apostila de fÍsica 1ª parte

José Geraldo Carneiro Trindade

CINEMÁTICA

01) (UFMG) O resultado da soma 0,000371 x 104 + 18 x 10-2 será:

a) 18 Solução: 0,000371 x 104 + 18 x 10-2 b) 0,18 371 x 10-6 x 104 + 18 x 10-2 => 371 x 10-2 + 18 x 10-2 c) 3,89 x 10-2 389 x 10-2 => 3,89 x 102 x 10-2 => 3,89

d) 3,89e) ndra

02) (UFMG) A ordem de grandeza do número 0,0001306 é:

a) 10-3 Solução : 0,0001306 = 1,306 x 10-4

b) 10-4 c) 10-5 A ordem de grandeza é 10-4

d) 10-6 e) 10-7

03) (UERJ) Qual a ordem de grandeza do número de segundos contidos em um mês ?

a) 103 Solução : 1 h 3.600 Seg x = 86.400 segb) 104 24 h x c) 105

d) 106 1 dia 86.400 Seg x = 2.592.000 sege) 107 30 dias x x = 2,6 . 106 seg

04) (UNIFOR – CE) Considerando que cada aula dura 50 min, o intervalo de tempo de duas aulas seguidas, expresso em segundos, é de:

a) 3,0 . 102 Solução : duas aulas seguidas = 2 x 50 = 100 minb) 3,0 . 103

c) 3,6 . 103 1 min 60 seg x = 100 x 60 => x = 6.000 d) 6,0 . 103 100 min x 1

e) 7,2 . 103 x = 6,0 . 103 s

05) (UFMG) O comprimento de uma circunferência de diâmetro 1,15 cm deve ser expresso por:

a) 3,6110 cm Solução : C = 2 r => C = 3,14 . 1,15 => C = 3,6110 cm b) 3,61 cm

c) 7,22 cm C = 3,61 cm d) 3,5796 cme) 3,58 cm

06) (UFMG) Um astronauta de massa 74,8 kg está em uma cápsula cuja massa é 5,6 toneladas. A massa do conjunto (cápsula + homem) é expressa corretamente por:

a) 5,7 x 103 kg Solução :74,8 kg + 5.600 kg = 5674,8 kg => 5,6748 x 103 kgb) 6 toneladasc) 5675 kg 5,7 x 103 kgd) 5674,8 kge) 6,0 x 103 kg

07) (UFMG) O volume de uma esfera de raio R = 6,1 cm é expresso corretamente por:

1


a) 950,29378 cm3 Solução : V = 4 r3 => V = 4 . 3,14 . (6,1)3 b) 938,1881 cm3 3 3

c) 9,5 x 102 cm3 V = 4 . 3,14 . 226,981 => V = 2.850,88136d) 940 cm3 3 3e) 938 cm3 V = 950,293786 cm3 => V = 9,5 x 102 cm3

08) (VUNESP – SP) O intervalo de tempo de 2,4 min eqüivale, no Sistema Internacional de Unidades (SI), a:

a) 24 s Solução : 1 min 60 s x = 2,4 x 60 => x = 144 s b) 124 s 2,4 min x 1

c) 144 sd) 160 se) 240 s

09) (UFMG) Um automóvel cobriu uma distância de 100 km, percorrendo nas três (3) primeiras horas 60 km e na hora seguinte os restantes 40 km. A velocidade média do automóvel foi:

a) 20 km/h Solução : Vm = s => Vm = s 1 + s 2 => Vm = 60 + 40 b) 25 km/h t t1 + t2 3 + 1

c) 30 km/hd) 50 km/h Vm = 100 => Vm = 25 km/he) 100 km/h 4

10) (UCMG) Um automóvel viaja a 20 km/h durante a primeira hora e a 30 km/h nas duas horas seguintes. Sua velocidade média durante as três primeiras horas, em km/h, é:

a) 20 Solução :S = So + vt => S = 0 + 20 . 1 => S = 20 kmb) 30 S = 0 + 30 . 2 => S = 60 kmc) 31 Vm = s 1 + s 2 => Vm = 20 + 60 => Vm = 80 d) 25 t1 + t2 1 + 2 3

e) 27 Vm = 26,66 => Vm = 27 km/h

11) (FFUMG) Um corpo move-se em linha reta obedecendo à seguinte lei: s = 5 + 6t – 1 t2 onde s está medido em metros e t está medido em segundos e representam, 2 respectivamente, o espaço e o tempo. Para esse movimento, qual a expressão da velocidade em função do tempo ?

Solução : S = So + Vot + a t 2 => V = Vo + at => V = 6 – t 2

12) (CESGRANRIO) Um automóvel passou pelo marco 24 km de uma estrada às 12 horas e 7 minutos. A seguir, passou pelo marco 28 km da mesma estrada às 12 horas e 11 minutos. Qual foi a velocidade média do automóvel ?

a) 12 km/h Solução : 12 h 7 min = 720 + 7 = 727 minutosb) 24 km/h 12 h 11 min = 720 + 11 = 731 minutos c) 28 km/h

d) 60 km/h Vm = s => Vm = 28 – 24 => Vm = 4 => Vm = 1 km/mine) 80 km/h t 731 – 727 4

1 h 60 min x = 1 h x 1 min 60

Vm = 1 km => Vm = 60 km/h 1 h 60 13) (FUVEST – SP) Após chover na cidade de São Paulo, as águas da chuva desceram o

rio Tietê até o rio Paraná, percorrendo cerca de 1000 km. Sendo de 4 km/h a velocidade média das águas, o percurso mencionado será cumprido pelas águas da chuva em aproximadamente:

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a) 30 dias Solução : Vm = s 4 = 1000 => t = 1000 => t = 250 h b) 10 dias t t 4

c) 25 diasd) 2 dias 1 dia 24 h x = 250 => x = 10,4 => x 10 diase) 4 dias x 250 h 24

14) (UEL – PR) Um trem de 200 m de comprimento, com velocidade constante de 60 km/h, gasta 36 s para atravessar uma ponte completamente. A extensão da ponte, em metros, é de:

a) 200 Solução : Vm = s 60 km/h = 60 m/s b) 400 t 3,6

c) 500 60 = 200 + x => 60 . 36 = 3,6 (200 + x)d) 600 3,6 36e) 800 2160 = 720 + 3,6x => 3,6x = 2160 – 720 => 3,6x = 1440

x = 1440 => x = 400 m 3,6

15) (PUC – SP) Um objeto movendo-se em linha reta tem no instante 4,0 s a velocidade de 6,0 m/s e no instante 7,0 s a velocidade de 12,0 m/s. Sua aceleração escalar média neste intervalo de tempo é, em m/s2 :

a) 1,6 Solução : am = v => am = 12 – 6 => am = 6 => am = 2,0 m/s2 b) 2,0 t 7 – 4 3

c) 3,0d) 4,2e) 6,0

16) (FUVEST – SP) Uma moto de corrida percorre uma pista que tem o formato aproximado de um quadrado com 5 km de lado. O primeiro lado é percorrido a uma velocidade média de 100 km/h, o segundo e o terceiro a 120 km/h e o quarto a 150 km/h. Qual a velocidade média da moto neste percurso ?

a) 110 km/h Solução : s1 = 5 km s2 = 5 km s3 = 5 km s4 = 5 km b) 120 km/h Vm1 = 100 km/h Vm2 =120 km/h Vm3 = 120 km/h Vm4 = 150 km/h

c) 130 km/hd) 140 km/h t1 = s 1 => t1 = 5 => t1 = 1 he) 150 km/h Vm1 100 20

t2 = s 2 => t2 = 5 => t2 = 1 h t3 = t2 =>t3 = 1 h Vm2 120 24 24 t4 = s 4 => t4 = 5 => t4 = 1 h Vm4 150 30

t = t1 + t2 + t3 + t4 => t = 1 + 1 + 1 + 1 20 24 24 30 t = 6 + 5 + 5 + 4 => t = 20 => t = 1 h 120 120 6 s = s1 + s2 + s3 + s4 => s = 5 + 5 + 5 + 5 => s = 20 km

Vm = s => Vm = 20 => Vm = 20 . 6 => Vm = 120 km/h t 1 1 617) (MACK – SP) Dois móveis A e B partem, simultaneamente, do mesmo ponto, com

velocidades constantes VA = 6 m/s e VB = 8 m/s. Qual a distância entre eles, em metros, depois de 5 s, se eles se movem na mesma direção e no mesmo sentido ?

a) 10 Solução : SA = S0 + V t SB = S0 + V tb) 30 SA = 0 + 6 . 5 SB = 0 + 8 . 5 c) 50 SA = 30 m SB = 40 md) 70

3


e) 90 Depois de 5 s B estará a 10 m de A (40m – 30m = 10 m)

18) (PUCC – SP)Dois carros se deslocam, numa pista retilínea, ambos no mesmo sentido e com velocidades constantes. O carro que está na frente desenvolve 20 m/s e o que está atrás desenvolve 35 m/s . Num certo instante a distância entre eles é de 225 m. A partir deste instante, que distância o carro que está atrás precisa percorrer para alcançar o que está na frente ?

a) 100 m Solução : A B b) 205 m 0 225 m

c) 525 md) 300 m SA = S0 + V t SB = S0 + V t e) 375 m SA = 0 + 35 t SB = 225 + 20 t

SA = 35 t No instante do encontro : SA = SB 35 t = 225 + 20 t => 35 t – 20 t = 225 15 t = 225 => t = 225 => t = 15 s 15 SA = 35 t => SA = 35 . 15 => SA = 525 m

19) (FUVEST – SP) Partindo do repouso, um avião percorre a pista com aceleração constante, e atinge a velocidade de 360 km/h em 25 segundos. Qual é a aceleração em m/s2 ?

a) 9,8 Solução : V = 360 km/h => 360 => 100 m/s t = 25 sb) 7,2 3,6 c) 6,0

d) 4,0 am = v => am = 100 => am = 4 m/s2 e) 2,0 t 25

20) (CESGRANRIO) Uma patrulha rodoviária mede o tempo que cada veículo leva para percorrer um trecho de 400 m de estrada. Um automóvel percorre a primeira metade do trecho com velocidade de 140 km/h. Sendo de 80 km/h a velocidade limite permitida, qual deve ser a maior velocidade média do carro na segunda metade do trecho para evitar ser multado ?

a) 20 km/h Solução : Para trechos iguais, temos: Vm = 2 V1 V2 b) 48 km/h V1 + V2

c) 56 km/h 80 = 2 . 140 V 2 => 11.200 + 80 V2 = 280 V2 d) 60 km/h 140 + V2

e) 80 km/h 280 V2 – 80 V2 = 11.200 => 200 V2 = 11.200 V2 = 11.200 => V2 = 56 km/h 200

21) (UFRN) Um trem corre a uma velocidade de 20 m/s, quando o maquinista vê um obstáculo 50 m a sua frente; a desaceleração mínima que deve ser dada ao trem para que não haja choque é de em m/s2 :

a) 4 Solução : v2 = vo2 + 2a s

b) 2 (20)2 = 02 + 2 . a . 50 c) 1 400 = 100 ad) 0,5 a = 400 => a = 4 m/s2 e) zero 100

22) (FGV – SP) A equação da posição de um móvel no SI é dada por S = 20t – 5t2 . Em que instantes, em segundos, a posição deste móvel é S = 0 ?

4


a) 0 e 2 Solução : S = 20t – 5t2 S = 0 b) 0 e 4 0 = 20t – 5t2 => 5t2 – 20t = 0 => t (5t – 20) = 0

c) 2 e 4 t = 0 e 5t – 20 = 0 => 5t = 20 => t = 20 => t = 4 s d) 3 e 6 5e) 2 e 6

23) (FUVEST – SP) Um veículo parte do repouso em movimento retilíneo e acelera a 2m/s2 . Pode-se dizer que sua velocidade e a distância percorrida, após 3 segundos, valem, respectivamente:

a) 6 m/s e 9 m Solução : am = v => 2 = v => v = 6 m/s b) 6 m/s e 18 m t 3

c) 3 m/s e 12 md) 12 m/s e 36 m S = S0 + vt => S = 0 + 6 . 3 => S = 18 me) 2 m/s e 12 m

24) (UNIFOR – CE) Um móvel parte do repouso e adquire movimento retilíneo com aceleração constante de 2 m/s2 . Depois de 5 s de movimento, ele percorreu, em m:

a) 1 Solução :am = v => 2 = v => v = 10 m/sb) 2 t 5c) 5d) 25 S = S0 + vt => S = 0 + 10 . 5 => S = 50 m

e) 50

25) (ESALQ Piracicaba – SP) Dois navios N1 e N2 partem de um mesmo ponto e se deslocam sobre uma mesma reta com velocidades 35 km/h e 25 km/h. A comunicação entre os dois navios é possível, pelo rádio, enquanto a distância entre eles não ultrapassar 600 km. Determine o tempo durante o qual os dois navios podem se comunicar, admitindo que: a) os dois navios partem ao mesmo tempo e movem-se no mesmo sentido;b) o navio mais lento parte duas horas antes do outro e movem-se no mesmo

sentido;c) os dois navios partem ao mesmo tempo e movem-se em sentidos opostos.

Solução :a) V = VN1 – VN2 => V = 35 – 25 => V = 10 km/h e = V . t => t = e => t = 600 => t = 60 h V 10 b) 25 km/h . 2 h = 50 km 600 km 60 h x = 50 . 60 50 km x 600 x = 3000 => x = 5 h 600

c) V = VN1 + VN2 => V = 35 + 25 => V = 60 km/h

e = V . t => t = e => t = 600 => t = 10 h V 60

26) (FM Catanduva – SP) Um móvel percorre uma trajetória retilínea AB, onde M é o ponto médio, sempre no mesmo sentido e com movimento uniforme em cada um dos trechos AM e MB. A velocidade no trecho AM é 3,0 m/s e no trecho MB é 7,0 m/s.

A d M d B A velocidade média entre os pontos A e B é:

a) 2,1 m/s Solução : eAM = VMB . tAM => tAM = eAM => tAM = d . b) 3,3 m/s VMB 3

c) 4,2 m/s eMB = VMB . tMB => tMB = eMB => tMB = d . d) 5,0 m/s VMB 7e) um valor diferente O tempo gasto no percurso AB é :

tAM + tMB = d + d => 7d + 3d => 10 d 3 7 21 21

Vm = s => Vm = 2d => Vm = 2d . 21 => Vm = 42

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t 10d 10d 10 21 Vm = 4,2 m/s

27) (FEMC – RJ) Um carro vai do Rio à São Paulo com a velocidade média de 60 km/h e volta com a velocidade média de 40 km/h. Logo, para ir e voltar gastando o mesmo tempo, a velocidade deverá ser de:

a) 70 Km/h Solução : R d SPb) 40 Km/h 60 km/h 40 km/hc) 45 Km/hd) 50 Km/h VR/SP = eR/SP => 60 = d => tR/SP = d .

e) 48 Km/h tR/SP tR/SP 60 VSP/R = eSP/R => 40 = d => tSP/R = d . tSP/R tSP/R 40

O tempo gasto no percurso, é: tR/SP + tSP/R = d + d => 2d + 3d => 5d => d . 60 40 120 120 24 Vm = s => Vm = 2d =>Vm = 2d . 24 => Vm = 48 km/h t d d 24

28) (KENNEDY) Dois trens (A e B) movem-se em trilhos paralelos, deslocando-se em sentidos opostos. As velocidades escalares dos trens são constantes e iguais a 30 km/h. Cada trem mede 100 metros de comprimento. Quando os trens se cruzam, durante quanto tempo um observador no trem B vê passar o trem A ?

a) 24 segundos Solução : SA = S0 + V t => SA = 0 + 30 t => SA = 30 tb) 12 segundos 100 m = 0,1 km SB = S0 + V t => SB = 0,1 – 30 t c) 96 segundos Na hora do encontro SA = SB

d) 48 segundos 30 t = 0,1 – 30 t => 30 t + 30 t = 0,1 => 60 t = 0,1 e) 6,0 segundos t = 0,1 h 60 1 h 3.600 segundos 0,1 h t 60 t = 0,1 . 3.600 => t = 360 => t = 6 segundos 60 60

29) (FE Guaratinguetá – SP) Um automóvel A avança por uma estrada, com velocidade constante de 81 km/h e ultrapassa um caminhão B, que anda na mesma direção, com a velocidade constante de 72 km/h. O comprimento do automóvel é de 5 m e o comprimento do caminhão é 10,0 m. Definindo: (1) o tempo de ultrapassagem (t), como sendo o intervalo de tempo que decorre entre o instante em que o pára-choque dianteiro do automóvel ultrapassa a extremidade anterior do caminhão e o instante em que o pára-choque traseiro do automóvel ultrapassa a extremidade posterior do caminhão; (2) o percurso da ultrapassagem (L) como sendo a distância percorrida pelo pára-choque dianteiro de A sobre a estrada durante o tempo de ultrapassagem definido acima, pode-se concluir que:

a) t = 0,44 s e L = 10 m Solução : Srel = Vrel . t Srel = 5 + 10 => Srel = 15 mb) t = 0,67 s e L = 15 m Vrel = 81 – 72 => Vrel = 9 km/h Srel = 0,15 km

c) t = 6 s e L = 135 md) t = 6 s e L = 15 m Srel = Vrel . t => 0,015 = 9 . t => t = 0,015 h e) t = 0,67 s e L = 135 m 9

t = 0,015 . 3.600 => t = 54 => t = 6 s 9 9 sA = VA . t => sA = 81 . 0,015 => sA = 0,135 km 9 sA = 135 m

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OBS.: Velocidade relativa => sentidos contrários => VAB = VA + VB mesmo sentido => VAB = VA - VB

30) (UCMG) ponte CARRETA x 15 m

Sendo de 36 km/h a velocidade da carreta e 10 segundos o tempo de contato com a ponte, conclui-se que x vale, em metros:

a) 42,5 Solução : 36 km/h => 36 : 3,6 => 10 m/s b) 85,0 Vm = s => 10 = 15 + x => 100 = 15 + x

c) 100,0 t 10d) 115,0 x = 100 – 15 => x = 85 me) 170,0

31) (FCMMG) Um menino atira, verticalmente para cima, duas pedras. A primeira atinge

uma altura de 10 m e a Segunda uma altura de 2,5 m. A razão entre a velocidade inicial da primeira e a velocidade inicial da segunda é:

a) 0,50 Solução : v2 = V012 – 2 g h => 0 = V01

2 – 2 . 10 . 10 => V012 = 200

b) 0,25 v2 = V022 – 2 g h => 0 = V02

2 – 2 . 10 . 2,5 => V022 = 50

c) 4,0 V01 = 200 =>V01 = 2 50 d) 2,0 V02 = 50

e) 1,4 r = V01 => r = 2 50 => r = 2 V02 50

32) (FIBM) De que altura caiu uma pedra, sabendo-se que, ao atingir o solo, sua velocidade era de 30 m/s ?

a) 45 m Solução : v2 = v02 + 2 g h => (30)2 = 02 + 2 . 10 . h

b) 30 mc) 60 m 900 = 20 h => h = 900 => h = 45 m d) 90 m 20e) N.D.A

33) (ESCOLA DE ENGENHARIA – São Carlos) Um observador vê um corpo cair, passando por sua janela, com uma velocidade de 10 m/s. 75 m abaixo, um outro observador vê o mesmo objeto passar por ele em queda livre. Admitindo para valor da aceleração da gravidade no local g = 10 m/s2, a velocidade do móvel ao passar pelo 2º observador é:

a) 10 m/s Solução : v2 = v02 + 2 g h => v2 = 102 + 2 . 10 . 75

b) 12 m/s v2 = 100 + 1.500 => v2 = 1.600 => v = 1.600 c) 15 m/s v = 40 m/s

d) 40 m/se) Nenhuma destas

34) (ESCOLA DE ENGENHARIA – São Carlos) No caso da pergunta anterior, o tempo que o corpo leva para ir de um observador ao outro observador é:

a) 0,5 s Solução : v = v0 + g t => 40 = 10 + 10 t b) 3,0 s 40 – 10 = 10 t => 10 t = 30

c) 10 s t = 30 => t = 3 sd) 20 s 10e) Nenhuma resposta satisfatória.

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35) (EEUF Pernambuco) Em um movimento retilíneo uniformemente acelerado, a aceleração vale 6 m/s2, a velocidade inicial 4 m/s e o espaço inicial 5 m. A função horária do movimento é melhor apresentada por:

a) 8t2 + 5t + 4 Solução : S = S0 + V0t + a t 2 b) 3t2 + 4t + 5 2

c) 4t2 + 6t + 5 S = 5 + 4t + 6 t 2 d) 3t2 + 6t + 5 2e) nenhuma das proposições anteriores S = 5 + 4t + 3t2

(FM Santos – SP) Este enunciado refere-se aos testes de números 36 e 37. Um ponto material desloca-se com uma certa velocidade segundo um eixo orientado, adquirindo, na origem deste, uma aceleração constante de – 15 cm/s2. Após 6,0 segundos sua velocidade é de 30 cm/s, dirigida segundo o sentido negativo do eixo.

36) A velocidade do ponto material no instante em que lhe foi comunicada a aceleração é de:

a) 15 cm/s Solução : velocidade é negativa, pois o movimento é b) 30 cm/s acelerado => v mesmo sinal de ac) 45 cm/s v = v0 + a t => - 30 = V0 – 15 . 6

d) 60 cm/s - 30 + 90 = V0 => V0 = 60 cm/s e) nenhuma das anteriores

37) A distância que separa o ponto material da origem, após 6,0 s é:

a) 9,9 . 102 cm Solução : S = S0 + V0 t + a t 2 => S = 0 + 60 . 6 - 15 (6) 2 b) 2,7 . 102 cm 2 2c) 1,8 . 102 cm S = 360 - 15 . 36 => S = 360 – 270 => S = 90 cm

d) 90 cm 2e) nenhuma das anteriores

38) (FEMC – RJ) Uma substância injetada em veia da região dorsal da mão vai até o coração, com velocidade média de 20 cm/s e retorna ao ponto de partida, por via arterial de igual percurso, com velocidade média de 30 cm/s. Logo, podemos concluir que:

a) a velocidade média no percurso de ida e volta é 24 cm/sb) o tempo gasto no trajeto de ida é igual ao de voltac) a velocidade média do percurso de ida e volta é de 25 cm/sd) a velocidade média no trajeto de ida e volta é de 28 cm/s

Solução : 20 cm/s d 30 cm/s Veia coração

Vm = s => VmV/C = eV/C => 20 = d => tV/C = d . t tV/C tV/C 20 Vm = s => VmC/V = eC/V => 30 = d => tC/V = d . t tC/V tC/V 30 tV/C + tC/V = d + d => tV/C + tC/V = 3d + 2d => tV/c + tC/V = 5d . 20 30 60 60 tV/C + tC/V = d . 12 Vm = 2d => Vm = 2d . 12 => Vm = 24 cm/s d d 12

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39) (CESGRANRIO) Numa avenida longa, os sinais de tráfego são sincronizados de tal forma que os carros, trafegando a uma determinada velocidade, encontram sempre os sinais abertos (onda verde). Sabendo-se que a distância entre os sinais sucessivos (cruzamentos) é de 200 m e que o intervalo de tempo entre a abertura de um sinal e a abertura do sinal seguinte é de 12 segundos, qual a velocidade em que devem trafegar os carros para encontrarem sempre os sinais abertos?

a) 30 km/h Solução : S = S0 + vt => 200 = 0 + v . 12b) 40 km/h 12 v = 200 => v = 200 m/s => v = 200 . 3,6

c) 60 km/h 12 12 d) 80 km/h v = 720 => v = 60 km/he) 100 km/h 12

40) (UFSE) Um ciclista percorre uma pista com velocidade de 36 km/h. A velocidade do ciclista em m/s é:

a) 36 Solução : 1 km = 1000 m 1 h = 3.600 sb) 20c) 12 36 km/h = 36.000 m = 10 m/s

d) 10 3.600 s e) 6 ou seja dividir km/h por 3,6 => 36 km/h = 10 m/s

3,6

41) (UFMS) A velocidade escalar média de um atleta que corre 100 m em 10 s é, em km/h:

a) 3 Solução : 100 m = 0,1 km 10s = 1 h Vm = s b) 18 360 t c) 24d) 30 Vm = 0,1 1 => Vm = 0,1 . 360 => Vm = 36 km/h

e) 36 360 1

42) (FGV – SP) Numa corrida de Fórmula 1 a volta mais rápida foi feita em 1 min 20 s a

uma velocidade média de 180 km/h. Pode-se afirmar que o comprimento da pista, em metros, é de:

a) 180 Solução : 180 km/h = 180 => 50 m/s 1 min 20s = 80 s b) 4.000 3,6

c) 1.800 Vm = s => 50 = s => s = 50 . 80 => s = 4.000 m d) 14.400 t 80 e) 2.160

43) (UNIFOR - CE) Dois móveis A e B, percorrem a mesma trajetória retilínea. A figura representa os espaços, dados em metros, em função do tempo, dado em segundos. No instante t = 5 s, a distância entre A e B vale, em metros:

a) 2,5 Solução : S (m)b) 3 5 A Bc) 4 4

d) 5,5 3e) 6 2

1 0 1 2 3 4 5 6 t (s)

VA = s => VA = 4 – 0 => VA = 4 => VA = 2 m/s t 2 – 0 2 VB = s => VB = 4 – 2 => VB = 2 => VB = 0,5 m/s t 4 – 0 4 S = S0 + vt SA = 0 + 2t => SA = 2t

9


SB = 2 + 0,5t Para t = 5 s, temos: SA = 2 . 5 => SA = 10 m SB = 2 + 0,5 . 5 => SB = 2 + 2,5 => SB = 4,5 m

d = SA – SB => d = 10 – 4,5 => d = 5,5 m

44) (UFRN) Ao fazer uma viagem de carro entre duas cidades, um motorista observa que sua velocidade média foi de 70 km/h e que, em média, seu carro consumiu 1,0 L de gasolina a cada 10 km. Se, durante a viagem, o motorista gastou 35 L de gasolina, quantas horas demorou a viagem entre as duas cidades ?

a) 3 h Solução : 1,0 L 10 km x = 35 . 10 => x = 350 kmb) 3 h 30 min 35 L xc) 4 hd) 4 h 30 min Vm = s => 70 = 350 => t = 350 => t = 5 h

e) 5 h t t 70

45) (UFBA) Um ônibus faz o trajeto entre duas cidades em duas etapas. Na primeira, percorre uma distância de 150 km em 90 min. Na segunda, percorre 220 km em 150 min. A velocidade média do ônibus durante toda a viagem é de:

a) 1,6 km/h Solução:s1= 150 km s2 = 220 km t1 = 90 min t2 = 150 minb) 64,0 km/h 1 h 60 min x = 90 => x = 1,5 h x = 150 => x = 2,5 h

c) 92,5 km/h x 90 min 60 60d) 94,0 km/he) 185,0 km/h Vm = s 1 + s 2 => Vm = 150 + 220 => Vm = 370

t1 + t2 1,5 + 2,5 4 Vm = 92,5 km/h

46) (FATEC – SP) Um veículo percorre 100 m de uma trajetória retilínea com velocidade escalar constante de 25 m/s, e os 300 m seguintes com velocidade constante igual a 50 m/s. A velocidade média durante o trajeto todo é de:

a) 37,5 m/s Solução : s1 = 100m s2 = 300 m t1 = s 1 => t1 = 100

b) 40 m/s v1 25 c) 53,3 m/s t1 = 4 s t2 = 300 => t2 = 6 s d) 75 m/s 50 e) NDA Vm = s 1 + s 2 => Vm = 100 + 300 => Vm = 400 => Vm = 40 m/s

t1 + t2 4 + 6 10

47) (UFES) Um carro percorre 1 km com velocidade constante de 40 km/h e o quilômetro seguinte com velocidade constante de 60 km/h. A sua velocidade média no percurso descrito é de:

a) 50 km/h Solução : s1 = 1 km s2 = 1 km t1 = s 1 => t1 = 1 h b) 48 km/h v1 40

c) 60 km/h t2 = 1 h d) 40 km/h 60 e) NRA Vm = s 1 + s 2 => Vm = 1 + 1 => Vm = 2 .

t1 + t2 1 + 1 3 + 2 40 60 120 Vm = 2 => Vm = 2 . 120 => Vm = 48 km/h 5 5 120

48) (FUMEC) Um corpo deve percorrer qualquer trecho de 1.500 m com velocidade média de 30 m/s. Se ele parar no meio do caminho durante 10 s, que velocidade média deverá desenvolver na outra parte para chegar na hora marcada ?

10


a) 60 m/s Solução : Vm = s => 30 = 1.500 => t = 1.500 => t = 50 s b) 50 m/s t t 30

c) 40 m/s O corpo percorreu a metade do trecho em 25 s.d) 30 m/s Como ele parou 10 s a outra metade deve ser percorrida em 15 s e) 15 m/s para chegar na hora marcada.

Vm = 750 => Vm = 50 m/s 15

49) (AEU – DF) Em 10 min, certo móvel percorre 12 km. Nos 15 min seguintes, o mesmo móvel percorre 20 km e nos 5 min que se seguem percorre 4 km. Sua velocidade média em m/s, supondo constante o sentido do movimento, é de:

a) 1,2 m/s Solução : s1 = 12 km s2 = 20 km s3 = 4 km 30 min = ½ horab) 10 m/s t1 = 10 min t2 = 15 min t3 = 5 minc) 17 m/s Vm = s => Vm = 12 + 20 + 4 => Vm = 36 km/mind) 18 m/s t 10 + 15 + 5 30

e) 20 m/s Vm = 36 => Vm = 36 . 2 => Vm = 72 km/h 1 2 Vm = 72 => Vm = 20 m/s 3,6

50) (UNITAU) Uma motocicleta com velocidade constante de 20 m/s ultrapassa um trem de comprimento 100 m e velocidade 15 m/s. A duração da ultrapassagem é :

a) 5 s Solução: SM = SO + V t ST = SO + V t b) 15 s SM = 0 + 20 t ST = 100 + 15 t c) 20 s SM = 20 t

d) 25 s SM = ST

e) 30 s 20 t = 100 + 15 t 20 t – 15 t = 100 5 t = 100 => t = 100 => t = 20 s 5

51) (FGV – SP) Um atleta percorre um deslocamento de 4.000 m em 20 min, procurando manter a velocidade constante e o ritmo cardíaco em 100 batidas por minuto. O deslocamento que ele efetua entre duas batidas sucessivas de seu coração é, em metros, de:

a) 2 Solução :1 min 100 batidas x = 100 . 20 => x = 2.000 batidasb) 4 20 min x c) 10 d) 20 s = 4.000 => s = 2 me) 40 2.000

52) (FASP) A distância média entre o Sol e a Terra é cerca de 144 milhões de quilômetros. Se a velocidade da luz é de aproximadamente 300 mil quilômetros por segundo, uma partícula com essa velocidade demoraria para ir da Terra ao Sol:

a) 8 s Solução : Vm = s => t = s => t = 144.000.000 b) 10 s t Vm 300.000

c) 8 min t = 480 s 1 min 60 s x = 480 => x = 8 mind) 10 h x 480 s 60

11


53) (SAPUCAI) Dois móveis partem simultaneamente entre uma mesma trajetória um caminhando contra o outro. Um deles vai a 108 km/h e o outro a 72 km/h. Eles se chocam ao fim de 3 s. Podemos afirmar que inicialmente eles estavam separados por uma distância de:

a) 0,15 km Solução :108 km/h = 108 m/s =>30 m/s 72 km/h = 72 => 20 m/sb) 1,5 km 3,6 3,6 c) 15 km A B d) 15 m SA = S0 + vt SB = S0 + vte) NDA SA = 0 + 30 . 3 SB = 20 . 3

SA = 90 m SB = 60 m s = SA + SB => s = 90 + 60 => s = 150 m s = 0,15 km

54) (FM Taubaté – SP) Um corpo parte do repouso com aceleração constante de 10 m/s2 . Sua velocidade depois de 3 segundos é:

a) 7,5 m/s Solução : v = v0 + a t => v = 0 + 10 . 3 => v = 30 m/s b) 10 m/sc) 15 m/sd) 20 m/s

e) 30 m/s

55) (LONDRINA) A distância entre dois automóveis é de 225 km. Se eles andam um ao encontro do outro com 60 km/h e 90 km/h, ao fim de quantas horas se encontrarão ?

a) uma hora Solução : A 225 km Bb) uma hora e quinze minutos SA = S0 + vt SB = S0 – vt

c) uma hora e meia SA = 0 + 60t SB = 225 - 90t d) uma hora e cinqüenta minutose) duas horas e meia No momento do encontro SA = SB

60t = 225 - 90t => 60t + 90t = 225 150t = 225 => t = 225 => t = 1,5 h 150

1 h 60 min x = 0,5 . 60 => x = 30 min 0,5 h x t = 1 h 30 min ou seja t = 1 h e meia

56) (POSITIVO) Um carro com velocidade constante de módulo igual a 20 m/s segue um outro também com velocidade constante de módulo igual a 10 m/s. A distância entre os dois vale 100 metros. O tempo que o primeiro leva para alcançar o segundo vale:

a) 10 s Solução :b) 15 s A 100 m B c) 20 s SA = S0 + vt SB = S0 + vtd) 30 s SA = 0 + 20t SB = 100 + 10t e) NDA SA = 20t

No momento do encontro SA = SB

20t = 100 + 10t => 20t – 10t = 100 => 10t = 100 t = 100 => t = 10 s 10

57) (FATEC – SP) A função horária de um movimento é s = t2 onde s m, t s. No intervalo de tempo de 1 minuto a 2 minutos, a velocidade média é:

12


a) 3 m/s Solução : 1 min = 60 s 2 min = 120 sb) 10.800 m/s S1 = (60)2 => S1 = 3600 m => S1 = 3,6 kmc) 120 m/s S2 = (120)2 => S2 = 14.400 m => S2 = 14,4 km

d) 0,18 km/se) nada disso Vm = s => Vm = 14,4 – 3,6 => Vm = 10,8

t 120 – 60 60 Vm = 0,18 km/s

58) (Unimep – SP) A Embraer (Empresa Brasileira de Aeronáutica S.A.) está testando seu novo avião, o BEM-145. Na opinião dos engenheiros da empresa, esse avião é ideal para linhas aéreas ligando cidades de porte médio e para pequenas distâncias. Conforme anunciado pelos técnicos, a velocidade média do avião é de, aproximadamente, 800 km/h (no ar). Assim sendo, o tempo gasto num percurso de 1.480 km será:

a) 1 h 51 min Solução :Vm = s => t = s => t = 1.480 =>t = 1,85 h b) 1 h 45 min t Vm 800

c) 2 h 25 min 1 h 60 min x = 0,85 . 60 => x = 51 minutosd) 185 min 0,85 h xe) 1 h 48 min t = 1 h 51 min

59) (UFRJ) Numa fila de banco há 300 pessoas. O guarda autoriza que entrem no banco, durante 10 s, 30 pessoas. Para nova autorização há uma espera de 20 min. Considerando sempre constantes os intervalos mencionados, as 300 pessoas da fila serão atendidas em aproximadamente:

a) 201 min Solução : 300 pessoas => entram 30 de cada vez b) 191 min formam 10 turmas com 30 pessoas cada

c) 181 min 20’ 20’ 20’ 20’ 20’ 20’ 20’ 20’ 20’ d) 171 min 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª 6ª 7ª 8ª 9ª 10ªe) 161 min como são 9 esperas de 20 min => t1 = 9 . 20 => t1 = 180 min

cada turma gasta 10 s para entrar no banco, logo: t2 = 10 . 10 => t2 = 100 s => t2 = 100 => t2 1 min 60 TOTAL = t1 + t2 => TOTAL = 180 + 1 => TOTAL = 181 min

60) (UFMS) Uma partícula em movimento uniforme passa por um ponto situado no semi-eixo positivo a 14 m da origem e 2,8 s depois passa pela origem. No Sistema internacional de Unidades, a função horária da sua posição é:

t1 = 2,8 s t0 = 0 a) s = 14 – 5,0t Solução : s (m)

b) s = 14 – 2,8t 0 14 c) s = - 14 + 5,0td) s = - 14 – 5,0t V = s => v = 0 – 14 => v = - 14 => v = - 5 m/se) s = 14 + 2,8t t 2,8 – 0 2,8

S = S0 + vt => S = 14 – 5,0t

61) (FUVEST – SP) O gráfico abaixo representa a velocidade em função do tempo de um corpo em movimento retilíneo.a) Calcule a aceleração do corpo.b) Qual a distância percorrida pelo corpo entre os instantes 0 e 5 s ?

