58) B
Segundo o princípio da continuidade, a vazão é a mes-ma em 1 e 2.
59) E
De acordo com a equação da continuidade, temos que A1 . v1 = A2 . v2. Então, A . v = A 6 . v2, v2 = 6v 60) C A1 = πR12 R 2 = 0,8 . R1 A2 = πR22 = π . 0,82 . R 12 Z1 = Z2 A1v1 = A2v2 π . R12. 0,4 = . 0,8 R . π 2. 22 v2∴ v2 = 0,625 m/s 61) C
Para tubos horizontais, aplicando o Teorema de Ber-noulli, temos: v12 2 ρ + P1 = v22 2 ρ + P2. Substituindo: 2 10 2 2 3 + 2 . 105 = 8 10 2 2 3 + P2 2 . 103 + 2 . 105 = 32 . 103 + P 2. Ajustando a potência: 2 . 103 + 200 . 103 = 32 . 103 + P 2 Então, P2 = 170 . 103 = 1,7 . 105 N/m2 62) C
De acordo com a equação da continuidade, temos que A1 . v1 = A2 . v2.
Então, sendo a área uma circunferência, temos: π . R12 . v1 = π . R22 . v2 R12 . v 1 = R22 . v2 Logo, R R1 2 2 2 = v v 2 1
. Para que a velocidade aumente duas vezes, temos: v2 = 2 . v1. Então: R R1 2 2 2 = 2 R R 1 2 = 2 R2 = R1 2 R2 = R1 2 = 8 2 2 2 . . = 4 2 cm
63) B
A vazão é dada por: z = ∆ ∆ v t, então z = 3 10 30 1 10 3 4 3 . − . − = m s
Utilizando a definição de vazão temos: z = A . v, então 1 . 10−4 = 0,5 . 10−4 . v v = 1 . 10 – 4 0 5 10, . −4 = 2 m/s 64) a) 1,5 . 103 Pa b) 8,1 . 102 t c) 100 km/h Em que v = 180 km/h = 50 m/s a) ∆p = ρv2 2 2 = 2 1,2 . 50 = 1500 Pa b) p = F A ∴ 1500 = F 5400 ∴ F = 8 100 000 N Se P = m . g 8,1 . 106 = m . 10 m = 8,1 . 1105 kg = 8,1 . 102 ton c) m = 250 ton Fmínima= P = 250 . 103 . 10 = 2,5 . 106 N ∆p = ρv2 2 = F A ∴ 1,2 . v = 2,5 . 10 2 6 2 5400 ∴ v = 27,7 m/s . 3,6 v = 100 km/h 65) B
A lâmpada registra a sombra do movimento, ou seja, o movimento em uma direção, que se re-pete continuamente, logo Movimento Harmônico Simples.
66) C
a) Incorreta. A frequência reduziria à metade.
b) Incorreta. A força é máxima nos pontos
ex-tremos, pois a elongação é máxima. c) Correta. No centro do sistema, toda energia
potencial elástica é convertida em energia cinética.
d) Incorreta. O período depende da massa do
corpo. e) Incorreta.
67) A
A aceleração de um MHS é máxima nos pontos de inversão do movimento, devido à máxima elongação da mola, ou seja, à máxima força resultante (força elástica).
68) A
A velocidade no ponto de equilíbrio é máxima, já a aceleração é nula.
69) B
1ª Dica: No equilíbrio, energia potencial elástica nula,
acelera-ção nula e velocidade máxima.
2ª Dica: Na elongação máxima, energia potencial elástica
máxima, aceleração máxima e velocidade nula. 70) C
1ª Dica: Nos pontos extremos, aceleração nula e velocidade
máxima.
2ª Dica: No centro do sistema, aceleração máxima e velocidade
nula.
Logo, sua velocidade é máxima quando a aceleração é nula. 71) E
O movimento harmônico simples possui variação de velocidade e aceleração de acordo com a elongação da mola, entre o ponto central do sistema e as extremidades.
