Prova de física resolvida escola naval 2012

1) Um recipiente cilíndrico de seção reta
transversal A = 20,0 cm² é vedado por um
êmbolo de peso 52,0 N que pode deslizar
livremente sem atrito. O cilindro contém uma
amostra de 3,00 litros de gás ideal na
temperatura inicial de 300 K. Separadamente
com o cilindro nas posições vertical e
horizontal, o gás é aquecido isobaricamente
temperatura inicial até a temperatura de 400 K,
como mostram as figuras 1 e 2,
respectivamente. A diferença entre os
trabalhos realizados pelo gás nas posições
vertical e horizontal, Wv – Wh, em joules, é igual
a
Dados: pressão atmosférica patm = 1,00 x 10
N/m²; g = 10,0 m/s².
A) 8,00
B) 10,0
C) 15,0
D) 18,0
E) 26,0
Comentários:Comentários:Comentários:Comentários:
O que diferencia as duas situações é o fato de
que, na posição vertical, a pressão no gás
maior do que na posição horizontal, já que
naquela, o êmbolo está sendo apoiado pelo gás.
O estudante também deve ficar atento às
unidades – o volume, em litros e a área,
cm², não estão no SI - Sistema Internacional de
Unidades. Cada m³ (unidade do SI)
corresponde a 1.000 litros. Então, para
transformar litro para m³, devemos dividir o
valor por 1.000 – o que equivale a multiplicá
Prova de Física Comentada e
Resolvida
2012
www.einsteinmania.com
rico de seção reta
A = 20,0 cm² é vedado por um
êmbolo de peso 52,0 N que pode deslizar
livremente sem atrito. O cilindro contém uma
litros de gás ideal na
temperatura inicial de 300 K. Separadamente,
com o cilindro nas posições vertical e
isobaricamente da
temperatura inicial até a temperatura de 400 K,
como mostram as figuras 1 e 2,
rença entre os
trabalhos realizados pelo gás nas posições
oules, é igual
= 1,00 x 10 5
diferencia as duas situações é o fato de
que, na posição vertical, a pressão no gás é
ção horizontal, já que
naquela, o êmbolo está sendo apoiado pelo gás.
O estudante também deve ficar atento às
o volume, em litros e a área, em
Sistema Internacional de
Unidades. Cada m³ (unidade do SI)
corresponde a 1.000 litros. Então, para
transformar litro para m³, devemos dividir o
o que equivale a multiplicá-lo
por 10-3. Já em relação à área, a un
m². Cada metro tem 100 cm. Assim, para
transformar uma medida em cm para m
devemos dividi-la por 100 ou então multiplicá
la por 10-2. Como precisamos transformar cm²
para m², fazemos: 1 cm² = (10
m².
Sendo isobáricas as transformações envolvidas,
podemos calcular o trabalho termodinâmico
pela relação W = p xW = p xW = p xW = p x ∆∆∆∆
gases ideais, nestas transformações, o volume é
diretamente proporcional à temperatura.
a 300 K, ele vale 3 litros, a 400 K, valerá 4
Além disto, vamos desprezar as precisões
(,00..). Isto será feito
questões.
Resolução:Resolução:Resolução:Resolução:
Patm = pressão atmosférica
P = peso do êmbolo;
A = área do êmbolo;
pv = pressão no gás (figura 1
ph = pressão no gás (figura 2
pv = Patm +
୔
୅
Wv – Wh = pv . ∆V – p
(Patm +
୔
୅
- Patm) . ∆V =
52
20 . 10ିସ
. (4 െ 3). 10ି
Letra ELetra ELetra ELetra E
2) Considere certa amostra de
temperatura T kelvin cujas moléculas, de
massa M, possuem velocidade média V m/s. Em
Resolvida – Escola Naval
1
. Já em relação à área, a unidade do SI é
m². Cada metro tem 100 cm. Assim, para
transformar uma medida em cm para metro,
por 100 ou então multiplicá-
Como precisamos transformar cm²
1 cm² = (10-2)² m² = 10-4
ansformações envolvidas,
podemos calcular o trabalho termodinâmico
∆∆∆∆VVVV e lembrar que, para os
gases ideais, nestas transformações, o volume é
diretamente proporcional à temperatura. Como
a 300 K, ele vale 3 litros, a 400 K, valerá 4 litros.
Além disto, vamos desprezar as precisões
. Isto será feito em todas as outras
= pressão atmosférica;
figura 1);
figura 2) = Patm.
ph . ∆V = (pv - ph) . ∆V =
V =
୔
୅
. ∆V =
ିଷ
= 26 joules
Considere certa amostra de um gás ideal na
elvin cujas moléculas, de
massa M, possuem velocidade média V m/s. Em

uma amostra de outro gás também ideal, mas
na temperatura 2T kelvin e com moléculas de
massa M/4, a velocidade média das moléculas
é V’ m/s. A razão V’/V vale
A) ½
B) 2
C) 4
D) 2√2
E) √2/2
Como temos as massas das moléculas nas duas
situações e suas respectivas velocidades
médias, podemos recorrer a uma das
conclusões da Teoria Cinética Clássica para os
gases ideais, segundo a qual a energia cinética
média por molécula é proporcional à
temperatura.
Eୡ = energia cinética;
m = massa;
v = velocidade;
c = constante;
Eୡα T →
ଵ
ଶ
mvଶ
= c . t
Situação 1
ଵ
ଶ
MV² = c . T (1)
Situação 2
Resolvida
2012
m ideal, mas
elvin e com moléculas de
massa M/4, a velocidade média das moléculas
Como temos as massas das moléculas nas duas
situações e suas respectivas velocidades
médias, podemos recorrer a uma das
conclusões da Teoria Cinética Clássica para os
gases ideais, segundo a qual a energia cinética
proporcional à
ଵ
ଶ
୑
ସ
Vᇱଶ
= c . 2T (2)
Para obtermos V’/V, podemos dividir (2) por
(1), membro a membro
1
2
M
4
Vᇱଶ
1
2
MVଶ
=
c . 2T
c . T
→
1
4
Vᇱଶ
Vଶ
= 2
→
Vᇱଶ
Vଶ
= 8
∴
V′
V
= √8 = 2√2
Letra DLetra DLetra DLetra D
3) Um reservatório fechado contém certa
quantidade de um gás ideal à pressão inicial P
= 1,00 x 105 N/m². Num primeiro processo,
esse gás é lentamente aquecido de T
até uma temperatura T
processo, um pequeno orifício é aberto na
parede do reservatório e
deixa-se escapar ¼ do
mantendo-se, porém, a temperatura constante.
(T2 = T1, ver gráfico). Sabendo
do segundo processo, a pressão do gás no
interior do reservatório é de P
N/m², o valor de T2, em
A) 103
B) 100
C) 97,0
D) 90,0
E) 87,0
2
/V, podemos dividir (2) por
, membro a membro
Um reservatório fechado contém certa
quantidade de um gás ideal à pressão inicial P0
N/m². Num primeiro processo,
esse gás é lentamente aquecido de T0 = 27,0 0C
temperatura T1. Num segundo
processo, um pequeno orifício é aberto na
ede do reservatório e muito lentamente,
se escapar ¼ do conteúdo inicial do gás
se, porém, a temperatura constante.
, ver gráfico). Sabendo-se que, ao final
segundo processo, a pressão do gás no
interior do reservatório é de P2 = 0,900 x 105
, em 0C, é