V (m/s) Solução : a) a = v => a = 20 20 t 5 a = 4 m/s2

b) s = área da figura 5 t (s) s = b . h => s = 5 . 20 2 2 s = 50 m

13


62) (FUVEST – SP) Tem-se uma fonte sonora no vértice A de uma pista triangular equilátera e horizontal, de 340 m de lado. A fonte emite um sinal que após ser refletido sucessivamente em B e C retorna ao ponto A. No mesmo instante em que a fonte é acionada um corredor parte do ponto X, situado entre C e A, em direção a A, com velocidade constante de 10 m/s. Se o corredor e o sinal refletido atingem A no mesmo instante e a velocidade do som no ar é de 340 m/s, a distância AX é de:

B Ca) 10 m Solução : V = s => 340 = 1.020 .b) 20 m t t

c) 30 m x t = 1.020 => t = 3 sd) 340 m 340e) 1.020 m v = s => s = v . t

A t s = 10 . 3 => s = 30 m

63) (U Brasília) A famosa cachoeira de Itiquira tem uma altura de, aproximadamente, 180 metros. Desprezando-se a resistência do ar e considerando-se a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2

, podemos afirmar que a água terá, na base da cachoeira, uma velocidade aproximada de:

a) 60 m/s Solução : S = S0 + V0t + g t 2 => 180 = 0 + 0 t + 10 t 2 b) 90 m/s 2 2c) 18 m/s 180 = 5 t2 => t2 = 180 => t2 = 36 => t = 36 d) 120 m/s 5 t = 6 s

v = v0 + g t => v = 0 + 10 . 6 => v = 60 m/s

64) (FATEC – SP) Em uma estrada observam-se um caminhão e um jipe, ambos correndo no mesmo sentido. Suas velocidades são V = 54 km/h e V = 72 km/h, ambas constantes. No início, o jipe está atrasado 100 m em relação ao caminhão.Qual a alternativa correta:

a) o jipe alcança o caminhão em t = 20 s.b) em relação ao caminhão, a velocidade do jipe é de 35 m/s.c) em relação ao jipe, a velocidade do caminhão é 35 m/s.d) até o jipe alcançar o caminhão, este se desloca 400 m.e) NDA

JIPE CAMINHÃOSolução : s (m)

0 100

72 km/h = 72 m/s = 20 m/s SJ = S0 + vt SC = S0 + vt 3,6 SJ = 0 + 20t SC = 100 + 15t 54 km/h = 54 m/s = 15 m/s SJ = 20t 3,6 No momento do encontro SJ = SC 20t = 100 + 15t => 20t – 15t = 100 => 5t = 100 => t = 100 5 t = 20 s O JIPE alcança o CAMINHÃO em 20 segundos.

65) (UEL – PR) Duas cidades, A e B, distam entre si 400 km. Da cidade A parte um móvel P dirigindo-se à cidade B, no mesmo instante, parte de B outro móvel Q dirigindo-se a A. Os móveis P e Q executam movimentos uniformes e suas velocidades escalares são de 30 km/h e 50 km/h, respectivamente. A distância da cidade A ao ponto de encontro dos móveis P e Q, em quilômetros, vale:

30 km/h 50 km/ha) 120 Solução : A P Q B s (km)

b) 150c) 200 0 400

14


d) 240 SP = S0 + vt SQ = S0 + vt e) 250 SP = 0 + 30t SQ = 400 – 50t

No momento do encontro: SP = SQ 30t = 400 – 50t => 30t + 50t = 400 => 80t = 400 t = 400 => t = 5 h 80

S = 30t => S = 30 . 5 => S = 150 km

66) (UFPB) Um corpo, inicialmente em repouso, cai verticalmente, atingindo o solo com velocidade de 40 m/s. De que altura, em metros, caiu o corpo ? (Considere g = 10 m/s2 )

Solução: v2 = v02 + 2g h => (40)2 = 0 + 2 . 10 . h => 1.600 = 20 h

h = 1.600 => h = 80 m 20

67) (FC. CHAGAS – BA) O gráfico abaixo representa a velocidade escalar v em função do tempo t, para um trem que faz o percurso entre duas estações. A velocidade escalar média do trem, entre essas duas estações, vale, em km/h:

a) 120 Solução : v (km/h) b = 18 min => b = 3 hb) 100 50 10 c) 50 B = 30 min => B = 1 h

d) 40 2e) 1,7

6 24 30 t (min)

s = área da figura acima (trapézio)

STrapézio = (B + b) . h => STrapézio = 1 + 3 2 2 10 . 50 2 STrapézio = 5 + 3 . 25 => STrapézio = 8 . 25 => STrapézio = 20 m 10 10

Vm = s => Vm = 20 => Vm = 20 . 2 => Vm = 40 km/h t 1 . 2

68) (PUCC) A soma de dois vetores ortogonais, isto é, perpendiculares entre si, um de módulo 12 e outro de módulo 16, terá módulo igual a:

a) 4 Solução : vr2 = v1

2 + v22

b) maior que 28 vr vr2 = (12)2 + (16)2 c) 20 v1 vr2 = 144 + 256

d) 28 vr2 = 400e) entre 12 e 16 v2 vr = 400 => vr = 20

69) (FGV – SP) Um corpo é lançado de baixo para cima com velocidade inicial de 100 m/s. Qual a altura em que ele pára e o tempo que demora depois para cair ? (g = 10 m/s2 )

a) 1.000 m e 100 s Solução : v = v0 – g t => 0 = 100 – 10 t => 10t = 100b) 750 m e 50 s t = 100 => t = 10 sc) 500 m e 25 s 10

d) 500 m e 10 s v2 = v02 – 2 g h => 0 = (100)2 – 2 . 10 . h

e) 350 m e 5 s 0 = 10.000 – 20 h => 20 h = 10.000 h = 10.000 => h = 500 m 20

15


70) (Santa Casa – SP) Um objeto que é atirado verticalmente para baixo com velocidade igual a 20 m/s terá, no fim do quinto segundo, velocidade igual a (admitir g = 10 m/s2) :

a) 50 m/s Solução : v = v0 + g t => v = 20 + 10 . 5 => v = 20 + 50b) 100 m/s

c) 70 m/s v = 70 m/sd) 150 m/se) 125 m/s

71) (UFPR) Um navio se desloca 3 km para o leste e em seguida 4 km para o norte. Seu deslocamento vetorial tem módulo:

a) 5 km Solução : VR2 = V12 + V2

2 => VR2 = 32 + 42 b) 7 km vR VR2 = 9 + 16 => VR2 = 25c) 6 km v2 VR = 25 => VR = 5 kmd) 3,5 km v1

72) (FATEC – SP) 40 km para o norte, 40 km para o leste e 10 km para o sul são os

deslocamentos sucessivos efetuados por um veículo quando se movimentou de um ponto A para outro B. Para retornar de B para A, a menor distância a ser percorrida será:

40 a) 70 km Solução : 10 AB2 = 302 + 402=>AB2 = 900 + 1.600 b) 80 km 40 AB2 = 2.500 => AB = 2.500c) 40 km 30 B

d) 50 km AB = 50 km e) nenhuma das anteriores

A

73) (FUMEC) Um automóvel cujas rodas têm 50 cm de diâmetro se desloca com uma velocidade de 20 m/s. Qual a freqüência de rotação das rodas ?

a) (10/3,14) hertz Solução : 50 cm = 0,5 m R = 0,25 mb) (20/3,14) hertz W = v => W = 20 => W = 80 m/sc) (30/3,14) hertz R 0,25

d) (40/3,14) hertz W . T = 2 => 80 . T = 2 => T = 2 e) (50/3,14) hertz 80

T = seg 40 f = 1 => f = 1 => f = 1 . 40 => f = 40 hertz T 3,14 40

74) (MACHADO – MG) A roda de um carro efetua 120 r.p.m. Qual o seu período ?

a) 5 s Solução : f = 120 r.p.m. = 120 = 2 r.p.sb) 0,2 s 60

c) 0,5 s T = 1 => T = 1 s => T = 0,5 sd) 1,5 s f 2e) NDA

75) (POUSO ALEGRE – MG) Um canoeiro, usando um barco que desenvolve uma velocidade de 20 m/s (em relação à água), atravessa um rio de 100m de largura, dirigindo-se perpendicularmente às margens. O tempo gasto na travessia é de :

16


a) 1,85 s Solução : V = s => 20 = 100 => t = 100 => t = 5 sb) 4,0 s t t 20

c) 5,0 sd) 6,67 se) Não é possível calcular sem se conhecer a velocidade da correnteza.

76) (FGV – SP) Um objeto desloca-se em movimento retilíneo uniforme durante 30 s. A figura representa o gráfico do espaço em função do tempo. O espaço do objeto no instante t = 30 s, em metros, será:

a) 30 Solução : s (m) s = s0 + v t v = s b) 35 15 t

c) 40 10 v = 15 – 5 => v = 10 d) 45 5 10 – 0 10 e) 50 v = 1 m/s

0 2 4 6 8 10 t (s) s = 5 + 1 . 30 s = 5 + 30 => s = 35 m

77) (PUCC) Um disco gira com 30 rpm. Isso quer dizer que o período do movimento circular desenvolvido é de:

a) 0,033 s Solução : f = 30 rpm = 30 => 1 rpsb) 0,5 s 60 2

c) 2 sd) 2 min T = 1 => T = 1 => T = 1 . 2 => T = 2 se) 30 min f 1 1

2

78) (FUVEST – SP) O gráfico ilustra a posição s, em função do tempo t, de uma pessoa caminhando em linha reta durante 400 s. Assinale a alternativa correta.

a) A velocidade no instante t = 200 s vale 0,5 m/s.b) Em nenhum instante a pessoa parou.

c) A distância total percorrida durante os 400 s foi de 120 m.d) O deslocamento durante os 400 s foi de 180 m.e) O valor de sua velocidade no instante t = 50 s é menor do que no instante

t = 350 s.

Solução : s (m) sTotal = s1 + s2 100 sTotal = 100 + 20 80 sTotal = 120 m 60 40 No intervalo de 100 s a 300 s 20 a pessoa está em repouso. 0 100 200 300 400 t (s)

79) (ENE – RJ) Uma roda cujo raio é igual a 60 cm percorre uma trajetória retilínea com velocidade de 86,4 km/h, sem escorregar. Calcule os valores da velocidade angular e da freqüência dessa roda.

Solução : 86,4 km/h = 8.640.000 = 2.400 cm/s 3.600

W = V => W = 2.400 => W = 40 rd/s R 60

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W = 2 f => 40 = 2 f => f = 40 => f = 20 => f 6,4 Hz 2 3,14

80) (UEL – PR) Um barco, com motor a toda potência, percorre 60 km em 2 h descendo

um rio. Em sentido contrário, percorre 40 km em igual intervalo de tempo. A velocidade do barco em relação às águas e a velocidade das águas em relação às margens do rio são respectivamente, em km/h, iguais a:

Rio abaixo Rio acimaa) 30 e 20 Solução : VA

b) 25 e 5 VA VB c) 25 e 20 VB VA + VB = 30 VB – VA = 20 d) 30 e 5e) 12,5 e 7,5 VA + VB = 30 I

V B – VA = 20 . 2 VB = 50 => VB = 50 => VB = 25 km/h II 2 levar II em I VA + 25 = 30 => VA = 30 – 25 => VA = 5 km/h

81) (MACKENZIE – SP) Determine o número de rotações que uma roda volante faz em 20 s se sua velocidade angular varia nesse espaço de tempo de 3 rad/s para 10 rad/s, com aceleração angular constante.

Solução :W = W0 + t => 10 = 3 + . 20 => 10 – 3 = 20 => 7 = 20 = 7 rad/s2

20

= 0 + W0 t + t 2 => = 0 + 3 . 20 + 7 . (20)2 => = 60 + 7 . 400 2 20 20 2 2 = 60 + 70 => = 130 rad

1 volta 2 rad x = 130 => x = 65 => x 20,7 voltas x 130 rad 2 3,14

82) (UFS CARLOS - SP) Um trem viaja a uma velocidade constante de 50 km/h. Ao mesmo tempo cai uma chuva, com ausência de vento. O trajeto das gotas de água nos vidros laterais do trem são segmentos de reta que formam ângulos de 60º com a vertical. Pode-se afirmar que a velocidade das gotas, em relação ao solo, é aproximadamente igual, em km/h, a:

a) 43,3 Solução : P v2 Tg 60º = cat. Oposto . b) 28,9 cat. adjacente

c) 86,6 v1 60º VR d) 25,0 Tg 60º = AB e) Não se pode determinar PA

A B PA = v1 AB = v2

Tg 60º = v2 => 3 = 50 => v1 = 50 . v1 v1 3 v1 = 50 . 3 => v1 = 50 3 => v1 = 50 . 1,732 3 3 3 3 v1 = 86,6 => v1 = 28,86 => v1 28,9 3

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83) (EE São Carlos – SP) O gráfico da figura representa a distância percorrida por um homem em função do tempo. Qual o valor da velocidade do homem quando:a) t = 5sb) t = 20 s s (m)

50 40 30 20 10 0 10 20 30 t (s)

Solução : a) v = Tg => v = cat. Oposto => v = 40 => v = 4 m/s cat. adjacente 10

b) v = 0 (está em repouso)

84) (ITA – SP) Uma partícula lançada, no vácuo, verticalmente para cima, com uma velocidade inicial de 10 m/s. Dois décimos de segundos depois, lança-se do mesmo ponto uma segunda partícula com a mesma velocidade inicial. A aceleração da gravidade é igual a 10 m/s2. A colisão entre as duas partículas ocorrerá:

a) um décimo de segundo após o lançamento da segunda partícula.b) 1,1 s após o lançamento da segunda partícula.

c) A uma altura de 4,95 m acima do ponto de lançamento.d) A uma altura de 4,85 m acima do ponto de lançamento.e) A uma altura de 4,70 m acima do ponto de lançamento.

Solução : h1 = v0t - gt 2 h2 = v0t - gt 2 2 2 h1 = 10 (t + 0,2) - 10 ( t + 0,2) 2 h2 = 10t - 10t 2 2 2 h1 = 10 (t + 0,2) – 5 (t + 0,2)2 h2 = 10t – 5t2

No ponto de encontro : h1 = h2 10 (t + 0,2) – 5 (t + 0,2)2 = 10t – 5t2 10t + 2 – 5( t2 + 0,4t + 0,04) = 10t – 5t2 10t + 2 – 5t2 – 2t – 0,2 = 10t – 5t2 - 5t2 + 5t2 + 8t – 10t + 1,8 = 0 - 2t + 1,8 = 0 ( - 1 ) => 2t – 1,8 = 0 => 2t = 1,8 => t = 1,8 2 t = 0,9 s

h1 = h2 => 10t – 5t2 => 10 . 0,9 – 5 (0,9)2 => 9 – 5 (0,81) h1 = h2 => 9 – 4,05 => h1 = h2 = 4,95 m

85) (FATEC – SP) Uma roda gira com freqüência 1.200 rpm. A freqüência e o período são respectivamente:

a) 1.200 Hz; 0,05 s Solução : f = 1.200 rpm = 1.200 = 20 rps => f = 20 Hzb) 60 Hz; 1 min 60

c) 20 Hz e 0,05 s T = 1 => T = 1 => T = 0,05 sd) 20 Hz; 0,5 s f 20 e) 12 Hz e 0,08 s

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86) (FEI – SP) Um móvel desloca-se em uma trajetória circular de raio R = 2,00 m, obedecendo a lei horária s = 2,00 – 5,00 t (m, s). No instante t = 10 s, o módulo de sua aceleração resultante, o módulo de sua velocidade e o seu deslocamento angular valem, respectivamente:

a) 0; 5,00 m/s; - 24,0 rad. Solução : ac = v 2 => ac = (-5) 2 b) 12,5 m/s2; 5,00 m/s; - 48,0 rad. R 2

c) 12,5 m/s2; 5,00 m/s; - 25,0 rad. ac = 25 => ac = 12,5 m/s2 d) 5,00 m/s2; 2,00 m/s; - 24,0 rad. 2e) 12,5 m/s2; 2,00 m/s; - 48,0 rad. V = - 5 => V = 5 m/s

W = V => W = - 5 rd/s R 2

= 0 + W t => = 0 + - 5 . 10 2

= - 50 => = - 25 rd 2

87) (ITA) Um avião Xavante está a 8 km de altura e voa horizontalmente, a 700 km/h, patrulhando as costas brasileiras. Em dado instante ele observa um submarino inimigo parado na superfície. Desprezando as forças de resistência do ar e adotando g = 10 m/s2, pode-se afirmar que o tempo de que dispõe o submarino para deslocar-se após o avião ter soltado uma bomba é de:

a) 108 sb) 20 sc) 30 s

d) 40 se) Não é possível determiná-lo se não for conhecida a distância inicial entre o avião

e o submarino.

Solução : y0 = 8 km = 8.000 m V0 = 700 km/h = 700 = 175 m/s 3,6 0,9

v0y = 0

S = S0 + v0t + at 2 2 y = y0 + v0y t - gt 2 => y = y0 - gt 2 => y = 8.000 – 5t2 2 2 Ao atingir o solo ybomba = 0 8.000 – 5t2 = 0 => 8.000 = 5t2 => t2 = 8.000 => t2 = 1.600 5 t = 1.600 => t = 40 s

88) (MACKENZIE – SP) Um elétron movimenta-se em uma trajetória circular em torno do núcleo, com velocidade escalar constante e igual a 2,2 x 106 m/s. O raio da órbita é de 0,50 x 10-10 m. A aceleração centrípeta tem módulo aproximadamente igual a:

a) 9,7 x 1022 m/s2 Solução : acp = v 2 => acp = (2,2 x 10 6 ) 2 b) 97 x 1022 m/s2 R 0,50 x 10-10 c) 0,97 x 1022 m/s2 acp = 4,84 x 10 12 => acp = 9,68 x 1012 x 1010 d) 970 x 1022 m/s2 0,50 x 10-10 e) nenhuma das anteriores

acp = 9,7 x 1022 m/s2

89) (EEUF – RJ) Um automóvel corre a 72 km/h. Suas rodas têm 60 cm de diâmetro. Quantas rotações por minuto executa o seu eixo ?

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Solução : 72 km/h = 7.200.000 = 120.000 cm/min 60

V = W . R => W = V => W = 120.000 => W = 4.000 rd/min R 30 W = 2 f => 4.000 = 2 f => f = 4.000 =>f = 2.000 => f 637 rpm 2 3,14

(PUC _ SP) O esquema representa uma polia que gira em torno de um eixo. A velocidade do ponto A é 50 cm/s e a do ponto B é 10 cm/s. A distância AB vale 20 cm. Este enunciado refere-se aos testes 90 e 91.

B A O

O x 20 A x O x + 20 A 10 cm/s 10 50 cm/s 50

x = 10 => 5x = x + 20 => 5x – x = 20 => 4x = 20 x + 20 50 x = 20 => x = 5 cm => R = AO = x + 20 => R = 5 + 20 => R = 25 cm 4

90) A velocidade angular da polia vale:

a) 2 rad/s Solução : V = W . R => W = V => W = 50 => W = 2 rad/sb) 5 rad/s R 25 c) 10 rad/sd) 20 rad/se) 50 rad/s

91) O diâmetro da polia vale:

a) 20 cm Solução : R = AO = x + 20 => R = 5 + 20 => R = 25 cm b) 50 cm

c) 75 cm D = 2 R => D = 2 . 25 => D = 50 cmd) 100 cme) 150 cm

92) (UFRN) Um móvel passa pelo espaço s1 = 20 m no instante t1 = 5 s, e pelo espaço s2 = 60 m no instante t2 = 10 s. Quais são, respectivamente, os valores do deslocamento e da velocidade média entre os instantes t1 e t2 ?

a) 40 m e 8 m/s Solução : s = s2 – s1 => s = 60 – 20 => s = 40 mb) 60 m e 10 m/s c) 60 m e 12 m/s Vm = s => Vm = 60 – 20 => Vm = 40d) 40 m e 14 m/s t 10 – 5 5e) 50 m e 16 m/s Vm = 8 m/s

93) (PUC – RS) Dois automóveis A e B, percorrem uma trajetória retilínea conforme as equações horárias sA = 30 + 20t e sB = 90 – 10t, sendo a posição s em metros e o tempo t em segundos. No instante t = 0s, a distância, em metros, entre os automóveis era de :

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a) 30 Solução : sA = 30 + 20t sB = 90 – 10t b) 50 No instante t = 0s, temos:

c) 60 sA = 30 + 20 . 0 sB = 90 – 10 . 0d) 80 sA = 30 m sB = 90 me) 120 s = sB – sA => s = 90 – 30 => s = 60 m

94) (PUC – RS) O instante de encontro, em segundos, entre os dois automóveis do exercício anterior foi:

a) 1 Solução : sA = sB

b) 2 30 + 20t = 90 – 10t c) 3 20t + 10t = 90 - 30d) 4 30t = 60 => t = 60 => t = 2 se) 5 30

95) (ITA) Um trem e um automóvel caminham paralelos e num mesmo sentido num trecho retilíneo. Os seus movimentos são uniformes e a velocidade do automóvel é o dobro da velocidade do trem. Desprezando-se o comprimento do automóvel e tendo o trem 100 m de comprimento, pergunta-se: qual o espaço percorrido pelo automóvel desde o instante em que alcança o trem até o instante em que o ultrapassa?

Solução : ST = vT . t e = v . t 100 = 1 . t e = 2 . 100 t = 100 s e = 200 m

96) (F. Odont. – RJ) Um corpo em queda livre e partindo do repouso, atinge a velocidade v ao percorrer a distância H . A velocidade desse corpo ao completar a primeira quarta parte da trajetória será :

a) v Solução : v2 = v02 + 2 g h v’2 = v0

2 + 2 g h levar I em II2 v2 = 0 + 2 g h v’2 = 0 + 2 g h v’2 = v 2

b) 4 v v2 = 2 g h I 4 4c) 2 v v’2 = 2 g h II v’ = v 2 => v’ = v d) v 4 4 2

4e) v

97) (FURG – COPERVE) A velocidade 150 cm/s corresponde, em km/h, a:

a) 540 Solução : v = 150 cm/s => v = 1,5 m/sb) 360c) 54,0 v = 1,5 . 3,6 => v = 5,40 km/hd) 36,0

e) 5,40

98) (UEL – PR) A velocidade de 54 km/h corresponde, em m/s, a:

a) 10 Solução : 54 km/h = 54 m/s => 15 m/s b) 15 3,6

c) 20d) 27e) 54

99) (UFAL) No instante t = 0, uma partícula em movimento uniforme sobre o eixo Ox encontra-se em x = 20 m e, 4,0s após, ela passa pela origem. A função horária de sua posição é, no Sistema Internacional de Unidades:

a) x = - 20 – 5,0 t Solução : Se x = 20 m e 4,0 s após ela passa pela origem, b) x = 20 + 4,0 t significa que a partícula caminha em sentido c) x = 20 + 5,0 t contrário, logo a v < 0.d) x = 20 – 4,0 t S = S0 + vt => 0 = 20 + v. 4 => 4v = - 20

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e) x = 20 – 5,0 t v = - 20 => v = - 5 m/s 4 logo, a equação horária fica: x = 20 – 5t

100) (PUC – SP) Dois móveis A e B movem-se em linha reta, passando pela origem no instante t = 0, e suas velocidades variam de acordo com o gráfico abaixo. Pode-se afirmar que:

v ( m/s ) 12 A

10 B

0 10 12 t (s)

a) de 0 a 12 s, A percorre 72 m e B percorre 120 m.b) no instante t = 12 s, A encontra-se à frente de B.c) A e B encontram-se no instante t = 10 s.d) De 0 até 10 s, A percorre 100 m e B, 50 m.e) A distância que separa A de B é 100 m em qualquer instante.

Solução : A percorre de 0 a 12 s => SA = STRIÂNGULO => ST = B . h 2 SA = 12 . 12 => SA = 144 => SA = 72 m 2 2

B percorre de 0 a 12 s => SB = SRETÂNGULO => SR = b . h

SB = 12 . 10 => SB = 120 m

101) (UFRN) Numa avenida longa, os sinais de tráfego são sincronizados de tal forma que os carros, trafegando a uma determinada velocidade, encontram sempre os sinais abertos (no verde). Sabendo-se que a distância entre sinais sucessivos (cruzamentos) é de 175 m e que o intervalo de tempo entre a abertura de um sinal e a abertura do sinal seguinte é de 9,0 s, qual a velocidade em que devem trafegar os carros para encontrar os sinais sempre abertos?

a) 40 km/h Solução : e = 175 m = 0,175 km t = 9 Seg = 0,0025 hb) 50 km/h

c) 70 km/h 1 h 3.600 s x = 9 => x = 0,0025 h d) 80 km/h x 9 s 3.600e) 100 km/h

e = v . t => v = e => v = 0,175 => v = 70 km/h t 0,0025

102) (CESGRANRIO – RJ) Uma pessoa, correndo, percorre 4,0 km com velocidade escalar média de 12 km/h. O tempo do percurso é de:

a) 3,0 min Solução : S = S0 + v tb) 8,0 min 4 = 0 + 12 t

c) 20 min t = 4 => t = 1 h => t = 1 . 60 => t = 20 mind) 30 min 12 3 3 e) 33 min

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103) (FUVEST – SP) Um avião vai de São Paulo a Recife em 1 h e 40 minutos. A distância entre essas cidades é aproximadamente 3.000 km.a) Qual a velocidade média do avião ?b) Prove que o avião é supersônico. (velocidade do som no ar = 340 m/s )

Solução : a) 1 h 40 min = 100 min 1 h 60 min X 1 min X = 1 h e = v . t => v = e => v = 3.000 60 t 100 v = 30 km/min => v = 30 km => v = 1.800 km/h 1 h 60 b) v = 1.800 km/h => v = 1.800 => v = 500 m/s 3,6 velocidade do avião = 500 m/s velocidade do som no ar 340 m/s, VAvião > VSom no ar Posto isto, o avião é supersônico.

104) (VUNESP – SP) Há 500 anos, Cristóvão Colombo partiu de Gomera (Ilhas Canárias) e chegou a Guanahani (Ilhas Bahamas), após navegar cerca de 3.000 milhas marítimas (5.556 km) durante 33 dias. Considerando que um dia tem 86.400 segundos, a velocidade média da travessia oceânica, no Sistema Internacional de unidades (SI), foi aproximadamente:

a) 2 . 10- 2 m/s Solução : 1 dia 86.400 segundos x = 33 . 86.400b) 2 . 10- 1 m/s 33 dias x x = 2.851.200 seg

c) 2 . 100 m/s d) 2 . 101 m/s 5.556 km = 5.556.000 me) 2 . 102 m/s S = S0 + v t => 5.556.000 = 0 + v . 2.851.200

v = 5.556.000 => v = 1,95 => v 2 . 100 m/s 2.851.200

105) (PUC – RS) Um móvel desloca-se durante 10 min com uma velocidade constante de 5,0 m/min e, a seguir, durante mais 5,0 min, com velocidade constante de 8,0 m/min. A velocidade média desse móvel no intervalo de 15 min é, em m/min:

a) 3,5 Solução : v = s => 5 = s 1 => s1 = 50 m 8 = s 2 => s2 = 40 m b) 6,0 t 10 5

c) 6,5 Vm = s 1 + s 2 => Vm = 50 + 40 => Vm = 90 d) 13 t1 + t2 10 + 5 15e) 15 Vm = 6 m/min

106) (UNISINOS – RS) Quando um motorista aumenta a velocidade escalar de seu automóvel de 60 km/h para 78 km/h em 10 s, ele está comunicando ao carro uma aceleração escalar média, em m/s2, de:

a) 18 Solução : V = V2 – V1 => V = 78 – 60 => V = 18 km/hb) 0,2 V = 18 => V = 5 m/sc) 5 3,6d) 1,8 aM = V => aM = 5 => aM = 0,5 m/s2

e) 0,5 t 10

107) (CESGRANRIO – RJ) Uma pessoa, andando normalmente, tem uma velocidade da ordem de 1 m/s. Que distância, aproximadamente, essa pessoa percorrerá, andando durante 15 minutos?

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a) quinze metros Solução : 1 min 60 s x = 15 . 60b) cento e cinqüenta metros 15 min x x = 900 seg

c) um quilômetrod) dez quilômetros V = s => s = v . t => s = 1 . 900e) noventa metros t

s = 900 m => s = 0,9 km => s 1 km

108) (UCPR) Dois móveis, A e B, partem de um mesmo ponto x com velocidades 20 m/s e 50 m/s, respectivamente. O móvel A percorre uma semicircunferência, enquanto o móvel B percorre trajetória reta. Sabendo-se que a distância Ox é de 1.000 m, para que os dois móveis cheguem juntos ao ponto y o intervalo de tempo entre suas partidas deverá ser de:

a) 95 s Solução : C = 2 r => C = r b) 117 s A C = 3,14 . 1.000 => C = 3140 m

c) 135 s B d) 157 s x O y SA = S0 + v t => 3.140 = 0 + 20 te) 274 s tA = 3.140 => tA = 157 seg

20 SB = S0 + vt => 2.000 = 0 + 50 t tB = 2.000 => tB = 40 seg 50 Para que A e B cheguem juntos ao ponto y, B terá que sair

157 – 40 = 117 Seg após A.

109) (PUC – RS) Dois automóveis A e B, se deslocam sobre uma mesma estrada, na mesma direção e em sentidos opostos, animados, respectivamente, das velocidades constantes vA = 90 km/h e vB = 60 km/h. Num determinado instante t0

= 0 h, passam pelo mesmo referencial. Ao final de 15 min, contados a partir do referencial, a distância entre os automóveis, em km, será de:

referencial t0 = 0a) 10,0 Solução : SA = S0 + vt SB = S0 + vt

b) 37,5 B A SA = 0 + 90 . 0,25 SB = 0 + 60 . 0,25c) 42,7 SA = 22,5 km SB = 15 kmd) 54,8 A distância entre os automóveis será de: e) 81,3 22,5 + 15 = 37,5 km

110) (FGV – SP):O gráfico abaixo representa a velocidade de um ciclista em função do tempo, num determinado percurso. A velocidade média do ciclista foi, em km/h:

a) 14 Solução :V(km/h) s = S1 + S2 b) 16 24 s = b . h + b . h c) 18 S1 s = 2 . 24 + 1 . 12

d) 20 12 s = 48 + 12 => s = 60 km e) 22 S2

0 1 2 3 t (h) V = s => V = 60 t 3 V = 20 m/s 111) (FGV – SP) Um avião parte do repouso e depois de 20 s decola com velocidade

de 360 km/h. Admitindo-se constante a aceleração, qual o seu valor, em m/s2 ?

a) 2 Solução : V = 360 km/h => V = 360 => V = 100 m/s b) 5 3,6

25


c) 10 a = V => a = 100 => a = 5 m/s2 d) 18 t 20 e) 72

112) (PUC – MG) Uma partícula, movendo-se em linha reta, tem, no instante 4,0 s, a velocidade de 6,0 m/s e, no instante 7,0 s, a velocidade de 12,0 m/s. Sua aceleração média, nesse intervalo de tempo, é, em m/s2 :

a) 1,6 Solução : aM = v => aM = v2 – v1 => aM = 12 – 6 b) 2,0 t t2 – t1 7 – 4

c) 3,0 aM = 6 => aM = 2 m/s2 d) 4,2 3e) 6,0

113) (USF – SP) A equação horária de um movimento é s = - 2 + 4t – 2t2, em que s é dado em metros e t em segundos. A velocidade escalar se anula quando:

a) t = 2 s Solução : S = S0 + v0t + at 2 S = - 2 + 4t – 2t2

b) t = 0 s 2 c) t = 1 s S0 = - 2 m v0 = 4 m/s a = - 2 => a = - 4 m/s2

d) t = 4 s 2 e) t = 3 s v = v0 + at => a velocidade se anula, então v = 0

0 = 4 – 4t => 4t = 4 => t = 4 : 4 => t = 1 s 114) (CESGRANRIO) Um automóvel partindo do repouso leva 5,0 s para percorrer 25

m em movimento uniformemente variado. A velocidade final do automóvel é de:

a) 5,0 m/s Solução : S = a t 2 => 25 = a . 5 2 => 50 = 25 a => a = 50 b) 10 m/s 2 2 25

c) 15 m/s a = 2 m/s2 d) 20 m/s v = vo + at => V = 0 + 2 . 5 => V = 10 m/se) 25 m/s

115) (UEL – PR) Um corpo é abandonado a partir do repouso e atinge o chão com velocidade de 20 m/s. Considerando g = 10 m/s2, o corpo caiu da altura de:

a) 200 m Solução : V = Vo + gt h = g t 2 _

b) 100 m 20 = 0 + 10 t 2 c) 50 m 10 t = 20 h = 10 . 2 2 => h = 5 . 4

d) 20 m t = 20 2 e) 10 m 10 h = 20 m

t = 2 s(UNIUBE – MG) Instruções para as questões de números 116 e 117:Estas questões devem ser resolvidas com base no gráfico abaixo, onde se representa a velocidade escalar (v) de um corpo em função do tempo (t).