72) 22 a –A V = 0 0V = máx a +AV = 0 V V 01. Falsa. 02. Verdadeira. 04. Verdadeira. xmáxima = A 08. Falsa. A aceleração é variável.
16. Verdadeira.
73) D
O período no MHS é o tempo que a partícula leva para sair do ponto inicial e chegar ao ponto final, que nesse caso coincidem. Sendo T = 2 s e f
T f =1⇒ =1
2, temos que f = 0,5 Hz. A amplitude da onda é o deslocamento entre o ponto central e o ponto de máxima elongação, nesse caso distância PA ou PB, logo A = 1 m.
11 74) 5 x = 10 cos (100πt + π/3) x = A . cos (ωt + ϕ0) Amplitude (A) = 10 cm ω = 100π rad/s 2π f = 100π f = 50 Hz f A = = 5 50 10 75) C
O MHS da questão é descrito pela seguinte função: x = 5 cos (π t/2 + 3 π/2)
A equação de posição do MHS é dada por: x = A . cos (ω . t + φ) . Relacionando as equações temos que:
a) Incorreta. A = 5 m
b) Incorreta. ω = π/2 rad/s
c) Correta. Se ω = 2 . π . f, temos que π/2 = 2 . π . f, logo: f = 0,25 Hz
d) Incorreta. T = 1
f, logo: T = 1 0 25, = 4 s e) Incorreta. A fase inicial vale φ0 = 3
2
π radianos. 76) φ = π/2 rad
A amplitude da onda é o deslocamento entre o ponto central e o ponto de máxima elongação, logo:
A = 2 m.
A velocidade angular é dada pela relação: ω = 2π/T
ω = 2π/4 ω = 0,5π rad/s
A partícula encontra-se inicialmente na origem x = 0 e depois avança para x = –2 cm, logo a fase inicial vale φo = π/2 rad
77) C
a) O período da peça é o tempo para uma oscilação com-pleta. Logo T = 4 s
Sendo T = 4 s e f T f =1⇒ =1
4, temos que: f = 0,25 Hz. b) A velocidade é nula quando a peça está na(s)
posição(ões) de inversão do movimento, ou seja, x = A = 2 cm ou –2 cm.
Então, a velocidade é nula nos instantes: t = 1, t = 3 s e t = 5 s.
c) A aceleração é máxima quando a peça está na(s) posição(ões) de inversão do movimento, ou seja, x = A = 2 cm ou –2 cm .
Então, a aceleração é máxima nos instantes t = 1, t = 3 s e t = 5 s.
78) E
1º) De acordo com a figura, concluímos que o pe-ríodo é o tempo para uma oscilação completa, logo T = 4 s.
2º) Como a frequência angular é dada por: w = 2 .π T , temos que w = 2 4 .π, logo w = π 2rad/s. 3º) Como o gráfico indica que o movimento tem início em x = 0 e que depois avança para A = 0,1 m, temos que a fase inicial vale ϕ = 3π/2 rad e que a amplitude vale A = 0,1 m.
Então a função horária da posição dessa partí-cula com os dados no SI é:
x = 0,10 . cos π π 2 3 2 . t+ m 79) 06 R = π cm ω = 4π rad/s 01. Falsa. Amplitude = π cm 02. Verdadeira. ω = 2π T ∴ 4 2 2 π = π T ∴ T = 0,5 s 04. Verdadeira. v = –ω . A . sen (ωt + ϕ0) v = –4π . π . sen (4πt + 0) v = –4π2 . sen(4πt) 08. Falsa. a = –ω2 . A . sen (ωt + ϕ 0) amáx = –ω2 . A . 1 amáx = –(4π)2 . –π amáx = 496 cm/s2 16. Falsa. –A
Velocidade aumenta, logo a energia cinética aumenta. – cmπ