Esta questão envolve duas transformações
sofridas por um gás ideal. Na primeira delas,
podemos usar a Lei Geral dos Gases Ideais
‫۾‬ ‫܄‬
‫܂‬
=
‫۾‬ᇲ‫܄‬ᇱ
‫܂‬ᇱ
, onde P é a pressão, V é o volume e T
é a temperatura, em kelvin. Na segunda
transformação, usaremos a equação de
Clapeyron ‫܄۾‬ = ‫܂܀ܖ‬ em cada estado (inicial e
final), onde n é o número de mols e R é a
constante universal dos gases ideais,
número de mols muda de um estado para outro
na transformação.
Estado 0
P0 = 1,00 x
105 N/m²;
T0 = 27 0C =
27 + 273 =
300 K;
V0 = volume
inicial.
Estado 1
P1 = pressão
neste estado;
T1=
temperatura
neste estado;
V1=V0
(admitindo-
se que as
paredes do
recipiente
sejam
inflexíveis)
n = número
de mols neste
estado;
Estado 2
P2
10
V2
que se
mantém no
recipiente
continua
ocupando o
mesmo
volume)
T2
n’ =
que
deixou o
recipiente)
Transformação (0 → 1)
1 . 10ହ
. V଴
300
=
Pଵ . Vଵ
Tଵ
→ Tଵ =
Pଵ . 300
1 . 10
Para o Estado 1
Resolvida
2012
Esta questão envolve duas transformações
sofridas por um gás ideal. Na primeira delas,
podemos usar a Lei Geral dos Gases Ideais -
, onde P é a pressão, V é o volume e T
Na segunda
transformação, usaremos a equação de
em cada estado (inicial e
onde n é o número de mols e R é a
constante universal dos gases ideais, pois o
muda de um estado para outro
Estado 2
= 0,900 x
105 N/m²
= V1 (o gás
que se
mantém no
recipiente
continua
ocupando o
mesmo
volume)
= T1
n’ =
ଷ
ସ
n (já
que
ଵ
ସ
de n
deixou o
recipiente)
300
10ହ
(1)
Pଵ . Vଵ = n . R . Tଵ (2)
Para o Estado 2
0,9 . 10ହ
. Vଶ =
3
4
. n . R
Dividindo-se (2) por (3),
Pଵ
0,9 . 10ହ
=
1
3
4
(com as
ܲଵ = 0,9 . 10ହ
.
4
3
= 1,2
Substituindo-se (4) em (1)
Tଵ =
1,2 . 10ହ
. 300
1 . 10ହ
=
Letra ELetra ELetra ELetra E (lembre-se de que T
4) Uma esfera, de peso P n
específica µ, está presa ao fundo de um
recipiente por meio de um fio ligado a um
dinamômetro D, de massas desprezíveis. A
esfera encontra-se totalmente submers
água de massa específica µ
figura. Nessas condições, a leitura do
dinamômetro em função do peso P é dada
A) P/4
B) P/2
C) 2P/3
D) P
E) 2P
3
R . Tଶ (3)
se (2) por (3), membro a membro
as simpliϐicações) →
. 10ହ
(4)
se (4) em (1)
360 K െ 273 = 87଴
C
se de que T2 = T1)
Uma esfera, de peso P newtons e massa
específica µ, está presa ao fundo de um
recipiente por meio de um fio ligado a um
dinamômetro D, de massas desprezíveis. A
se totalmente submersa em
água de massa específica µágua = 2µ, conforme a
figura. Nessas condições, a leitura do
metro em função do peso P é dada por

Vamos considerar que a esfera seja maciça.
empuxo é a resultante das forças que um fluido
faz em um corpo que está parcial ou totalmente
imerso nele. Para fluidos em equilíbrio
(repouso ou movimento retilíneo e uniforme),
o empuxo está na vertical ascendente (aponta
para cima) e pode ser calculado como o
produto da massa específica do fluido pelo
volume imerso e pela gravidade. No caso
analisado, a esfera também está em equilíbrio.
Para isto, o empuxo tem o mesmo valor
numérico da soma do peso da esfera e da força
que o fio exerce nela (que é a força indicada
pelo dinamômetro). Como a massa específica
do líquido é o dobro da massa específica da
esfera e ela está totalmente imersa, o empuxo é
o dobro do peso (peso é o produto da massa
pela gravidade e a massa é o produto da massa
específica pelo volume). Sendo assim, a for
no fio tem que ser igual ao peso –
leva à resposta.
Vejamos de outra forma.
E = empuxo;
P = peso da esfera;
T = força no fio;
µ = massa específica da esfera;
V = volume da esfera.
Resolvida
2012
Vamos considerar que a esfera seja maciça. O
das forças que um fluido
faz em um corpo que está parcial ou totalmente
. Para fluidos em equilíbrio
(repouso ou movimento retilíneo e uniforme),
o empuxo está na vertical ascendente (aponta
para cima) e pode ser calculado como o
a específica do fluido pelo
volume imerso e pela gravidade. No caso
está em equilíbrio.
Para isto, o empuxo tem o mesmo valor
numérico da soma do peso da esfera e da força
que o fio exerce nela (que é a força indicada
metro). Como a massa específica
do líquido é o dobro da massa específica da
, o empuxo é
o dobro do peso (peso é o produto da massa
pela gravidade e a massa é o produto da massa
específica pelo volume). Sendo assim, a força
o que já nos
E = T + P → T = E – P
T = 2µVg - µVg →
T = µVg
∴ T = P
5) Um projétil é lançado c
vertical situado a 20 m do ponto de
lançamento. Despreze a resistência do ar. Se
esse lançamento é feito com uma velocidade
inicial de 20 m/s numa direção que faz um
ângulo de 600 com
aproximada do ponto onde o projétil se choca
com o anteparo, em metros, é
Dados: tg600 ≅ 1,7; g = 10 m/s².
A) 7,0
B) 11
C) 14
D) 19
E) 23
4
P →
5) Um projétil é lançado contra um anteparo
vertical situado a 20 m do ponto de
lançamento. Despreze a resistência do ar. Se
esse lançamento é feito com uma velocidade
inicial de 20 m/s numa direção que faz um
com a horizontal, a altura
aproximada do ponto onde o projétil se choca
com o anteparo, em metros, é
1,7; g = 10 m/s².