V (cm/s) 12,0 9,0 6,0 3,0 0 2,0 4,0 6,0 8,0 t (s)

116) Qual foi a aceleração escalar média do corpo entre os instantes t = 0 s e t = 8,0 s, em cm/s2 ?

a) 0,75 Solução: aM = V2 – V1 => aM = 12 – 0 => aM = 12 b) 1,1 t2 – t1 8 – 0 8

c) 1,5 aM = 1,5 cm/s2

d) 2,0

26


e) 3,2

117) Qual foi a distância percorrida pelo corpo entre os instantes t = 0 s e t = 8,0 s, em cm ?

a) 8,0 Solução : v2 = vo2 + 2 a s => 144 = 0 + 3 s => s = 144

b) 12 3c) 24 s = 48 cm

d) 48e) 96

118) (UECE) Uma pedra, partindo do repouso, cai de uma altura de 20 m. Despreza-se a resistência do ar e adota-se g = 10 m/s2. A velocidade da pedra ao atingir o solo e o tempo gasto na queda, respectivamente, valem:

a) v = 20 m/s e t = 2 s Solução : h = g t 2 => 20 = 10 . t 2 => 20 = 5 t2 b) v = 20 m/s e t = 4 s 2 2c) v = 10 m/s e t = 2 s t2 = 20 => t2 = 4 => t = 4 => t = 2 sd) v = 10 m/s e t = 4 s 5

V = Vo + g t => V = 0 + 10 . 2 V = 20 m/s

119) (UFPE) Atira-se em um poço uma pedra verticalmente para baixo, com uma velocidade inicial Vo = 10 m/s. Sendo a aceleração local da gravidade igual a 10 m/s2 e sabendo que a pedra gasta 2 s para chegar ao fundo do poço, podemos concluir que a profundidade desse poço é, em metros:

a) 30 Solução : S = S0 + V0 t + g t 2 => S = 0 + 10 . 2 + 10 . 2 2 b) 40 2 2

c) 50 S = 20 + 5 . 4 => S = 20 + 20 => S = 40 m d) 20e) NDA

120) (MACK – SP) Um móvel se movimenta sobre uma reta, com sua posição variando com o tempo, de acordo com o gráfico abaixo. A aceleração desse movimento é:

x (m) a) 2 m/s2 Solução : b) 3 m/s2 10c) 4 m/s2

d) 5 m/s2 e) 6 m/s2 0 2 4 t (s)

t = 0 so = 10 S = So + Vo t + a t 2 0 = 10 + 2 Vo + 2 2 a t = 2 s = 0 2 2 t = 4 s = 10 S = 10 + Vo t + a t 2 0 = 10 + 2 Vo + 4 a 2 2 10 = 10 + 4 Vo + a 4 2 0 = 10 + 2 Vo + 2 a 2 - 10 = 2 a + 2 Vo 10 – 10 = 4 Vo + 8 a a + Vo = - 5 8 a + 4 Vo = 0 formando o sistema, temos:8 a + 4 Vo = 0 8 (- 5 – Vo) + 4 Vo = 0 => - 40 – 8 Vo + 4 Vo = 0a + Vo = - 5 => a = - 5 – Vo - 4 Vo = 40 => Vo = 40 => Vo = - 10 m/s - 4 a = - 5 – (- 10) => a = - 5 + 10 => a = 5 m/s2

27


121) (FEI – SP) Um barco com o motor a toda potência sobe um rio a 20 Km/h e desce a 48 Km/h. Em relação a um referencial ligado às margens, a velocidade das águas do rio é:

a) 14 km/h Solução : Subida => VR = VB - VC => VB – VC = 20b) 28 km/h Descida => VR = VB + VC => VB + VC = 48 c) 34 km/h formando o sistema, temos:d) 68 km/h VB – VC = 20e) 18 km/h VB + VC = 48

2 VB = 68 => VB = 68 => VB = 34 km/h 2 VB – VC = 20 => 34 – VC = 20 => 34 – 20 = VC VC = 14 km/h

122) (PUC – RS) Os ponteiros de um relógio realizam movimento circular que pode ser considerado uniforme. A velocidade angular do ponteiro de segundos vale:

a) rad/s Solução : W = 2 => W = 2 => W = rad/s 30 T 60 30 b) rad/s 20c) rad/s

2 d) rad/se) 2 rad/s

123) (UNIFOR – CE) Um carrossel gira uniformemente, efetuando uma rotação completa a cada 4,0 s. Cada cavalo executa movimento circular uniforme com freqüência em rps (rotação por segundo) igual a:

a) 8,0 Solução : f = 1 => f = 1 => f = 0,25 rpsb) 4,0 T 4 c) 2,0d) 0,5

e) 0,25

124) (PUC – SP) A velocidade angular média do ponteiro dos minutos de um relógio em funcionamento normal é, em radianos por segundos, igual a:

a) Solução : T = 60 min = 3.600s W = 2 => W = 2 100 T 3600

b) W = rad/s1800 1800

c) . 3000 d) . 3600e) . 6000

125) (UFPR) Um ponto em movimento circular uniforme descreve 15 voltas por segundo em uma circunferência de 8,0 cm de raio. A sua velocidade angular, o seu período e a sua velocidade linear são, respectivamente:

a) 20 rad/s ; 1 s ; 280 cm/s Solução : 15 voltas 1 seg 15 f 1b) 30 rad/s ; 1 s ; 160 cm/s f = 15 Hz

10 c) 30 rad/s ; 1 s ; 240 cm/s T = 1 => T = 1 s

15 f 15 d) 60 rad/s ; 15 s ; 240 cm/se) 40 rad/s ; 15 s ; 200 cm/s W = 2 => W = 2 => W = 30 rad/s

T 1

28


15 V = W . R => V = 30 . 8 => V = 240 cm/s

126) (FMU – SP) Um móvel percorre uma trajetória circular horizontal de raio 5 m, em movimento circular uniforme, completando uma volta em segundos. A aceleração centrípeta, em módulo, será:

a) zero Solução : W = 2 => W = 2 => W = 2 rad/sb) 15 m/s2 T c) 10 m/s2

d) 20 m/s2 aC = W2 . R => aC = 22 . 5 => aC = 4 . 5 e) 5 m/s2 aC = 20 m/s2

127) (PUC – RS) As rodas de um carro têm 60,0 cm de diâmetro e realizam 5 voltas por segundo. Pode-se concluir que a velocidade desse carro é, aproximadamente:

a) 9,42 m/s Solução : 5 voltas 1 s f = 5 Hzb) 12,4 m/s f 1c) 18,8 m/s T = 1 => T = 1 sd) 20,8 m/s f 5e) 25,6 m/s

W = 2 => W = 2 => W = 10 => W = 10 . 3,14 T 1 W = 31,4 rad/s 5 V = W . R => V = 31,4 . 30 => V = 942 cm/s V = 9,42 m/s

128) (CESGRANRIO) Segundo um comentarista esportivo, um juiz de futebol, atualmente, ao apitar um jogo, corre, em média, 12 km por partida. Considerando os 90 min de jogo, é correto afirmar que a velocidade escalar média com que o juiz de futebol se move no campo, em km/h, é de :

a) Zero Solução : T = 90 min => T = 1,5 hb) 0,13 V = S => V = 12 => V = 8 km/hc) 0,48 T 1,5 d) 2,2

e) 8,0

129) (FATEC – SP) Um veículo percorre 100 m de uma trajetória retilínea com velocidade constante igual a 25 m/s, e os 300 m seguintes com velocidade constante igual a 50 m/s. A velocidade média durante o trajeto todo é de :

a) 37,5 m/s Solução : T = S => T = 100 => T1 = 4 s b) 40 m/s V 25

c) 53,3 m/s T = 300 => T2 = 6 sd) 75 m/s 50e) NDA Vm = S 1 + S 2 => Vm = 100 + 300 => Vm = 400

T1 + T2 4 + 6 10 Vm = 40 m/s

130) (UNITAU – SP) Um automóvel percorre uma estrada com função horária S = - 40 + 80 t, onde S é dado em quilômetros e t em horas. O automóvel passa pelo km zero após :

a) 1,0 h Solução : S = - 40 + 80 t b) 1,5 h 0 = - 40 + 80 t

c) 0,5 h 40 = 80 td) 2,0 h t = 40 => t = 0,5 h

29


e) 2,5 h 80

131) (UFES) Um objeto A encontra-se parado quando por ele passa um objeto B com velocidade constante de módulo igual a 8,0 m/s. No instante da ultrapassagem, imprime-se ao objeto A uma aceleração de módulo igual a 0,2 m/s2 na mesma direção e sentido da velocidade de B. Qual a velocidade de A quando ele alcançar o objeto B ?

a) 4 m/s Solução : SA = SOA + VOA t + a t 2 SB = SOB + VB tb) 8 m/s 2 SB = 0 + 8 t

c) 16 m/s SA = 0 + 0 + 0,2 t 2 => SA = 0,1 t2

d) 32 m/s 2e) 64 m/s Quando o objeto A alcança o objeto B, temos :

SA = SB VA = VOA + a t 0,1 t2 = 8 t VA = 0 + 0,2 . 80 0,1 t = 8 => t = 8 => t = 80 s VA = 16 m/s 0,1 132) (UFGO) Uma partícula executa um movimento circular uniforme de raio 1 m com

aceleração 0,25 m/s2. O período do movimento, em segundos, é :

a) 2 Solução : aC = W2 . r W = 2 b) 4 0,25 = W2 . 1 T

c) 8 W2 = 0,25 0,5 = 2 d) /2 W = 0,25 T e) /4 W = 0,5 rad/s T = 2 => T = 4 s 0,5

133) (FEI – SP) Um corredor fundista está participando de uma prova de 5 km. Nos

primeiros 3 km ele mantém velocidade constante de 1,5 m/s. No restante da prova, sua velocidade é de 2,0m/s. Qual será a sua velocidade média durante a prova ?

a) 1,667 m/s Solução : T = S => T = 3.000 => T1 = 2.000 sb) 1,750 m/s V 1,5 c) 1,750 km/s T = 2.000 => T2 = 1.000 sd) 1,850 m/s 2e) 1,600 m/s Vm = S 1 + S 2 => Vm = 3.000 + 2.000

T1 + T2 2.000 + 1.000 Vm = 5.000 => Vm = 1.667 m/s 3.000

134) (FCC – SP) Um móvel parte do repouso e desloca-se em linha reta sobre um plano horizontal. No gráfico abaixo representa-se sua aceleração escalar em função do tempo (t). No instante t = 0 a velocidade do corpo é nula. Qual é sua velocidade escalar no instante t = 3,0 s ?

a) 2,0 m/s Solução : (m/s2 ) a = V b) 4,0 m/s 8 T c) 6,0 m/s 6 4 = V d) 8,0 m/s 4 3

e) 12 m/s 2 V = 12 m/s 0 1 2 3 4 t (s)

135) (CEFET – PR) Um caminhão inicia a descida de um trecho da estrada em declive com velocidade de 54 km/h. Admitindo que o caminhão adquira uma aceleração constante de intensidade igual a 2,0 m/s2 e que o trecho de estrada referido

30


tenha 100 m de extensão, a velocidade do caminhão ao final do trajeto, será, em km/h, igual a :

a) 90 Solução : V2 = VO2 + 2 a S

b) 100 V2 = 152 + 2 . 2 . 100c) 25 V2 = 225 + 400d) 72 V2 = 625 e) 125 V = 625

V = 25 m/s Para transformar para km/h, basta multiplicar por 3,6 V = 25 . 3,6 => V = 90 km/h

136) (USF – SP) Uma pedra é atirada verticalmente para cima com uma velocidade inicial de 100 m/s. Quanto tempo ela demora para chegar ao solo novamente ? (Despreze os atritos e considere g = 10 m/s2 )

a) 10 s Solução : V = VO + atb) 20 s V = VO – gt c) 30 s 0 = 100 – 10 t d) 40 s 10 t = 100 e) 50 s t = 100 => t = 10 s

10

137) (UNISA – SP) Um móvel percorre uma trajetória circular de 1,0m de raio com velocidade escalar constante. Após um quarto de volta, o vetor deslocamento do móvel tem módulo aproximadamente igual a :

a) 1,00 m Solução : d2 = 12 + 12 b) 1,41 m d d2 = 1 + 1

c) 6,28 m 1 d2 = 2d) 3,14 m d = 2e) 0,25 m 1 d = 1,41 m

138) (FESP – SP) O gráfico abaixo representa o movimento de um trem, em trajetória retilínea, entre duas estações distanciadas de 1.800 m.Qual a velocidade máxima, em km/h, atingida pelo trem ?

a) 120 Solução : V (m/s)b) 180c) 72

d) 108e) 54 120 t (s)

S = S => b . h = 1.800 => b . h = 3.600 2 120 . h = 3.600 h = 3.600 => h = 30 m/s 120 V = h = 30 m/s => V = 30 . 3,6 => V = 108 km/h

139) (AEU – DF) O dispositivo A, da figura abaixo, lança horizontalmente uma bola com velocidade v . Esta bola deve atingir o alvo que dista 20 m do pé da rampa de lançamento . O valor da velocidade v , para que a bola atinja o alvo, deve ser de :

31


20 m

a) 5 m/s Solução : VOX = VO Cos 0º => VOX = v . 1 => VOX = v m/s b) 20 m/s VOY = VO . sen 0º => VOY = 0

c) 10 m/sd) 100 m/s y = yO + VOY + g t 2 => y = g t 2 => y = 5 t2 => 5 = 5 t2

2 2 t2 = 5 => t2 = 1 => t = 1 s 5 X = XO + VOX t => X = 0 + v t => 20 = v . 1 => V = 20 m/s

140) (UEL – PR) Duas cidades, A e B, distam entre si 400 km. Da cidade A parte um

móvel P dirigindo-se à cidade B; no mesmo instante, parte de B outro móvel Q dirigindo-se à cidade A . Os móveis P e Q executam movimentos uniformes e suas velocidades escalares são de 30 km/h e 50 km/h, respectivamente. A distância da cidade A ao ponto de encontro dos móveis P e Q, em km, vale :

a) 120 Solução : A 400 km B b) 150

c) 200 P VP = 30 km/h QQ = 50 km/hd) 240 e) 250 SP = SO + v t SQ = SO + v t

SP = 0 + 30 t SQ = 400 – 50 t SP = 30 t No momento do encontro, temos : SP = SQ => 30 t = 400 – 50 t => 30 t + 50 t = 400 => 80 t = 400 t= 400 => t = 5 s S = 30 t => S = 30 . 5 => S = 150 km 80 141) (FUVEST – SP) Uma escada rolante de 6 m de altura e 8 m de base, transporta

uma pessoa da base até o topo da escada num intervalo de tempo de 20 s. A velocidade média desta pessoa, em m/s é :

a) 0,3 Solução : x2 = 62 + 82 VM = S b) 0,5 x2 = 36 + 64 T

c) 0,7 6m x x2 = 100 VM = 10 d) 0,8 x = 100 20e) 1,0 x = 10 m VM = 0,5 m/s

8 m 142) (VUNESP) Um farol marítimo projeta um facho de luz contínuo, enquanto gira em

torno do seu eixo à razão de 10 rotações por minuto. Um navio, com o costado perpendicular ao facho, está parado a 6 km do farol. Com que velocidade um raio luminoso varre o costado do navio ?

a) 60 m/s Solução : 60 rpm 1 Hz f = 10 => f = 1 Hz b) 60 km/s 10 rpm f 60 6

c) 6,3 km/s d) 630 m/s T = 1 => T = 1 => T = 1 . 6 => T = 6 s

e) 1,0 km/s f 1 1 6

32

5 m


W = 2 => W = 2 => W = rad/s T 6 6 V = W . r => V = . 6 3 V = 2 . 3,14 => V = 6,28 => V 6,3 km/s

143) (CESGRANRIO - RJ) Numa pista de prova, um automóvel, partindo do repouso, atinge uma velocidade de 108 km/h em 6,0 s. Qual a sua aceleração escalar média ?

a) 4,0 m/s2 Solução : V = 108 km/h => V = 108 => V = 30 m/sb) 6,0m/s2 3,6c) 18,0 m/s2 a = V => a = 30 => a = 5,0 m/s2

d) 5,0 m/s2 T 6e) 9,0 m/s2

144) (FEI – SP) Sabe-se que a distância entre as margens paralelas de um rio é de 100 m e que a velocidade da correnteza, de 6 m/s, é constante, com direção paralela às margens. Um barco parte de um ponto X da margem A com velocidade constante de 8 m/s, com direção perpendicular às margens do rio. A que distância do ponto X o barco atinge a margem B ?

a) 100 m Solução : B C XB = VB . t => 100 = 8 t b) 125 m t = 100 => t = 12,5 s

c) 600 m 8d) 750 m 100 m VB VR BC = VC . t => BC = 6 . 12,5e) 800 m BC = 75 m

X VC A

XC2 = XB

2 + BC2 => XC2 = (100)2 + (75)2 => XC

2 = 10.000 + 5.625 => XC2 = 15.625

XC = 15.625 => XC = 125 m

145) (UFSC) Dois trens, um de 120 m e outro de 90 m de comprimento, movimentam-se em sentido oposto, em trilhos retos e paralelos, com velocidades de módulos constantes e iguais a 20 m/s e 10 m/s, respectivamente. O tempo necessário para um trem passar totalmente pelo outro é de :

a) 4,0 s Solução : TA STA = 120 m b) 21,0 sc) 9,0 s STB =90m TB

d) 7,0 se) 11,5 s STA = SO + VTA t STB = SO + VTB t

STA = 0 + 20 t STB = 210 – 10 t STA = 20 t

Quando termina a ultrapassagem STA = STB

STA = STB => 20 t = 210 – 10 t => 20 t + 10t = 210 30 t = 210 => t = 210 => t = 7,0 s 30

146) (SANTA CASA – SP) Um avião solta uma bomba quando voa com velocidade constante e horizontal de 200 m/s, à altura de 500 m do solo plano e também horizontal. Se g = 10 m/s2 e sendo desprezível a resistência do ar, a distância em metros entre a vertical, que contém o ponto de lançamento, e o ponto de impacto da bomba no solo será :

a) 5,0 . 102 Solução : YO = 500 m VO = 200 m/s VOY = 0

33


b) 1,0 . 103 S = SO + VO t + at 2 c) 2,0 . 103 2

d) 1,0 . 104 Y = YO + VOY t - g t 2 => Y = YO - g t 2 e) 2,0 . 104 2 2

Y = 500 – 5 t2

Ao atingir o solo YBOMBA = 0 0 = 500 – 5 t2 => 5 t2 = 500 => t2 = 500 => t2 = 100 5 t = 100 => t = 10 s

X = XO + VOX t => X = 0 + 200 t => X = 200 . 10 X = 2.000 => X = 2 . 103 m

147) (MACK) Um automóvel deslocou-se durante 1 h com velocidade constante de 60 km/h e, a seguir, por mais meia hora, com velocidade constante de 42 km/h. A velocidade escalar média do automóvel nesse intervalo de 1h 30min foi de :

a) 15 m/s Solução : VM = S 1 => 60 = S 1 => S1 = 60 kmb) 20 m/s T 1c) 25 m/s 42 = S 2 => S2 = 21 km d) 30 m/s 0,5e) 40 m/s STOTAL = S1 + S2 => STOTAL = 60 + 21 STOTAL = 81 km

VM = 81 => VM = 54 km/h => VM = 54 => VM = 15 m/s 1,5 3,6

148) (VUNESP) A fachada de uma loja tem um relógio cujo ponteiro dos segundos mede 2,0 m de comprimento. A velocidade da extremidade desse ponteiro, em m/s, é de aproximadamente :

a) 0,1 Solução : W = 2 => W = 2 => W = rad/s b) 0,2 T 60 30

c) 0,5 V = W . r => V = . 2 => V = 3,14 . 2 => V = 6,28 d) 1,0 30 30 30 e) 5,0 V 0,2 m/s

149) (PUC – PR) Duas partículas A e B, movimentam-se sobre uma mesma trajetória retilínea segundo o gráfico. Podemos afirmar que suas equações horárias são respectivamente :

S (m)a) SA = 90 + 20 t; SB = 40 + 10 t A B b) SA = 20 + 90 t; SB =10 + 40 t 140

c) SA = 40 + 20 t; SB = 90 + 10 td) SA = 40 + 20 t; SB = 10 + 90 t 90 e) SA = 20 + 40 t; SB = 90 + 10 t

40

0 5 t (s) Solução : VA = S A => VA = 140 – 40 => VA = 100 => VA = 20 m/s TA 5 – 0 5 VB = S B => VB = 140 – 90 => VB = 50 => VB = 10 m/s TB 5 – 0 5

SA = SOA + VA t => SA = 40 + 20 t SB = SOB + VB t => SB = 90 + 10 t

34


150) (UEL – PR) Um projétil é atirado com velocidade de 40 m/s, fazendo ângulo de 37º com a horizontal. A 64 m do ponto de disparo, há um obstáculo de altura 20 m. Adotando g = 10 m/s2, cos 37º = 0,80 e sen 37º = 0,60, pode-se concluir que o projétil :

a) passa à distância de 2,0 m acima do obstáculo Solução : b) passa à distância de 8,0 m acima do obstáculo

c) choca-se com o obstáculo a 12 m de alturad) choca-se com o obstáculo a 18 m de alturae) cai no solo antes de chegar até o obstáculo

Y (m) Segundo X X = VOX t => X = VOX . cos 37º X = 0,80 . 40 t => X = 32 t 64 = 32 t => t = 64 => t = 2 s 20 m 32 Segundo Y 37º Y = YO + VOY + g t 2 2 64 x (m) Y = 0 + 24 t – 5 t2

Y = 24 t – 5t2

Y = 24 . 2 – 5 . 22

Y = 48 – 20 => Y = 28 m Logo; passa à distância de 8 m acima do obstáculo

35


DINÂMICA/ESTÁTICA/HIDROSTÁTICA/TERMOLOGIA

01) (CICE – RJ) No diagrama seguinte, A e B estão juntos em movimento sobre uma superfície horizontal com atrito desprezível. A força aplicada aos blocos é de 16 N na direção e sentido indicados pela seta. Os blocos tem uma aceleração de 4,0 m/s2. Sendo a massa do bloco A igual a 3,0 kg, a força que o bloco A exerce sobre o bloco B é de:

F A B

a) 16 N Solução : F = m . ab) 12 N F – T = mA . a

c) 4 N 16 – T = 3 . 4d) 3 N 16 – T = 12 => T = 16 – 12 =>T = 4 N e) Nenhum desses valores

02) (ITAJUBÁ – MG) A figura a seguir mostra um corpo de massa igual a 70 kg, sobre uma mesa horizontal, ligado por uma corda e um segundo corpo de massa igual a 50 kg. Sabendo-se que a massa da corda é desprezível, bem como todas as forças de atrito, indique o valor da aceleração do corpo de massa igual a 50 kg. Adote g = 10 m/s2 .

T 70 kg

T

50 kg PB

a) 9,8 m/s2 Solução : b) 10,0 m/s2 corpo A corpo B PB = m . g

c) 4,1 m/s2 F = m . a PB – T = m . a PB = 50 . 10 d) 0,0 m/s2 T = 70 a I 500 – T = 50 a II PB = 500 Ne) 6,9 m/s2

Resolvendo o sistema de equações I e II , vem: T = 70 a 500 – T = 50 a 500 = 120 a => a = 500 => a = 4,16 m/s2 120

03) (UEL – PR) No piso de um elevador é colocada uma balança de banheiro, graduada em newtons. Um corpo é colocado sobre a balança e, quando o elevador sobe com aceleração constante de 2,2 m/s2, a mesma indica 720 N. Sendo a aceleração da gravidade local igual a 9,8 m/s2, a massa do corpo, em kg, vale:

a) 72 Solução : P = m . g F = N – P => m . a = N – Pb) 68 m . 2,2 = 720 – m . 9,8

c) 60 2,2 m + 9,8 m = 720d) 58 12 m = 720 => m = 720 => m = 60 kg

36


e) 54 12

04) (PUC – SP) A figura representa o conjunto de três blocos A, B e C de massas respectivamente iguais a 10 kg, 5 kg e 3 kg que deslizam sem atrito sobre um plano horizontal sob a ação de uma força horizontal de 36 N. Neste caso a força de tensão do fio ligado ao bloco C tem intensidade :

a) 6 N 36 N A B C b) 12 N 10 kg 5 kg 3 kgc) 18 Nd) 36 Ne) nenhuma das anteriores

Solução : Bloco A Bloco B Bloco C F = m . a F = m . a F = m . a F – T = mA . a T – T1 = 5 . a I T1 = 3 . a II 36 – T = 10 a III

Resolvendo o sistema das equações I e II T – T1 = 5 a T 1 = 3 a T = 8 a IV

Resolvendo o sistema das equações III e IV 36 – T = 10 a T = 8 a 36 = 18 a => a = 36 => a = 2 m/s2

18

T1 = 3 a => T1 = 3 . 2 => T1 = 6 N

05) (FM Santa Casa – SP) Uma balança de mola é colocada num elevador que sobe com aceleração constante a = 0,2 g ( g = aceleração da gravidade = 10 m/s2) para cima, se uma pessoa da massa 70 kg, está sobre a balança, esta indicará:

a) 70 N Solução :Fr = N – P P = m . g => P = 70 . 10 => P = 700 Nb) 140 N m . a = N - Pc) 210 N 70 . 2 = N – 700 a = 0,2 g => a = 0,2 . 10d) 700 N 140 = N – 700 a = 2 m/s2

e) 840 N 140 + 700 = N => N = 840 N

06) (UFMG) Dois blocos A e B, com massas iguais a 1 kg e 2 kg, respectivamente, apoiados sobre uma superfície horizontal sem atrito, sofrem a ação de uma força horizontal de 6 N; a força que o bloco B exerce sobre A é de:

a) 0 Solução : F A F = ( mA + mB ) . ab) 6 N B 6 = (1 + 2 ) ac) 3 N 6 = 3 a => a = 6

d) 4 N 3 e) 2 N a = 2 m/s2 FB = mB . a => FB = 2 . 2 => FB = 4 N

07) (Med. Jundiaí – SP) Um corpo se move em linha reta com aceleração escalar igual a 5,0 m/s2. Sua massa é de 2,0 kg. O módulo da resultante das forças que atuam sobre ele é igual, em Newtons, a:

a) 0,40 Solução : F = m . ab) 2,0 F = 2 . 5c) 2,5 F = 10 Nd) 5,0

37


e) 10,0

08) (CICE – RJ) O gráfico anexo representa a velocidade de uma partícula em função do tempo. A massa da partícula é 2,0 x 10-2 kg e o movimento é retilíneo. O módulo da força resultante aplicada à partícula entre os instantes t = 5,0 s e t = 6,0 s é igual a:

V (m/s)a) 1,0 x 10-2 N 2,0b) 2,0 x 10-2 Nc) 3,0 x 10-2 N 1,0

d) 4,0 x 10-2 Ne) nenhum dos valores propostos

0 1 2 3 4 5 6 t (s)

- 1,0

Solução : a = Tg => a = cateto oposto => a = 2 => a = 2 m/s2

Cat. adjacente 1

Fr = m . a => Fr = 2,0 x 10-2 . 2 => Fr = 4,0 x 10-2 N

09) (UFRS) Um corpo de massa igual a 5 kg, inicialmente em repouso, sofre a ação de uma força resultante constante de 30 N. Qual a velocidade do corpo depois de 5 s ?

a) 5 m/s Solução : F = m . a v = v0 + a tb) 6 m/s 30 = 5 . a v = 0 + 6 . 5 c) 25 m/s a = 30 v = 30 m/s

d) 30 m/s 5e) 150 m/s a = 6 m/s2

(FATEC – SP) O enunciado a seguir corresponde aos testes 10 e 11. O bloco A da figura tem massa mA = 80 kg e o bloco B tem massa mB = 20 kg. A força F tem intensidade de 600 N. Os atritos e as inércias do fio e da polia são desprezíveis.

F A C

(g = 10 m/s2 )

B

10) A aceleração do bloco B é: a NA

a) Nula Solução : Bloco A F T b) 4,0 m/s2 para baixo F – T = mA . a A

c) 4,0 m/s2 para cima T – PB = mB . a d) 2,0 m/s2 para baixo F – PB = (mA + mB ) a e) 2,0 m/s2 para cima 600 – 200 = (80 + 20) a PA

400 = 100 a a = 400 => a = 4 m/s2 para cima 100

11) A intensidade da força que traciona o fio é: T

a) Nula Solução : T – PB = mB . a b) 200 N T – 200 = 20 . 4 B ac) 400 N T = 80 + 200 d) 600 N T = 280 N

e) nenhuma das anteriores PB

38


12) (UNIMEP – SP) A força resultante que age sobre uma partícula de massa m = 6 kg vale 12 N. Se a partícula está inicialmente em repouso, qual será sua velocidade após 5 s de ação da força ?

a) 360 m/s Solução : F = m . a v = v0 + a tb) 42 m/s 12 = 6 . a v = 0 + 2 . 5

c) 10 m/s a = 12 v = 10 m/s d) 30 m/s 6e) 3,6 m/s a = 2 m/s2

(IPUC) Para as questões 13,14 e 15 são dados m1 = 20 kg, m2 = 10 kg e m3 = 30 kg; despreza-se entre as superfícies de contato, e a roldana.

g = 10 m/s2 m1 m2

m3

13) A aceleração do sistema em m/s2 é:

a) zero Solução : T1 = m1 . a Pm3 = m3 . gb) 0,20 T2 – T1 = m2 . a Pm3 = 30 . 10

c) 5,0 Pm3 – T2 = m3 . a Pm3 = 300 Nd) 10 Pm3 = (m1 + m2 + m3 ) a e) 1,0 300 = (20 + 10 + 30) a

300 = 60 a => a = 300 => a = 5 m/s2 60

14) A tensão em Newtons na corda que liga m1 e m2 é: Nm2

Nm1 a) Zero Solução : T1 = m1 . a m1 m2

b) 100 T1 = 20 . 5 T2

c) 150 T1 = 100 N d) 200 Pm1 Pm2 m3 ae) 50

15) A tensão em Newtons na corda que liga m2 e m3 é: Pm3

a) Zero Solução : T2 – T1 = m2 . ab) 100 T2 – 100 = 10 . 5

c) 150 T2 = 50 + 100d) 294 T2 = 150 Ne) 300

16) (VUNESP – SP) Dois corpos, de pesos 10 N e 20 N, estão suspensos por dois fios, P e Q de massas desprezíveis, da maneira mostrada na figura. As intensidades (módulos) das forças que tracionam os fios P e Q são respectivamente:

a) 10 N e 20 N Solução : TP TQ b) 10 N e 30 N P c) 30 N e 10 N 10 N 1 2

d) 30 N e 20 N e) 30 N e 30 N Q PP TQ PQ

20 N

TP = PP + PQ => TP = 10 + 20 => TP = 30 N TQ = PQ = 20 N 17) (FIUBE – MG) Dois corpos de massas iguais estão suspensos por fios inextensíveis e

de massas desprezíveis, como representado na figura F e G são, respectivamente , os módulos das forças de tração nos fios 1 e 2. A relação entre F e G é:

39


a) F = G Solução : F G b) F = 2G

c) F = G fio 1 x y G = Py 2

d) F = 4G x Ge) G Px Py

4 fio 2 Px = Py F = Px + G Y F = G + G => F = 2 G

18) (MACKENZIE - SP) Uma força horizontal F = 10 N é aplicada ao bloco A de 6 kg o qual por sua vez está apoiado em um segundo bloco B de 4 kg. Se os blocos deslizam sobre um plano horizontal sem atrito, qual a força, em newtons, que um bloco exerce sobre o outro ?

F A B

Solução : NA a NB a F – FBA = mA . a

F AB = mB . a FBA F FAB F = (mA + mB) a A B 10 = (6 + 4) a 10 = 10 a a = 10 => a = 1 m/s2 PA PB

10

F – FAB = mA . a 10 – FAB = 6 . 1 10 – 6 = FAB => FAB = 4 N

19) (FFUSP) Um automóvel de massa 103 kg, movendo-se inicialmente com velocidade de 72 km/h é freiado (em movimento uniformemente retardado) e pára após percorrer 50 m. A força e o tempo de freiagem são, respectivamente :

a) 4,0 . 103 N e 5,0 s Solução : v2 = v02 + 2 . a . s

b) 8,0 . 103 N e 2,5 s 0 = (20)2 + 2 . a . 50c) 4,0 . 103 N e 2,5 s 0 = 400 + 100 ad) nenhum dos anteriores - 100 a = 400 => a = - 400 => a = - 4 m/s2

100

v = v0 + a t => 0 = 20 – 4 t 4 t = 20 => t = 20 => t = 5 s 4 F = m . a => F = 103 . 4 => F = 4,0 . 103 N

20) (FCM – RJ) Um corpo de 20 N de peso, inicialmente em repouso sobre um plano horizontal, é puxado por uma força F, também horizontal, de 5 N. Determine a velocidade ao fim de 10 s, sabendo-se que o coeficiente de atrito é 0,2. É dado g = 10m/s2. N

Solução : fa = . N => fa = 0,2 . 20 => fa = 4 N F 20 N fa F – fa = m . a => 5 – 4 = 2 a => 1 = 2 a

40


a = 1 m/s2 P 2

v = v0 + a t v = 0 + 1 . 10 => v = 5 m/s 2

21) (FEMC – RJ) Uma locomotiva de peso igual a 80.000 N e cujo coeficiente de atrito é 0,15, desloca uma composição cujo coeficiente de atrito é 0,005. Sabendo-se que a locomotiva arrasta 10 vagões, cada um dos quais pesa 12.000 N, determine a intensidade da força motora que a locomotiva deve exercer para o conjunto caminhar com velocidade constante.

Solução : fa = . NLocomotiva => fa = 0,15 . 80.000 => fa = 12.000 N

f’a = . NVagões => f’a = 0,005 . 120.000 => f’a = 600 N NVagões = 10 . 12.000 NVagões = 120.000 N F = fa + f’a => F = 12.000 + 600 F = 12.600 N

22) (FMUSP) Dois móveis M e N ligados por uma corda de peso desprezível, deslocam-se sobre um plano, sob a ação de uma força de 15 N aplicada na direção do deslocamento. Não há atrito entre M e o plano, porém o coeficiente de atrito de escorregamento entre o corpo N e o plano vale 0,2. As massas de M e N são respectivamente 1 kg e 3 kg. Adote g = 10 m/s2 . A aceleração do sistema é igual, m/s2, a : NM NN

a) 3,75 15 N F T T fa b) 1,25 M N M N

c) 2,25d) 0,15 Solução : corpo M corpo N PM PN

e) 4,05 F – T = m . a T – fa = m . a fa = . N 15 – T = 1 a T – 6 = 3 a fa 0.2 . 30 fa = 6 N

15 – T = a T – 6 = 3 a 9 = 4 a => a = 9 => a = 2,25 m/s2 4

23) (FEMC – RJ) Um carrinho de brinquedo cuja massa é 2,0 kg, amarrado na extremidade de uma corda de 0,70 m de comprimento anda em círculo sobre uma mesa horizontal. Se a força máxima que a corda pode agüentar sem romper é de 40 N, qual será aproximadamente a velocidade máxima do carrinho nesse dispositivo ?

a) 0,37 m/s Solução : Fc = m v 2 => 40 = 2 v 2 => 28 = 2 v2

b) 1,8 m/s R 0,7 c) 3,7 m/s v2 = 28 => v2 = 14 => v = 14 => v 3,7 m/s

d) 7,4 m/s 2e) nenhuma das anteriores

24) (IME) No plano inclinado da figura, os corpos A e B, cujos pesos são de 200 N e 400 N, respectivamente, estão ligados por um fio que passa por uma polia lisa. O coeficiente de atrito entre os corpos e os planos é 0,25. Para que o movimento se torne iminente, deve ser aplicada, ao corpo A, uma força F de:

a) 25 2 N Solução : B b) 25 3 N

c) 50 3 N A sen 30º = 0,50 cos 30º = 3 d) 50 N F 2 e) 50 2 N 30º

41


fa = P cos a . f’a = . N F = P sen a fa = 200 . 3 . 0,25 f’a = 0,25 . 400 F = 200 . 0,5 2 f’a = 100 N F = 100 N fa = 25 3

F + f = fa + f’a

F + 100 = 25 3 + 100 F = 25 3 + 100 – 100 => F = 25 3

25) (PUC – RJ) Existem bolas de boliche de diversas massas. Suponha que você jogue, com forças iguais, três bolas, uma de cada vez. A primeira tem massa m1 = m, a segunda m2 = m/2 e a terceira m3 = 2m. Suas respectivas acelerações são :

a) a1, a2 = 2 a1 , a3 = a1/2 Solução : F1 = F2 = F3

b) a1, a2 = a1/2 , a3 = 2 a1 F1 = m . a1 F2 = m . a2 c) a1 = a2 = a3 2d) a1, a2 = a1/3 , a3 = 2 a1/3 a1 = F1 a2 = 2 F1 e) a1, a2 = 3 a1, a3 = 3 a1/2 m m F1 = 2 m a3 a3 = F1

2 m a1 , a2 = 2 a1 , a3 = a1 2

26) (ITAJUBÁ – MG) Um automóvel de massa 1.000 kg percorre com velocidade de 72 km/h uma curva de raio R = 100 m em uma estrada sem sobrelevação. Adote g = 10 m/s2. a) Determine o menor coeficiente de atrito entre os pneus e a pista, para não

haver derrapagem;b) Determine o ângulo de sobrelevação da pista, para que a segurança do

veículo na curva não dependa do atrito (esse ângulo pode ser dado pela tg ).

Solução : 72 km/h = 72 => 20 m/s 3,6 a) V = R g => 20 = . 100 . 10 => 20 = . 102 . 10 20 = 10 . 10 => 20 = . 10 => 2 = . 10 10 (2)2 = ( . 10 )2 => 4 = . 10 => = 4 => = 0,4 10 b) Tg = v 2 => Tg = (20) 2 => Tg = 400 => Tg = 4 R g 100 . 10 1.000 10 Tg = 0,4

27) (ENE – RJ) Um veículo desloca-se com velocidade de 10 m/s em uma curva circular de raio R = 100 m. Determine a tangente de inclinação do plano da pista com a horizontal, para que o veículo possa efetuar a curva independente da força de atrito. ( g = 10 m/s2 ).

Solução : Tg = v 2 => Tg = 10 2 => Tg = 100 => Tg = 0,1 R g 100 . 10 1.000

28) (ENE – RJ) Uma esfera de 2,0 kg gira em um plano horizontal em torno de um ponto fixo, presa a extremidade de um fio de 3,0 m de comprimento, cuja resistência a ruptura é de 20 N. Qual a velocidade angular que fará partir o fio ?