Vamos analisar o movimento de acordo com
suas componentes horizontal e vertical. É como
se tivéssemos dois movimentos simultâneos e
independentes, em termos de resultado
Na horizontal, o movimento está isento de
força resultante e ocorre por Inércia
é uniforme. Na vertical, o movimento está
sujeito à aceleração imposta pela gravidade,
que terá valor negativo, pois orientaremos a
trajetória para cima, ou seja, as posições
verticais serão contadas de baixo para cima e a
gravidade aponta para baixo e, para esta altura
pode ser considerada constante. Assim, o
movimento tem aceleração constante e é
comumente chamado de uniformemente
variado.
Encontremos o tempo de movimento
horizontal, do ponto de partida até o anteparo
e, como os movimentos são simultâneos, o
usemos no movimento vertical para
calcularmos a altura alcançada neste instante.
Este tempo é o tempo de voo do projétil.
Decomposição da velocidade inicial
V୭୦ = 20cos600
V଴୴ = 20sen600
Horizontal
Resolvida
2012
Vamos analisar o movimento de acordo com
vertical. É como
se tivéssemos dois movimentos simultâneos e
, em termos de resultado.
Na horizontal, o movimento está isento de
força resultante e ocorre por Inércia – por isto
é uniforme. Na vertical, o movimento está
mposta pela gravidade,
que terá valor negativo, pois orientaremos a
trajetória para cima, ou seja, as posições
verticais serão contadas de baixo para cima e a
para esta altura,
pode ser considerada constante. Assim, o
movimento tem aceleração constante e é
comumente chamado de uniformemente
Encontremos o tempo de movimento
horizontal, do ponto de partida até o anteparo
são simultâneos, o
movimento vertical para
calcularmos a altura alcançada neste instante.
Este tempo é o tempo de voo do projétil.
Decomposição da velocidade inicial
‫܁‬‫ܐ‬ = ‫܁‬૙‫ܐ‬ + ‫܄‬‫ܐܗ‬‫ܜ‬
20 = 0 + 20ܿ‫06ݏ݋‬଴
‫ݐ‬
20 = 20.
1
2
. t → t = 2s
Vertical
‫܁‬‫ܞ‬ = ‫܁‬૙‫ܞ‬ + ‫܄‬૙‫ܞ‬‫ܜ‬ +
૚
૛
܏
S୴ = 0 + 20. sen60଴
. 2
S୴ = 20 .
√3
2
.2 െ 20
Como tg 600 = √3 ≅ 1,7
∴ S୴ ≅ 20 .1,7 െ 20 ≅ 14
Letra CLetra CLetra CLetra C
6) O bloco B, de massa 10,0 kg, está sobre o
bloco A, de massa 40,0 kg, ambos em repouso
sobre um plano inclinado que faz um ângulo
= 300 com a horizontal, conforme a figura. Há
atrito, com coeficiente estático 0,600 entre o
bloco B e o bloco A, não havendo atrito entre o
bloco A e o plano inclinado. A intensidade
mínima da força FFFF,,,, em n
bloco A e paralela ao plano inclinado, para que
o sistema permaneça em repouso, é
Dado: g = 10,0 m/s².
A) 250
B) 225
C) 200
D) 175
E) 150
5
s
܏ ‫ܜ‬૛
2 െ 5. 2ଶ
1,7
14 m
, de massa 10,0 kg, está sobre o
, de massa 40,0 kg, ambos em repouso
inclinado que faz um ângulo Ɵ
com a horizontal, conforme a figura. Há
atrito, com coeficiente estático 0,600 entre o
, não havendo atrito entre o
bloco A e o plano inclinado. A intensidade
em newtons, aplicada ao
bloco A e paralela ao plano inclinado, para que
o sistema permaneça em repouso, é

FFFF é uma força na direção do plano
bloco A. Não haverá, deste modo, movimento
na direção perpendicular ao plano e podemos
nos preocupar apenas com as forças naquela
direção. Para que o bloco A permaneça em
repouso, as forças aplicadas a ele
anular. Então, as forças opostas a
têm que ter a mesma intensidade de
forças são a componente tangencial do peso de
A e a componente atrito entre os blocos
de fato, aponta para baixo, já que o bloco
tende a descer, “tentando”, assim, “
para baixo.
Para que B fique em repouso, seu peso
tangencial deve ter a mesma intensidade da
componente de atrito entre os blocos, que em B
aponta para cima, conforme o Princípio da
Ação e Reação, segundo o qual as forças que
pertencem ao par ação e reação têm a mesma
direção, mas sentidos opostos (além de terem a
mesma intensidade e serem aplicadas em
corpos diferentes).
Pat = peso tangencial de A;
Fat = força de atrito;
Pbt = peso tangencial de B.
Para o equilíbrio de B
Fat = Pbt = PB . senƟ = 10 . 10 . 0,5 = 50 N
Resolvida
2012
na direção do plano aplicada ao
bloco A. Não haverá, deste modo, movimento
na direção perpendicular ao plano e podemos
nos preocupar apenas com as forças naquela
permaneça em
ele devem se
opostas a FFFF, somadas,
têm que ter a mesma intensidade de FFFF.... Estas
forças são a componente tangencial do peso de
A e a componente atrito entre os blocos – que,
de fato, aponta para baixo, já que o bloco B
“tentando”, assim, “empurrar” A
ue B fique em repouso, seu peso
tangencial deve ter a mesma intensidade da
componente de atrito entre os blocos, que em B
aponta para cima, conforme o Princípio da
as forças que
ação e reação têm a mesma
ão, mas sentidos opostos (além de terem a
mesma intensidade e serem aplicadas em
Ɵ = 10 . 10 . 0,5 = 50 N
Para o equilíbrio de A
F = Fat + Pat = 50 + P
50 + 40 . 10 . 0,5 = 250 N
Letra ALetra ALetra ALetra A
7) Um bloco de massa 5,00 kg d
desprezível, a pista da figura, sendo sua
velocidade inicial V0 = 4,00 m/s e a altura h =
4,00 m. Após a descida, o bloco percorre parte
do trajeto horizontal AB, agora com atrito e,
então, colide com uma mola de massa
desprezível e constante k = 200 N/m. Se a
compressão máxima da mola devido a essa
colisão é ∆x = 0,500 m, o trabalho da força de
atrito, em joules, vale
Dado: g = 10,0 m/s²
A) -72,0
B) -96,0
C) -140
D) -192
E) -215
No ponto inicial, em relação ao nível que passa
por AB, o bloco tem energia cinética e potencial
gravitacional. Durante a descida, a soma destas
duas energias (energia mecânica) é mantida.
Ao chegar a A, o bloco passa a perder energia
mecânica por causa da
ao final da compressão da mola, a energia
mecânica do sistema será a energia mecânica
inicial subtraída do módulo do trabalho da
6
Fat + Pat = 50 + PA . senƟ =
50 + 40 . 10 . 0,5 = 250 N
7) Um bloco de massa 5,00 kg desce, com atrito
desprezível, a pista da figura, sendo sua
= 4,00 m/s e a altura h =
4,00 m. Após a descida, o bloco percorre parte
do trajeto horizontal AB, agora com atrito e,
então, colide com uma mola de massa
desprezível e constante k = 200 N/m. Se a
compressão máxima da mola devido a essa
00 m, o trabalho da força de
No ponto inicial, em relação ao nível que passa
por AB, o bloco tem energia cinética e potencial
gravitacional. Durante a descida, a soma destas
duas energias (energia mecânica) é mantida.
A, o bloco passa a perder energia
mecânica por causa da força de atrito, até que,
ao final da compressão da mola, a energia
mecânica do sistema será a energia mecânica
inicial subtraída do módulo do trabalho da

força de atrito. Assim, podemos afirmar que o
trabalho da força de atrito é a energia mecânica
final subtraída da energia mecânica inicial.
Emi = energia mecânica inicial
Emf = energia mecânica final
Wfat = trabalho da força de atrito
Wfat = Emf - Emi =
୩୶మ
ଶ
െ ቀ
୫୴బ
మ
ଶ
+ mghቁ
Wfat =
ଶ଴଴.(଴,ହ)మ
ଶ
െ ቀ
ହ.ସమ
ଶ
+ 5.10.4ቁ
∴ Wfat = -215 Joules
8) Um bloco A, de massa mA = 1,0 kg, colide
frontalmente com outro bloco B, de massa m
= 3,0 kg, que se encontrava inicialmente em
repouso. Para que os blocos sigam grudados
com velocidade 2,0 m/s, a energia total
dissipada durante a colisão, em joules, deve se
A) 24
B) 32
C) 36
D) 48
E) 64
O valor da energia total dissipada durante a
colisão é a energia cinética inicial do sistema,
Resolvida
2012
força de atrito. Assim, podemos afirmar que o
a energia mecânica
subtraída da energia mecânica inicial.
ቁ
ቁ
= 1,0 kg, colide
frontalmente com outro bloco B, de massa mB
= 3,0 kg, que se encontrava inicialmente em
repouso. Para que os blocos sigam grudados
com velocidade 2,0 m/s, a energia total
oules, deve ser
O valor da energia total dissipada durante a
colisão é a energia cinética inicial do sistema,
representada pela energia cinética de A antes
da colisão, subtraída da energia cinética final
do sistema, representada pela energia cinética
dos dois blocos que, após a colisão, passam a se
movimentar juntos. Mas para fazermos
subtração, precisaremos
do bloco A, que será encontra
Princípio da Conservação da Quantidade de
Movimento, aplicado ao
dos blocos, que se manterá, permitindo
lidar apenas com os módulos das quantidades
de movimento.
ResolResolResolResolução:ução:ução:ução:
Q0s = quantidade de movimento inicial do
sistema;
Q0A = quantidade de movimento i
Qs = quantidade de movimento final do
sistema;
V0A = velocidade inicial de A;
VS = velocidade final do s
Ec0s = energia cinética inicial do s
Ecs = energia cinética final do s
Mt = massa total do sistema;
Etd = energia total dissipada.
Q0s = Q0A = mA . V0A = 1 . V
Q0s = Qs = (1 + 3) . 2 (2)
Igualando-se (1) e (2)
1 . V0A = (1 + 3) . 2 = 8 m/s
Etd = Ecs - Ec0s →
7
representada pela energia cinética de A antes
da colisão, subtraída da energia cinética final
do sistema, representada pela energia cinética
dos dois blocos que, após a colisão, passam a se
movimentar juntos. Mas para fazermos esta
precisaremos da velocidade inicial
que será encontra usando-se o
Princípio da Conservação da Quantidade de
ao sentido do movimento
dos blocos, que se manterá, permitindo-nos
lidar apenas com os módulos das quantidades
= quantidade de movimento inicial do
= quantidade de movimento inicial de A;
= quantidade de movimento final do
nicial de A;
= velocidade final do sistema;
= energia cinética inicial do sistema;
= energia cinética final do sistema;
istema;
issipada.
1 . V0A (1)
= (1 + 3) . 2 (2)
= (1 + 3) . 2 = 8 m/s

Etd =
୑౪ .୚౏
మ
ଶ
െ
୫ఽ . ୚బఽ
మ
ଶ
=
ସ .
െ24 joules
O sinal negativo confirma que a
dissipada.
9) Um bloco de massa M = 1,00 kg executa,
preso a uma mola de constante k = 100 N/m,
um MHS de amplitude A cm ao longo do plano
inclinado mostrado na figura. Não há atrito em
qualquer parte do sistema. Na posição de altura
máxima, a mola está comprimida e exerce
sobre o bloco uma força elástica de módulo
igual a 3,00 N. A velocidade do bloco, em m/s,
ao passar pela posição de equilíbrio é
A) 1,10
B) 0,800
C) 0,500
D) 0,300
E) 0,200
O estudante deve tomar um cuidado especial
nesta questão. Ele comumente aprende que no
MHS, a posição de equilíbrio, onde a força
sobre o corpo é nula, corresponde ao local onde
a elongação da mola é zero. Mas isto é verdade
quando o sistema está na horizontal. Quando
ele está parcial (que é o caso) ou totalmente na
vertical, há um deslocamento da posição de
equilíbrio por causa do peso do corpo (ou de
sua componente tangencial). Assim, a posição
Resolvida
2012
. ଶమ
ଶ
െ
ଵ . ଼మ
ଶ
=
O sinal negativo confirma que a energia foi
9) Um bloco de massa M = 1,00 kg executa,
preso a uma mola de constante k = 100 N/m,
um MHS de amplitude A cm ao longo do plano
o na figura. Não há atrito em
qualquer parte do sistema. Na posição de altura
máxima, a mola está comprimida e exerce
sobre o bloco uma força elástica de módulo
igual a 3,00 N. A velocidade do bloco, em m/s,
ao passar pela posição de equilíbrio é
O estudante deve tomar um cuidado especial
nesta questão. Ele comumente aprende que no
MHS, a posição de equilíbrio, onde a força
sobre o corpo é nula, corresponde ao local onde
a elongação da mola é zero. Mas isto é verdade
ntal. Quando
ele está parcial (que é o caso) ou totalmente na
vertical, há um deslocamento da posição de
equilíbrio por causa do peso do corpo (ou de
sua componente tangencial). Assim, a posição
em que a mola tem seu comprimento natural
está acima da posição de equilíbrio.
Além disto, como a força elástica será sempre
paralela ao plano inclinado e a componente do
peso que é perpendicular ao plano não realiza
trabalho, as forças envolvidas (elástica e peso
tangencial) nas transformações de energia do
sistema (por exemplo, cinética para potencial
elástica) estarão na direção do plano. Desta
forma, podemos tratar o MHS como se ele
estivesse ocorrendo na horizontal
direção do plano), em termos de energia
potencial gravitacional
considerá-la.
X1 = distância entre a posição de elongação
máxima e a posição de comprimento natural;
X2 = distância entre a posição de comprimento
natural e a posição de equilíbrio;
Fel = força elástica na posi
máxima;
Fel’ = força elástica na posição de equilíbrio =
peso tangencial do bloco (P
v = velocidade do bloco na posição de
equilíbrio;
Cálculo de X1
8
em que a mola tem seu comprimento natural
ão de equilíbrio.
Além disto, como a força elástica será sempre
paralela ao plano inclinado e a componente do
peso que é perpendicular ao plano não realiza
trabalho, as forças envolvidas (elástica e peso
tangencial) nas transformações de energia do
a (por exemplo, cinética para potencial
elástica) estarão na direção do plano. Desta
forma, podemos tratar o MHS como se ele
estivesse ocorrendo na horizontal (que será a
, em termos de energia
potencial gravitacional, ou seja, não precisamos
= distância entre a posição de elongação
máxima e a posição de comprimento natural;
= distância entre a posição de comprimento
natural e a posição de equilíbrio;
lástica na posição de elongação
’ = força elástica na posição de equilíbrio =
angencial do bloco (Pt).
v = velocidade do bloco na posição de