Solução : Fc = m . v 2 V = W . R Fc = m (W R) 2 => Fc = m . W2 . R R R 20 = 2 . W2 . 3

42


W2 = 20 => W2 = 10 => W = 10 => W = 1,83 rd/s 6 3 3

29) (FEI – SP) É dado o gráfico da força F que age sobre um corpo de massa 1,0 kg em função do deslocamento, a partir do repouso. A força F tem direção constante, paralela à trajetória. O trabalho de F de 0 a 0.8 m é em joules:

a) 20 Solução : F (N)b) 2 15

c) 6.3d) 8 10 e) 15

3 0 0,2 0,4 0,6 0,8 d (m)

S1 = b . h => S1 = 0,2 . 10 => S1 = 2 Joules S2 = (B + b) . h => S2 = (15 + 10) . 0,2 => S2 = 2,5 Joules 2 2 S3 = b . h => S3 = 0,2 . 12 => S3 = 1,2 Joules 2 2 S4 = b . h => S4 = 0,2 . 3 => S4 = 0,6 Joule

T = S1 + S2 + S3 + S4 => T = 2 + 2,5 + 1,2 + 0.6 => T = 6.3 Joules

30) (FEMC – RJ) Quando uma pessoa levanta uma criança de 10 kg a uma altura de 120 cm, exerce uma força que realiza um trabalho ( a velocidade constante) de aproximadamente (g = 10 m/s2):

a) 1,2 x 102 J Solução : F = m . g T = F . db) 1,2 x 103 ergs F = 10 . 10 T = 100 . 1,2c) 1,2 J F = 100 N T = 1,2 x 102 Jd) 12 Je) um valor diferente

31) (FM Santos – SP) Para arrastar um corpo de massa 100 kg entre dois pontos, com movimento uniforme, um motor de potência igual a 500 W opera durante 120 segundos. O trabalho motor realizado em joules é:

a) 3,0 x 104 Solução : P = T => 500 = T => T = 500 x 120 b) 6,0 x 104 t 120

c) 1,0 x 104 T = 60.000 => T = 6,0 x 104 Joules d) 2,0 x 104

e) nenhuma das anteriores32) (CICE – RJ) Uma mola de constante k = 16 N/m é esticada desde sua posição de

equilíbrio até uma posição em que seu comprimento aumentou de 10 cm com velocidade constante. O trabalho realizado pela força empregada, no deslocamento referido foi de:

a) 5,0 . 10- 2 J Solução : T = k x 2 => T = 16 . (0,1) 2 => T = 8 . 0,01b) 8,0 . 10- 1 J 2 2 c) 5,0 . 10- 1 J T = 8,0 . 10- 2 J

d) 8,0 . 10- 2 Je) nenhum dos valores anteriores

33) (FM VALENÇA – RJ) Uma locomotiva, deslocando-se com velocidade constante de 15,2 m/s exerce uma tração de 91.000 N no engate. Dado 1 CV = 735 Watts. Qual a potência em CV que desenvolve:

a) 2,00 x 103 Solução : P0 = F x v => P0 = 91.000 . 15,2 => P0 = 1.383.200 Wb) 1,73 x 103

43


c) 1,88 x 103 1 CV 735 W x = 1.383.200 d) 1,90 x 104 x 1.383.200 W 735 e) nenhuma das anteriores x = 1,88 . 103 CV

34) (FMUF – RJ) Uma cachoeira lança 20 m3 de água por segundo, de uma altura de 15 m. Densidade da água 1 g/cm3 = 103 kg/m3. Assim sendo, a potência fornecida vale aproximadamente:

a) 75 CV Solução : d = m => 103 = m => m = 20 . 103 kgb) 30.000 Watts v 20

c) 4.000 CV F = m . g => F = 20 . 103 . 9,8 => F = 196 . 103 Nd) 1.000 CV T = F . d => T = 196 . 103 . 15 => T = 2940 . 103 J e) 200 Watts P0 = T => P0 = 2.940.000 => P0 = 2.940.000 W

t 1 1 CV 735 W x = 2.940.000 x 2.940.000 W 735 x = 4.000 CV

35) (CICE – RJ) A potência de uma cachoeira que derrama 240 m3 de água por minuto com velocidade de 5,0 m/s é (g = 10 m/s2 ; dágua = 103 kg/m3 ).

a) 5,0 . 104 W Solução : d = m => 103 = m => m = 4.000 kgb) 1,3 . 105 W v 4 c) 1,7 . 104 W F = m . g => F = 4.000 . 10 => F = 40.000 Nd) 2,3 . 104 W v2 = v0

2 + 2g s => 52 = 02 + 2 . 10 . se) 3,1 . 104 W 25 = 20 s => s = 25 => s = 1,25 m

20 T = F . d => T = 40.000 . 1,25 => T = 50.000 J P0 = T => P0 = 50.000 => P0 = 50.000 W t 1 P0 = 5,0 . 104 W

36) (F.C.M.M.G) O corpo A, representado na figura, tem massa igual a 4,0 kg e está dependurado, por uma corda, no teto de um elevador que sobe com velocidade constante, igual a 2,0 m/s.A tensão da corda é:

a) 40 N Solução : T = P P = m . g => P = 4 . 10 b) 8,0 N P = 40 Nc) 4,0 Nd) 80 N T = 40 N e) nula 4,0 Kg

37) (ITAJUBÁ – MG) Um corpo de massa 2,0 kg, inicialmente em repouso, é puxado sobre uma superfície horizontal sem atrito, por uma força constante também horizontal de 4,0 N. Qual será sua energia após percorrer 5,0 m?

a) 0 joules Solução : EC = T = F . d b) 20 joules EC = 4 . 5

c) 10 joules EC = 20 Jd) 40 joulese) nenhum dos resultados acima

38) (F. Odont. – RJ) Um corpo de massa 10 kg está em movimento retilíneo. Durante um certo intervalo de tempo a sua velocidade passa de 10 m/s para 40 m/s. O trabalho, em joules, realizado nesse intervalo de tempo é igual a:

a) 300 Solução : T = m . v 22 - m . v 1

2 => T = 10 . 1.600 - 10 . 100 b) 1.000 2 2 2 2

c) 7.500 T = 8.000 – 500 => T = 7.500 Jd) 8.500e) 15.000

44


39) (FEI – SP) Um corpo de massa m = 10 kg é arremessado horizontalmente sobre o tampo horizontal de uma mesa. Ele inicia o seu movimento com velocidade v 0

= 10 m/s e abandona a mesa com velocidade v = 5 m/s. O trabalho realizado pela força de atrito que age no corpo :

a) é nulob) não pode ser calculado por falta do coeficiente de atritoc) não pode ser calculado por não se conhecer a trajetória

d) vale – 375 Je) vale – 50 J

Solução : T = m . v 22 - m . v 1

2 => T = 10 . (5) 2 - 10 . (10) 2 2 2 2 2 T = 5 . 25 – 5 . 100 => T = 125 – 500 => T = - 375 J

40) (FEI – SP) A figura representa um conjunto de planos perfeitamente lisos, onde deve-se mover uma bola de massa 2 kg. A bola é abandonada do repouso, em A. Adote g = 10 m/s2. Analisando este movimento podemos afirmar que:

a) a bola não consegue atingir o ponto Cb) a energia cinética da bola em C é 300 Jc) a energia potencial da bola em C é de 300 J

d) a energia cinética da bola em B é de 300 Je) nenhuma das anteriores.

A

C

h1= 15 m h2 = 10 m

B

Solução : VB = 2 g h => VB = 2 . 10 . 15 => VB = 300

EC = m . v B2 => EC = 2 . ( 300 ) 2 => EC = 300 J

2 241) (FM SANTA CASA – SP) Um corpo desloca-se sobre um plano horizontal sem atrito

com velocidade de 3,0 m/s e em seguida sobe uma rampa, também sem atrito, atingindo uma altura máxima h . Sabendo-se que a massa do corpo é de 1,0 kg, a energia potencial do corpo quando atinge o ponto A:

a) depende do ângulo b) é igual a 4,5 J

c) somente pode ser determinada se forem dados h e d) somente pode ser determinada se for dado o valor de he) dependerá do valor da aceleração da gravidade.

A h V0 = 3,0 m/s

Solução : V = 2 g h => 3 = 2 . 10 . h => (3)2 = ( 20 h )2 => 9 = 20 h h = 9 . 20 EP = m . g . h => EP = 1 . 10 . 9 => EP = 4,5 J 20

45


(PUC - SP) Este enunciado refere-se aos testes 42 e 43. A mola representada no esquema tem massa desprezível e constante elástica k = 400 N/m e está comprimida de 0,08 m. O corpo nela encostado tem massa 1 kg. Num dado instante solta-se o sistema.

8 cm

42) Supondo que não haja atrito podemos afirmar que há contato entre o corpo e a mola enquanto o corpo percorre:

a) Zero Solução : 8 cm => 0,08 mb) 0,04 m

c) 0,08 md) 0,16 me) 0,4 m

43) A velocidade do corpo quando cessa o contato, entre a mola e o corpo é igual a:

a) zero Solução : m . v 2 = k . x 2 => 1 . v2 = 400 . (0,08)2

b) 0,4 m/s 2 2 c) 0,8 m/s v2 = 400 . 0,0064 => v2 = 2,56 => v = 2,56

d) 1,6 m/s v = 1,6 m/se) 2,56 m/s

44) (FGV – SP) Uma cadeira de massa 8 kg é arrastada, em linha reta, ao longo de um assoalho horizontal por uma distância de 6 m, sob a ação de uma força constante de 20 N em 10 s. O trabalho máximo que essa força pode realizar, em joules, é de:

a) 200 Solução : T = F . db) 160 T = 20 . 6

c) 120 T = 120 J d) 80e) 60

45) (CESCEM – SP) Uma bomba atômica de hidrogênio funciona baseada na transformação de hidrogênio em hélio. Por exemplo, 50.000 kg de hidrogênio transforma-se em 49.644 kg de hélio, (esta transformação está ocorrendo continuamente no Sol); a massa perdida transforma-se em energia segundo a equação E = m c2, onde c = 3 x 108 m/s (velocidade da luz) e m é a massa perdida. Qual é a energia produzida na reação acima?

a) 3,204 x 1020 joules Solução : 50.000b) 1,068 x 1012 ergs - 49.644

c) 3,204 x 1019 joules 356 kg ( massa perdida)d) 3,204 x 1019 ergse) diferente dos anteriores E = m . c2 => E = 356 . (3 x 108)2

E = 356 . 9 . 1016 => E = 3.204 . 1016 E = 3,204 . 1019 J

46) (EFO – ALFENAS – MG) Uma força de 10 N age sobre um corpo, fazendo com que ele realize um deslocamento de 5 metros em 20 segundos. A potência desenvolvida, supondo que a força seja paralela ao deslocamento, é, em Watts, de:

a) 2,5 Solução : T = F . d P = T => P = 50 .b) 5 T = 10 . 5 t 20 c) 20 T = 50 J P = 2,5 W d) 50e) 10

46


47) (FATEC – SP) Uma máquina trabalha com potência útil constante de 600 W. O trabalho que ela realiza por minuto, em J, é de:

a) 10 Solução : 1 min 60 s x = 1 min

b) 1.600 x 1 s 60c) 1.200 P = T => 600 = T => T = 600 . 1 => T = 10 J d) 36.000 t 1 60 e) nenhuma das anteriores 60

48) (UNIFOR – CE) Um corpo de massa 10 kg tem velocidade de 5 m/s. A sua energia cinética, em joules, é de:

a) 5 Solução : EC = m v 2 => EC = 10 . 5 2 => EC = 5 . 25b) 10 2 2c) 50 EC = 125 J

d) 125e) 500

49) (FMLT – MG) Um corpo de 2,0 kg de massa, inicialmente em repouso, é puxado sobre uma superfície horizontal sem atrito por uma força constante, também horizontal, de 4,0 N. Qual será sua energia cinética após percorrer 5,0 m?

a) 0 J Solução :F = m . a => 4 = 2 a => a = 4 => a = 2 m/s2 b) 20 J 2

c) 10 J S = S0 + v0t + a t 2 => 5 = 2 t 2 => t = 5 sd) 40 J 2 2 e) nenhuma das anteriores v = v0 + at => v = 0 + 2 5 => v = 2 5 m/s EC = m v 2 => EC = 2 . (2 5) 2 => EC = 20 J 2 2

50) (ABC – SP) Um homem puxa com uma corda uma massa de 20 kg inicialmente em repouso no chão, exercendo uma força horizontal de 20 N na direção do deslocamento. A massa se desloca 8,0 m, e tem aí velocidade de 3 m/s. A energia cinética final e o trabalho realizado pelo homem são, respectivamente:

a) 90 J; 90 J Solução : EC = m . v 2 => EC = 20 . 3 2 => EC = 90 Jb) 12 J; 45 J 2 2c) 60 J; 90 J T = F . d => T = 20 . 8 => T = 160 J

d) 90 J; 160 Je) nenhuma das anteriores

51) (FATEC – SP) Um atleta de 60 kg, no salto com vara, consegue atingir uma altura de 5 m. Pode-se dizer que ele adquiriu uma energia potencial gravitacional de (admitir g = 10 m/s2):

a) 12 J Solução : EP = m . g . hb) 300 J EP = 60 . 10 . 5

c) 3.000 J EP = 3.000 Jd) 6.000 Je) nenhuma das anteriores

52) (UNIMEP - SP) Um astronauta com traje completo tem massa de 120 kg. Ao ser levado para a Lua, onde a gravidade é aproximadamente 1,6 m/s2, sua massa e seu peso serão, respectivamente:

a) 75 kg; 120 N Solução : m = 120 kg P = m . g => P = 120 . 1,6 b) 120 kg; 192 N

c) 192 kg; 192 N P = 192 Nd) 120 kg; 120 N

47


e) 75 kg; 192 N

53) (FGV – SP) O gráfico abaixo refere-se ao movimento de um carrinho de massa 10 kg, lançado ao longo de uma superfície horizontal.

V (m/s) 2

5 t (s)

O módulo da força resultante que age no carrinho é de:

a) 0,5 N Solução : a = v => a = 2 m/s2

b) 2 N t 5 c) 4 N

d) 20 N F = m . a => F = 10 . 2 => F = 4 Ne) 40 N 5

54) (UF UBERABA – MG) A máxima tração de um barbante pode suportar é de 30 N. Um extremo desse barbante é preso a um bloco de 1,5 kg, num local onde a aceleração da gravidade vale 10 m/s2. A máxima aceleração vertical para cima que se pode imprimir ao bloco, puxando-o pelo outro extremo do barbante, é, em m/s2, igual a:

a) 20 Solução : P = m . g => P = 1,5 . 10 => P = 15 Nb) 15

c) 10 T – P = m . a => 30 – 15 = 1,5 . ad) 5,0 15 = 1,5 a => a = 15 => a = 10 m/s2 e) 2,0 1,5

55) (PUC – SP) De acordo com a figura, o bloco A de massa 100 kg desloca-se com velocidade constante de 40 m/s. A partir do ponto 1, situado a 10 m do ponto 2, começa a agir uma força constante de mesma direção. A intensidade mínima da força para que o bloco não ultrapasse o ponto 2 é o de:

a) 80 N Solução : Ab) 18.000 N 1 (10 m) 2

c) 8.000 Nd) 2.000 N v2 = v0

2 + 2 a s => (40)2 = 02 + 2 . a . 10e) 12.000 N 1600 = 20 a => a = 1600 => a = 80 m/s2

20

F = m . a F = 100 . 80 => F = 8.000 N

56) (UFRN) No esquema representado pela figura abaixo, considera-se a inexistência de atrito. A aceleração do sistema e a intensidade da força aplicada pelo corpo C sobre o corpo A valem, respectivamente (g = 10 m/s2):

a) 6 m/s2 e 150 N Solução : A b) 6 m/s2 e 50 N 20 kg C 10 kgc) 5 m/s2 e 150 N

d) 5 m/s2 e 50 N 30 kg

e) 5 m/s2 e zero B

PB = mB . g PB = (mA + mB + mC) . a TA = mA . a TA – TC = mC . a

PB = 30 . 10 300 = (20 + 30 + 10) a TA = 20 . 5 100 – TC = 10 . 5 PB = 300 N 300 = 60 a TA = 100 N 100 – 50 = TC

a = 300 TC = 50 N 60 a = 5 m/s2

48


57) (UEL – PR) Dois blocos A e B, de massas mA = 2,0 kg e mB = 3,0 kg, ligados por um fio, são dispostos conforme a figura abaixo, num local onde a aceleração da gravidade vale 10 m/s2.

A Sen 30º = 0,50 B Cos 30º = 0.80 30º

Desprezando os atritos e considerando ideais a polia e o fio, a intensidade da força tensora no fio, em newtons, vale:

a) zero Solução : PB = mB . g => PB = 3 . 10 => PB = 30 Nb) 4,0

c) 6,0 A PX = PB . sen 30º => PX = 30 . 0,5d) 10 PX = 15 Ne) 15 B

30º T = mA . a => T = 2 . 3 PX – T = mB . a T = 6 N

T = mA . a PX = (mA + mB ) a => 15 = (2 + 3) a => 15 = 5 a => a = 15 => a = 3 m/s2

5

58) (ALFENAS – MG) Dois blocos, ambos com massa m, são ligados por um fio flexível. A polia é leve e o coeficiente de atrito do bloco com a superfície é = 0,2; g = 10 m/s2. A aceleração dos blocos será igual a: N

Ta) 10 m/s2 Solução : m Fa mb) 6 m/s2 T c) 5 m/s2 PM

d) 4 m/s2 m m e) nula

PM

PA = mA . g PB = mB . g Fa = . N PA = m . 10 PB = m . 10 Fa = 0,2 . 10 m PA = 10m N PB = 10 m N Fa = 2 m

Corpo A Corpo B T – Fa = m . a PM – T = m . a T – 2m = m a 10 m – T = m a

T – 2m = ma 10 m – T = m a 8 m = 2m a => a = 8 m => a = 4 m/s2

2 m

59) (FC CHAGAS – BA) Um corpo de peso igual a 10 N desliza sobre uma superfície horizontal. O coeficiente de atrito é constante e igual a 0,20. Para que a velocidade vetorial do corpo seja constante, é necessário aplicar uma força horizontal cujo módulo, em newtons, é igual a:

a) 0,20 Solução : P = m . g Fa = . N Fat din = . N b) 2,0 10 = m . 10 Fa = 0,2 . 10 Fat din = 0,2 . 10

c) 10 m = 10 Fa = 2 N Fat din = 2 N d) 20 10e) 50 m = 1 kg

49


60) (FATEC – SP) Uma esfera de 2,0 kg de massa oscila num plano vertical, suspensa por um fio leve e inextensível de 1,0 m de comprimento. Ao passar pela parte mais baixa da trajetória, sua velocidade é de 2,0 m/s. Sendo g = 10 m/s2, a tração no fio quando a esfera passa pela posição inferior é, em newtons:

a) 2 Solução : P = m . g aC = v 2 T – P = m . aC

b) 8 P = 2 . 10 R T – 20 = 2 . 4 c) 12 P = 20 N aC = (2) 2 T = 8 + 20 d) 20 1 T = 28 N

e) 28

61) (UFPR) Qual a máxima velocidade com que um carro pode fazer uma curva horizontal de 25 m de raio se o coeficiente de atrito estático entre os pneus e a entrada é 0,8 ( g = 9,8 m/s2) ?

Solução : Vmáx = g R => Vmáx = 0,8 . 9,8 . 25 => Vmáx = 196 Vmáx = 14 m/s

62) (FGV– SP) Um bloco de 4 kg é puxado a partir do repouso por uma força constante horizontal de 20 N sobre uma superfície plana horizontal, adquirindo uma aceleração constante de 3 m/s2. Logo, existe uma força de atrito entre a superfície e o bloco que vale, em N :

a) 5 Solução : F – FAT = m . a => 20 – FAT = 4 . 3 => 20 – FAT = 12 b) 8 20 – 12 = FAT => FAT = 8 N

c) 12 d) 16

e) 17

63) (PUC – MG) O trabalho realizado pela força F = 50 N ao empurrar o carrinho por uma distância de 2m é, em joules (dados sen 60º = 0,87 e cos 60º = 0,50):

Fa) 25 Solução : 60º T = F . d . cos

b) 50 T = 50 . 2 . 0,50c) 63 T = 100 . 0,50d) 87 T = 50 Ne) 100

64) (OSEC - SP) Um bloco com 4,0 kg, inicialmente em repouso, é puxado por uma força constante e horizontal, ao longo de uma distância de 15,0 m, sobre uma superfície plana, lisa e horizontal durante 2,0 s. O trabalho realizado pela força, em joules, é de:

a) 50 Solução : S = S0 + v0t + a t 2 F = m . a T = F . db) 150 2 F = 4 . 7,5 T = 30 . 15 c) 250 15 = 0 + 0 . 2 + a (2) 2 F = 30 N T = 450 Jd) 350 2

e) 450 30 = 4 a a = 30 => a = 7,5 m/s2 4

65) (FUVEST – SP) O gráfico representa a variação da intensidade da força resultante F, que atua sobre um corpo de 2 kg de massa, em função do deslocamento x. Sabendo que a força F tem a mesma direção e mesmo sentido do deslocamento, determine:a) a aceleração máxima adquirida pelo corpo;

50


b) o trabalho total realizado pela força F entre as posições x = 0 e x = 3 m. F (N) 4

1 2 3 x (m) Solução : a) F = m . a b) T = STRIÂNGULO => T = B . h

4 = 2 . a T = 3 . 4 2 a = 4 => a = 2 m/s2 2 2 T = 6 J

66) (F. C. CHAGAS – SP) O movimento de um corpo de massa igual a 2,0 kg é retilíneo e uniformemente variado. Entre os instantes t = 4,0 s e t = 8,0 s sua velocidade escalar passa de 10 m/s para 20 m/s. Neste intervalo de tempo, qual foi o trabalho realizado pela resultante das forças que atuam sobre o corpo?

a) 100 J Solução : T = m v 2 - m v02 => T = 2 . (20) 2 - 2 . (10) 2

b) 150 J 2 2 2 2c) 250 J T = 400 – 100 => T = 300 J

d) 300 Je) 500 J

67) (PUCC) A figura mostra uma montanha russa, onde o carrinho percorre o trilho ABC sem que ocorra dissipação de energia. Se o carrinho partir do ponto A sem velocidade inicial, em B sua velocidade será igual a:

a) 17,0 m/s Solução : Dados: hA = 15,0 m b) 6,0 m/s A hB = 11,8 m c) 7,0 m/s hA B C g = 10 m/s2

d) 8,0 m/s hB e) 12,0 m/s

VB = 2 g (hA – hB) => VB = 2 . 10 (15 – 11,8) VB = 20 . 3,2 => VB = 64 => VB = 8 m/s

68) (FUVEST – SP) Quando uma pessoa de 70 kg sobe 2,0 m numa escada, ela realiza um trabalho cuja ordem de grandeza é:

a) 10 J Solução : F = m . g => F = 70 . 10 => F = 700 Nb) 102 J

c) 103 J T = F . d => T = 700 . 2 => T = 1.400 J => T = 1,4 . 103 Jd) 104 Je) 105 J

69) (UF – AM) Um corpo de massa m possui velocidade inicial em A de 2 m/s e percorre a trajetória ABC, como mostra a figura. O trecho em rampa e perfeitamente liso e, a partir do ponto B, existe atrito de coeficiente igual a 0,10.

A V0 g = 10 m/s2 7 m

10 m B d C

A distância horizontal d que o corpo percorre até parar é:

a) 60 m Solução : EM,A = EM,B

b) 81 m m vA2 + mgh = mvB

2

51


c) 72 m 2 2d) 90 m vA

2 + gh = vB2 => 2 2 + 10 . 7 = vB

2 e) NDA 2 2 2 2

2 + 70 = vB2 => vB

2 = 72 . 2 => vB2 = 144

2 vB = 144 => v = 12 m/s

T = EC

FC . d . cos 180º = 0 - m vB2

2 FC = C . N onde N = m g => FC = C m g C mg = m vB

2 => d = vB2 .

2 2 C g d = 12 2 => d = 144 => d = 72 m

2 2

70) (UFPR) Um motor de automóvel desenvolve potência média de 20 HP para manter o veículo à velocidade de 60 km/h. Qual a força média que se opõe ao movimento? (1 HP = 746 W)

a) 894,8 kgf Solução :P0 = 20 HP = 14.920 W b) 906,4 N 1 HP 746 W x = 20 . 746 => x = 14.920 Wc) 906,4 kgf 20 HP x

d) 91,3 kgfe) 91,3 N P = F . v => 14.920 = F . 60 => F = 14.920 . 3,6

3,6 60 F = 53.712 => F = 895,2 N 60 1 kgf 9,8 N x = 895,2 => x = 91,3 kgf x 895,2 N 9,8

71) (FUVEST – SP) Um elevador de 1.000 kg sobe a uma altura de 60 m em meio minuto. É dado g = 10 m/s2.a) Qual a velocidade média do elevador?b) Qual a potência média desenvolvida pelo elevador?

Solução : a) VM = s => VM = 60 => VM = 2 m/s t 30 b) F = m . a => F = 1000 . 10 => F = 10.000 N T = F . d => T = 10.000 . 60 => T = 600.000 J P = T => P = 600.000 => P = 20.000 => P = 2 . 104 W t 30

72) (ITA) Um automóvel de massa m = 500 kg é acelerado uniformemente a partir do repouso até uma velocidade v = 40 m/s em t = 10 s. A potência desenvolvida por esse automóvel ao fim desses 10 primeiros segundos será:

a) 160 KW Solução : a = v v2 = v02 + 2 a s T = F . d

b) 80 KW T (40)2 = 02 + 2 . 4 s T = 2000 . 200 c) 40 KW F = m . a a = 40 1.600 = 8 s T = 400.000 J

d) 20 KW F = 500 . 4 10 s = 1.600 e) 3 KW F = 2.000 N a = 4 m/s2 8

s = 200 m P = T => P = 400.000 => P = 40.000 W t 10 P = 40 KW

73) (FUVEST – SP) Um bloco de 1,0 kg de massa é posto a deslizar sobre uma mesa horizontal com uma energia cinética inicial de 2,0 joules. Devido ao atrito entre o bloco e a mesa, ele pára após percorrer a distância de 1,0 m. Pergunta-se:a) Qual o trabalho efetuado pela força de atrito?b) Qual o coeficiente de atrito cinético, suposto constante, entre a mesa e o bloco?

52


Solução : N 180º

FC d FC d 10 m P a) T = EC => T = ECf – ECi => T= 0 – 2 => T = - 2,0 J

O sinal menos (-) indica que a força de atrito é contrária ao deslocamento do corpo.

b) T = EC => FC . d . cos 180º = - 2 mas FC = C . N e N = P = mg N = 1 . 10 => N = 10 N c m g d cos 180º = - 2 => C . 1 . 10 . 1 . –1 = -2 => C = - 2 . - 10 C = 0,20 (UFRS) A figura e enunciado a seguir referem-se aos testes 74, 75 e 76.

Um bloco com massa de 1,0 kg desliza sobre um plano horizontal com velocidade de 10 m/s. No ponto A, a superfície passa a ser curva, com raio de curvatura igual a 2,0 m. Suponha não haver atrito em nenhuma das superfícies.

C

D B

A

74)A energia cinética no ponto B será de:

a) 3,0 J Solução : EM,A = EM,B => m vA2 + 0 = m vB

2 + mgh b) 30 J 2 2

c) 300 J 1 . 10 2 = ECB + 1 . 10 . 2 d) 3,0 x 103 J 2e) 0,30 J 100 = ECB + 20 => 50 – 20 = ECB => ECB = 30 J

2 h = raio da circunferência

75)A aceleração centrípeta no ponto B será de:

a) 60 m/s2 Solução : EC,B = m vB2 => 30 = 1 . v B

2 => vB2 = 60 => VB = 60

b) 50 m/s2 2 2 c) 40 m/s2 aC = vB

2 => aC = ( 60 ) 2 => aC = 60 => aC = 30 m/s2

d) 30 m/s2 r 2 2e) 20 m/s2

76)A reação da superfície curva sobre o bloco, no ponto C, será de:

a) Zero Solução : Fc = N + mg => N = FC – mg => N = m vC2 - mg

b) 10 N 2c) 15 N EM,A = EM,C d) 10 2 N m vA

2 = m vC2 + mgh => 1 . 10 2 = 1 . v C

2 + 1 . 10 . 4e) 20 3 N 2 2 2 2

100 = vC2 + 40 => 50 – 40 = vC

2 => vC2 = 20

2 2 2 vC = 20 m/s

N = 1 ( 20 ) 2 - 1 . 10 => N = 20 - 10 => N = 0 (zero) 2 2

53


77) (F. C. CHAGAS ) O corpo C, representado na figura seguinte, desloca-se na direção da força de módulo igual a 2,0 N. Durante um deslocamento de 1,0 m, qual é o trabalho realizado pelas forças que atuam sobre o corpo? (Considere desprezíveis os atritos)

1,0 Na) 1,0 joules Solução : T = F . d

b) 2,0 joules T = 2 . 1c) 5/2 joules 2,0 N T = 2 Jd) 5 joulese) 3,0 joules C

78) (PUC – SP) Uma partícula de massa 100 g, é deslocada entre os pontos S (situado na superfície da Terra ) e T (situado no ar), através da trajetória indicada na figura a seguir, num local onde a aceleração da gravidade é de 10 m/s2.

O trabalho realizado pela força peso nesse deslocamento, em valor absoluto, é de:

Ta) 7,9 x 103 J Solução : F = m . g T = F . db) 5,0 x 103 J 5,0 m F = 0,1 . 10 T = 1 . 5c) 7,9 J F = 1 N T = 5 J

d) 5,0 J AR 5,0 m e) 1,0 J TERRA S

79) (F. C. CHAGAS) Qual é, em joules, a energia cinética de um corpo de massa igual a 1,0 kg, que se movimenta com uma velocidade escalar de 2,0 m/s ?

a) 1,0 Solução : EC = m v 2 => EC = 1 . 2 2 => EC = 4 => EC = 2 J b) 2,0 2 2 2

c) 3,0d) 4,0e) 5,0

80) (UCMG) Um homem de massa 70 kg sobe uma escada de 6,0 m em 20 s. A potência desenvolvida, em W, é:

a) 140 Solução : F = m . g T = F . d P = T .b) 180 F = 70 . 10 T = 700 . 6 t

c) 210 F = 700 N T = 4.200 N P = 4.200d) 300 20e) 700 P = 210 W

81) (UFV) Um objeto desliza sem atrito sobre um trilho que tem o formato da figura seguinte, partindo do repouso em a. Sendo a altura h = 6,4 m, as velocidades do objeto nos trechos BC e DE valem, respectivamente, em m/s: (Considere g = 10 ms-2)

A

h B C h/2 D E

a) 8 e 0 Solução : V = 2 g (hA – hB) => V = 2 . 10 (64 – 3,2) b) 8 e 8 2 V = 20 . 3,2 => V = 64 => V = 8 m

c) 64 e 128d) 8 2 e 16 V = 2 g h => V = 2 . 10 . 6,4 => V = 128 e) 4 2 e 8 V = 26 . 2 => V = 8 2 m

54


82) (UCMG) Um corpo de massa m = 1,0 kg oscila sobre uma superfície horizontal, sem atrito, preso a uma mola, com amplitude de 0,10 m. Sabendo-se que sua energia mecânica E = 20 J, a constante elástica da mola vale, em N/m:

a) 1 x 103 Solução :EP = k x 2 => 20 = k . (0,1) 2 => 40 = k . 0,01b) 2 x 103 2 2c) 3 x 103 k = 40 => k = 40 => k = 4 . 102 => k = 4 . 103 N/m

d) 4 x 103 0,01 10- 2 e) 5 x 103

83) (UFES) Um pequeno bloco de massa m = 3 kg parte do repouso no ponto A e escorrega sem atrito sobre a superfície mostrada na figura. Sua velocidade ao chegar no ponto B será igual a: (Considere g = 10 m s-2 )

A

h = 5 m

B

a) 100 m s- 1 Solução : V = 2 g h => V = 2 . 10 . 5 => V = 100b) 30 m s- 1 c) 50 m s- 1 V = 10 m s- 1

d) 10 m s- 1 e) 5 m s- 1

84) (UFES) O gráfico abaixo representa a força resultante que atua sobre uma partícula em movimento retilíneo em função da posição da partícula. Entre as posições s = 1,0 m e s = 1,5 m a variação de sua energia cinética, em joules, é:

a) 1,5 Solução : FR (N) d = 1,5 – 1,0 => d = 0,5 mb) 2,0 2,0 T = F . dc) 3,0 T = 1 . 0,5

d) 0,5 1,0 T = 0,5 J T = EC = 0,5 J 0 1,0 2,0 3,0 s (m)

(FESV – SAPUCAÍ) As questões de número 85 a 87 referem-se ao enunciado e figura seguintes:Uma pedra de massa 1,0 kg, partindo do repouso, do ponto 1, desloca-se sobre uma superfície, sem atrito, com a forma mostrada na figura (tome g = 10 m/s2 ) (1) (3)

20 m 15 m

(2)

85)A energia potencial da pedra no ponto (3), em relação ao referencial XX’, vale:

a) Zero Solução : EP = m g hb) 50 joules EP = 1 . 10 . 15

c) 150 joules EP = 150 Jd) 200 joulese) 350 joules

55


86)A energia cinética da pedra no ponto (3), vale:

a) Zero Solução : V = 2 g h EC = m v 2 b) 20 joules V = 2 . 10 . 5 2

c) 50 joules V = 100 EC = 1 . 10 2 d) 150 joules V = 10 m/s 2 e) 200 joules EC = 50 J

87)A velocidade da pedra no ponto (2) vale:

a) Zero Solução : V = 2 g hb) 10 m/s V = 2 . 10 . 20 c) 15 m/s V = 400

d) 20 m/s V = 20 m/se) 30 m/s

88) (UFMG) Uma bola é lançada de um trilho sem atrito, como é indicado na figura seguinte. Qual é a velocidade v0 mínima para que a bola atinja o ponto 1? (g é a aceleração da gravidade).

G (1)

v0

2 h 3 h h

Solução : V = 2 g (3h – h) V = 2g (2h) V = 4gh V = 2 gh

89) (SANTA CASA – SP) Um carrinho, de massa igual a 2,0 kg, move-se ao longo de um trilho, cujo perfil está representado abaixo, passando pelo ponto P com velocidade escalar v.

5,0 m

P Q 2,0 m

Qual deve ser o valor mínimo de v, em m/s, para que o carrinho atinja o ponto Q? (Considere desprezíveis os atritos.)

a) 5,0 Solução : V = 2 g h b) 10 V = 2 . 10 . 5

c) 14 V = 100 d) 16 V = 10 m/se) 20

90) (UFES) Um corpo de massa igual a 2,0 kg é solto de uma altura igual a 20 m. No instante em que o corpo atinge o solo, pode-se dizer que, sua energia cinética e potencial valem, respectivamente:

a) zero; zero Solução : v2 = v02 + 2 g s EC = m v 2 EP = m g h

b) 800 J; zero v2 = 0 + 2 . 10 . 20 2 EP = 0 (zero)c) 400 J; 400 J v2 = 400 EC = 2 . (20) 2

d) zero ; 400 J v = 400 2

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e) 400 J; zero v = 20 m/s EC = 400 J

91) (OSEC – SP) Um corpo de 2,0 kg é empurrado contra uma mola cuja constante elástica é 500 N/m comprimindo-a 20 cm. Ele é libertado e a mola o projeta ao longo de uma superfície lisa e horizontal, que termina numa rampa inclinada de 45º, conforme mostra a figura. A altura atingida pelo corpo na rampa é de:

a) 10 cm Solução :b) 20 cmc) 30 cm h = ? d) 40 cm

e) 50 cm 45º

EP = k . x 2 => EP = 500 . (0,2) 2 => EP = 250 . 0,04 => EP = 10 J 2 2 EP = m g h => 10 = 2 . 10 . h => h = 10 => h = 0,5 m => h = 50 cm 20

92) (UCMG) Um automóvel de 600 kg de massa percorre uma estrada plana e retilínea, com velocidade de 72 km/h, quando é obrigado a frear até parar. Se o tempo de frenagem é de 5,0 s, a potência transmitida aos freios é:

a) 24 KW Solução : F = m . g v = 72 km/h = 72 = 20 m/5s = 4 m/s b) 311 KW F = 600 . 10 3,6c) 2,4 x 103 KW F = 6.000 N d) 40 W e) Os dados são insuficientes P = F . v => P = 6.000 . 4 => P = 24.000 W

para uma solução numérica. P = 24 KW

93) (UFMG) Usando uma corda e uma roldana, uma pessoa eleva uma carga de 50 kg, a 1 m de altura em 1 segundo, com velocidade constante.Desprezando-se os pesos da corda e da roldana, os valores de FORÇA, TRABALHO e POTÊNCIA aplicados à carga são, respectivamente:

a) 500 J, 500 W e 500 N Solução : F = m . g => F = 50 . 10b) 500 W, 500 J e 500 N F = 500 N

c) 500 N, 500 J e 500 W T = F . d => T = 500 . 1d) 500 J, 500 N e 500 W T = 500 Je) 500 N, 500 W e 500 J P = T => P = 500 . 50 kg t 1

1 m P = 500 W

94) (FCMSC) Uma força F atua paralelamente ao deslocamento r produzido variando sua intensidade de acordo com o gráfico abaixo. O trabalho realizado durante o deslocamento de 20 m é um valor, expresso em joules, mais próximo de:

a) 5,0 . 102 Solução : F (N) T = SQUADRADO + STRAPÉZIO

b) 2,5 . 102 20 T = L2 + (B + b) . h c) 2,0 . 102 2d) 1,0 . 102 10 T = 102 + (20 + 10) . 10

2 T = 100 + 30 . 5 0 10 20 r (m) T = 100 + 150 T = 250 T = 2,5 . 102 J

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95) (F. CARLOS CHAGAS) Um corpo desloca-se em linha reta sob a ação de uma única força paralela à sua trajetória. No gráfico seguinte representa-se o módulo (F) da força em função da distância percorrida pelo corpo (d). Durante os doze metros de percurso, indicados no gráfico, qual foi o trabalho realizado sobre o corpo?

a) 100 J Solução :F (N) b) 120 J 20

c) 140 J 15 d) 180 J 10e) 200 J 5

0 0 2 4 6 8 10 12 d(m)

T = STRAPÉZIO + SRETÂNGULO

T = ( B + b) . h + b . h 2 T = (12 + 4) . 10 + 12 . 5 2 T = 16 . 5 + 60 T = 80 + 60 T = 140 J

96) (UFPA) Um atleta tem massa de 60 kg e é capaz de saltar verticalmente para cima até uma altura de 200 cm. Se o salto fosse realizado em um local onde g = 10 m/s2, o trabalho realizado pela reação normal do solo desde o instante em que ele salta até o instante em que alcança a altura de 150 cm vale, em joules:

a) zero Solução : F = m . g T = F . db) 600 F = 60 . 10 T = 600 . 1,5

c) 900 F = 600 N T = 900 Jd) 1.200

97) (UFMG) Um garoto está descendo em grande escorregador que visto de lado tem a aparência da figura abaixo. Admita que o garoto partiu do ponto P com uma velocidade inicial nula. A relação entre as velocidades do garoto nos pontos Q e R (VQ/VR) é igual a:

Pa) 2 Solução : V = 2 g (hP – hQ)b) 1/2 V = 2 . 10 (2h – h)c) 2/4 Q V = 20 h

d) 1 2 2h h V = 2 g (hQ – hR ) R V = 2 . 10 (h - h ) 2 V = 20 h 2 V = 10 h

20 h . 10 h => 200 h 2 => 2 . 100 h 2 => 10 h 2 => 1 2 10 h 10 h 10 h 10 h 10 h 98) (FUNEDUCE) Um corpo de massa igual a 10 kg sujeito a uma força de 30 N,

partindo do repouso, e, após 6m de percurso, uma velocidade igual a:

a) 16 m/s Solução : F = m . a v2 = v02 + 2 a s

b) 6 m/s 30 = 10 a v2 = 02 + 2 . 3 . 6c) 3 m/s a = 30 v2 = 36d) 2 m/s 10 v = 36

a = 3 m/s2 v = 6 m/s

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99) (FATEC) Sob a ação de uma força constante, certa partícula percorre 40 m num intervalo de tempo de 4,0 s. Sabendo-se que o corpo tem massa 10 kg e que partiu do repouso, a força aceleradora tem módulo:

a) 0,5 N Solução : S = S0 + v0 t + a t 2 F = m . ab) 5,0 N 2 F = 10 . 5

c) 50 N 40 = 0 + 0 . t + a . 4 2 F = 50 Nd) 500 N 2e) NDA 40 = 8 a

a = 40 => a = 5 m/s2 8

100) (FCMSC) Na Lua, para uma pedra cair em queda livre, a partir do repouso, da altura de 20 m e atingir a superfície lunar, necessita de 5,0 segundos. A aceleração da gravidade na Lua com base nessa medida, expressa em m/s2 , é um valor próximo de:

a) 9,8 Solução : S = S0 + v0 t + a t 2 b) 4,9 2c) 2,5 20 = 0 + 0 . 5 + a . 5 2

d) 1,6 2 20 = 25 a => 40 = 25 a => a = 40 => a = 1,6 m/s2 2 25

101) (CICE – RJ) Dois blocos de massa 1,0 kg e 2,0 kg respectivamente, estão em repouso sobre um plano horizontal com atrito desprezível. Há uma mola comprimida entre os blocos, e o fio AB os impede de se afastarem um do outro.