Fel = K . X1 → ܺଵ =
ଷ
ଵ଴଴
= 3. 10ିଶ
m
Cálculo de X2
Fel’= K . X2 = Pt = mgsenƟ → X2 =
୫୥ୱୣ୬Ɵ
ଵ.ଵ଴.଴,ହ
ଵ଴଴
= 5. 10ିଶ
m
A = X1 + X2 = 8.10-2 m
m. vଶ
2
=
k. Aଶ
2
→ v = A. ඨ
k
m
= 8. 10
= 8 . 10ିଵ
ou 0,8 m/
Letra BLetra BLetra BLetra B
10) Um plano horizontal
determinado ponto O sobre o equador
(geográfico), num local onde o campo
magnético terrestre tem componente
horizontal BBBBhhhh. Sob a ação única desse campo, a
agulha magnetizada AA’AA’AA’AA’ de uma bússola de eixo
vertical se alinhou ao meridiano magnético que
passa por O, como mostra a figura. Considere
que as propriedades magnéticas do planeta são
as de uma barra cilíndrica imantada co
magnéticos M e M’, ambos pontos da superfície
terrestre. Já o eixo de rotação da Terra passa
pelos pontos geográficos G e G’. Se estes quatro
polos têm suas projeções verticais em
Gα’) alinhadas com a agulha, um navegante,
partindo de O no sentido sul indicado
inicialmente pela bússola, e que se desloque
sem desviar sua direção, primeiramente
passará próximo ao polo
Resolvida
2012
୫୥ୱୣ୬Ɵ
୏
=
10ିଶ
. ඨ
100
1
/s
Um plano horizontal α contém
sobre o equador
(geográfico), num local onde o campo
magnético terrestre tem componente
. Sob a ação única desse campo, a
de uma bússola de eixo
vertical se alinhou ao meridiano magnético que
, como mostra a figura. Considere
que as propriedades magnéticas do planeta são
as de uma barra cilíndrica imantada com polos
, ambos pontos da superfície
terrestre. Já o eixo de rotação da Terra passa
Se estes quatro
polos têm suas projeções verticais em α (Mα, ...,
) alinhadas com a agulha, um navegante,
no sentido sul indicado
pela bússola, e que se desloque
sem desviar sua direção, primeiramente
A) geográfico sul, se o
polo mais próximo de
O for o polo
magnético norte
(barra imantada).
B) geográfico sul, se o
polo mais próximo de
O for o polo
magnético sul (barra
imantada).
C) geográfico norte, se
o polo mais próximo
de O for o polo
magnético norte
(barra imantada).
D) magnético norte,
se o polo mais
próximo de O for o
polo magnético sul
(barra imantada).
E) magnético sul
(barra imantada), se
esse for o polo mais
próximo de O.
Os polos geográficos e magnéticos são opostos
e não coincidentes, ou seja, o polo norte
geográfico encontra-se próximo ao polo sul
magnético (mas não coincidem) e vice
Para que as projeções destes quatro pontos
estejam alinhadas em um plano que tangencia
um ponto do equador geográfico
que estes quatro pontos estejam no plano que é
perpendicular ao anterior. A intersecção entre
eles é a linha comum aos
9
C) geográfico norte, se
Os polos geográficos e magnéticos são opostos
e não coincidentes, ou seja, o polo norte
se próximo ao polo sul
magnético (mas não coincidem) e vice versa.
Para que as projeções destes quatro pontos
estejam alinhadas em um plano que tangencia
um ponto do equador geográfico é necessário
que estes quatro pontos estejam no plano que é
perpendicular ao anterior. A intersecção entre
a linha comum aos pontos citados.

Como podemos ver, partindo de O e mantendo
a mesma direção inicial, o navegante passará
primeiro pelo sul geográfico, caso o sul
magnético seja o mais próximo.
11) Dois geradores elétricos G1 e G
curvas características tensão-corrente dadas
nos dois gráficos da figura. Se, em um circuito
composto apenas pelos dois geradores, G
conectado em oposição a G1, de modo que U
U1, G2 passará a operar como um receptor
elétrico. Nessa condição, o rendimento elétrico
do gerador G1, em porcentagem, será de
aproximadamente
Resolvida
2012
Como podemos ver, partindo de O e mantendo
a mesma direção inicial, o navegante passará
primeiro pelo sul geográfico, caso o sul
e G2 possuem
corrente dadas
em um circuito
composto apenas pelos dois geradores, G2 for
, de modo que U2 =
passará a operar como um receptor
o, o rendimento elétrico
, em porcentagem, será de
A) 81
B) 85
C) 89
D) 93
E) 96
O rendimento de G1 pode ser determinado pela
razão entre sua potência útil e sua potência
total, na associação com G
precisaremos calcular a tensão em seus
terminais – o que nos levará a necessidade de
conhecermos o valor da corrente que o
atravessa. Isto será possível com o
conhecimento das forças eletromotrizes dos
geradores e suas resistências internas.
ResoluçãResoluçãResoluçãResolução:o:o:o:
ε1 = força eletromotriz de G
ε2 = força eletromotriz de G
r1 = resistência interna de G
r2 = resistência interna de G
icc1 = corrente de curto circuito em G
icc2 = corrente de curto circuito em G
U1 = tensão nos terminais de G
I = corrente na associação;
η = rendimento.
Do gráfico de G1
10
pode ser determinado pela
razão entre sua potência útil e sua potência
, na associação com G2. Para isto,
precisaremos calcular a tensão em seus
o que nos levará a necessidade de
conhecermos o valor da corrente que o
atravessa. Isto será possível com o
conhecimento das forças eletromotrizes dos
geradores e suas resistências internas.
= força eletromotriz de G1;
= força eletromotriz de G2;
= resistência interna de G1;
= resistência interna de G2;
= corrente de curto circuito em G1;
= corrente de curto circuito em G2;
= tensão nos terminais de G1, na associação;
I = corrente na associação;

ε1 = 27 V e icc1 = 36 A. Assim, r1 =
ଶ଻
ଷ଺
Do gráfico de G2
ε2 = 22 V e icc2 = 44 A. Assim, r2 =
ଶଶ
ସସ
i =
கଵ ି கଶ
୰ଵି ୰ଶ
=
ଶ଻ିଶଶ
଴,଻ହା଴,ହ
= 4 A
η =
୙ଵ .୧
கଵ .୧
=
கଵ ି ୰ଵ .୧
கଵ
= 1 െ
଴,଻ହ .ସ
ଶ଻
≅ 0,
12) No trecho de circuito mostrado na figura, o
voltímetro e os amperímetros são ideais e
indicam 6 V e 4/3 A (leitura igual nos dois
amperímetros). As resistências possuem valor
R desconhecido. A corrente I, em amperes
A) 2/3
B) 4/3
C) 2
D) 8/3
E) 3
Não há diferença de potencial elétrico entre os
terminais de um amperímetro ideal já que U =
RI e R do amperímetro ideal é zero. Assim,
atribuindo valores genéricos para os potenciais
dos nós dos terminais das resistências
teremos:
Resolvida
2012
ଶ଻
ଷ଺
= 0,75 Ω
ଶଶ
ସସ
= 0,5 Ω
,89 ‫ݑ݋‬ 89%
12) No trecho de circuito mostrado na figura, o
voltímetro e os amperímetros são ideais e
indicam 6 V e 4/3 A (leitura igual nos dois
amperímetros). As resistências possuem valor
R desconhecido. A corrente I, em amperes, vale
Não há diferença de potencial elétrico entre os
terminais de um amperímetro ideal já que U =
é zero. Assim,
atribuindo valores genéricos para os potenciais
terminais das resistências,
E, desta forma, podemos dizer que as
resistências estão em paralelo. No primeiro
ponto A, a corrente I se divide em duas
correntes – uma que passa por R e outra que
passa pelo amperímetro da esquerda. Esta
segunda corrente vai alimentar as outras duas
resistências. Então, a corrente que passa pela
primeira resistência é metade de 4/3, ou seja,
vale 2/3 A e a corrente total I é 2 A. Daí, já
temos a resposta. Mas vamos mostrar pela
figura abaixo, como as correntes se div
para que o estudante tenha mais condições de
entender.
11
E, desta forma, podemos dizer que as
resistências estão em paralelo. No primeiro
ponto A, a corrente I se divide em duas
uma que passa por R e outra que
passa pelo amperímetro da esquerda. Esta
rente vai alimentar as outras duas
resistências. Então, a corrente que passa pela
primeira resistência é metade de 4/3, ou seja,
vale 2/3 A e a corrente total I é 2 A. Daí, já
temos a resposta. Mas vamos mostrar pela
como as correntes se dividem,
para que o estudante tenha mais condições de

I = 2i + i = 3i
2i =
ସ
ଷ
→ i =
ଶ
ଷ
∴ I = 3 .
ଶ
ଷ
= 2 A
13) Para medir a ddp e a corrente no reostato
de resistência elétrica R da figura, utilizou
um voltímetro e um amperímetro reais,
construídos com galvanômetros (G) idênticos
de resistência interna RG = 40 Ω
selecionados um multiplicador RM
voltímetro), e um shunt Rs = 16 x 10
amperímetro), definindo assim os valores
máximos (fundo de escala) das medidas
elétricas como sendo iguais a 50 V e 2,5 A,
respectivamente. Desprezando os valores de R
ou RG quando comparados a R
aproximado de R, em ohms, para o qual as
correntes nos dois galvanômetros (I
sempre iguais é
A) 20
B) 32
C) 40
D) 50
E) 64
Vamos analisar a situação como um circuito
elétrico qualquer. Na parte superior
está em paralelo com o ramo que contém o
Resolvida
2012
Para medir a ddp e a corrente no reostato
de resistência elétrica R da figura, utilizou-se
amperímetro reais,
construídos com galvanômetros (G) idênticos
= 40 Ω. Foram
= 50 kΩ (no
= 16 x 10-3 Ω (no
, definindo assim os valores
escala) das medidas
elétricas como sendo iguais a 50 V e 2,5 A,
respectivamente. Desprezando os valores de R
quando comparados a RM, o valor
aproximado de R, em ohms, para o qual as
correntes nos dois galvanômetros (IG) são
o um circuito
Na parte superior, o reostato
está em paralelo com o ramo que contém o
multiplicador e o galvanômetro e na parte
inferior, o shunt está em paralelo com o
galvanômetro. Como
atravessam os galvanômetros
intensidade, nas duas situações, e as correntes
que entram nas duas partes
inferior, também têm a mesma intensidade (I),
a corrente que atravessa o reostato tem a
mesma intensidade da corrente que atravessa o
shunt, como mostra a figura.
R . i’ = (RM + RG) . IG = R
RS . i’ = RG . IG (2)
Dividindo-se (1) por (2)
R
Rୗ
=
R୑
Rୋ
→ R =
R୑
Rୋ
.
=
50 . 10
40
12
multiplicador e o galvanômetro e na parte
inferior, o shunt está em paralelo com o
galvanômetro. Como as correntes que
os galvanômetros têm a mesma
intensidade, nas duas situações, e as correntes
que entram nas duas partes – superior e
inferior, também têm a mesma intensidade (I),
a corrente que atravessa o reostato tem a
ma intensidade da corrente que atravessa o
shunt, como mostra a figura.
= RM . IG (1)
se (1) por (2)
. Rୗ
10ଷ
40
. 16 . 10ିଷ
= 20 Ω

14) As quatros cargas Q idênticas, positivas e
puntiformes, estão fixas nos vértices de um
quadrado de lado L = √2 m, isoladas e no vácuo
(ver figura). Uma carga de prova positiva q =
0,10 µC é, então, cuidadosamente colocada no
centro O da configuração. Como o equilíbrio é
instável, a carga q é repelida até atingir uma
energia cinética constante de 7,2 x 10
Desprezando a força gravitacional, o valor de
cada carga Q, em microcoulombs, vale
Dado: constante eletrostática no vácuo. K
9,0 x 109
୒ .୫²
େ²
A) 1,0
B) 2,0
C) 4,0
D) 6,0
E) 8,0
No centro do quadrado, o campo elétrico é nulo
porque as cargas são iguais e estão igualmente
distantes deste ponto. Não havendo campo
elétrico, não há força elétrica e a carga de prova
não se movimenta. Desta forma, é necessário
que alguma perturbação ocorra, por menor que
seja, para que a carga de prova passe a se
movimentar. Iniciado o movimento, a força
elétrica será a resultante sobre a carga de
prova. Então, o trabalho desta força será igu
variação de sua energia cinética. Podemos
encontrar este trabalho com o produto da carga
pela diferença de potencial elétrico
subtração do valor do potencial elétrico no
centro do quadrado e do potencial elétrico num
ponto muito distante (infinito), onde ele
Resolvida
2012
14) As quatros cargas Q idênticas, positivas e
puntiformes, estão fixas nos vértices de um
m, isoladas e no vácuo
(ver figura). Uma carga de prova positiva q =
0,10 µC é, então, cuidadosamente colocada no
Como o equilíbrio é
instável, a carga q é repelida até atingir uma
energia cinética constante de 7,2 x 10-3 J.
Desprezando a força gravitacional, o valor de
cada carga Q, em microcoulombs, vale
Dado: constante eletrostática no vácuo. K0 =
No centro do quadrado, o campo elétrico é nulo
porque as cargas são iguais e estão igualmente
distantes deste ponto. Não havendo campo
elétrico, não há força elétrica e a carga de prova
movimenta. Desta forma, é necessário
que alguma perturbação ocorra, por menor que
seja, para que a carga de prova passe a se
movimentar. Iniciado o movimento, a força
elétrica será a resultante sobre a carga de
prova. Então, o trabalho desta força será igual à
variação de sua energia cinética. Podemos
encontrar este trabalho com o produto da carga
pela diferença de potencial elétrico – que será a
subtração do valor do potencial elétrico no
centro do quadrado e do potencial elétrico num
(infinito), onde ele será
nulo. Neste ponto, o campo elétrico também é
nulo e, desta forma, a força resultante passa a
ser nula, não realizando mais trabalho e a
energia cinética se torna constante
W = trabalho do campo e
V’ = potencial elétrico total no centro do
quadrado;
V = potencial elétrico provocado por cada
carga nos vértices;
d = distância do vértice até o centro do
quadrado.
d =
୐ .√ଶ
ଶ
=
√ଶ .√ଶ
ଶ
= 1 m
V =
୏ .୕
ୢ
V’ = 4V = 4.
୏ .୕
ୢ
= 4.
ଽ.ଵ଴
W = q.(V’ – 0) = 7,2 . 10
0,1 . 10-6 . (4.
ଽ.ଵ଴వ.୕
ଵ
) = 7,2 . 10
Q =
଻,ଶ .ଵ଴షయ
଴,ଵ .ଵ଴షల . ସ .ଽ.ଵ଴వ
= 2 . 10
15) Uma fonte sonora pontual emite
isotropicamente com uma potência de 15,0 W.
Se esse som é interceptado por um microfone
distante d = 100m da fonte, em
0,560 cm², a potência recebida, em nanowatts,
é de
A) 0,100/π
B) 0,150/π
13
nulo. Neste ponto, o campo elétrico também é
nulo e, desta forma, a força resultante passa a
ser nula, não realizando mais trabalho e a
se torna constante.
W = trabalho do campo elétrico;
l elétrico total no centro do
V = potencial elétrico provocado por cada
d = distância do vértice até o centro do
m
ଵ଴వ.୕
ଵ
10-3 →
= 7,2 . 10-3
= 2 . 10 -6 C ou 2µC
15) Uma fonte sonora pontual emite
isotropicamente com uma potência de 15,0 W.
Se esse som é interceptado por um microfone
distante d = 100m da fonte, em uma área de
0,560 cm², a potência recebida, em nanowatts,