A B

2,0 kg 1,0 kg a) 5,0 cm Solução : Qantes = Qdepois

b) 10 cm 0 = mAvA – mB vB

c) 20 cm 0 = mA eA - mB eB => mA eA = mB eB

d) 40 cm t t t t e) zero eA = mB . e B => eA = 1 . 10 . 10 - 2

mA 2 eA = 5 . 10- 2 m => eA = 0,05 m => eA = 5,0 cm

102) (CESCEA) Um projétil de massa 5 kg é disparado na direção horizontal com velocidade de 800 m/s por um canhão de massa 2.000 kg. A velocidade de recuo do canhão é:

a) 0,5 m/s Solução : V = m . v => V = 5 . 800 => V = 2,0 m/sb) 1,25 m/s M 2.000

c) 2,0 m/sd) 8,0 m/s

103) (UFCE) Um jogador chuta uma bola de 0,5 kg com uma velocidade de 24 m/s. A bola atinge outro jogador a uma altura do solo igual àquela em que ela se encontrava no instante do chute, com uma velocidade de 16 m/s. O trabalho, em joules, feito contra a resistência do ar, é:

a) 40 Solução : F = m . g => F = 0,5 . 10 => F = 5 N b) 80 H = VA

2 – V B2 => H = (24) 2 – (16) 2 => H = 576 - 256

c) 60 2 g 2 . 10 20 d) 100 H = 320 => H = 16 m

20 T = F . d => T = 5 . 16 => T = 80 J104) (FATEC – SP) No sistema figurado desprezar dissipação, inércia das rodas e

efeitos do ar ambiente. Os carros são interligados por um fio leve, flexível e inextensível.

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60 N 20 kg 30 kg

a) a aceleração do carro maior é 2,0 m/s2 .b) o sistema move-se necessariamente para a direita.

c) A força de tração no fio de ligação é 24 N.d) A força de tração na composição 60 N, transmite-se inalterada para o carro

menor.e) NDA.

Solução : F = (m1 + m2) a F – T = m2 . a 60 = (20 + 30) a 60 – T = 30 . 6 60 = 50 a 5 a = 60 60 – T = 6 . 6 50 60 – T = 36 a = 6 m/s2 60 – 36 = T 5 T = 24 N

105) (MAPOFEI – SP) Dois blocos idênticos, de massas m, são interligados por um fio leve, flexível e inextensível, de acordo com o esquema que se segue. A polia é leve e não há atrito. Adotar g = 10 m/s2. Calcular a aceleração do bloco suspenso.

Solução : N T A A T B

B PA PB

No Bloco A No Bloco B T = m . a I PB – T = m . a II Somar I com II T = m . a P B – T = m . a PB = m . a + m . a => PB = 2 m . a , porém PB = m . g m . g = 2 m . a => g = 2 a => 10 = 2 a => a = 10 => a = 5 m/s2

2

106) (FUVEST – SP) Após o chute para cobrança de uma penalidade máxima, uma bola de futebol de massa m = 0,40 kg é lançada pelo pé do jogador com velocidade de v = 24 m/s. O tempo de contato entre o pé do jogador e a bola é de t = 3,0 x 10- 2 s.

a) Qual a quantidade de movimento adquirida pela bola com o chute?b) Qual a força média aplicada pelo pé do jogador na bola?

Solução : a) Q = m . v => Q = 0,40 . 24 => Q = 9,6 kg m/s

b) F = Q => F = 9,6 => F = 3,2 . 102 N t 3,2 . 10- 2

107) (COMCITEC) Um carrinho de massa m = 4,0 kg está em repouso sobre um trilho retilíneo e horizontal no instante t = 0. A partir desse instante, é aplicada sobre o carrinho uma força de módulo variável e direção paralela ao trilho, de modo que a resultante F, na direção horizontal, varia com o tempo como o indicado na figura. Qual a velocidade ( em m/s) do carrinho, em t = 6,0 s?

a) 0,0 Solução : F (N) I = STRIÂNGULO => I = 6 . 20 => I = 60 N.S

60


b) 10 20 2 c) 15 I = F . t => 60 = F . 6 => F = 10 N

d) 20 10 F = m . v => 10 = 4 . v e) 30 t 6

v = 60 => v = 15 0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 t(s) 4

108) (UCMG) O peso de um corpo é, quantitativamente, o produto de sua massa pela aceleração da gravidade. Uma pessoa pesa, na Terra, 640 N, num local onde a aceleração da gravidade é igual a 10 m/s2. A massa dessa pessoa na Lua, sabendo-se que lá a aceleração da gravidade vale 1,6 m/s2, é :

a) 10,2 kg Solução : A massa não altera, pois é uma propriedade exclusiva do b) 40 kg corpo, não dependendo do lugar onde é medida, portanto

c) 64 kg a massa dessa pessoa na lua é 64 kg.d) 64 N P = m . g => 640 = m . 10 => m = 640 => m = 64 kge) 102 N 10 na Terra

109) (UFES) A aceleração gravitacional na superfície da Terra é de 10 m/s2, na de Júpiter, é de 30 m/s2. Um objeto de 60 kg de massa na superfície da Terra apresentará, na superfície de Júpiter, massa de :

a) 20 kg Solução : Apresentará a mesma massa, pois a massa é uma b) 60 kg propriedade exclusiva do corpo; não depende do

c) 180 kg local onde é medida.d) 600 kg Logo, na superfície de Júpiter a massa será de 60 kg e) 1.800 kg

110) (UCMG) Um bloco A está em repouso sobre um plano horizontal sem atrito. Um bloco B, com o dobro da massa de A, movimenta-se com velocidade V. Após o choque, os dois blocos movem-se juntos com velocidade igual a:

va) V/3 Solução : V = mA vA + mB vB b) V/2 B A mA + mB c) 2V V = x . 0 + 2x . v

d) 2V/3 x + 2xe) 3V/2 V = 2x v => V = 2 v

3x 3

111) (F. C. CHAGAS) Qual será o valor do módulo da quantidade de movimento total do sistema formado pelas duas esferas, imediatamente depois da colisão?

a) Zero Solução : Q = m . v b) 1,0 . 10- 1 kg.m/s Q = 0,1 . 1

c) 1,0 . 10- 2 kg.m/s Q = 1,0 . 10- 1 kg.m/sd) 1,0 . 100 kg.m/se) 1,0 . 101 kg.m/s

112) (FESV - SAPUCAÍ) A aceleração da gravidade na Terra vale aproximadamente 10 m/s2 e na Lua é 6 vezes menor. Uma pessoa que possui massa de 90 kg na Terra, terá na Lua massa e peso dados, respectivamente, por:

a) 90 kg e 150 N Solução : Lua => g = 10 => g = 5 m/s2

b) 15 kg e 150 N 6 3c) 90 kg e 900 N massa Terra = massa Lua = 90 kg d) 90 kg e 5.400 N P = m . g => P = 90 . 5 => P = 150 N e) 540 kg e 900 N 3

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113) (F. C. CHAGAS) Na figura seguinte está representada a órbita de um planeta em torno do Sol. Os arcos AB e A’B’ são percorridos em iguais intervalos de tempo. Qual é a relação entre as áreas S e S’?

B a) S = S’ Solução : A’ Se o tempo gasto pelo Planeta

b) S = 2 S’ S para se deslocar de B a A for c) S = S’/2 S’ igual ao que ele gasta de B’ ad) S = (S’)2 A B’ A’, então as áreas S e S’ são e) S . S’= 1 iguais.

114) (FATEC – SP) Dois satélites de um planeta percorrem órbitas circulares com períodos de 120 dias e 15 dias respectivamente. Desprezar perturbações mútuas. Os raios das órbitas estão na razão:

a) 8 Solução : k = R13 R1

3 = R23 => R1

3 = T12 => R1

3 = (120) 2 b) 2 2 T1

2 T12 T2

2 R23 T2

2 R23 (15)2

c) 4 k = R23 R1

3 = 14.400 => R13 = 64

d) 2 T22 R2

3 225 R23

e) 6 R1 = 3 64 => R1 = 3 43 => R1 = 4 R2 R2 R2

115) (EVANGÉLICA – PR) A freqüência de um movimento circular uniforme é de 4 Hz e seu raio é de 1,2 m. A sua aceleração centrípeta será aproximadamente:

a) 4,8 m/s2 Solução : T = 1 => T = 1 Hz W . T = 2 b) 19,2 m/s2 f 4 W . 1 = 2 => W = 8 . 3,14c) 25,12 m/s2 4d) 100,48 m/s2 W = 25,12 m/s

e) 757,22 m/s2 W = v => 25,12 = v => v = 25,12 . 1,2 => v = 30,14 m/s r 1,2 aC = v 2 => aC = (30,14) 2 => aC = 908,66 r 1,2 1,2 aC = 757,216 => aC 757,22 m/s2

116) (UFV) Sobre um corpo de 5,0 kg inicialmente em repouso, atua uma força resultante constante de 20 N que o faz deslocar 50 m. Que tempo dura a aplicação da força?

a) 4,0 s Solução : F = m . a S = a t 2 t2 = 100 b) 5,0 s 20 = 5 . a 2 4

c) 3,0 s a = 20 50 = 4 . t 2 t2 = 25d) 2,0 s 5 2 t = 25 e) 1,0 s a = 4 m/s2 t = 5,0 s

117) (RGS) Um objeto de 10 kg escorrega com velocidade constante num plano inclinado que forma um ângulo de 30º com a horizontal. O valor da força de atrito, é em Newtons, igual a: (g = 10 m/s2)

a) 100 Solução : = tg 30º => = 3 P = m . g =>P = 10 . 10 =>P= 100 Nb) 5 3

c) 50 Fat = . P . cos => Fat = 3 . 100 . 3 => Fat = 50 N d) 10 3 2e) 50 3

118) (UFV) Durante sua aceleração, um automóvel, por causa da ação de seu motor, sofre uma força constante de 2.000 newtons. Se ele parte do repouso, possui a

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massa de 1.000 kg, não sofre atrito e se acelera por 15 segundos, adquire, ao fim deste tempo, a velocidade, em m/s, num plano horizontal, de:

a) 25 Solução : F = m . a v = v0 + a tb) 35 2.000 = 1.000 . a v = 0 + 2 . 15

c) 30 a = 2.000 v = 30 m/s d) 15 1.000e) 45 a = 2 m/s2

119) (UFV) Supondo não haver atrito, a tração no cabo que une as massas m 1

= 3,0 kg e m2 = 5,0 kg vale: m1 m2 F = 16 N a) 6,0 N Solução : F = (m1 + m2 ) . a

b) 4,0 N 16 = (3 + 5) ac) 7,0 N 8 a = 16d) 5,0 N a = 16 => a = 2 m/s2 e) 8,0 N 8

F – T = m2 . a => 16 – T = 5 . 2 => 16 – T = 10 => 16 – 10 = T T = 6 N

120) (CESCEM) O gráfico seguinte representa a velocidade (v) de um móvel em função do tempo (t).

v(m/s) 4 2 S1 S2 0 10 20 30 40 50 60 70 t (s)

Qual foi a distância percorrida pelo móvel no intervalo de tempo entre 0 e 40 segundos?

a) 240 m Solução : dPercorrida = S1 + S2 b) 200 m dPercorrida = b . h + b . hc) 160 m 2

d) 120 m dPercorrida = 20 . 4 + 20 . 4e) 40 m 2

dPercorrida = 40 + 80 => dPercorrida = 120 m

121) (SAPUCAÍ) Um corpo de massa 20 kg desce em movimento uniforme em plano inclinado a 45º. Podemos dizer que o coeficiente de atrito entre as superfícies vale:

a) 0,001 Solução : Fat = P . Sen => Fat = 200 . 2 => Fat = 100 2 Nb) 0,01 2c) 0,1 N = P . Cos => N = 200 . 2 => N = 100 2 N

d) 1 2e) nada disso = Fat => = 100 2 => = 1

N 100 2 122) (UFV) Duas massas de 40 e 50 gramas são presas a um fio que passa por uma

roldana, sem atrito, conforme a figura abaixo. Supondo-se o fio de peso desprezível e a aceleração da gravidade local igual a 990 cm/s2, qual deve ser a aceleração do sistema?

a) 1,1 x 102 cm/s2 Solução : PA = 40 . 990 => PA = 39.600 db) 10 cm/s2 PB = 50 . 990 => PB = 49.500 d c) 99 cm/s2 PB – PA = (mA + mB ) ad) 90 cm/s2 49.500 – 39.600 = (40 + 50) ae) 9,9 x 102 cm/s2 9.900 = 90 a => a = 9.900

50 g 90 a = 110 cm/s2 40 g a = 1,1 . 102 cm/s2

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123) (UFV) Um corpo de 2,0 kg parte do repouso sob a ação de uma força resultante de direção constante, cujo módulo varia de acordo com o gráfico seguinte:

F (N) 40 30 20 10 0 1,0 2,0 3,0 4,0 d (m)

A velocidade do corpo depois que a força atuou por 4,0 m é, em m/s:

a) 10 Solução : T = STrapézio => T = (B + b ) . h b) 22,5 2c) 20 T = (40 + 10) . 4 => T = 50 . 2 => T = 100 Jd) 12,7 2e) 15 T = EC = m v 2 => 100 = 2 v 2 => 100 = v2

2 2 v = 100 => v = 10 m/s

124) (UFV) Uma bomba eleva 1,8000 x 104 litros de água por hora a uma altura de 2,0 x 10 metros. (A massa de um litro de água é um quilograma; suponha g = 1,0 x 10 m/s 2). A potência da bomba, em watts, é:

a) 1,0 x 102 Solução : m = 1,8 x 104 l = 1,8 x 104 kg b) 1,0 x 103 d = 2,0 x 10 m = 20 m

c) 3,6 x 106 g = 10 m/s2 d) 1,8 x 104 F = P = m . g => F = 1,8 x 104 . 10 => F = 180.000 N e) 1,8 x 105 T = F . d => T = 180.000 . 20 => T = 3.600.000 J P = T => P = 3.600.000 => P = 1.000 W

t 3.600 P = 1,0 x 103 W

125) (PUC – MG) Um bloco de massa m = 1,0 kg, desloca-se numa superfície polida com energia cinética igual a 180 J, quando penetra numa região rugosa. A dissipação de energia devida ao atrito vale 10% da energia cinética inicial. A velocidade, no fim do trecho rugoso, é:

a) 14 m/s Solução : EC = 180 J dissipação de energia = 180 x 10% = 18 Jb) 15 m/s EC = 180 – 18 => EC = 162 J c) 16 m/s EC = m . v 2 => 162 = 1 . v 2 => 324 = v2 => v = 324

d) 18 m/s 2 2e) 20 m/s v = 18 m/s

126) (RGS) Um objeto de 1 kg está no ponto A com velocidade constante igual a 4 m/s. Supondo o plano sem atrito sua velocidade em B será igual a:

A V = 4 m/s

1 m B

a) 4 m/s Solução : EM,A = EM,B => (EP,A + EC,A ) = (EP,B + EC,B )b) 10 m/s m g hA + m vA

2 = 0 + m vB2

c) 2 m/s 2 2d) 3 m/s 1 . 10 . 1 + 1 . (4) 2 = 1 . v B

2 e) 6 m/s 2 2 10 + 16 = vB

2 => 10 + 8 = vB2 => vB

2 = 18 . 2 2 2 2 vB

2 = 36 => vB = 36 => v = 6 m/s

64


127) (PUC – MG) Um bloco de massa 2,0 kg comprime, horizontalmente, uma mola de constante elástica k = 200 N/m, provocando nela uma deformação x = 0,20 m. Abandonando-se o sistema, a velocidade máxima atingida pelo corpo, vale em m/s.

a) 1,0 Solução : v = x k => v = 0,2 200 => v = 0,2 . 100 b) 2,0 m 2

c) 3,0d) 4,0 v = 0,2 . 10 => v = 2 m/se) 5,0

128) (ENG. INDÚSTRIA) Um pequeno bloco recebe um impulso inicial que lhe fornece uma velocidade escalar v0 sobre o plano horizontal liso. Ao atingir o ponto A ele penetra em uma pista, também lisa que o obriga a descrever uma trajetória circular de raio R = 2m, em um plano vertical. Supor g = 10 m/s2. O valor mínimo da velocidade v0 para que o bloco atinja o ponto B é:

a) 0 m/s Solução : Bb) 5 m/s

c) 10 m/s O Rd) 15 m/se) 20 m/s v0

A

FR = P = mg => FR = m vB2 => mg = m vB

2 => vB2 = r g => vB = r g

r r EM,A = EM,B => (EP,A + EC,A) = (EP,B + EC,B) => 0 + m v0

2 = m g h + m vB2

2 2 h = 2 r => h = 2 . 2 => h = 4

v02 = 2 g h + v+B2 => v0

2 = 2 . g . 2r + vB2 => v0

2 = 2 . g . 2r + r . g v0

2 = 4 r g + r g => v02 = 5 r g => v0 = 5 r g

V0 = 5 . 2 . 10 => v0 = 100 => v0 = 10 m/s

129) (UFMG) Uma bola de ferro, de massa m = 2,0 kg, é abandonada de uma altura

h = 10 m e vai ao repouso ao colidir com o piso duro. Suponha que toda a energia mecânica dessa bola se tenha convertido em energia interna desse objeto. Considerando g = 10 m/s2 e 1 cal = 4 J. Indique a alternativa que apresenta , em calorias, o valor U da variação da energia interna da bola.

a) U = 10 cal Solução :EP = m g h => EP = 2 . 10 . 10 => EP = 200 Jb) U = 20 cal

c) U = 50 cal 1 Cal 4 J x = 200 => x = 50 cald) U = 100 cal x 200 J 4e) U = 200 cal

130) (SANTA CASA – SP) No intervalo de tempo t de 1,00 s, 300 partículas, cada uma com massa m = 10 g e velocidade 10 m/s, colidem de modo elástico e perpendicularmente a uma parede de área igual a 1 m2. A pressão média exercida na parede, durante o intervalo t, é expressa em N/m2 , mais aproximadamente, por:

a) 600 Solução : F = 2 m v PMédia = F .

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b) 300 t SParede

c) 150 F = 2 . 3 . 10 PMédia = 60 .d) 100 1 1

e) 60 F = 60 N PMédia = 60 N/m2

131) (UFMG)Uma partícula de massa M = 0,20 kg, move-se ao longo de uma linda reta com velocidade de 2,0 m/s, constante. Ao chegar ao ponto A, passa a atuar sobre ela uma força constante, na mesma direção do movimento. Decorridos 0,10 s , a partícula atinge o ponto B com uma velocidade VB = 6,0 m/s.

VA = 2,0 m/s VB = 6,0 m/s A B

a) Calcule a aceleração da partícula.b) Calcule o trabalho realizado sobre a partícula.c) Calcule a distância entre os pontos A e B.d) Calcule o módulo da força que atua sobre a partícula.

Solução :a) v = v0 + a t b) T = m VB2 - m vA

2 c) v2 = v02 + 2 a s

6 = 2 + a . 0,1 2 2 (6)2 = (2)2 + 2 . 40 s 6 – 2 = 0,1 a T = 0,2 . (6) 2 - 0,2 . 2 2 4 = 0,1 a 2 2 36 = 4 + 80 s a = 4 T = 0,2 . 36 - 0,2 . 4 36 – 4 = 80 s 0,1 2 2 32 = 80 s a = 40 m/s2 T = 3,6 – 0,4 s = 32 T = 3,2 J 80 s = 0,4 m

d) F = m . a => F = 0,2 . 40 => F = 8 N

132) (PUC – MG) Uma pedra de peso 100 N é lançada verticalmente para cima, com uma energia cinética inicial de 400 J. A altura atingida foi de:

a) 4,0 m Solução : EC = EP = m g h P = m gb) 5,0 m 400 = 100 hc) 6,0 m h = 400 d) 7,0 m 100e) 8,0 m h = 4 m

133) (PUC – MG) Uma mola, de constante elástica 1000 N/m, está comprimida de x = 10 cm. A mola é colocada na posição vertical e sobre ela se apóia um corpo de massa m = 0,20 kg. Até que altura se elevará o corpo, quando a mola foi distendida.

h = ?

Solução : x = 2 m g h => 0,1 = 2 . 0,2 . 10 . h => 0,1 = 4 h K 1.000 1.000

(0,1)2 = 4 h 2 => 0,01 = 4h => 10 = 4h => h = 10

66


1.000 1.000 4 h = 2,5 m

134) (PUC – MG) Um objeto escorrega da altura de 2,0 m, sem atrito, pela canaleta, a partir do repouso. Ao atingir a outra extremidade, 0,75 m de altura, sua velocidade será, em m/s:

a) 3,5 Solução : Dado: g = 10 m/s2 v = 2 g (h1 – h2) b) 4,0 v = 2 . 10 (2 – 0,75)

c) 5,0 2,0 m v = 20 . 1,25d) 6,3 0,75 m v = 25 e) 12,5 v = 5 m/s

135) (PUC – MG) Um corpo de massa 50 kg é lançado verticalmente para cima, a partir do solo, com velocidade inicial v0 = 40 m/s, num lugar onde g = 10 m/s2. Despreze a resistência do ar. Calcule a energia cinética no ponto médio da trajetória ascendente.

Solução : EC = m v 2 => EC = 50 . (40) 2 => EC = 50 . 1600 . 1 2 2 2 2 2 2 EC = 20.000 => EC = 2,0 . 104 J

136) (EE MAUÁ – SP) Um avião a jato voa a 900 km/h. Um pássaro de 2 kg é apanhado por ele, chocando-se perpendicularmente contra o vidro dianteiro inquebrável da cabine. Que força é aplicada no vidro, se o choque dura um milésimo de segundo?

Solução : 900 km/h = 900 => 250 m/s a = v => a = 250 => a = 250 . 103 3,6 t 10- 3 a = 250.000 m/s2 F = m . a => F = 2 . 250.000 => F = 500.000 N

137) (FMUF – MG) Um corpo de 10 kg está ligado a outro corpo de 2,0 kg através de uma mola comprimida. Ambos estão em superfície de atrito desprezível. Solta-se a mola e os corpos são disparados em sentidos opostos. A velocidade do corpo de 2 kg é 3 m/s. A velocidade do corpo de 10 kg é:

a) 0,60 m/s Solução : QAntes = QDepois => 0 = mA vA – mB vB b) maior que a do corpo de 2,0 kg mB vB = mA vA => 2 . 3 = 10 . vA c) 5,0 m/s 6 = 10 vA => vA = 6 => vA = 0,6 m/sd) 0,50 m/s 10

138) (PUC – SP) Um carregador joga uma mala de 20 kg com velocidade inicial de 5 m/s sobre um carrinho parado de massa 80 kg. O carrinho pode deslizar sem atrito sobre o plano horizontal. Supondo que a mala escorrega sobre o carrinho e pára, podemos afirmar que a velocidade adquirida pelo sistema (carrinho mais mala) é em m/s:

a) 5 Solução : V = mMALA . vMALA => v = 20 . 5b) 2,5 mMALA + mCARRINHO 20 + 80c) nula V = 100 => V = 1 m/s

d) 1 100e) 2

139) (CICE – RJ) A constante de gravitação universal é aproximadamente igual a 6,67 x 10- 11 SI. A ordem de grandeza de força de atração gravitacional entre duas massas de 1 tonelada cada uma, colocadas a 1 metro de distância uma da outra é:

67


a) 10- 11 N Solução : F = G M . m => F = 6,67 . 10 - 11 . 10 3 . 10 3 b) 10- 5 N d2 12

c) 10- 2 Nd) 10 N F = 6,67 . 10- 5 Ne) 1010 N

140) (PUC – SP) Uma bola de tênis, de 100 gramas de massa e velocidade v1 = 20m/s, é rebatida por um dos jogadores e retorna com velocidade v2, de mesmo valor e direção de v1, porém de sentido contrário. Supondo que a força média exercida pela raquete sobre a bola foi de 100 N, qual o tempo de contato entre ambas?

a) Zero Solução : Q = m . v I = Qb) 4,0 s Q = m (v2 – v1 ) I = F . tc) 4,0 . 10- 1 s Q = 0,1 [20 – (- 20)] 4 = 100 . td) 2,0 . 10- 2 s Q = 0,1 (20 + 20) t = 4 .

e) 4,0 . 10- 2s Q = 0,1 . 40 100 Q = 4 kg m/s t = 4 . 10 - 2 s 141) (PUC – MG) Um automóvel a 30 m/s choca-se contra a traseira de outro de igual

massa que segue no mesmo sentido a 20 m/s. Se os dois ficarem unidos, a velocidade comum imediatamente após a colisão será, em m/s, de:

a) 15 Solução : QAntes = QDepois b) 25 m1v1 + m2v2 = m1v1’ + m2v2’

c) 20 v1’ = v2’ = v m1 = m2

d) 30 m1v1 + m1v2 = (m1 + m1) ve) 50 m1 . 30 + m1 . 20 = 2 m1 v

50 m1 = 2 m1 v v = 50 m1 2 m1

v = 25 m/s

142) (UFPA) Dois satélites 1 e 2, de um mesmo planeta, têm períodos que satisfazem à relação T2 = 2 T1. Então, a razão R1/R2 entre os raios das órbitas desses satélites é igual a:

a) 1 Solução : R13 = k R1

3 = R23 => R1

3 = R23 => R1

3 = R23

2 T12 T1

2 T22 T1

2 (2T1)2 T12 4T1

2

b) 3 1 R23 = k R1

3 = T12 => R1

3 = 1 => R1 = 3 1 4 T2

2 R23 4 T1

2 R23 4 R2 4

c) 2 2

d) 2 2e) 4

143) (ALFENAS – MG) O campo gravitacional de Júpiter na superfície é aproximadamente 3 vezes o da superfície da Terra. Uma pessoa de massa 50 kg deve pesar em Júpiter, aproximadamente:

a) 50 N Solução : TERRA => g = 10 m/s2 JÚPITER => g = 30 m/s2 b) 1.500 N P = m . g

c) 500 N P = 50 . 30 d) 167 N P = 1.500 Ne) 50 kgf

144) (F. C. CHAGAS – BA) Suponha a aceleração da gravidade na superfície da Terra valendo 9,80 m/s2. Considere outro planeta com o dobro da massa e o dobro do raio médio da Terra; nesse caso, de acordo com a lei de gravitação, o módulo da aceleração da gravidade na superfície desse planeta, em m/s2, seria igual a:

a) 2,45 Solução : g = G M => 9,8 = G M I

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b) 4,90 R2 R2

c) 9,80 g = G 2M => g = G 2M => g = G M => 2g = GM IId) 19,6 (2R)2 4 R2 2 R2 R2 e) 39,2 levar II em I

9,8 = 2g => g = 9,8 => g = 4,90 m/s2 2

145) (FUVEST - SP) A densidade do óleo é 0,80 g/cm3 .

a) Qual é a massa de óleo contido em uma lata de 900 ml?b) Quantas latas de 900 ml podem ser preenchidas com 180 kg de óleo?

Solução : a) d = m => 0,80 = m => m = 0,80 . 900 => m = 720 g V 900 b) nº de latas = 180 => nº de latas = 250 0,72

146) (UFMG) Um artigo recente, na revista “Veja”, informou que todo o ouro extraído pelo homem, desde a Antigüidade até os dias de hoje, seria suficiente para encher uma caixa cúbica de lado igual a 20 m. Como a densidade do ouro vale cerca de 20 g/cm3, pode-se concluir que a massa total do ouro extraído pelo homem, até agora é de, aproximadamente:

a) 20 toneladas Solução : 20 m = 2.000 cm V = (2.000)3 b) 400 toneladas V = (2 . 103)3 => V = 8 . 109 cm3

c) 8.000 toneladas d = m => m = d . v => m = 20 . 8 . 109 d) 160.000 toneladas v

e) 20 milhões de toneladas. m = 160 . 109 => m = 16 . 1010 g m = 16 . 107 kg => m = 16 . 104 m = 160.000 toneladas147) (PUC – MG) Um líquido A tem densidade 0,5 g/cm3 e um outro líquido B, miscível

no líquido A, tem densidade 0,8 g/cm3. Misturando-se o volume v do líquido B com o volume 2v do líquido A, determine a densidade da mistura.

Solução : dMistura = dA => dMistura = 0,5 => dMistyura = 0,6 g/cm3 dB 0,8

148) (FUVEST – SP) Um tijolo tem massa igual a 2 kg e volume de 1000 cm3 . a) Calcule a densidade do tijolo.b) Calcule o peso aparente do tijolo quando totalmente imerso em água.

Solução : a) d = m => d = 2.000 => d = 2 g/cm3 V 1.000

b) P = d => 20 = 2 => E = 20 => E = 10 N E dÁgua E 1 2

PAPARENTE = P – E => PAPARENTE = 20 – 10 => PAPARENTE = 10 N

149) (UFMG) As figuras mostram o processo que foi usado para determinar a densidade de um líquido. Em ambas as situações, a balança está equilibrada. A densidade do líquido é:

100 cm3 a) 100 g/cm3 100 gb) 80 g/cm3 copo vazio 20 g c) 4,0 g/cm3 líquidod) 0,25 g/cm3

e) 2,0 g/cm3 1ª situação 2ª situação

Solução : d = m => d = 80 => d = 2 g/cm3 copo vazio = 20g mL = 100 - 20 V 40 mL = 80 g

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150) (PUC – MG) Um corpo sólido, de forma esférica, tem densidade igual a 2,0 g/cm3 . Determine a aceleração que esse corpo adquire ao ser colocado em repouso sobre um tanque contendo óleo, de densidade 0,80 g/cm3.

Solução : a = g 1 - dÓLEO => a = 10 1 - 0,8 dSÓLIDO 2 ÓLEO a = 10 . 1,2 => a = 12 => a = 6 m/s2

2 2

151) (PUC – MG) Sabe-se que a pressão atmosférica vale 1,0 x 105 N/m2 em um local onde a aceleração da gravidade é 10 m/s2. O valor da pressão, em N/m2, em um ponto do interior de um recipiente, contendo mercúrio (d = 13,6 x 103 kg/m3), situado a uma profundidade de 30 cm, é:

a) 2,0 x 105 Solução : PB = PA + d g hb) 1,2 x 105 PB = 1 . 105 + 13,6 . 103 .10 . 0,3 c) 1,8 x 105 PB = 1 . 105 + 13,6 . 104 . 0,3d) 1,6 x 105 PB = 1 . 105 + 4,08 . 104

e) 1,4 x 105 PB = 1 . 105 + 0,408 . 105 PB = 1,4 . 105 N/m2

152) (FUND. CARLOS CHAGAS) Na figura abaixo está representado um recipiente cilíndrico, cujo diâmetro de base é D, contendo um líquido de densidade d até uma altura h. Variando-se apenas a medida de uma destas grandezas de cada vez, como podemos aumentar a pressão hidrostática em P?

a) aumentando D Solução :b) diminuindo D

c) aumentando hd) diminuindo h P he) diminuindo d

D Quanto maior for a altura maior será a pressão

153) (UCBA) A figura abaixo representa um recipiente contendo dois líquidos, (1) e (2), homogêneos, incompressíveis, não missíveis entre si e em equilíbrio. A relação entre as alturas h2 e h1 é 3 h1 = 2 h2. Qual é a razão (d1/d2), entre as densidades d1

e d2 dos líquidos 1 e 2, respectivamente?

a) 1 Solução : 3 h1 = 2 h2 => h1 = 2 h2 b) 2 3c) 3 h1 (2) h2 h1 = d2 => 2h2 d) 2/3 h2 d1 3 = d2

e) 3/2 h2 d1 (1) 2h2 . 1 = d2 3 h2 d1 2 = d2 => d1 = 3 3 d1 d2 2

154) (UFMG) Três cubos, de aresta igual a 10 cm, sendo um de madeira, um de gelo e outro de parafina, flutuam na água. A densidade da água é 1,0 g/cm3; a do gelo é 0,9 g/cm3, a da madeira é 0,8 g/cm3, a da parafina é 0,7 g/cm3. A alternativa que apresenta esses materiais na ordem crescente do volume de água que os cubos deslocam é:

70


a) parafina, madeira, gelo Solução :dPARAFINA < dMADEIRA < dGELO

b) parafina, gelo, madeira O volume de água que os cubos deslocam, c) gelo, parafina, madeira em ordem crescente é:d) gelo, madeira, parafina Parafina, madeira e geloe) madeira, gelo, parafina

155) (UFMG) As massas m1 e m2, colocadas nos pratos de balança, nos dois vasos comunicantes, (figura) estão em equilíbrio. O diâmetro D2 é o dobro de D1. A razão entre as massas m1/m2 é:

m1 m2 a) 1/4 Solução : D2 = 2 D1 F1 = D1

2 b) 1/2 F2 D2

2 c) 1 m1 g = D1

2 => m1 = D12

d) 2 m2 g D22 m2 D2

2 e) 4 m1 = D1

2 => m1 = D12

D1 D2 m2 (2D1)2 m2 4D12

m 1 = 1 m2 4

156) (UFMG) A figura é um esquema de uma prensa hidráulica. A área A2 é 100 vezes maior do que a área A1. Aplicando uma pressão P1 sobre a área A1 através da força F1 obtém-se, na área A2, uma força F2 e uma pressão P2.

F1 F2

A1 A2

As relações corretas entre as forças e as pressões são:

a) P2 = P1 e F2 = F1 Solução : S2 = 100 S1 F1 = S1 b) P2 = 100 P1 e F2 = 100 F1 F2 S2

c) P2 = 100 P1 e F2 = F1 F1 = S1 => F1 . 100 = F2 d) P1 = 100 P2 e F2 = 100 F1 F2 100 S1

e) P2 = p1 e F2 = 100 F1 F2 = 100 F1

Pontos de mesmo nível, em um mesmo líquido, em repouso, suportam pressões iguais. 157) (UFMG) Para medir a densidade da gasolina, colocou-se água e gasolina em um

tubo em “U” . A altura de cada um dos líquidos, medida em relação à superfície de separação (ver a figura) foi, respectivamente, h1 = 6,8 cm e h2 = 10,0 cm. Considerando a densidade da água igual a 1,0 g/cm3, a densidade da gasolina é:

a) 0,17 g/cm3 Solução : h1 = d2 b) 0,32 g/cm3 h2 d1

c) 0,68 g/cm3 6,8 = d2 d) 1,00 g/cm3 Gasolina 10 1

h2 d2 = 0,68 g/cm3 h1

71


158) (PUC – MG) Uma esfera tem massa 500 g e ocupa um volume igual a 400 cm3. Ela é colocada no meio de um recipiente completamente cheio de óleo, cuja densidade é 0,80 g/cm3. Desprezando-se a viscosidade do óleo, é CORRETO afirmar, que a esfera:

a) Sobe com velocidade constante.b) Afunda, com velocidade constante.

c) Vai ao fundo, com movimento aceleradod) Vai à superfície, com movimento acelerado.e) Permanece em repouso no ponto onde foi inicialmente colocada.

Solução : dEsfera = m => dEsfera = 500 => dEsfera = 1,25 g/cm3

V 400 dEsfera > dÓleo , logo a esfera descerá com movimento acelerado.