C) 0,190/π
D) 0,210/π
E) 0,250/π
Esta questão foi anulada, pois a resposta
correta não está disponível em nenhuma das
alternativas, como veremos.
A propagação da energia sonora ocorre
igualmente em todas as direções
isotrópica). Assim, a 100m da fonte, todos os
pontos da casca esférica de raio 100m recebem
a mesma intensidade (razão entre a potência e
a área).
I = intensidade (a 100 m);
r = raio da casca esférica;
A = área da casca esférica;
P = potência da fonte sonora;
P’ = potência recebida em uma porção da casca
esférica (0,560 cm²);
A’ = área de recepção do microfone (0,560 cm²
ou 0,56 . 10ିସ
m²).
I =
P
A
=
15
4πr²
=
15
4. π. 100²
Pᇱ
= I. Aᇱ
=
15
4. π. 100²
.0,56 . 10ିସ
∴ Pᇱ
=
21
π
nW
16) Uma onda se propagando em uma corda de
comprimento L = 100 cm e massa m = 2,00 kg
Resolvida
2012
Esta questão foi anulada, pois a resposta
correta não está disponível em nenhuma das
propagação da energia sonora ocorre
ões (emissão
100m da fonte, todos os
pontos da casca esférica de raio 100m recebem
a mesma intensidade (razão entre a potência e
P’ = potência recebida em uma porção da casca
A’ = área de recepção do microfone (0,560 cm²
16) Uma onda se propagando em uma corda de
comprimento L = 100 cm e massa m = 2,00 kg
é descrita pela função de onda y(x,t) =
0,100cos(2,00x – 10,0t) m, onde x está em
metros e t em segundos. A tração na corda, em
newtons, vale
A) 60,0
B) 50,0
C) 40,0
D) 30,0
E) 20,0
Para encontramos a tração na corda,
precisaremos da Equação de Taylor, segundo a
qual, a velocidade na corda é a raiz quadrada
da razão entre a tração e a densidade linear,
que por sua vez é a razão entre a massa e o
comprimento da corda. Para isto, deveremos
calcular a velocidade de propagação da onda na
corda, a qual pode ser obtida pela
onda.
V = velocidade de propagação da onda;
T = tração na corda;
µ = densidade linear da corda;
V = ඨ
T
μ
→ T = V² . μ
T = V² . 2(1)
Função de onda genérica
Pode ser dada por
onde A é a amplitude, x é a posição horizontal,
14
é descrita pela função de onda y(x,t) =
10,0t) m, onde x está em
egundos. A tração na corda, em
Para encontramos a tração na corda,
quação de Taylor, segundo a
qual, a velocidade na corda é a raiz quadrada
da razão entre a tração e a densidade linear,
que por sua vez é a razão entre a massa e o
comprimento da corda. Para isto, deveremos
calcular a velocidade de propagação da onda na
rda, a qual pode ser obtida pela função de
V = velocidade de propagação da onda;
µ = densidade linear da corda;
= V² .
m
L
= V² .
2
1
→
Função de onda genérica
Pode ser dada por y(x, t) = Acos(
ଶ஠୶
஛
െ
ଶ஠୲
୘
),
onde A é a amplitude, x é a posição horizontal,

y é a posição vertical, λ é o comprimento de
onda, t é o instante considerado e T é o período.
Para a onda em questão, y(x,t) =
0,100cos(2,00x – 10,0t). Assim, temos
2π
λ
= 2 (2)
2π
T
= 10 (3)
Dividindo-se (3) por (2)
2π
T
2π
λ
=
λ
T
= 5 e
λ
T
= V → V = 5(4)
Substituindo-se (4) em (1)
T = 5² . 2 = 50 newtons
17) Dois pequenos satélites A e B, idênticos,
descrevem órbitas circulares ao redor da Terra.
A velocidade orbital do satélite A vale v
10³ m/s. Sabendo que os raios orbitais dos
satélites são relacionados por
ோಳ
ோಲ
velocidade orbital do satélite B, em m/s, vale
A) 2 x 10³
B) 1 x 10³
C) 4 x 10²
D) 2 x 10²
E) 1 x 10²
Se o estudante lembrar-se da fórmula da
velocidade orbital, ganha um “tempinho” na
Resolvida
2012
é o comprimento de
onda, t é o instante considerado e T é o período.
Para a onda em questão, y(x,t) =
10,0t). Assim, temos
17) Dois pequenos satélites A e B, idênticos,
descrevem órbitas circulares ao redor da Terra.
A velocidade orbital do satélite A vale vA = 2 x
10³ m/s. Sabendo que os raios orbitais dos
= 1 ‫ݔ‬ 10², a
velocidade orbital do satélite B, em m/s, vale
se da fórmula da
velocidade orbital, ganha um “tempinho” na
resolução do problema. Mas se não lembrar,
pode deduzi-la facilmente percebendo que a
força de atração gravitacional entre a Terra e
cada satélite é centrípeta.
G = constante universal da gravitação;
M = massa da Terra;
V୆ = velocidade orbital de B.
V୅ = ට
ୋ୑
ୖఽ
(1)
V୆ = ඨ
GM
R୆
(2)
Dividindo-se (1) por (2), membro a membro
V୅
V୆
= ඨ
‫ܯܩ‬R୆
R୅GM
= ඨ
ܴ஻
ܴ஺
V୆ =
V୅
10
=
2 . 10ଷ
10
= 2
18) A viga inclinada de 60
repousa sobre dois apoios A e D. Nos pontos C e
E, dois blocos de massa 8,00 kg estão
pendurados por meio de um fio ideal. Uma
força de 30,0 N traciona um fio ideal preso à
viga no ponto B. Desprezando o peso da viga e
o atrito no apoio D, a reação normal que o
apoio D exerce na viga, em newtons, é igual a
15
resolução do problema. Mas se não lembrar,
la facilmente percebendo que a
força de atração gravitacional entre a Terra e
centrípeta.
G = constante universal da gravitação;
= velocidade orbital de B.
se (1) por (2), membro a membro
ඨ = ඥ10ଶ = 10 →
2.10ଶ
m/s
18) A viga inclinada de 600 mostrada na figura
repousa sobre dois apoios A e D. Nos pontos C e
E, dois blocos de massa 8,00 kg estão
pendurados por meio de um fio ideal. Uma
força de 30,0 N traciona um fio ideal preso à
no ponto B. Desprezando o peso da viga e
D, a reação normal que o
apoio D exerce na viga, em newtons, é igual a

A) 30,0
B) 50,0
C) 70,0
D) 90,0
E) 110
Como a barra está em equilíbrio e ela é um
corpo extenso, a força resultante sobre ela tem
que ser nula, assim como o torque resultante.
Para encontrarmos a força que o apoio D faz
sobre a barra, basta partirmos desta última
condição. Para calcularmos o valor do torque
de cada força, vamos fazê-lo em relação ao
ponto A. Estes valores são respectivamente
iguais ao produto da força pelo braço de força,
que é a distância entre a reta base da força e o
ponto escolhido. Desta forma, não
precisaremos considerar as forças em A, já que
seus braços serão nulos.
Resolvida
2012
Como a barra está em equilíbrio e ela é um
corpo extenso, a força resultante sobre ela tem
torque resultante.
Para encontrarmos a força que o apoio D faz
sobre a barra, basta partirmos desta última
condição. Para calcularmos o valor do torque
lo em relação ao
Estes valores são respectivamente
da força pelo braço de força,
que é a distância entre a reta base da força e o
Desta forma, não
precisaremos considerar as forças em A, já que
Pe = Peso em E;
Nd = normal em D;
Pc = peso em C;
F = força em B;
Bd = braço de força (Nd);
Bf = braço de força (F);
Bc = braço de força (Pc);
Bep = braço de força (Pe).
Cálculo de Bd
cos60଴
=
6
Bୢ
→ Bୢ =
16
Bd = braço de força (Nd);
Bf = braço de força (F);
c);
Bep = braço de força (Pe).
6
cos60଴
= 12

Cálculo de Bf
cos60଴
=
2
B୤
→ B୤ =
2
cos60଴
= 4
Cálculo de Bc e Bep
Da primeira figura, tiramos que Bc = 4 m e Bep
= 8 m
Nd e F tendem a girar a barra no sentido
horário e Pe e Pc, no sentido anti
Assim, a soma dos torques de Nd e F anula a
soma dos torques de Pe e Pc
Nd . Bd + F . Bf = Pe . Bep + Pc . Bc
Nd . 12 + 30 . 4 = 80 . 8 + 80 . 4
∴ Nd = 70 N
19) Uma capacitância C = 0,25 µF a
uma energia eletrostática inicial de 72 x 10
quando foi conectada em paralelo a 4 (quatro)
outras capacitâncias idênticas a ela, mas
completamente descarregadas. As cinco
capacitâncias associadas em paralelo atingem,
no equilíbrio eletrostático, uma ddp, em volts,
de
A) 4,8
B) 2,4
Resolvida
2012
que Bc = 4 m e Bep
Nd e F tendem a girar a barra no sentido
horário e Pe e Pc, no sentido anti-horário.
Assim, a soma dos torques de Nd e F anula a
Bc →
19) Uma capacitância C = 0,25 µF armazenava
uma energia eletrostática inicial de 72 x 10-6 J,
quando foi conectada em paralelo a 4 (quatro)
outras capacitâncias idênticas a ela, mas
completamente descarregadas. As cinco
associadas em paralelo atingem,
no equilíbrio eletrostático, uma ddp, em volts,
C) 1,2
D) 0,60
E) zero
Do valor da capacitância e da energia
anteriormente acumulada, calculamos a
Na associação em paralelo, a carga
esta carga, mas distribuída entre as cinco
capacitâncias. Daí, tiramos a ddp da associação
Q = carga;
E = energia eletrostática inicial;
U = ddp da associação.
E =
Qଶ
2C
→ Q = √E. 2C
Q = ඥ72 . 10ି଺ . 2 .0,25
U =
Q
5C
=
6 . 10ି଺
5 . 0,25 . 10
20) Uma balança encontra
tendo, sobre seu prato direito, um recipiente
contendo inicialmente apenas água. Um cubo
sólido e uniforme, de volume 5,0 cm³, peso 0,2
N e pendurado por um fio fino é, então,
lentamente mergulhado na água até que fique
totalmente submerso. Sabendo que o cubo não
toca o fundo do recipiente, a balança estará
equilibrada se for acrescentado um contrapeso,
em newtons, igual a
17
Do valor da capacitância e da energia
anteriormente acumulada, calculamos a carga.
Na associação em paralelo, a carga total será
esta carga, mas distribuída entre as cinco
capacitâncias. Daí, tiramos a ddp da associação.
E = energia eletrostática inicial;
U = ddp da associação.
C →
25 . 10ି଺ = 6 . 10ି଺
C
10ି଺
= 4,8 V
0) Uma balança encontra-se equilibrada
tendo, sobre seu prato direito, um recipiente
contendo inicialmente apenas água. Um cubo
sólido e uniforme, de volume 5,0 cm³, peso 0,2
N e pendurado por um fio fino é, então,
nte mergulhado na água até que fique
totalmente submerso. Sabendo que o cubo não
toca o fundo do recipiente, a balança estará
equilibrada se for acrescentado um contrapeso,

Dados: g = 10 m/s²; massa específica da água
= 1,0 g/cm³.
A) zero , pois a balança se mantém equilibrada.
B) 0,50 , colocado sobre o prato direito.
C) 0,20 , colocado sobre o prato esquerdo.
D) 0,15 , colocado sobre o prato direito.
E) 0,050 , colocado sobre o prato esquerdo.
Como o cubo foi mergulhado
podemos admitir que a água permaneceu em
equilíbrio. Também, pelas informações do
enunciado, admitimos que não houve
transbordamento. Assim, a força que a água
fará sobre o cubo será o empuxo. Pelo Princípio
da Ação e Reação, o cubo faz força
mesma intensidade e este será o valor
“percebido” pela balança. Então, o contrapeso
deverá ser colocado no prato esquerdo e seu
peso deve ser igual ao empuxo citado. Se o cubo
se apoiasse no fundo do recipiente, teríamos,
além do empuxo, a força de contato estes dois,
e o contrapeso deveria ter valor igual à soma
do empuxo com esta força de contato.
O estudante também deve se lembrar de
transformar a massa específica da água e o
volume do cubo para o SI.
E = empuxo;
μ = massa especíϐica da água;
V = volume do cubo:
μ = 1
g
cmଷ
= 1
10ିଷ
kg
10ି଺mଷ
= 10ଷ
kg
mଷ
Resolvida
2012
Dados: g = 10 m/s²; massa específica da água
, pois a balança se mantém equilibrada.
B) 0,50 , colocado sobre o prato direito.
C) 0,20 , colocado sobre o prato esquerdo.
D) 0,15 , colocado sobre o prato direito.
E) 0,050 , colocado sobre o prato esquerdo.
lentamente,
podemos admitir que a água permaneceu em
equilíbrio. Também, pelas informações do
enunciado, admitimos que não houve
transbordamento. Assim, a força que a água
Pelo Princípio
da Ação e Reação, o cubo faz força na água de
mesma intensidade e este será o valor
“percebido” pela balança. Então, o contrapeso
deverá ser colocado no prato esquerdo e seu
peso deve ser igual ao empuxo citado. Se o cubo
no fundo do recipiente, teríamos,
de contato estes dois,
valor igual à soma
do empuxo com esta força de contato.
O estudante também deve se lembrar de
transformar a massa específica da água e o
ܸ = 5 ܿ݉ଷ
= 5 . 10ି଺
݉
E = μ. V. g = 10ଷ
. 5 . 10
18
݉ଷ
10ି଺
. 10 = 0,050 N

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