159) (PUC – MG) Um corpo sólido tem volume igual a 400 cm3 e uma massa que vale 320 g.Dados: Densidade Éter = 0,70 g/cm3 , Óleo = 0,80 g/cm3 e Água = 1,0 g/cm3

Assinale a afirmativa INCORRETA:

a) A densidade do corpo vale 0,80 g/cm3 b) O corpo sólido bolará, totalmente submerso, se colocado em um tanque

contendo água.c) O corpo sólido irá para o fundo, se colocado na superfície de um recipiente

contendo éter.d) Se o corpo for colocado no interior de um frasco, contendo óleo, permanecerá

em repouso no ponto onde for depositado.e) Se o corpo sólido for colocado, sucessivamente e totalmente submerso, nos três

líquidos a força de empuxo que receberá será maior na água.

Solução : a) dC = m => dC = 320 => dC = 0,8 g/cm3 V 400

b) dC < dÁgua neste caso o empuxo será maior que o peso: E > P O corpo subirá com movimento acelerado c) P > E O corpo descerá com movimento acelerado d) E = P O corpo permanecerá em repouso no interior do líquido e) dÁgua > dCorpo E > P

160) (UFMG) Uma caixa cúbica de lado 0,5 m e de peso 2,0 x 103 N é colocada numa piscina. Considere a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2 e a densidade da água igual a 1,0 x 103 kg/m3. Explique porque a caixa não flutuará.

Solução : a = 0,5 m = 50 cm P = m g => 2 . 103 = m . 10 => m = 2 . 102kg V = a3 => V = (50)3 m = 200.000 g V = 125.000 cm3 dCaixa = m => d = 200.000 => dCaixa = 1,6 g/cm3 v 125.000

A densidade da caixa é maior que a densidade da água.

161) (PUC – MG) O corpo está em repouso no interior do líquido.

72


Neste caso, é CORRETO afirmar que:

a) A situação é impossível de ocorrer.b) O empuxo tem módulo menor que o peso do corpo.

c) A densidade do corpo é igual à densidade do líquido.d) A força do empuxo tem módulo maior que o peso do corpo.e) A densidade do corpo é menor que a densidade do líquido.

Solução : Se o corpo está em repouso no interior do líquido , isto significa que P = E e dCORPO = dLÍQUIDO

162) (F. C. M. SANTA CASA - SP) Uma esfera maciça e homogênea flutua na água com ¼ de seu volume acima do nível da água. Qual é, em g/cm3, a densidade do material de que é feito a esfera?

a) 0,94 Solução : VS = 3 V d . V = dL . VL VL = VS b) 0,85 4 d . V = dL . VS

c) 0,75 d . V = dL . 3 Vd) 0,61 4e) 0,51 d = dL . 3 => d = 1 . 3 => d = 0,75

4 4

163) (FUVEST – SP) Um cofre, com massa de 1.800 kg e volume de 1,5 m3, hermeticamente fechado caiu no fundo do mar, num local onde a profundidade de água é de 15 m. Para resgatá-lo, empregou-se um guindaste que, exercendo uma força vertical constante F, elevou o cofre até a superfície com movimento uniforme.

Dados: dÁGUA = 1050 Kg/m3 g = 10 m/s2

a) Qual o módulo de F?b) Qual o valor do trabalho realizado por F nessa operação?

Solução : a) F = dL . VL . g => F = 1050 . 1,5 . 10 => F = 15.750 F = 1,5750 . 104 => F = 1,6 . 104 N

b) T = F . d => T = 1,6 . 104 . 15 => T = 2,4 . 105 J

164) (FUVEST – SP) Quando a esfera maciça A é imersa inteiramente na água, observa-se que o ponteiro rigidamente fixado à mola de constante elástica K = 10N/m, sofre um deslocamento de 10 cm. Determine o empuxo exercido sobre a esfera A, sabendo que a massa da esfera é 0,3 kg.

Solução : F = k . x F = 10 . 0,1 => F = 1 N

P = m . g P = 0,3 . 10 => P = 3 N

F = P - E E = P - F E = 3 - 1 E = 2 N

73


165) (FUVEST – SP) Um cubo homogêneo de alumínio, de 2 m de aresta, está apoiado sobre uma superfície horizontal. Qual a pressão, em N/m2, exercida pelo bloco sobre a superfície? Densidade do alumínio = 2,7 . 103 kg/m3; g = 10 m/s2 .

a) 2,7 . 104 Solução : v = a3 => v = 23 => v = 8 m3

b) 2,7 . 1010 d = m => m = d . v => m = 2,7 . 103 . 8 c) 1,35 . 104 v m = 21,6 . 103 kg d) 5,4 . 104 P = F => P = P => P = m g => P = 21,6 . 10 3 . 10 v v v 8 P = 2,7 . 104 N/m2

166) (UNIFOR – CE) Uma pessoa de 600 N de peso se equilibra num só pé, cuja área de contato com o solo é de 150 cm2. A pressão exercida no solo, em N/cm2, é de:

a) 600 Solução : P = F => P = 600 => P = 4 N/cm2 b) 150 S 150c) 16d) 8

e) 4

167) (AMAM – RJ) Um tanque contendo 5 . 103 litros de água tem 2 m de comprimento e 1 m de largura. Sendo g = 10 m.s- 2, a pressão exercida pela água no fundo do tanque, em pascal, vale:

a) 2,5 . 104 Solução :V = 5 . 103 L = 5 . 103 kg STANQUE = C x L => ST = 2 x 1b) 2,5 . 101 ST = 2 m2 c) 5,0 . 103 P = F => P = 5 . 10 4 => P = 2,5 . 104 Pascald) 5,0 . 104 ST 2e) 2,5 . 106

168) (FUVEST – SP) Duas substâncias A e B são colocadas num recipiente, uma após a outra. Durante o enchimento, são medidos continuamente a massa e o volume contidos no recipiente. Com estes dados constrói-se o seguinte gráfico:

m (g) 48 B 20 A 0 20 40 v (cm3 )

A densidade de A e B são, em g/cm3, respectivamente:

a) 1,0 e 1,2 Solução : dA = mA => dA = 20 => dA = 1,0 g/cm3 b) 2,0 e 4,8 vA 20

c) 1,0 e 1,4 dB = mB => dB = 28 => dB = 1,4 g/cm3 d) 2,0 e 4,0 vB 20

169) (FUVEST – SP) Considere o arranjo da figura, em que um líquido está confinado na região delimitada pelos êmbolos A e B, de áreas a = 80 cm2 e b = 20 cm2, respectivamente. O sistema está em equilíbrio . Despreze os pesos dos êmbolos e os atritos. Se mA = 4 kg, qual o valor de mB ?

mA mB a) 4 kg Solução : mA = SA b) 16 kg mB SB

c) 1 kg A B 4 = 80 d) 8 kg mB 20e) 2 kg 8 mB = 8

mB = 8

74


8 mB = 1 kg

170) (VUNESP) Um bloco de madeira, quando posto a flutuar livremente na água, cuja massa específica é 1,00 g/cm3, fica com 44% de seu volume fora d’água. A massa específica média dessa madeira, em g/cm3, é:

a) 0,44 Solução : VL = VS VS = 56% de V => VS = 56 V => VS = 0,56 V b) 0,56 100

c) 1,00 d . V = dL . VS => d . V = dL . 0,56 V => d = dL . 0,56d) 1,44 d = 1 . 0,56 => d = 0,56 g/cm3

e) 1,56171) (UFPI) A pressão atmosférica ao nível do mar é capaz de equilibrar uma coluna

de mercúrio de 76 cm de altura. Se a coluna for de água, a altura será, aproximadamente, em metros, de: (Dados: densidade da água = 1 g/cm3; densidade do mercúrio = 13,6 g/cm3).

a) 1 Solução : hágua = dmercúrio => hágua = 13,6 => hágua = 13,6 . 0,76 b) 10 hmercúrio dágua 0,76 1

c) 50d) 100 hágua = 10,336 => hágua 10 me) 760

172) (CESGRANRIO – RJ) Um corpo homogêneo flutua na superfície da água com somente 205 do seu volume total emerso, isto é, fora da água. Qual a massa específica desse corpo?

a) 0,20 g/cm3 Solução : VL = VS VS = 80% de V => VS = 80 V => VS = 0,8 V b) 0,50 g/cm3 100

c) 0,80 g/cm3 d . V = dL . VS => d . V = dL . 0,8 V => d = dL . 0,8 d) 0,40 g/cm3 e) 0,60 g/cm3 d = 1 . 0,8 => d = 0,8 g/cm3

173) (UFMA) Um bloco de madeira, cujo volume é de 500 cm3, tem massa igual a 0,3 kg. A densidade dessa madeira em g/cm3 é de:

a) 6,6 Solução : 0,3 kg = 0,3 . 1000 = 300 gb) 1,6 d = m => d = 300 => d = 0,6 g/cm3

c) 0,6 v 500 d) 6

174) (UFPB) Uma determinada cerâmica não apresenta qualquer propriedade notável à temperatura ambiente (20ºC). Entretanto, quando sua temperatura sofre uma redução de 200 K, exibe o extraordinário fenômeno da supercondutividade. Essa redução, em graus centígrados, corresponde a:

a) 23 Solução : C = T => C = Tb) 73 100 100

c) 200d) 53 As variações de temperaturas nas escalas Celsius e Kelvin são e) 453 numericamente iguais. Se a temperatura sofre uma redução de

200 K; então há redução de 200ºC.

175) (CESGRANRIO – RJ) Recentemente foram desenvolvidos novos materiais cerâmicos que se tornam supercondutores e temperaturas relativamente elevadas, da ordem de 92 K. Na escala Celsius, essa temperatura eqüivale a:

a) - 181ºC Solução : C = T – 273 => C = 92 – 273 => C = - 181ºCb) 29ºCc) 365ºCd) – 92ºCe) 273ºC

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176) (ITA) O verão de 1994 foi particularmente quente nos Estados Unidos da América. A diferença entre a máxima temperatura do verão e a mínima do inverno anterior foi 60ºC. Qual o valor desta diferença na escala Fahrenheit?

a) 108ºF Solução : C = F => 60 = F => F = 180 . 6 b) 60ºF 100 180 100 180 10c) 140ºFd) 33ºF F = 108ºFe) 92ºF

177) (UFBA – BA) Num laboratório de termologia, um técnico calibrou um termômetro de mercúrio de modo que a medida da altura da coluna, sob pressão normal, era de 5 cm, quando em equilíbrio com gelo fundente em água, é de 25 cm, quando em contato com água em ebulição.

Determine, em centímetros, a altura da coluna do termômetro num ambiente a 25ºC.

Solução : 25 100ºC h – 5 = 25 – 0 => h – 5 = 1 . 25 – 5 100 – 0 20 4

h 25 4h – 20 = 20 => 4 h = 20 + 20 4h = 40 => h = 40 => h = 10 cm 5 0 4

178) (UERJ – RJ) Uma temperatura na escala Fahrenheit é indicada por um número que é o dobro daquele em que é representada na escala Celsius. Essa temperatura é, em ºC:

a) 160 Solução : F = 2x C = x x = 2x – 32 => 9x = 10x - 160b) 148 5 9c) 140 160 = 10x – 9x => x = 160ºCd) 130e) 120

179) (CESESP – PE) Um corpo é aquecido de tal forma que sua temperatura sofre uma variação de 20ºC. Expressa em graus Fahrenheit, essa variação corresponde a:

a) 36 Solução : C = F => 20 = F => 1 = F => F = 180b) 40 100 180 100 180 5 180 5c) 58d) 68 F = 36ºCe) 20

180) (UFES) Uma diferença de temperatura de 100ºC equivale a:

a) 112ºF Solução : C = F => 100 = F => F = 180ºF b) 212ºF 100 180 100 180

c) 180ºFd) 132ºFe) 100ºF

181) (VUNESP – SP) Uma régua de aço de coeficiente de dilatação linear = 1,1 . 10- 6ºC- 1 foi calibrada numa certa temperatura de tal modo que o erro máximo em cada divisão de milímetro é de 5,0 . 10- 5 mm. Qual é o intervalo máximo de temperatura em que essa régua pode ser usada, em torno da temperatura de calibração, se se pretende conservar essa precisão ?

Solução : L0 = 1 mm L = L0 . . => 5 . 10- 5 = 1 . 1,1 . 10- 5 .

76


= 5 . 10 - 5 => = 4,54 ºC 1,1 . 10- 5

182) (CESESP – PE) Um estudante mede a temperatura de um certo corpo com o auxílio de dois termômetros, sendo um graduado na escala Celsius e outro na escala Fahrenheit. Ele observa que a leitura do termômetro graduado em graus Fahrenheit é 40 unidades maior que a indicada no outro. Os valores das leituras dos termômetros, em ºC e ºF, são respectivamente:

a) 20 e 60 Solução :F = x + 40 C = x x = x + 40 – 32 => x = x + 8b) 25 e 65 5 9 5 9c) 30 e 70d) 5 e 45 9x = 5x + 40 => 9x – 5x = 40 => 4x = 40 => x = 40

e) 10 e 50 4 x = 10 logo: C = 10ºC e F = 10 + 40 => F = 50ºF

183) (FUND. CARLOS CHAGAS) Duas escalas termométricas lineares estão representadas na figura abaixo. Uma em ºX e outra em ºY. Onde a escala X marca 100ºX, a escala Y marca 80ºY; e onde a escala X marca 0ºX, a escala Y marca 20ºY.Quando a escala X marcar 50ºX, quantos ºY marcará a escala Y?

a) 30ºY Solução : ºX ºY 50 – 0 = x – 20 b) 40ºY 100 80 100 – 0 80 – 20

c) 50ºY 50 = x – 20 => 1 = x – 20 d) 60ºY 50 ? 100 60 2 60 e) 70ºY 60 = 2(x – 20) => 60 = 2x – 40

0 20 60 + 40 = 2x => 2x = 100 x = 100 => x = 50º Y 2

184) (FEI- SP) Os dois termômetros desenhados abaixo estão calibrados segundo escalas termométricas diferentes. Que relação existe entre os valores de uma mesma temperatura medida nas escalas X e Y?

a) Y = X/2 Solução : Escala Escala X Yb) Y = 25 + X ºX ºY 50 25c) Y = 50 – X 50 25 d) Y = X 40 20 50Y = 25Xe) Y = 2 X 30 15 Y = 25X

20 10 50 10 5 Y = X . 0 0 2

185) (UFU – MG) Uma ponte de aço tem 1.000 m de comprimento. O coeficiente de dilatação linear do aço é de 11 x 10- 6ºC- 1. A expansão da ponte, quando a temperatura sobe de 0 para 30ºC, é de:

a) 33 cm Solução : L = L0 (1 + . ) b) 37 cm L = 106 [ 1 + 11 . 10- 6 (30 – 0)] c) 41 cm L = 106 (1 + 330 . 10- 6)d) 52 cm L = 106 + 330e) 90 cm L = 1.000.330 mm

L = L – L0

L = 1.000.330 – 1.000.000 L = 330 mm => L = 33 cm

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186) (CESCEM) A tabela mostra os acréscimos L no comprimento de três trilhos feitos de um metal hipotético, que se dilatam à medida que aumenta a temperatura. A 0ºC, os trilhos medem, respectivamente, 5, 10 e 15 m. As temperaturas foram medidas em graus centígrados e os acréscimos no comprimento dos trilhos foram medidos em milímetros.

TABELA DO ACRÉSCIMO NO COMPRIMENTO DOS TRILHOS

L (

em

mm

)

Temperatura

Comprimento de trilhos

0ºC 10ºC 20ºC 30ºC

5 m 0 1 2 310 m 0 2 4 615 m 0 3 6 9

Desta tabela, pode-se concluir que o coeficiente de dilatação linear do metal de que são feitos os trilhos é, em ºC- 1 :

a) 4 x 10- 2 Solução : L = L0 . . => 1 = 5.000 . . 10 => = 1 .b) 2 x 10- 2 5 . 104

c) 4 x 10- 5 = 0,2 . 10- 4 => = 2 . 10- 5 ºC- 1

d) 2 x 10- 5 e) 1 x 10- 5

187) (UERJ – RJ) Uma barra de metal de comprimento L0, a 0ºC, sofreu um alongamento de 0,1%, quando aquecida a 100ºC. Qual é o coeficiente de dilatação do metal em ºC- 1 ?

a) 2 . 10- 10 Solução : L = L0 (1 + . ) => 1,001 = 1 [ 1 + (100 – 0)]b) 1 . 10- 4 1,001 = 1 + 100 => 1,001 – 1 = 100 c) 2 . 10- 8 = 0,001 => = 10 - 3 => = 1 . 10- 5 ºC- 1

d) 1 . 10- 5 102 102

188) (FGV – SP) O calor específico do ferro é de aproximadamente 0,1 cal/gºC. Isto significa que, para se elevar em 12ºC a temperatura de um pedaço de 5 g de ferro, é necessário uma quantidade de calor, em calorias, de:

a) 0,50 Solução : Q = m . c . b) 1,2 Q = 5 . 0,1 . 12

c) 6 Q = 6 caloriasd) 60e) 120

189) (UFES) Uma barra de metal tem comprimento igual a 10.000m a uma temperatura de 10,0ºC e comprimento igual a 10.006m a uma temperatura de 40ºC. O coeficiente de dilatação linear do metal é:

a) 1,5 . 10- 4ºC- 1 Solução : L = L – L0 => L = 10.006 – 10.000 => L = 6 mb) 6,0 . 10- 4ºC- 1 L = L0 . . => 6 = 10.000 . . (40 – 10)

c) 2,0 . 10- 5ºC- 1 6 = 10.000 . 30 => = 6 .

d) 2,0 . 10- 6ºC- 1 300.000e) 3,0 . 10- 6ºC- 1 = 2 => = 2 . 10- 5ºC- 1

105

78


190) (FM POUSO ALEGRE – MG) Uma lâmina bimetálica é feita soldando-se uma placa de cobre de coeficiente de dilatação linear 1 = 17 . 10- 6 ºC- 1 e outra de constantana, cujo coeficiente de dilatação linear é 2 = 25 . 10- 6 ºC- 1. Na temperatura ambiente (25ºC), a lâmina está reta e é colocada na horizontal, como mostra a figura. Podemos afirmar que:

cobre a) a 60ºC a lâmina se curvará para cima. b) a 60ºC a lâmina se curvará para baixo. c) a 60ºC a lâmina permanecerá reta. d) a lâmina se curvará para cima a qualquer temperatura. constantana e) a lâmina se curvará para baixo a qualquer temperatura.

Solução : CONSTANTANA > COBRE Aquecimento => Curvatura para cima

Para um mesmo aumento de temperatura a Constantana sofre uma dilatação maior, fazendo com que a lâmina ocorra uma dilatação desigual, produzindo o encurvamento. Como a dilatação da Constantana é maior, ela ficará na parte externa da curvatura.

191) (UFRS) Um sólido homogêneo apresente, a 5ºC, um volume igual a 4,00 dm3. Aquecido até 505ºC, seu volume aumenta de 0,06 dm3. Qual o coeficiente de dilatação linear aproximado do material desse sólido?

a) 3 x 10- 5 ºC- 1 Solução : V = V0 ( 1 + . ) => 4,06 = 4 [(1 + (505 – 5)]b) 2 x 10- 5 ºC- 1 4,06 = 4 (1 + 500 ) => 4,06 = 4 + 2.000 c) 1,5 x 10- 5 ºC- 1 4,06 – 4 = 2.000 => = 0,06 => = 6 . 10 - 2

d) 1 x 10- 5 ºC- 1 2.000 2 . 103

e) 0,5 x 10- 5 ºC- 1 = 3 . 10- 2 . 10- 3 => = 3 . 10- 5 ºC- 1

= 3 => 3 . 10- 5 = 3 => = 3 . 10 - 5 3 = 1 . 10- 5 ºC - 1

192) (UFF – RJ) O dono de um posto de gasolina consulta uma tabela de coeficientes de dilatação volumétrica, obtendo Álcool = 103 ºC- 1 . Assim, ele verifica que se comprar 14.000 L do combustível em um dia em que a temperatura do álcool é de 20ºC e revendê-los num dia mais quente, em que essa temperatura seja de 30ºC, estará ganhando:

a) 1,4 x 102 L Solução : V = V0 (1 + . ) V = V – V0 b) 1,4 x 103 L V = 14.000 ( 1 + 10- 3 . 10) V = 14.140 – 14.000c) 5,2 x 103 L V = 14.000 ( 1 + 10- 2 ) V = 140d) 1,5 x 104 L V = 14.000 (1,01) V = 1,4 . 102 L e) 5,2 x 104 L V = 14.140 L

193) (UEL – PR) A temperatura da cidade de Curitiba, em um certo dia, sofreu uma variação de 15ºC. Na escala Fahrenheit, essa variação corresponde a:

a) 59 Solução : C = F => 15 = F => 3 = F b) 45 5 9 5 9 9

c) 27d) 18 F = 27ºF

194) (FUVEST – SP) A 10ºC 100 gotas idênticas de um líquido ocupam um volume de 1,0 cm3. A 60ºC, o volume ocupado pelo líquido é de 1,01 cm3. Calcule:

79


a) a massa de 1 gota de líquido a 10ºC, sabendo-se que sua densidade, a esta temperatura, é de 0,90 g/cm3.

b) O coeficiente de dilatação volumétrica do líquido.

Solução : a) 100 gotas 1 cm3 x = 1 => x = 0,01 cm3

1 gota x 100

d = m => m = d . v => m = 0,90 . 0,01 => m = 0,009 g v m = 9 mg

b) V = V0 ( 1 + . ) => 1,01 = 1 [1 + (60 – 10) ] 1,01 = 1 (1 + 50 ) => 1,01 = 1 + 50 => 1,01 – 1 = 50 0,01 = 50 => = 0,01 => = 1 . 10 - 2 => = 0,2 . 10 50 5 . 10 = 2 . 10 - 4ºC - 1

195) (UFPA) Um recipiente de vidro encontra-se completamente cheio de um líquido a 0ºC. Quando o conjunto é aquecido até 80ºC, o volume do líquido que transborda corresponde a 4% do volume que o líquido possuía a 0ºC. Sabendo que o coeficiente de dilatação volumétrica do vidro é de 27 x 10-6 ºC- 1, o coeficiente de dilatação real do líquido vale:

a) 27 x 10- 7ºC- 1 Solução : V = 1,04 V0 = 1 V = V0 (1 + . )b) 127 x 10- 7ºC_ 1 1,04 = 1 [1 + (80 – 0)] => 1,04 = 1 (1 + 80 )c) 473 x 10- 6ºC- 1 1,04 = 1 + 80 => 1,04 – 1 = 80 => 80 = 0,04

d) 500 x 10- 6ºC- 1 = 0,04 => = 4 . 10 - 2 => = 0,5 . 10- 3 e) 527 x 10- 6ºC- 1 80 8 . 10 = 5 . 10– 4 => = 500 . 10- 6ºC- 1

Real = Rec + AP => Real = 27 . 10- 6 + 500 . 10- 6 Real = 527 . 10 - 6ºC - 1

196) (ITA – SP) São dados dois cubos A e B de mesmo material e inicialmente à mesma temperatura T1 . O cubo A tem aresta a e o B, aresta b, de tal forma que a = 2b. Se ambos os cubos são trazidos à temperatura T2 < T1 e se o cubo B cede ao ambiente uma quantidade de calor Q, o cubo A cederá:

a) 2Q Solução : VA = a3 VB = b3 b) 4Q VA = (2b)3

c) 8Q VA = 8b3 Se o cubo B cede ao ambiente uma quantidade d) Q de calor Q VB = Q ; o cubo A cederá VA = 8Qe) NDA

197) (MACK – SP) O diagrama representa a quantidade de calor absorvida por dois corpos A e B, de massas iguais, em função da temperatura. A relação entre os calores específicos dos corpos A e B é:

a) 2/3 Solução : Q (Cal) A QA . T B b) 3/4 600 QB TA c) 2/1 400 B 600 . 50 d) 5/1 200 400 30

e) 5/2 3 . 5 = 5 . 0 10 30 50 t (ºC) 2 3 2

As questões 198 e 199 se referem ao seguinte enunciado:Um corpo absorve calor de uma fonte à razão de 1.000 cal/min. O gráfico da temperatura, em função do tempo t, está indicado a seguir: ºC 70

80


20 0 20 t (min)

198) (CESCEM – SP) A capacidade térmica do corpo em cal/ºC é de:

a) 286 Solução : = f - i => = 70 – 20 => = 50ºCb) 300 1000 cal 1 min x = 1000 . 20 => x = 20.000 calc) 1.000 x 20 mind) 800

e) 400 C = Q => C = 20.000 => C = 400 cal/ºC 50

199) (CESCEM – SP) Se a massa do corpo aquecido é de 1.000 g, o calor específico do corpo, em cal/gºC, é de:

a) 0,2 Solução :Q = m . c . b) 0,3 20.000 = 1.000 . c . 50c) 0,5 c = 20.000 d) 0,1 50.000

e) 0,4 c = 0,4 cal/gºC

200) (UFSM – RS) O gráfico abaixo representa a variação de temperatura que um corpo de 50 g sofre em função do calor absorvido. O calor específico da substância, em cal/gºC, é:

a) 0,1 Solução : t (ºC) Q = m . c . b) 0,2 50 300 = 50 . c . 30

c) 0,3 c = 300 .d) 0,4 20 1.500 e) 0,5 c = 0,2 cal/gºC

0 300 Q (Cal)

201) (UFBA) O diagrama representa as variações de temperatura em função do tempo, de 100 g de água inicialmente a 25ºC e de 175 g de uma substância inicialmente a 85ºC, quando colocados em um vaso adiabático. Determine:a) a quantidade de calor recebida pela substância;b) o calor específico da substância.

ºC Solução : a) Q = m . c . 85 Q = 100 . 1 . 35 60 Q = 3.500 cal

25 b) Q = m . c . 3.500 = 175 . c . 25 3.500 =4.375 c 0 10 20 t (s) c = 3.500 4.375 c = 0,8 cal/gºC

202) (CESGRANRIO – RJ) Para elevar, muito lentamente, a temperatura de um bloco de 100 g de metal de 14ºC para 39ºC, é necessário fornecer 300 cal ao mesmo. Qual o calor específico deste metal?

a) 0,10 cal/gºC Solução : Q = m . c . b) 0,12 cal/gºC 300 = 100 . c . 25

c) 0,14 cal/gºC c = 300 .d) 0,25 cal/gºC 2.500e) 0,34 cal/gºC c = 0,12 cal/gºC

81


203) (FUVEST – SP) O gráfico representa a variação de temperatura em função do tempo de um corpo sólido ao ser aquecido por uma fonte que libera energia a uma potência constante de 150 cal/min. Como a massa do corpo é de 100 g, seu calor específico, em cal/g ºC, será de:

a) 0,75 Solução : (ºC) Q = P . tb) 3,75 40 Q = 150 . 10c) 7,50 Q = 1.500 cal d) 0,80 20 e) 1,50 c = Q .

m 0 10 t (min ) c = 1.500 . 100 (40 – 20) c = 15 => c = 0,75 cal/gºC 20

204) (UFMA) Temos 50 g de gelo a 0ºC. Que quantidade de calor devemos fornecer à massa de gelo para obter 50 g de água a 10ºC? (Dados: Lf = 80 cal/g; calor específico da água = 1 cal/gºC)

a) 40.000 cal Solução : QG = m . Lf QA = m . c . b) 40.500 cal QG = 50 . 80 QA = 50 . 1 . 10

c) 4.500 cal QG = 4.000 cal QA = 500 cald) 4.000 cal

Q = QG + QA => Q = 4.000 + 500 => Q = 4.500 cal

205) (UF – VIÇOSA – MG) O calor específico médio de uma substância é definido como a quantidade de valor que cada unidade de massa da substância precisa receber ou ceder para que a sua temperatura varie de uma unidade. Em condições ambientes, o calor específico da água é 1,0 cal/gºC e o do alumínio é aproximadamente 0,2 cal/gºC. Considerando isso, podemos afirmar que:

a) Massas iguais de água e alumínio sofrem uma mesma variação de temperatura se recebem uma mesma quantidade de calor.

b) Se 1 grama de alumínio perde 10 cal, a sua temperatura diminui de 50ºCc) Quando alumínio e água são postos em contato, sempre é a água que cede calor para o alumínio.d) Para uma variação de 5ºC na temperatura de 1 grama de água, é necessário que se forneçam 10 cal.e) Se a água cede calor ao alumínio , a redução na temperatura da água é igual ao aumento da temperatura do alumínio.

Solução : Q = m . c . => 10 = 1 . 0,2 . => = 10 => = 50ºC 0,2

206) (MACK – SP) Certo dia foi registrada uma temperatura cuja indicação na escala Celsius correspondia a 1/3 da respectiva indicação na escala Fahrenheit. Tal temperatura foi de:

a) 80ºF Solução : C = 1 F C = F – 32 => F b) 80ºC 3 5 9 3 = F – 32 c) 41,8ºF 5 9 d) 41,8ºC F = 5 (F – 32) => 9F = 5F – 160 => 160 = 5F – 3F e) 26,7ºF 3 9 3

2F = 160 => F = 160 => F = 80ºF 2

82


207) (VUNESP – SP ) Um estudante, no laboratório, deveria aquecer uma certa quantidade de água desde 25ºC até 70ºC. Depois de iniciada a experiência ele quebrou o termômetro de escala Celsius e teve de continuá-la com outro de escala Fahrenheit. Em que posição ele deve ter parado o aquecimento?(Nota: 0ºC e 100ºC correspondem respectivamente a 32ºF e 212ºF)

a) 102ºF Solução : C = F – 32 => 70 = F – 32 => 14 = F – 32 b) 38ºF 5 9 5 9 9c) 126ºF F – 32 = 14 . 9 => F – 32 = 126 => F = 126 + 32

d) 158ºF F = 158ºFe) 182ºF

208) (UFAL) Mistura-se 1 L de água a 20ºC com 2 L de água a 50ºC. Admitindo que a troca de calor se deu apenas entre os líquidos, pode-se afirmar que a mistura resultante terá temperatura aproximada de:

a) 50ºC Solução : Q1 + Q2 = 0 => m1 . c1 . 1 + m2 . c2 . 2 = 0 b) 40ºC 1.000 . 1 . (e – 20) + 2.000 . 1 . (e – 50) = 0

c) 35ºC 1.000 e – 20.000 + 2.000 e – 100.000 = 0 d) 30ºC 3.000 e = 120.000 => e = 120.000 => e = 40ºC e) 25ºC 3.000

209) (FATEC – SP) Em 200 g de água, a 20ºC, mergulha-se um bloco metálico de 400 g, a 50ºC. O equilíbrio térmico ocorre a 30ºC. O calor específico do metal, em cal/g ºC, é:

a) 8,0 Solução : Q1 + Q2 = 0 => m1 . c1 . 1 + m2 . c2 . 2 = 0b) 4,0 200 . 1 . (30 – 20) + 400 . c2 . (30 – 50) = 0c) 2,0 200 . 10 – 400 . 20 c2 = 0 => 2.000 - 8.000 c2 = 0 d) 0,5 2.000 = 8.000 c2 => c2 = 2.000 => c2 = 0,25 cal/g ºC

e) 0,25 8.000

210) (VUNESP – SP) Um corpo de massa m pode se deslocar ao longo de uma reta horizontal sem encontrar nenhuma resistência. O gráfico representa a aceleração, a, desse corpo, em função do módulo (intensidade), F, da força aplicada, que atua sempre na direção da reta horizontal.

A partir do gráfico, é possível concluir que a massa m do corpo, em kg, é igual a:

a) 10 Solução : a (m/s2) F = m . ab) 6,0 0,6 2 = m . 0,2c) 2,0 0,4 m = 2 => m = 10 kg d) 0,4 0,2 0,2e) 0,1 0,0 0 2 4 6 F (N)

211) (FUVEST – SP) Num forno de microondas é colocado um vasilhame contendo 3 kg de água a 10ºC. Após manter o forno ligado por 14 min, verifica-se que a água atinge a temperatura de 50ºC. O forno é então desligado e dentro do vasilhame de água é colocado um corpo de 1 kg de massa e calor específico c = 0,2 cal/g ºC, à temperatura inicial de 0ºC. Despreze o calor necessário para aquecer o vasilhame e considere que a potência fornecida pelo forno é continuamente absorvida pelos corpos dentro dele. O tempo a mais que será necessário manter o forno ligado, na mesma potência, para que a temperatura de equilíbrio final do conjunto retorne a 50ºC é:

a) 56 s Solução : Q = m . c . => Q = 3.000 . 1 . (50 – 10) b) 60 s Q = 3.000 . 40 => Q = 120.000 cal

c) 70 s QÁgua + QCorpo = 0 => 3.000 . 1 . (f – 50) + 1.000 . 0,2 . (f – 0) = 0d) 280 s 3.000 f – 150.000 + 200 f = 0 => 3.200 f = 150.000 e) 350 s f = 150.000 => f = 46,875 => f 46,9 ºC

83


3.200 Q = QÁ + QC => Q = 3.000 . 1 . (50 – 46,9) + 1.000 . 0,2 . (50 – 46,9) Q = 3.000 . 3,1 + 200 . 3,1 => Q = 9.300 + 620 => Q = 9.920 cal

120.000 cal 14 min x = 9.920 . 14 => x = 138.880 9.920 cal x 120.000 120.000

x = 1,16 min

1 min 60 seg x = 1,16 . 60 => x = 69,6 => x 70 seg 1,16 min x

212) (UNIFOR – CE) Um corpo de massa m = 0,5 kg está sob a ação das duas forças colineares indicadas na figura. De acordo com a 2ª Lei de Newton, a aceleração resultante, em m/s2, é de:

a) 0 Solução : F2 = 15 N F1 = 20 N F = F1 – F2 => F = 20 – 15 b) 10 m F = 5 N

c) 30 a = F => a = 5 . d) 40 m 0,5 e) 70 a = 10 m/s2

213) (UECE) Um corpo de massa igual a 2 Kg encontra-se inicialmente em repouso sobre uma superfície horizontal sem atrito. Aplica-se uma força horizontal sobre o corpo (conforme o gráfico).

F (N)

4

0 5 x (m)

A velocidade do corpo, após percorrer 4m, será de:

a) 3 m/s Solução : F = m . a => 4 = 2 . a => a = 4 => a = 2 m/s2 b) 4 m/s 2

c) 5 m/s v2 = v02 + 2 a s => v2 = 0 + 2 . 2 . 4 => v2 = 16

d) 6 m/s v = 16 => v = 4 m/s

214) (UFAL) Um carrinho de massa m = 25 kg é puxado por uma força resultante horizontal F = 50 N, conforme a figura abaixo. De acordo com a 2ª Lei de Newton, a aceleração resultante no carrinho será, em m/s2, igual a:

a) 1.250 Solução : m F F = m . ab) 50 50 = 25 a c) 25 a = 50

d) 2 25 e) 0,5 a = 2 m/s2

215) (FUVEST – SP) Um veículo de 5,0 kg descreve uma trajetória retilínea que obedece à equação horária S = 3t2 + 2t + 1, onde S é medido em metros e t em segundos. O módulo da força resultante sobre o veículo vale:

a) 30 N Solução : S = 3t2 + 2t + 1 S = S0 + V0t + at 2 b) 5 N 2c) 10 N at 2 = 3t2 => at2 = 6t2 => a = 6t 2 => a = 6 m/s2 d) 15 N 2 t2

84


e) 20 N FR = m . a => FR = 5 . 6 => FR = 30 N

216) (FUVEST – SP) Um corpo de 3 kg move-se, sem atrito, num plano horizontal, sob a ação de uma força horizontal constante de intensidade 7N. No instante t0 sua velocidade é nula. No instante t1 > t0 a velocidade é 21 m/s. Calcule t = t1

– t0

a) 3 s Solução : F = m . a v = v0 + a t b) 9 s 7 = 3 a 21 = 0 + 7 t

c) 12 s a = 7 m/s2 3 d) 16 s 3 7 t = 63 => t = 63 => t = 9 se) 21 s 7

t = t1 – t0 => t = 9 – 0 => t = 9s

217) (UCS – RS ) Uma força de 20 N atua sobre o bloco A. Os blocos A e B têm massas mA = 3 kg e mB = 1 kg, como mostra a figura. Se a superfície sobre a qual desliza o conjunto é horizontal e sem atrito, determine a intensidade da força resultante sobre o bloco A.

NA NB

20 N A FBA A F B FAB

B

PB

Solução : F – FBA = mA . a PA

F AB = mB . a F = (mA + mB ) a => 20 = (3 + 1) a => 4 a = 20 => a = 20 4 a = 5 m/s2

F = mA . a => F = 3 . 5 => F = 15 N

218) (UFAL) Um pára-quedista desce com velocidade constante de 12 m/s. Sendo a aceleração da gravidade 10 m/s2 e a massa do conjunto 90 kg, a força de resistência do ar vale:

a) zero Solução : F = m . ab) 9,0 . 10 N F = 90 . 10

c) 9,0 . 102 N F = 900 N => F = 9,0 . 102 N d) 1,1 . 103 Ne) 1,1 . 104 N

219) (UFOP) Os blocos A e B estão unidos por uma corda. O bloco B é acelerado por uma força F igual a 20 N e os dois blocos são postos em movimento sobre uma superfície sem atrito. (Dados: mA = 8 kg e mB = 12 kg)

a) Represente as forças que atuam sobre os blocos A e B. b) Qual a aceleração dos blocos?c) Qual a tração na corda que une o bloco A ao bloco B ?

F B A

NB

NA a a Solução : a)

A T T B F

PA PB

85


b) T = mA . a F – T = m B . a F = (mA + mB) a => 20 = (8 + 12) a => 20 a = 20 => a = 20 20 a = 1 m/s2

c) T = mA . a => T = 8 . 1 => T = 8 N

220) (FAMECA – SP) A figura representa o conjunto de três blocos, A, B e C, de massas respectivamente iguais a 10 kg, 5 kg e 3 kg, que deslizam, sem atrito, sobre um plano horizontal sob a ação de uma força horizontal de 36 N. Neste caso, a força de tração no fio ligado ao bloco A tem intensidade:

a) 56 N Solução : A 36 N b) 16 N C B

c) 6 Nd) 36 Ne) NDA NC a NB a NA

C T1 T1 B T2 T2 A 36 N

PC PB PA

T1 = mC . a T2 – T1 = mB . a 36 – T 2 = mA . a 36 = (mC + mB + mA ) a => 36 = (3 + 5 + 10) a => 18 a = 36 a = 36 => a = 2 m/s2 18 36 – T2 = mA . a => 36 – T2 = 10 . 2 => 36 – T2 = 20 36 – 20 = T2 => T2 = 16 N

221) (VUNESP – SP) Dois blocos estão suspensos em um campo gravitacional de intensidade g ( 10 m/s2) por duas cordas, A e B, de massas desprezíveis, como indica a figura. O bloco superior tem massa igual a 2,0 kg e o inferior, a 4,0 kg. Determine as trações em cada corda nos seguintes casos:a) os corpos são mantidos em repouso;b) os corpos possuem uma aceleração de 2,0 m/s2 vertical para cima.

F FSolução : A a) PA = mA . g

2,0 kg A PA = 2 . 10 PA = 20 N B T PA PB = T = mB . a 4,0 Kg PB = T = 4 . 10 T PB = T = 40 N

a B T + PA = F 40 + 20 = F PB F = 60 N = TA

b) T’- PB = mB . a F’ - T’- P A = mA . a F’ – PB – PA = (mA + mB ) a F’- 40 – 20 = (2 + 4) 2 F’ – 60 = 12 => F’= 12 + 60 F’= 72 N

86


Mas T’ – PB = mB . a => T’- 40 = 4 . 2 T’ = 8 + 40 => T’= 48 N

222) (UFOP – MG) Um corpo A de massa m = 2 kg pode deslizar, sem atrito, sobre uma superfície plana. Ele está preso a outro corpo B, de mesma massa, através de um fio e de uma polia ideais. Estando o sistema em movimento, determine a aceleração do corpo A.

NA T

A Solução : A T B a

PA PB

B

PB = mB . g PB – T = mB . a PB = 2 . 10 T = mA . a PB = 20 N PB = (mA + mB) a => 20 = (2 + 2 ) a => 4 a = 20 a = 20 => a = 5 m/s2 4

223) (UFAL) Uma esfera de massa m, presa à extremidade de um fio fixo pela outra ponta, gira num plano horizontal (pêndulo cônico). Sendo g a aceleração local da gravidade, o módulo da tração no fio é:

a) mg Solução : cos = cateto adjacenteb) mg . sen hipotenusac) mg . cos cos = P d) mg/sen P T T

e) mg/cos T = P => T = mg . cos cos

224) (FURG – COPERVE) Um corpo de peso P encontra-se em equilíbrio, devido à ação da Força F.

A B C A B C

T1 F F T1

T2 T2

T3 T3

T4 T4

P

Os pontos A, B e C são os pontos de contato entre os fios e a superfície. As forças que a superfície exerce sobre os fios nos pontos A, B e C são, respectivamente:

a) P , P , P Solução : 2 T1 = T2 I levar IV em III 8 4 2 2 T2 = T3 II 2 T3 = P => T3 = P V

b) P , P , P 2 T3 = T4 III 2 8 2 4 T4 = P IV levar V em II c) P , P , P 2 T2 = P => T2 = P VI 2 4 8 2 4

d) P , P , P levar VI em I

87


2 4 2 T1 = P => T1 = P e) Iguais a P 4 8

225) (UFAL) Uma força F é aplicada a um corpo sempre na direção e sentido do seu movimento. Observe o gráfico força x posição.

F F2

F1 0 S1 S2 S

No deslocamento de S1 a S2, o trabalho realizado pela força é dado por:

a) F1 (S2 – S1) Solução : T = STRAPÉZIO b) F2 (S2 – S1) T = (B + b) . h c) (F2 + F1) ( S2 + S1) 2

d) (F2 + F1) (S2 – S1) T = (F2 + F1) . (S 2 – S1) 2 2

e) (F 2 – F1 ) (S2 – S1 ) 2

226) (UFAL) Um corpo de massa m sobe, em movimento retardado, ao longo de um plano inclinado de ângulo com a horizontal.

Despreze os efeitos do atrito com o plano e com o ar e considere g a aceleração da gravidade.

A aceleração de retardamento que o corpo adquire é: N a) g . sen Solução :

b) g . cos Ptc) g PN d) g/ sen e) g/cos

Na direção normal, a força resultante é N – P . cos . Como o corpo está em equilíbrio nessa direção, essa resultante é zero. N – P . cos = 0 Na direção tangencial, a resultante é P . sen . Nessa direção, o corpo tem aceleração a. P . sen = m . a m . g . sen = m . a => a = g sen

227) (UFRS) Uma bola de massa igual a 0,5 kg, inicialmente parada, passa a ter uma velocidade de 50 m/s logo após ser chutada. Qual seria o módulo de uma força constante que provocasse essa variação de velocidade num intervalo de tempo de 0,25 s ?

a) 25 N Solução : I = m v2 – m v1 I = F . tb) 50 N I = 0,5 . 50 – 0,5 . 0 25 = F . 0,25

c) 100 N I = 25 kg . m/s F = 25 => F = 100 N

88


d) 200 N 0,25e) 500 N

228) (UCMG) Uma esfera rígida, de massa m = 1,0 kg e velocidade v = 10 m/s, colide com uma parede rígida, retornando com a mesma velocidade. Calcule a variação da quantidade de movimento da esfera.

Solução : Q = m . v V Q = m (vf – vi ) Q = 1 (- 10 – 10) Q = - 20 kg . m/s V

229) (F. C. CHAGAS – SP) Um satélite artificial terrestre, cuja massa é de 200 kg, descreve uma trajetória perfeitamente circular com velocidade constante, em módulo. A aceleração centrípeta sobre o satélite é de 8 m/s2. Qual é , em N, o módulo da força de atração gravitacional da Terra sobre o satélite ?

a) 12.800 Solução : F = m . ac

b) 1.960 F = 200 . 8 c) 1.600 F = 1.600 N

d) 0,04e) zero

230) (UFRS) O módulo da força de atração gravitacional entre duas pequenas esferas de massas m, iguais , cujos centros estão separados por uma distância d, é F. Substituindo-se uma das esferas por outra de massa 2 m e reduzindo-se a separação entre os centros das esferas para d/2, resulta em uma força gravitacional de módulo:

a) F Solução : F = G . m . m => F = G . m 2 F b) 2 F d2 d2 c) 4 F F2 = G . m . 2m => F2 = G . 2m 2 => F2 = 8 G . m 2

d) 8 F d 2 d 2 d2 e) 16 F 2 4

F2 = 8 F

231) (UFPE) Um certo corpo é arrastado ao longo de uma estrada plana retilínea por uma força horizontal F. Se a variação de F com a posição x do corpo é a indicada no gráfico, o trabalho tal executado pela força F para levar o corpo da posição x = 3 m para x = 7 m, em joules, igual a:

a) 4,0 Solução : F (N) T = SRetângulo + STriângulo + STriângulo

b) 3,0 8 T = b . h + b . h + b . h c) 0,0 6 2 2d) – 1,0 4 T = 1 . 4 + 1 . 4 + 2 . (-8)

e) – 2,0 2 2 2 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x (m) - 2 - 4 T = 4 + 2 – 8 => T = - 2 J - 6 - 8

232) (FCMSCSP) Nesta figura, temos uma alavanca interfixa de massa desprezível. Em suas extremidades estão pendurados, por meio de fios, corpos de massas M e M’. O sistema está em equilíbrio. Os atritos e as massas dos fios são desprezíveis. Se d’= 3 d, então M é igual a:

89


a) M’/3 Solução : d d’ - Md + M’3d = 0 b) 3M’ M’3d = Md

c) 2M’/3 M = M’3d d) 3M’/2 de) M’ M = 3 M’

M M’

233) (FUVEST – SP) Uma formiga caminha com velocidade média de 0,20 cm/s:Determine:a) a distância que ela percorre em 10 minutosb) o trabalho que ela realiza sobre uma folha de 0,2 g quando ela transporta

essa folha de um ponto A para outro B, situado 8,0 m acima de a.

Solução : 1 min 60 Seg x = 10 . 60 => x = 600 segundos 10 min x

a) e = v . t => e = 0,2 . 600 => e = 120 cm => e = 1,2 m b) m = 0,2 g = 0,0002 kg F = m . g => F = 0,0002 . 10 F = 0,002 N T = F . d => T = 0,002 . 8 => T = 0,016 => T = 1,6 . 10 - 2 J

234) (ESA – LAVRAS) Num corpo de massa 2 kg atuam as forças F e de atrito cinético fatc , conforme mostra a figura. Essas forças são paralelas ao deslocamento que ocorre no plano horizontal. No instante t = 0,, o corpo se encontra na origem (S0 = 0) e em repouso (V0 = 0). Calcule:a) o trabalho realizado por F ao longo de 6 m.b) o trabalho da força de atrito fatc ao longo de 6 m.c) o trabalho da força resultante que atua no corpo ao longo de 6 m.d) a velocidade do móvel na posição 6m.

Força (N) 20

Força F 10

2 4 6 x (m)

- 9 força fatc

Solução :a) T = SRet + STrap + STriângulo => T = 2 . 10 + (10 + 20) . 2 + 2 . 20 2 2 T = 20 + 30 + 20 => T = 70 J

b) T = SRetângulo => T = - 9 . 6 => T = - 54 J

c) TR = TF + Tfatc => TR = 70 – 54 => TR = 16 J

d) TR = m . v 2 => 16 = 2 . v 2 => v2 = 16 => v = 16 2 2 v = 4 m/s

235) (PUC – RS) A correnteza de um rio tem velocidade constante de 3,0 m/s em relação as margens. Um barco, que se movimenta com velocidade constante de 5,0 m/s em relação à água, atravessa o rio indo em linha reta de um ponto A a outro

90


ponto B, situado imediatamente à frente na margem oposta. A velocidade do barco em relação às margens foi de:

VC = 3a) 2,0 m/s Solução : B VBM

2 = VBA2 + VC

2

b) 4,0 m/s VBM2 = 52 + 32

c) 5,0 m/s VBágua = 5 VBM2 = 25 + 9

d) 5,8 m/s VBmargem VBM2 = 34 => VBM = 34

e) 8,0 m/s A VBM 5,8 m/s

VBA = velocidade do barco em relação à água VBM = velocidade do barco em relação à margem VC = velocidade da correnteza

236) (UFPE) Um trenó desenvolve uma velocidade constante de 72 km/h numa superfície plana e, ao chegar ao ponto A indicado na figura, encontra um declive que o levará a uma posição B, 3,20 m abaixo de sua altura original. Qual será a velocidade, em m/s, que o trenó atingirá ao subir um aclive e alcançar o ponto C, situado a uma altura de 1,15m em relação ao ponto B? (Considere desprezíveis o atrito e a resistência do ar).

A C

3,20 m 1,15 m

B

Solução : EMC = EMA => EPC + ECC = EPA + ECA EPA = 0 m g h + m vC

2 = m vA2

2 2 2 g h + vC

2 = vA2 => vA = 2 g h + vC

2 20 = 2 . 10 (1,15 – 3,20) + vC

2 20 = 20 (-2,05) + vC

2 => 20 = - 41 + vC2

(20)2 = ( - 41 + vC2 )2 => 400 = - 41 + vC

2 vC

2 = 400 + 41 => vC2 = 441 => vC = 441

vC = 21 m/s

237) (VUNESP – SP) Um bloco de massa m desliza sem atrito sobre a superfície indicada na figura. Se g é a aceleração da gravidade, a velocidade mínima v que deve ter para alcançar a altura h é:

a) 2 gh Solução : b) 2gh

c) gh 2 m h

d) gh v 2

e) 2 2gh EC = EP => m v 2 = m g h => v2 = 2 g h 2 v = 2gh

91


238) (UFAL) Na determinação da força resultante F, pelo processo das componentes ortogonais, é válida a relação:

ya) FX = F1 cos 30º + F2 cos 53 – F3 b) FX = F1 cos 30º - F2 sen 53º - F3 F2 F1

c) FX = F1 cos 30º - F2 sen 53º 53ºd) FX = F1 sen 30º + F2 cos 53º 30ºe) FX = F1 sen 30º - F2 cos 53º

x

F3 Solução : FX = F1 cos 30º - F2 sen 53º + F3 cos 90º

FX = F1 cos 30º - F2 sen 53º + F3 . 0 FX = F1 cos 30º - F2 sen 53º239) (FUVEST – SP) Um corpo de massa m é solto no ponto A de uma superfície e

desliza, sem atrito, até atingir o ponto B. A partir desse ponto, o corpo desloca-se numa superfície horizontal com atrito, até parar no ponto C, a 5 metros de B.Sendo m medido em quilogramas e h em metros, o valor da força de atrito F, suposta constante enquanto o corpo se movimenta, vale, em newtons:

a) F = 1 m h Solução : m 2

b) F = m h c) F = 2 m h

d) F = 5 m h he) F = 10 m h

B C 5 m

T = EPA – EPB T = F . d T = m g hA – 0 10 m h = F . 5 T = m g hA F = 10 m h => F = 2 m h T = 10 m h 5

240) (FATEC – SP) Um bloco de peso igual a 30 N está em equilíbrio, suspenso por fios, conforme a figura. Adotando sen 37º = 0,6 e cos 37º = 0,8, podemos afirmar que o módulo de F é:

a) 22,5 N Solução :b) 30,0 N 37ºc) 37,5 Nd) 50,0 Ne) 62,5 N

y T2 P 37º T1 F

x

P

FX = T1 cos 0º - T2 sen 37º + P cos 90º FX = 0 FX = T1 . 1 – T2 . 0,6 + 30 . 0 0 = T1 – 0,6 T2 => 0,6 T2 = T1 => T1 = 0,6 T2 I

FY = T1 cos 90º + T2 cos 37º - P cos 0º FY = 0 FY = T1 . 0 + T2 . 0,8 – 30 . 1

92


0 = 0,8 T2 – 30 => 30 = 0,8 T2 => T2 = 30 => T2 = 37,5 N II 0,8

levar II em I

T1 = 0,6 . 37,5 => T1 = 22,5 N

241) (PUC – RS) Uma esfera de peso P, suspensa por uma corda, encontra-se afastada 30º da vertical. O afastamento é causado por uma força F horizontal que mantém a esfera em equilíbrio na posição mostrada.A relação válida entre os módulos da força tensora T e da força horizontal F é:

a) F = T Solução : b) F = T/cos 30º 30º T c) F = T/sen 30º F

d) F = T . sen 30ºe) F = T . cos 30º

P T 30º F x P

FX = F cos 0º - T sen 30º + P cos 90º FX = 0 FX = F . 1 – T sen 30º + P . 0 0 = F – T sen 30º => F = T sen 30º

242) (FMU – SP) O corpo de peso P = 10 N produz em cada corda uma tração T igual a:

ya) 2,5 N Solução :b) 5,0 N 30º 30º

c) 10 N T 60º 60º Td) 20 N T T 30º 30ºe) 30 N x

P

FX = T cos 30º - T cos 30º + P cos 90º Fx = 0 FY = T cos 60º + T cos 60º - P cos 0º 0 = T 3 - T 3 + 10 . 0 FY = 0 0 = T . 1 + T . 1 - 10 . 1 2 2 2 2 T 3 = T 3 10 = 2 T 2 2 2 T = T T = 10 N

243) (UFSC) São dados: Sistema em equilíbrio, sen 37º = 0,60 = cos 53º e sen 53º = 0,80 = cos 37º. Sabendo que a tração na corda 1 é de 300 N, a tração na corda 2 é de:

ya) 5,0 . 102 kg Solução :

b) 4,0 . 102 N 37º 53º F2

c) 4,0 . 103 N corda 1 corda 2 53º 37º F1

d) 400 J 37º 53ºe) NDA x

50 kg P

93


chamamos corda 1 = F2 e corda 2 = F1 FX = 0 FX = F1 . cos 53º - F2 sen 53º + P cos 90º 0 = F1 . 0,60 – 300 . 0,80 + 50 . 0 0 = 0,60 F1 – 240 => 240 = 0,60 F1 => F1 = 240 0,6 F1 = 400 => F1 = 4,0 . 102 N

244) (FUVEST – SP) O pneu de um carro estacionado tem uma pressão de 2 atm, quando a temperatura é de 9ºC. Depois de o veículo correr em alta velocidade, a temperatura do pneu sobe para 37ºC e seu volume aumenta 10%.Qual a nova pressão do pneu?

Solução : T1 = 9 + 273 => T1 = 282 k T2 = 37 + 273 => T2 = 310 k

P 1 V1 = P2 V2 => 2 V = P . 1,1 V => P = 310 V => P = 310 . T1 T2 282 310 141 . 1,1 155,1 P = 1,99 => P 2 atm

245) (FUVEST – SP) Duas pessoas carregam um bloco de concreto que pesa 900 N, suspenso a uma barra AB de peso desprezível, de 1,5 m de comprimento, cujas extremidades apóiam-se em seus ombros. O bloco está a 0,5 m da extremidade a. A força aplicada pela extremidade B ao ombro do carregador será de:

a) 1.800 N Solução :b) 900 Nc) 600 Nd) 450 N

e) 300 N A B

F1 F2 F1 = Força aplicada pelo apoio A F2 = Força aplicada pelo apoio B A B F3 = Força aplicada pela barra AB 0,5 m F3 P = Peso do bloco P

1,5 m

FX = 0 FY = 0 FY = 0 => F1 + F2 – F3 – P = 0 => F1 + F2 – 0 – 900 = 0 => F1 + F2 = 900 M = 0 0 + F2 . 1,5 – F3 . 1,5 – 900 . 0,5 = 0 2 1,5 F2 - 1,5 . 0 – 450 = 0 => 1,5 F2 = 450 => F2 = 450 2 1,5 F2 = 300 N

246) (UFPA) Um cilindro, de área da seção transversal reta A, é provido de um êmbolo móvel, podendo-se variar, assim, o volume de um gás (ideal) contido no cilindro. Quando o êmbolo está na marca 0,30, como mostra a figura, a temperatura do gás é de 300 K e a pressão é p. Levando o êmbolo até a marca 0,20 e aumentando a temperatura para 400 k, a nova pressão do gás vale:

0,10 0,20 0,30

a) p/2 Solução : P1 V1 = P2 V2 => p . 0,30 = P2 . 0,20 b) 3/4 . p T1 T2 300 400

94


c) p P2 = 4 . 0,30 . p => P2 = 1,2 p => P2 = 2 p d) 2p 3 . 0,20 0,6

e) 4/3 . p

247) (UFES) Um garoto de 30 kg de massa está assentado em um banco, na posição indicada na figura. Desprezando o peso do assento do banco, as forças provocadas nos apoios A e B, em newtons, são, respectivamente:

F1 F2

a) 0, 300 Solução : b) 60, 240 A B

c) 100, 200 50 cm F3 d) 120, 180 P e) 150, 150 A 80 cm 20 cmB

P = peso do banco F1 = Força aplicada pelo apoio A m = 30 kg P = m . g => P = 30 . 10 F2 = Força aplicada pelo apoio B P = 300 N = F3

F3 = Força aplicada pelo garoto FX = 0 FY = 0 FY = 0 => F1 + F2 – F3 – P = 0 F1 + F2 – 300 . 0 = 0 => F1 + F2 = 300 I

M = 0 0 = F2 . 1 – F3 . 0,8 – P . 0,5 = 0 F2 – 0,8 F3 – 0 . 0,5 = 0 => F2 = 0,8 F3 F2 = 0,8 . 300 => F2 = 240 N II Levar II em I F1 + 240 = 300 => F1 = 60 N

248) (UNIMEP – SP) 15 litros de uma determinada massa gasosa encontram-se a uma pressão de 8 atm e à temperatura de 30ºC. Ao sofrer uma expansão isotérmica, seu volume passa para 20 litros. Qual será a nova pressão ?

a) 10 atm Solução : T = 30 + 273 = 303 k b) 6 atm P1 V1 = P2 V2

c) 8 atm 8 . 15 = P2 . 20d) 5 atm P2 = 120 => P2 = 6 atme) É impossível determinar 20

249) (UFRN) A temperatura de uma certa quantidade de gás ideal, à pressão de 1,0 atm, cai de 400 k para 320 k. Se o volume permaneceu constante, a nova pressão é de:

a) 0,8 atm Solução : P1 V1 = P2 V2 => 1 V = P2 V => P = 320 b) 0,9 atm T1 T2 400 320 400 c) 1,0 atm P = 0,8 atmd) 1,2 atme) 1,5 atm

250) (UFF – RJ) Uma certa quantidade de gás perfeito evolui de um estado I para um estado II e deste para um estado III, de acordo com o diagrama pressão x volume representado. Sabendo que a temperatura no estado I é de 57ºC, podemos afirmar que a temperatura no estado III é de:

a) 95 K Solução : p (atm) T1 = 57 + 273 => T1 = 330 Kb) 120 K 4c) 250 K 3d) 330 K 2

e) 550 K 1 II III 2 4 6 8 10 12 v (L)

P1 V1 = P2 V2 => 3 . 2 = 1 . 10 => T2 = 3.300 => T2 = 550 K T1 T2 330 T2 6

95


251) (UCSAL – BA) Uma dada massa de gás perfeito ocupa um volume de 18,0 cm3, sob pressão de 2,00 atm e temperatura de 27,0ºC. Após sofrer uma transformação isométrica, sua pressão passa a 6,00 atm, enquanto sua temperatura, em ºC, passa a:

a) 54,0 Solução : T1 = 27 + 273 => T1 = 300 Kb) 81,0 P1 = P2 => 2 = 6 => T = 1.800 => T = 900 K c) 108 T1 T2 300 T 2d) 162

e) 627 ºC = T – 273 => ºC = 900 – 273 => ºC = 627º C

252) (CESESP – PE) O diagrama PV da figura ilustra a variação da pressão com o volume durante uma transformação quase estática e isotérmica de um gás ideal, entre o estado inicial I e o estado final F. Pode-se afirmar que:I) é nula a variação da energia interna do gás nesse processo;

II) o trabalho realizado pelo gás é numericamente igual à área abaixo da curva IF; III) o calor absorvido pelo gás é numericamente igual à área abaixo da curva IF.

a) Apenas I é correta. P (atm) b) Apenas II e III são corretas. I c) Apenas I e II são corretas. isoterma

d) Todas afirmações são corretas. F e) Nenhuma afirmação é correta.

V (L)

Solução : I ) Na transformação isotérmica a temperatura não muda, a variação da energia interna é nula. II) O trabalho realizado pelo gás é igual a área compreendida entre I e F envolvido na transformação. III) Numa isotérmica são iguais o calor e o trabalho trocados entre o gás e o meio exterior.

253) (VUNESP – SP) Dois gases ideais, denominados G1 e G2, ocupam volumes idênticos, porém p1 = 2 e T2 = 3 T1 ( p e T são, respectivamente, pressão e temperatura absoluta). 5

Se o número de mols de G1 é 12, qual será o número de mols de G2 ?

a) 10 Solução : G1 => P1 V1 = n1 R1 T1 => G1 => 2 V1 = 12 R1 T1

b) 6 G2 => P2 V1 = n2 R1 T2 => G2 => 1 V1 = n2 R1 3 T1

c) 14,4 5d) 7,2 dividindo as equações G1 e G2, membro a membro, temos: e) 12 2 V1 = 12 R1 T1 => 2 = 12 . 5 => 2 n2 = 4 . 5

V1 n2 R1 3 T1 n2 3 5 n2 = 20 => n2 = 10 mols 2

254) (CESESP – PE) O rendimento máximo teórico de uma máquina térmica a vapor, cujo fluido entra a 400ºC e abandona o cilindro a 105º, é aproximadamente:

a) 63,4% Solução : T1 = 400 + 273 => T1 = 673 kb) 16,5% T2 = 105 + 273 => T2 = 378 k

c) 43,8% = 1 - T2 => = 1 - 378 => = 673 – 378 d) 33,6% T1 673 673e) NDA = 295 => = 0,438 => = 43,8%

673

255) (UFMG) Estado Pressão (em Volume (em Temperatura

96


atmosfera) litros) (em Kelvin)I 1 8,20 300II 4 2,05 300III 4 4,10 600IV 2 4,10 300

A tabela relaciona quatro estados (I, II, III e IV) de uma amostra de Oxigênio contida no cilindro provido de êmbolo, conforme esquema - tizado na figura. Variando a pressão do gás ou a posição do êmbolo, ou aquecendo o sistema, podemos fazer com que ele passe de um a outro dos quatro estados. Indique a alternativa que representa uma O2 transformação nesta ordem: isobárica, isovolumétrica, isotérmica:

a) De I para II; de II para III; de III para I. b) De II para III; de III para IV; de IV para II.

c) De III para IV; de IV para III; de III para II.d) De III para II; de II para I; de I para III.e) De IV para I; de I para II; de II para IV.

Solução : ISOBÁRICA => Pressão Constante ISOVOLUMÉTRICA => Volume constante ISOTÉRMICA => Temperatura constante

De II para III => Pressão constante De III para IV => Volume constante De IV para II => Temperatura constante

256) (CESGRANRIO – RJ) Uma determinada quantidade de gás ideal tem a sua temperatura aumentada, isobaricamente, de 300 k para 375 k. Nesse processo, a massa específica do gás varia de p1 para p2 de tal forma que:

a) p2 = 4 p1 Solução : V1 = V2 => p 1 = p 2 => p2 = 375 p 1 ( 75) 3 T1 T2 300 375 300 b) p2 = 5 p1

4 p2 = 5 p1 c) p2 = 4 p1 4

5 d) p2 = 3 p1

4e) p2 = 1 p1 4

257) (PUC) Em um processo à pressão constante de 1,0 . 105 Pa, um gás aumentar seu volume de 9 . 10- 6 m3 para 14 . 10- 6 m3. O trabalho realizado pelo gás, em Joules, é de:

a) 0,5 Solução : T = P . vb) 0,7 T = P (V2 – V1)c) 0,9 T = 1,0 . 105 (14 . 10- 6 – 9 . 10- 6 )d) 1,4 T = 100.000 ( 5 . 10- 6 ) e) 2,1 T = 100.000 ( 0,000005)

T = 0,5 J

258) (FUVEST – SP) O diagrama PV da figura refere-se a um gás ideal passando por uma transformação cíclica através de um sistema cilindro-pistão.a) Qual o trabalho realizado pelo gás no processo AB ?b) Em que ponto do ciclo a temperatura do gás é menor ?

97


P (N/m2 ) Solução : a) V1 = 1,5 cm3 = 0,0000015 m3

4 x 105 A B V2 = 4 cm3 = 0,000004 m3 T = P . V => T = P (V2 – V1) 2 x 105 D C T = 4 . 105 (0,000004 – 0,0000015 ) 1,5 4,0 V (cm3 ) T = 4 . 105

( 0,0000025) T = 400.000 (0,0000025 ) T = 1 J

b) No ponto D, onde o produto PV é menor.

259) (UCMG) Um oscilador harmônico é constituído de uma massa de 1,0 kg e uma mola de 100 N/m de constante elástica. Pondo-se o sistema a oscilar com amplitude máxima de 0,20 m, a aceleração máxima do movimento, em m/s2, mede:

a) 5,0 x 10- 2 Solução : a = K . A => a = 100 . 0,20 b) 72 m 1c) 15 a = 20 m/s2

d) 12 e) 20

260) (MACK – SP) Um elevador cujo peso é de 1.200 N desce com uma aceleração de 1 m/s2 . Admitindo g = 10 m/s2, podemos afirmar que a tração no cabo é de:

a) 980 N Solução : T P = m g P – T = m . ab) 890 N 1200 = m . 10 1200 – T = 120 . 1c) 1.100 N m = 1200 1200 – 120 = T

d) 1.080 N 10 T = 1080 Ne) Não sei

P

261) (FATEC – SP) Um bloco de 40 kg está apoiado sobre um plano inclinado de 30º e sobe, sob a ação da força F paralela ao plano inclinado, com aceleração de 2 m/s2. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano vale 0,4. Adotando g = 10 m/s2 , o valor de F é aproximadamente:

N a) 420 N Solução : fat

b) 280 Nc) 200 N sen 30º = 0,50 F Px d) 180 N F cos 30º = 0,87 Py e) 100 N P

P = m . g Px = P . sen 30º PY = P . cos 30º Fat = . N P = 40 . 10 Px = 400 . 0,5 PY = 400 . 0,87 Fat = 0,4 . 348 P = 400 N PX = 200 N PY = 348 N Fat = 139,2 N

F – Px – Fat = m . a => F – 200 – 139,2 = 40 . 2 => F = 80 + 339,2 F = 419,2 => F 420 N

262) (PUC – SP) Um corpo de massa M = 2 kg é lançado horizontalmente do ponto A e deseja-se que ele atinja a pista superior. Os trechos AB e BCD são perfeitamente lisos. A aceleração da gravidade é 10 m/s2. A velocidade que o corpo deve ter ao atingir o ponto B é, em m/s:

a) 4 5 Solução : Db) 8 5 Pista superior

c) 10d) 20 C O

98


e) 5 R = 2 m

B Pista inferior A

FR = P = mg => FR = m vD2 => mg = m vD

2 => vD2 = r g => vD = r g

r r EM,B = EM,D => (EP,B + EC,B) = (EP,D + EC,D) => 0 + m v0

2 = m g h + m vD2

2 2 h = 2 r => h = 2 . 2 => h = 4

v02 = 2 g h + vD

2 => v02 = 2 . g . 2r + vD

2 => v02 = 2 . g . 2r + r . g

v02 = 4 r g + r g => v0

2 = 5 r g => v0 = 5 r g

V0 = 5 . 2 . 10 => v0 = 100 => v0 = 10 m/s

263) (PUC – MG) A figura desta questão mostrada dois planos inclinados que estão ligados pelas bases. A esfera M pode descer, partindo do repouso, sem atrito, ao longo do primeiro plano e subir, também sem atrito, pelo segundo plano. Calcule a distância máxima L que a esfera pode percorrer ao longo desse segundo plano.

Dados: g = 10 m/s2 sen 60º = cos 30º = 0,866 sen 30º = cos 60º = 0,500

L H = 5,0 m

60º 30º

Solução : Sen 30º = cateto oposto => 0,5 = 5 => L = 5 => L = 10 m Hipotenusa L 0,5

264) (FGV) Um dinamômetro é construído utilizando-se uma mola cuja constante elástica é k = 80 N/m. Pode-se afirmar que um deslocamento de 1 cm, na escala desse dinamômetro, corresponde, em newtons, a uma força de:

a) 0,8 Solução : F = k . xb) 80 F = 80 . 0,01 c) 1,0 F = 0,8 Nd) 800e) 10

265) (EFOA – MG) Dois blocos A e B, com massas iguais a 1 kg e 2 kg, respectivamente, apoiados sobre uma superfície horizontal sem atrito, sofrem a ação de uma força horizontal de 6 N. A força que o bloco B exerce sobre o bloco A é :

Fa) 0 Solução : A Bb) 6 Nc) 3 N

d) 4 N Corpo A Corpo B e) 2 N F – FBA = mA . a FAB = mB . a

99


formando o sistema, temos: F – f = mA . a f = m B . a F = (mA + mB ) a => 6 = (1 + 2) a => 3 a = 6 => a = 6 3 a = 2 m/s2

f = mB . a => f = 2 . 2 => f = 4 N

266) (UNIMEP – SP) Um bloco de massa 5 kg é arrastado ao longo de um plano inclinado sem atrito, conforme figura abaixo. Para que o bloco adquira uma aceleração de 3 m/s2 para cima, a intensidade de F deverá ser:

F Dados: sen = 0,8a) igual ao peso do bloco cos = 0,6b) menor que o peso do bloco m g = 10 m/s2

c) igual à reação do plano d) igual a 55 N

e) NDA Solução : F N

Px

Py P

Px = P . sen 60º => Px = m g sen 60º => Px = 5 . 10 . 0,8 Px = 40 N F – Px = m . a => F – 40 = 5 . 3 => F – 40 = 15 F = 15 + 40 => F = 55 N

267) (UFMS) Um automóvel de massa 103 kg percorre, com velocidade escalar de 20 m/s, um trecho circular de raio 80 m, numa estrada plana horizontal. O mínimo coeficiente de atrito entre os pneus e a pista, para que não haja derrapagem, deve ser:

a) 1,0 Solução : Fat = FCP => . N = m v 2 => . m . g = m v 2 b) 0,8 R R

c) 0,5 = V 2 => = (20) 2 => = 400 => = 0,5 d) 0,2 Rg 80 . 10 800e) 0,1

268) (OMEC – SP) Um corpo de massa 4 kg é abandonado em um plano inclinado com inclinação de 30º. Não havendo atrito entre o corpo e o plano e considerando g = 10 m/s2 e a resistência do ar desprezível, determine a aceleração a que o corpo fica submetido.

a) 0,0 m/s2 Solução : N b) 5 m/s2 Px

c) 1,0 m/s2

d) 1,5 m/s2 Py Px = P . sen 30º e) 2,5 m/s2 30º P Px = m g sen 30º

Px = 4 . 10 . 1 2 Px = 20 N

100


Na direção do plano de apoio a força resultante é Px

FR = m . a Px = m . a 20 = 4 a => a = 20 => a = 5 m/s2 4

(OMEC – SP) O desenho abaixo refere-se às questões 269, 270 e 271. São dados dois corpos A e B, com massas 15 kg e 25 kg, respectivamente, apoiados num plano horizontal. Um fio de massa desprezível (ideal) liga os dois corpos e uma força horizontal F, constante, de intensidade 40 N, puxa o sistema para a esquerda. Adote g = 10 m/s2 .

A B

269) Qual é a aceleração do sistema se não houver força de atrito ? NA NB

a) 10,0 m/s2 Solução : b) 2,5 m/s2 F A T T B c) 1,5 m/s2

d) 1,0 m/s2 e) 0,0 m/s2

PA PB

corpo A corpo B F – T = mA . a T = mB . a

Formando o sistema, temos: F – T = mA . a T = m B . a F = ( mA + mB ) a => 40 = (15 + 25) a => 40 = 40 a a = 40 => a = 1 m/s2 40

270) Qual é o coeficiente do sistema se não houver força de atrito ?

a) 0,1 Solução : P = m . g => P = 40 . 10 => P = 400 N b) 0,01 F – Fat = m . a => F - . N = m . a

c) 10,0 P = N = 400 N d) 100,0 40 - . 400 = 40 . 0,9 e) Este movimento não pode existir. 40 – 400 = 36 => 40 – 36 = 400

4 = 400 => = 4 => = 0,01 400

271) Qual é o módulo da tração nos dois casos descritos, com atrito e sem atrito, respectivamente ?

a) 10 N e 20 N Solução : corpo A corpo B b) 15 N e 20 N F – T = mA . a T = mB . ac) 25 N e 20 N 40 – T = 15 . 1 T = 25 . 1d) 20 N e 25 N 40 – 15 = T T = 25 N

e) 25 N e 25 N T = 25 N

272) (FGV – SP) Um bloco de massa m é puxado por uma força constante horizontal de 20 N sobre uma superfície plana horizontal, adquirindo uma aceleração constante de 3 m/s2. Sabendo que existe uma força de atrito entre a superfície e o bloco que vale 8N, calcule m.

Na) 5 kg Solução :

b) 4 kg Fa m F c) 12 kgd) 16 kg

101


e) 17 kg P F – Fat = m . a 20 – 8 = m . 3 => 12 = 3 m => m = 12 => m = 4 kg 3

273) (UNIMPE – SP) Quando um bloco de 5 kg de massa é abandonado no topo de um plano inclinado que forma um ângulo com a horizontal, onde o coeficiente de atrito entre o bloco e o plano é 0,3, g = 10 m/s2, sen = 0,6 e cos = 0,8, ele adquire uma aceleração em m/s2 igual a:

NA a) 10 Solução : Fat

b) 8c) 6,4 Px

d) 3,6 Py e) zero P

P = m g => P = 5 . 10 => P = 50 N Px = P sen => Px = 50 . 0,6 => Px = 30 N Py = P Cos => Py = 50 . 0,8 => Py = 40 N NA = Py => NA = 40 N Fat = . NA => Fat = 0,3 . 40 => Fat = 12 N Px – Fat = m . a => 30 – 12 = 5 a => 18 = 5 a => a = 18 5 a = 3,6 m/s2

274) (UEPG – PR) Um corpo de massa 2 kg em movimento circular uniforme, e de raio 3 m, leva segundos para descrever uma volta completa na circunferência. A força centrípeta que atua no corpo vale:

a) 12 N Solução : f = 1 => f = 1 Hz b) 24 N T

c) 10 Nd) 8 N FCP = m v 2 => FCP = m . (2 f R) 2 e) NDA R R

FCP = m . 4 2 . f2 . R FCP = 2 . 4 . 2 . 1 . 3 2 FCP = 24 N

275) (FUVEST – SP) Uma esfera de massa 0,50 kg oscila no vácuo suspensa por um fio de 1,0 m de comprimento. Ao passar pela parte mais baixa da trajetória tem velocidade de 10 m. É dado g = 10 m/s2. O valor da força de tração no fio, na parte mais baixa da trajetória, é um valor, expresso em N, mais próximo de:

a) 10 Solução : T P = m g => P = 0,5 . 10 => P = 5 N b) 8,0 c) 7,5 T – P = FCP d) 5,0 T – P = m v 2 e) zero R

T – 5 = 0,5 . ( 10 ) 2 1 P T – 5 = 0,5 . 10 T – 5 = 5 => T = 5 + 5 => T = 10 N

276) (Med ABC) Nas comemorações de aniversário de certa cidade, o aeroclube promove um show no qual três aviadores realizam um looping. Sabe-se que o raio da trajetória é de 360 m. Qual é a mínima velocidade de cada avião para que o espetáculo seja coroado de êxito ? Dado: g = 10 m/s2.

a) 60 km/h Solução : FCP = P + N

102


b) 216 km/h v m v 2 = P + Nc) 36 km/h Rd) 360 km/h N Como m, R e P permaneceme) 160 km/h constantes, o menor valor de

P V é atingido quando N = 0. m V min = P + 0 => m V 2 min = mg R R V2

min = R g => Vmin = R g Vmin = R g Vmin = 360 . 10 => Vmin = 3600 => Vmin = 60 m/s Vmin = 60 . 3,6 => Vmin = 216 km/h

277) (MACK – SP) Um bloco de 0,2 kg está sobre um disco horizontal em repouso, a 0,1 m de distância do centro. O disco começa a girar, aumentando vagarosamente a velocidade angular. Acima de uma velocidade angular crítica de 10 rad/s, o bloco começa a deslizar. Qual a intensidade máxima de força de atrito que atua sobre o bloco ?

a) 1 N Solução : V = W . R => V = 10 . 0,1 => V = 1 m/s b) 2 N

c) 3 N = V 2 => = 1 2 => = 1 => = 1d) 4 N R g 0,1 . 10 1e) 5 N N = m g => N = 0,2 . 10 => N = 2 N

Fat = . N => Fat = 1 . 2 => Fat = 2 N

278) (PUC – BA) A força F de módulo 30 N atua sobre um objeto, formando ângulo constante de 60º com a direção do deslocamento d do objeto. Dados: sen 60º = 3 , cos 60º = 1 . Se d = 10 m, o trabalho realizado pela força F, em Joules, 2 é igual a: 2

a) 300 Solução : T = F . d . cos b) 150 3 T = 30 . 10 . cos 60º

c) 150 T = 30 . 10 . 1 d) 125 2 e) 100 T = 150 J

279) (PUC – SP) A intensidade da força gravitacional com que a Terra atrai a Lua é igual a F. Se fossem duplicadas a massa da Terra e da Lua e se a distância que as separa fosse reduzida à metade, a nova força seria:

a) 16 F Solução : F = G . m . M T I FL = G . 2m . 2 M T b) 8 F dT

2 dT 2

c) 4 F 2d) 2 F Dividindo II por Ie) F FL = G . 16m . M T FL = G . 4m . M T

F dT2 dT

2 G . m . M T 4 dT

2 FL = G . 16m . M T II F L = G . 16m MT . dT

2 dT2

F dT2 G . m . MT

FL = 16 F

280) (UFMS) Se existisse um planeta cuja massa fosse o dobro da massa da Terra e cujo raio fosse o dobro do terrestre, a aceleração da gravidade na superfície do planeta seria aproximadamente, em m/s2, igual a:

a) 20 Solução : g = GM => G2MT => G2MT => G MT Ib) 10 R2 (2RT)2 4 RT

2 2 RT2

c) 7,5

103


d) 5,0 gT = G MT II e) 2,5 RT

2

Dividir I por II

g = 1 => g = 1 => g = 9,8 => g = 4,9 gT 2 9,8 2 2

g 5 m/s2

281) (VUNESP – SP) Sabe-se que o raio do planeta Mercúrio é 0,4 vezes o raio da Terra e que sua massa é apenas 0,04 vezes a massa da Terra. O peso de um objeto em Mercúrio seria quantas vezes o peso do mesmo objeto na Terra ?

a) 25 vezes menor Solução : PM = m G 0,04 MT => PM = m G 0,04 MT b) 4 vezes menor (0,4 RT)2 0,16 RT

2 c) 6,25 vezes menor PM = m G MT Id) igual 4 RT

2 e) 2 vezes maior PT = m G MT II

RT2

Dividir I por II P M = m G MT => PM = m G MT . R T

2 . PT 4 RT

2 PT 4 RT2 m G MT

M G M T RT

2

P M = 1 => PM = PT PT 4 4

282) (Unitau – SP) Um corpo de massa 2 kg e velocidade inicial 2 m/s desloca-se em linha reta por 3 m, adquirindo velocidade final de 3 m/s. O trabalho realizado e o valor aproximado da força resultante valem, respectivamente:

a) zero J e zero N Solução : V2 = V02 + 2 a s F = m . a T = F . d

b) 1 J e 1,6 N 32 = 22 + 2 a . 3 F = 2 . 5 T = 1,6 . 3c) 1,6 J e 5 N 9 = 4 + 6 a 6 T = 4,8

d) 5 J e 1,6 N 9 – 4 = 6 a F = 10 T 5 J e) 1,6 J e 1,6 N 6 a = 5 6

a = 5 F = 1,6 N 6

283) (ESAL – MG) Um guincho eleva verticalmente uma carga de massa 100 kg a uma altura de 20 m, com velocidade constante, num intervalo de tempo de 5,0 s. Considerando g = 10 m/s2, a potência utilizada pelo guincho é da ordem de:

a) 1000 W Solução : P = T => P = m g h b) 2000 W t t c) 3000 W P = 100 . 10 . 20 => P = 20.000 => P = 4000 W

d) 4000 W 5 5e) 18.556 W

284) (PUC – SP) Um dispositivo consome 1.000 W realizando um trabalho de 3.200 J em 4 s. Seu rendimento vale:

a) 25% Solução : P = T => P = 3.200 => P = 800 Wb) 75% t 4c) 20% = Pu => = 800 => = 0,8 => = 80%

104


d) 80% Pt 1000e) 100%

285) (USJT – SP) Um rio, em certo ponto, apresenta um desnível de 5,0 m, propiciando uma queda-d’água aproveitável para a instalação de uma mini-hidrelétrica. Sendo a vazão nessa queda de 10 litros por segundo e considerando a massa de um litro de água igual a 1,0 kg e g = 10 m/s2, então a potência máxima que se pode obter nessa queda é:

a) 1,0 . 102 W Solução : vazão = 10 L/s => vazão = 10 kg/s b) 5,0 . 102 W P = m g h => P = 10 . 10 . 5

c) 1,0 . 103 W t 1d) 5,0 . 103 W P = 5 . 102 W e) 1,0 . 104 W

286) (UFPR) Um motor de automóvel desenvolve potência média de 20 HP para manter o veículo à velocidade de 60 km/h. Qual a força média que se opõe ao movimento ? ( 1 HP = 746 watts)

a) 895,2 N Solução : 1 HP 746 W P = 20 . 746 => P = 14920 Wb) 906,4 N 20 HP P 1c) 906,4 kgf V = 60 km/h => V = 60 => V = 16,66 m/sd) 91,3 kgf 3,6 e) 91,3 N P = F . V => 14.920 = F . 16,66 => F = 14.920

16,66 F = 895,2 N

287) (MACK – SP) Uma força resultante age sobre um corpo de 10 kg que se encontra em repouso sobre uma superfície perfeitamente lisa. A velocidade desse corpo, quando o trabalho realizado por essa força resultante é 320 J, vale:

a) 10 m/s Solução : T = EC = m v 2 b) 8 m/s 2

c) 6 m/s 320 = 10 . v 2 => 320 = 5 v2 => v2 = 320 d) 4 m/s 2 5 e) 2 m/s v2 = 64 => v = 64 => v = 8 m/s

288) (OSEC – SP) Numa eclusa, um barco de massa 6,0 . 104 kg é erguido 8,0m. Adotando g = 10 m/s2, a variação da energia potencial gravitacional do barco, em joules, é:

a) 2,4 . 106 Solução : EPGRAV = m g h b) 4,8 . 106 EPGRAV = 6 . 104 . 10 . 8

c) 7,2 . 106 EPGRAV = 48 . 105 d) 9,6 . 106 EPGRAV = 4,8 . 106 Je) 4,8 . 107

289) (PUCCAMP – SP) Em determinado intervalo de tempo, um elevador de 400 kg, em movimento ascendente, varia sua velocidade de 1,0 m/s para 2,0 m/s. O valor do trabalho da força resultante sobre o elevador, nesse intervalo, é, em joules, igual a:

a) 2,0 . 102 Solução : T = m v 2 - m v02 => T = 400 . 2 2 - 400 . 1 2

b) 4,0 . 102 2 2 2 2 c) 6,0 . 102 T = 200 . 4 – 200 => T = 800 – 200

d) 8,0 . 102 T = 600 => T = 6,0 . 102 Je) 1,6 . 103

105


290) (UEL – PR) Qual é, em gramas, a massa de um volume de 50 cm3 de um líquido cuja densidade é igual a 2,0 g/cm3 ?

a) 25 Solução : d = m => m = d . v => m = 2 . 50 => m = 100 gb) 50 vc) 75

d) 100e) 125

(OSEC – SP) O enunciado abaixo refere-se às questões de números 291 e 292.Uma bala de revólver, de massa 20 g, tem uma velocidade de 100 m/s. Essa bala atinge o tronco de uma árvore e nele penetra a uma certa distância, até parar.

291) A energia cinética da bala antes da colisão com a árvore era, em joules:

a) 10- 1 Solução : m = 20 g = 0,02 kgb) 10 EC = m v 2 => EC = 0,02 . 100 2 => EC = 0,02 . 10.000

c) 102 2 2 2d) 104 EC = 200 => EC = 100 => EC = 102 J e) 105 2

292) O trabalho da força resistente que o tronco exerce na bala, em joules, é:

a) Zero Solução : T = EC => T = m v 2 - m v02

b) 10- 1 2 2c) – 10 T = 0,02 . 0 - 0,02 . 100 2 => T = 0 - 0,02 . 10.000

d) – 102 2 2 2 e) – 104 T = - 200 => T = - 100 => T = - 102 J

2293) (FMU – SP) Um corpo de massa 2 kg é lançado para o alto, na vertical, com

velocidade inicial 30 m/s. No ponto mais alto da sua trajetória a energia potencial do corpo em relação ao ponto de partida é:

a) 60 J Solução : B VB = 0 g b) 150 Jc) 300 J hB d) 600 J

e) 900 J A VA = 30 m/s

EMA = EMB

EPA + ECA = EPB + ECB EPA = m g hA (hA = 0) m . g . 0 + m . v A

2 = m . g . hB + m . 0 ECB = 0 (no ponto mais 2 2 alto da trajetória VB = 0) m . v A

2 = m . g . hB 2 hB = vA

2 => hB = 30 2 => hB = 900 => hB = 45 m 2g 2 . 10 20 EP = m . g . h => EP = 2 . 10 . 45 => EP = 900 J

294) (SANTA CASA – SP) Numa mola atua uma força elástica do tipo F = k x, onde k = 150,0 N/m e x é a deformação que ela provoca. O comprimento da mola passa então de 2,500 cm para 2,000 cm. Por efeito dessa deformação, o aumento da energia potencial, em joules, acumulada na mola é:

a) 150,0 Solução : F = k . x x= 2,500 – 2,000 => x = 0,500 cm = 0,005 mb) 75,00 EP = k . x 2 => EP = 150 . (0,005) 2 => EP = 75 . 0,000025c) 37,50 2 2d) 0,06000 EP = 0,001875 => EP = 1,875 . 10 - 3 J

e) 1,875 . 10- 3

106


295) (UFMS) Na rampa, suposta sem atrito, um corpo de massa 2,0 kg é arremessado horizontalmente, passando por A com velocidade de 4,0 m/s.Adotando g = 10 m/s2, ao passar por B, sua velocidade, em m/s, será de:

a) 4,0 Solução : Bb) 3,0

c) 2,0d) 1,0 0,60 me) zero

A

EMA = EMB ECA + EPA = ECB + EPB m v A

2 + 0 = m vB2 + m g hB

2 2 2 . 4 2 = 2 . v B

2 + 2 . 10 . 0,6 2 2 16 = vB

2 + 12 => vB2 = 16 – 12 => vB

2 = 4 => vB = 4 vB = 2 m/s

296) (FGV – SP) Uma pedra de 2 kg é lançada do solo verticalmente para cima, com uma energia cinética de 500 J. Adote g = 10 m/s2. Se num determinado instante a sua velocidade for de 10 m/s, ela estará a uma altura do solo, em metros, de:

a) 50 Solução : B b) 40c) 30 h

d) 20e) 10

A

EMA = EMB 20 hB = 400 ECA + EPA = ECB + EPB hB = 400 ECA + 0 = m vB

2 + m g hB 20 2 hB = 20 m 500 = 2 . 10 2 + 2 . 10 . hB 2 500 = 100 + 20 hB

500 – 100 = 20 hB

297) (FUC – MT) Um tambor cheio de gasolina tem área de base A = 0,75 m2 e altura h = 2,0 m. Qual é a massa de gasolina contida no tambor? (d = 0,70 g/cm3)

a) 1,05 kg Solução : V = SB . h m = d . v b) 1,05 . 103kg V = 0,75 . 2 m = 0,70 . 1.500.000

c) 0,375 kg V = 1,5 m3 m = 1.050.000 g

d) 0,375 . 103 kg V = 1.500.000 cm3 m = 1.050 kg e) 0,21 . 103 kg m = 1,05 . 103 kg

298) (UECE) Em uma montanha-russa, um carrinho parte do repouso no ponto P, percorrendo o perfil mostrado na figura, sem atrito. Considerando g = 10 m/s2, a velocidade do carrinho no ponto R, admitindo-se que ele não abandone a pista, é:

a) 10 m/s Solução : P R b) 20 m/s c) 15 m/s 20 m

107


d) 25 m/s 15 m

Q

EMP = EMR ECP + EPP = ECR + EPR 0 + m g hP = m vR

2 + m . g . hR 2 m . 10 . 20 = m vR

2 + m . 10 . 15 2 200 m = m vR

2 + 150 m 2 400 m = m vR

2 + 300 m 400 m – 300 m = m vR

2 100 m = m vR

2 vR

2 = 100 m => vR = 100 => vR = 10 m/s m

299) (ESAL – MG) Um objeto cai de uma altura de 5 m, exatamente sobre uma mola de constante elástica 5.000 N/m, comprimindo-a de 20 cm. Considerando g = 10 m/s2 , esse objeto tem massa de :

a) 2 kg Solução : B EMA = EMB b) 4 kg k x 2 = m g hB c) 6 kg HB 2 d) 8 kg A VA 5000 . (0,2) 2 = m . 10 . 5 e) 20.000 kg 2 2.500 . 0,04 = 50 m 100 = 50 m m = 100 => m = 2 kg 50

300) (PUC – SP) Uma mola de constante elástica K = 60 N/m, disposta verticalmente, conforme figura abaixo, sustenta uma massa m = 100 g. A mola é comprimida de 0,1 m e, em seguida, liberada, projetando a massa m verticalmente para cima. A altura que a massa atinge a partir da posição em que é liberada é: (g = 10 m/s2) m

a) 0,50 m Solução : EMA = EMB b) 0,10 m k x 2 = m g hB c) 1,00 m 2d) 0,60 m 60 (0,1) 2 = 0,1 . 10 . hB

e) 0,30 m 2 30 . 0,01 = hB => hB = 0,30 m

301) (FUVEST – SP) Um veículo de 0,3 kg parte do repouso com aceleração constante; 10 s após, encontra-se a 40 m da posição inicial. Qual o valor da quantidade de movimento nesse instante?

a) 2,4 kg . m/s Solução : s = V0t + a t 2 V = V0 + a t b) 6,0 kg . m/s 2 V = 0 + 0,8 . 10 c) 60 kg . m/s 40 = 0 + a . 10 2 V = 8 m/s d) 120 kg . m/s 2 e) 400 kg . m/s 40 = 100 a Q = m . v

2 Q = 0,3 . 8

108


40 = 50 a Q = 2,4 kg . m/s a = 40 => a = 0,8 m/s2 50

302) (UFU – MG) Um canhão colocado em uma superfície horizontal sem atrito dispara um projétil de 50 kg com velocidade horizontal de 400 m/s. Podemos afirmar que a quantidade de movimento (momento linear) de recuo do canhão é, em kg . m/s:

a) zero Solução : Q = m . vb) 8 Q = 50 . 400c) 50 Q = 20.000 kg . m/sd) 400

e) 20.000

303) (SANTA CASA – SP) Um homem sobre patins está em repouso na superfície congelada de um lago. Em dado momento arremessa, para a frente, uma pedra de 10 kg que adquire velocidade horizontal de 8,0 m/s. Sendo desprezível o atrito entre os patins e o gelo, o homem, que tem massa de 80 kg, adquire uma velocidade que, em m/s, vale:

a) 10 Solução : QP = QH b) 5,0 mP . vP = mH . vH c) 2,0 10 . 8 = 80 . vH

d) 1,0 80 = 80 vH => vH = 80 => vH = 1 m/se) 0,10 80

304) (UEL – PR) Um carrinho de massa 2,0 kg move-se horizontalmente com velocidade de 3,0 m/s, em direção a outro carrinho de massa 1,0 kg, em repouso. Após o choque eles permanecem unidos. Admitindo-se sistema isolado, a velocidade do conjunto após a colisão é, em m/s, de:

a) 2,0 Solução : Qi = Qf b) 1,5 m1 . v1 + m2 . v2 = (m1 + m2) V’ c) 1,0 2 . 3 + 1 . 0 = (2 + 1) V’ d) 0,5 6 = 3 V’ e) 0 V’ = 6 => V’ = 2 m/s 3

305) (MACK – SP) A figura representa uma esfera de peso P = 10 . 3 N, apoiada sobre uma superfície horizontal presa à parede vertical por meio de um fio inextensível e de massa desprezível. Dados: sen 30º = ½ , cos 30º = 3 . Sendo F = 20 3 N, as intensidades de T e N são, respectivamente: 2

a) 30 N e 0 Solução : Nb) 30 N e 20 3 N F c) 20 3 N e 20 3 Nd) 15 3 N e 20 3 Ne) NRA T 30º

P

N y FY F

109


T 30º FX x

P

FX = F . cos 30º => FX = 20 3 . 3 => FX = 30 N 2 FY = F . sen 30º => FY = 20 3 . 1 => FY = 10 3 N 2 RX = 0 => FX – T = 0 => T = FX => T = 30 N RY = 0 => N + FY = P => N + 10 3 = 103 N = 10 3 – 10 3 => N = 0

306) (PUC – SP) A barra AB é uniforme, pesa 50,0 N e tem 10,0 m de comprimento. O bloco D pesa 30,0 N e dista 8,0 m de A. A distância entre os pontos de apoio da barra é AC = 7,0 m. Calcule a reação na extremidade A.

Da) 14,0 N Solução :b) 7,0 N A B c) 20,0 N C

d) 10,0 N NA 8m NC 2m e) 8,0 N A B C 7 m 10 m

P P1

NA + NC = P + P1 => NA + NC = 50 + 30 => NA + NC = 80 AM = 0 - 5P + 7NC – 8P1 = 0 => - 5 . 50 + 7NC – 8 . 30 = 0 - 250 + 7NC – 240 = 0 => 7NC = 490 => NC = 490 => NC = 70 N 7 NA + NC = 80 => NA + 70 = 80 => NA = 80 – 70 => NA = 10 N

307) (ACAFE – SC) Um frasco de vidro vazio pesa 0,12 N. Este frasco, cheio de gasolina, pesa 0,42 N e, cheio d’água, pesa 0,52 N. Determine a massa específica da gasolina, em kg/m3 . ( dH2O = 1 . 105 kg/m3; g = 10 m/s2 )

a) 0,52 . 103 Solução :PGas = PFch - PFvazio P = m . g b) 0,75 . 103 PGas = 0,42 – 0,12 0,30 = m . 10

c) 1,00 . 103 PGas = 0,30 N m = 0,30 => mGas = 0,03 kg d) 1,33 . 103 10e) 1,67 . 103

PÁgua = PFch – PFvazio P = m . g PÁgua = 0,52 – 0,12 0,40 = m . 10 PÁgua = 0,40 N m = 0,40 => mÁgua = 0,04 kg 10 dÁgua = mÁgua => 1000 = 0,04 => V = 0,04 V V 1000 V = 0,00004 m3 VÁgua = VGas => d = m => d = 0,03 => d = 750 V 0,00004 d = 0,75 . 103 kg/m3

308) (ÍBERO-AMERICANA – SP) Uma pessoa cujo peso é 720 N está parada e apoiada nos dois pés. A área da sola de cada sapato é 120 cm2. Determine a pressão em N/m2 que a pessoa exerce no solo.

a) 10.000 N/m2 Solução : SSOLA = 120 cm2 = 0,012 m2

b) 1.000 N/m2 Como são duas solas de sapato => SSOLA = 0,024 m2

c) 1.750 N/m2 P = F => P = P => P = 720 => P = 30.000 N/m2

d) 21.000 N/m2 S S 0,024

110


e) 30.000 N/m2

309) (UFPR) Uma prensa hidráulica tem dois pistões cilíndricos de seções retas de áreas iguais a 30 cm2 e 70 cm2 . A intensidade da força transmitida ao êmbolo maior, quando se aplica ao menor uma força de intensidade 600 N, é:

a) 1.200 N Solução : F1 = F2 => 600 = F2 => 20 . 70 = F2 b) 1.400 N S1 S2 30 70

c) 1.600 Nd) 2.100 N F2 = 1.400 Ne) 2.400 N

310) (PUC – SP) Um barril contém óleo até ¼ de sua altura. Após uma chuva intensa, ele fica totalmente cheio, sem chegar a derramar. Se a altura do barril é 1 m, a pressão no fundo, após a chuva, devida só a seu conteúdo será de: (Dados: dÓLEO

= 0,8 g/cm3 , dÁGUA = 1,0 g/cm3 e g = 10 m/s2 )

a) 950 N/m2 Solução: dÓLEO =0,8 g/cm3 = 800 kg/m3 b) 9.000 N/m2 água dÁGUA = 1,0 g/cm3 = 103 kg/m3 c) 1.800 N/m2 H = 1 m

d) 9.500 N/m2 ¼ h Óleo HÁGUA = 1 - 1 => HÁGUA = 3 e) 900 N/m2 4 4

P = dÓLEO . g . hÓLEO + dÁGUA . g . hÁGUA P = 800 . 10 . 1 + 1000 . 10 . 3 4 4 P = 2.000 + 7.500 => P = 9.500 N/m2

311) (PUC – SP) Submerso em um lago, um mergulhador constata que a pressão absoluta no medidor que se encontra no seu pulso corresponde a 1,6 . 105 N/m2. Um barômetro indica ser a pressão atmosférica local 1,0 . 105 N/m2. Considere a massa específica da água como sendo 103 kg/m3, e a aceleração da gravidade 10 m/s2. Em relação à superfície, o mergulhador encontra-se a uma profundidade de:

a) 1,6 m Solução : Pabs = Patm + d g h b) 6,0 m 1,6 . 105 = 1 . 105 + 1000 . 10 . h

c) 16 m 1,6 . 105 – 1 . 105 = 10.000 hd) 5,0 m 0,6 . 105 = 10.000 he) 10 m h = 60.000 => h = 6 m

10.000

312) (UCMG) Um tronco de madeira flutua na água tendo emerso 1/10 de seu volume. Dado: dH2O = 1 g/cm3. A densidade do tronco é, em g/cm3:

a) 0,90 Solução : dLíq . VLíq . g = mT . gb) 1,10 dLíq . VLíq = dT . vT c) 0,80 dLíq . S . hLíq = dT . S . hT d) 0,10 dLíq . hLíq = dT . hT e) 1,20 1 . 9 = dT . 1

10 dT = 0,9 g/cm3

313) (PUC – RS) Em uma escala termométrica arbitrária A, atribui-se 0º A à temperatura de fusão do gelo e 120º A à temperatura de ebulição da água. Quando a temperatura for de 20º C, na escala A, ler-se-á:

a) 10º A Solução : C = A => 20 = A => A = 20 . 120 b) 20º A 100 120 100 120 100

c) 24º Ad) 48º A A = 24º A e) 60º A

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314) (ACAFE – SC) Na TV Coligadas, o locutor do Jornal Nacional afirmou certa noite: “A temperatura máxima em Criciúma atingiu 30º C”. Tal temperatura corresponde a:

a) 90º F Solução : C = F – 32 => 30 = F – 32 => 6 = F – 32 b) 84º F 5 9 5 9 9

c) 86º F F – 32 = 54 => F = 54 + 32 => F = 86º F d) 92º F

315) (UFSC) Um termômetro de gás de volume constante indica uma pressão de: 60 cmHg na mistura água-gelo em equilíbrio térmico; 82 cmHg no vapor da água em ebulição (sob pressão normal); 104 cmHg em óleo aquecido.Qual é a temperatura do óleo na escala Celsius?

a) 22º C Solução : t º C P (cmHg) C – 0 = 104 – 60 b) 44º C C 104 100 – 0 82 – 60 c) 164º C C = 44 => C = 4.400d) 186º C 100 82 100 22 22

e) 200º C C = 200º C 0 60

316) (OSEC - SP) Uma temperatura na escala Fahrenheit é expressa por um número que é o triplo do correspondente na escala Celsius. Essa temperatura é:

a) 26,7º F Solução : F = 3C => C = F b) 53,3º F 3

c) 80,0º F C = F – 32 => F = F – 32 => 9 . F = 5 (F – 32) d) 90,0º F 5 9 3 9 3e) NDA 5

3 F = 5 F – 160 => 3F – 5F = - 160 => - 2F = - 160 F = - 160 => F = 80º F - 2

317) (MACK – SP) Dispõe-se de um termômetro calibrado numa escala arbitrária que adota – 10ºX para a temperatura 10ºC e 70ºX para a temperatura 110ºC. Com este termômetro, mediu-se a temperatura de uma cidade que registra, no momento, 77ºF. Esta medida foi de:

a) 2º X Solução : C = F – 32 => C = 77 – 32 => C = 45 b) 12º X 5 9 5 9 5 9 c) 18º X C = 5 => C = 25º Cd) 22º X 5 e) 25º X X – ( - 10) = 25 – 10

70º X 110º C 70 – (- 10) 110 – 10 X + 10 = 15 => X + 10 = 15 X 25º C 70 + 10 100 80 100 X + 10 = 80 . 15 => X + 10 = 12 - 10º X 10º C 100 X = 12 – 10 => X = 2º X

318) (PUC – RS) Um fio metálico tem 100 m de comprimento e coeficiente de dilatação linear igual a 17 . 10- 6ºC- 1. A variação de comprimento desse fio, quando a temperatura varia 10ºC, é de:

a) 17 mm Solução : L0 = 100 m = 100.000 mm b) 1,7 m L = L0 . . tc) 17 m L = 100.000 . 17 . 10- 6 . 10

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d) 17 . 10- 3 mm L = 17 mme) 17 . 10- 6 m

319) (UEL – PR) Um trilho de ferro sofre um acréscimo de comprimento de 1,2 cm quando sua temperatura se eleva de 10ºC a 30ºC. Sabendo-se que o coeficiente de dilatação linear do ferro é 12 . 10-6C- 1 , pode-se afirmar que o comprimento desse trilho a 10ºC, em metros, é de:

a) 20 Solução : L = 1,2 cm = 0,012 m L = L0 . . tb) 30 0,012 = L0 . 12 . 10- 6 . (30 – 10) c) 40 0,012 = L0 . 12 . 10- 6 . 20

d) 50 0,012 = L0 . 240 . 10- 6 e) 60 L0 = 0,012 => L0 = 0,00005 . 106

240 . 10- 6

L0 = 50 m

320) (PUC – SP) Uma linha férrea de 600 km de extensão tem sua temperatura variando de – 15ºC, no inverno, até 35ºC, no verão. A variação de comprimento que os trilhos sofrem na sua extensão é da ordem de :(coeficiente de dilatação linear do material de que é feito o trilho = 10- 5 ºC – 1 )

a) 0,12 m Solução : L0 = 600 km = 600.000 mb) 30 m L = L0 . . tc) 120 m L = 600.000 . 10 – 5 . [(35 – (- 15)]

d) 300 m L = 6 . 50e) 3.000 m L = 300 m

321) (ITA – SP) O coeficiente médio de dilatação térmica linear do aço é 1,2 . 10- 5ºC- 1 . Usando trilhos de aço de 8,0 m de comprimento, um engenheiro construiu uma ferrovia deixando um espaço de 0,50 cm entre os trilhos, quando a temperatura era de 28ºC. Num dia de sol forte os trilhos soltaram-se dos dormentes. Qual dos valores abaixo corresponde à mínima temperatura que deve ter sido atingida pelos trilhos?

a) 100º C Solução : L = L0 . . tb) 60º C 0,005 = 8 . 1,2 . 10- 5 . (T – 28)

c) 80º C 0,005 = 9,6 . 10- 5 ( T – 28) d) 50º C T – 28 = 0,005 => T – 28 = 500 => T – 28 = 52 e) 90º C 9,6 . 10- 5 9,6

T = 52 + 28 => T = 80º C

322) (ITA – SP) Uma placa metálica tem um orifício circular de 50,0 mm de diâmetro a 15º C. A que temperatura deve ser aquecida a placa para que se possa ajustar no orifício um cilindro de 50,3 mm de diâmetro? O coeficiente de dilatação linear do metal é 0,0000119º C- 1.

a) = 520 K Solução : Do = 0,005 m => R = 0,0025 mb) = 300º C C = 2 R => C = 2 . 3,14 . 0,0025 => C = 0,0157 m c) = 300 K Lo = 0,0157 m

d) = 520º C D = 0,00503 => R = 0,002515 me) = 200º C C = 2 R => C = 2 . 3,14 . 0,002515 => C = 0,0157942 m

L = 0,0157942 – 0,0157 => L = 0,0000942 m L = Lo . . t 0,0000942 = 0,0157 . 11,9 . 10- 6 (T – 15) 942 . 10- 7 = 0,18683 . 10- 6 (T – 15) T – 15 = 942 . 10 - 7 => T – 15 = 9420000 18683 . 10_ 5 . 10- 6 18683 T – 15 = 505 => T = 505 + 15 => T = 520º C

113


323) (MACK – SP) Uma chapa plana de uma liga metálica de coeficiente de dilatação linear 2 . 10- 5ºC- 1 tem área A0 à temperatura de 20ºC. Para que a área dessa placa aumente 1%, devemos elevar a sua temperatura para:

a) 520º C Solução : = 2 . 10- 5 ºC- 1 = 2 = 4 . 10- 5 ºC- 1 b) 470º C t = 20º C c) 320º C A = 1 A0

d) 270º C 100 e) 170º C S = S0 . . t A 0 = A0 . 4 . 10- 5 (T – 20)

100 0,01 = 1 . 4 . 10- 5 . (T – 20) T – 20 = 1 . 10 - 2 => T – 20 = 10 - 2 . 10 5 4 . 10- 5 4 T – 20 = 1000 => T – 20 = 250 4 T = 250 + 20 T = 270º C

324) (UFRN) Suponha um recipiente com capacidade de 1,0 litro cheio com um líquido que tem o coeficiente de dilatação volumétrica duas vezes maior que o coeficiente do material do recipiente. Qual a quantidade de líquido que transbordará quando o conjunto sofrer uma variação de temperatura de 30º C? Dado: coeficiente de dilatação volumétrica do líquido = 2 . 10- 5 º C_ 1

a) 0,01 cm3 Solução : LÍQ = 2 REC => REC = LÍQ b) 0,09 cm3 2

c) 0,30 cm3 VAP = V . AP . t => VAP = V . (R . REC) . td) 0,60 cm3 VAP = V . ( R - REC) . t => VAP = V . ( R - R) . te) 1,00 cm3 2 VAP = V . ( 2 R - R ) . t => VAP = V . R . t

2 2 VAP =1.000 . 2 . 10 - 5 . 30 => VAP = 103 . 10- 5 . 30 2 VAP = 30 . 10- 2 => VAP = 0,30 cm3 325) (UFMG) Um corpo tem capacidade térmica igual a 18 cal/ºC e o calor específico

do material que o constitui é igual a 0,12 cal/gºC. A massa desse corpo vale:

a) 150 g Solução : C = m . cb) 180 g 18 = m . 0,12c) 220 g m = 18 => m = 150 gd) 280 g 0,12e) 330 g

326) (MED. JUNDIAÍ) O calor específico de uma determinada substância é igual a 0,50 cal/gºC. Para que a temperatura de uma amostra de 10 g dessa substância varie de 10,0ºC, é preciso que a amostra absorva, no mínimo:

a) 0,50 cal Solução : Q = m . c . tb) 1,0 cal Q = 10 . 0,50 . 10c) 5,0 cal Q = 50 cald) 25 cal

e) 50 cal

114


327) (PUC – RS) Um corpo de 500 g liberou 2.500 cal quando sua temperatura variou de 80ºC para 30ºC. A capacidade térmica desse corpo é:

a) 5 cal/ºC Solução : Q = m . c . t C = m . cb) 25 cal/ºC 2.500 = 500 . c . 50 C = 500 . 0,1

c) 50 cal/ºC 2.500 = 25.000 c C = 50 cal/ºC d) 80 cal/ºC c = 2.500 => c = 0,1 cal/gºCe) 250 cal/ºC 25.000

328) (PUC – PR) Um bloco de gelo, inicialmente a – 10ºC, tem massa de 500 g. Qual a

quantidade de calor necessária para transformá-lo em igual quantidade de água, a 20ºC? Dados: cGELO = 0,5 cal/gºC cÁGUA = 1,0 cal/gºC LF = 80 cal/g

a) 0,05 kcal Solução : Q = QGELO + QFUSÃO GELO + QÁGUA b) 0,52 kcal Q = m c t + m LF + m c tc) 5,25 kcal Q = 500 . 0,5 . 10 + 500 . 80 + 500 . 1 . 20d) 525 kcal Q = 2.500 + 40.000 + 10.000

e) 52,5 kcal Q = 52.500 cal => Q = 52,5 kcal 329) (UCPR) No interior de um calorímetro adiabático contendo 500 g de água a

20ºC, são colocados 100 g de chumbo a 200ºC. O calor específico da água é 1 cal/gºC e o do chumbo é 0,031 cal/gºC. A temperatura final de equilíbrio é aproximadamente:

a) 31º C Solução : QCHUMBO + QÁGUA = 0b) 28,4º C m c t + m c t = 0c) 25,3º C 100 . 0,031 . (T – 200) + 500 . 1 . (T – 20) = 0d) 23,5º C 3,1 . (T – 200) + 500 T – 10.000 = 0

e) 21,1º C 3,1 T – 620 + 500 T – 10.000 = 0 503,1 T = 10.620 T = 10.620 => T = 21,1ºC 503,1

330) (F. C. CHAGAS – BA) Num calorímetro colocam-se 80,0 g de água a 50,0ºC, 20,0 g de água a 30,0ºC e um pedaço de cobre, à temperatura de 100,0ºC. O calor específico da água é constante e igual a 1,0 cal/gºC. O pedaço de cobre tem capacidade térmica igual a 2,0 cal/ºC. Desprezando-se as trocas de calor tanto entre o calorímetro e o exterior como entre o calorímetro e a mistura, qual será, aproximadamente, o valor da temperatura da mistura, em graus Celsius, quando esta estiver em equilíbrio térmico?

a) 46,0 Solução : CCOBRE = Q => 2 = Q => QCOBRE = 2 (T – 100) b) 47,1 t (T – 100)

c) 60,0d) 70,0 QÁGUA + QÁGUA + QCOBRE = 0e) 80,0 m c t + m c t + 2(T – 100) = 0

80 . 1 . (T – 50) + 20 . 1 . (T – 30) + 2 . (T – 100) = 0 80 T – 4.000 + 20 T – 600 + 2 T – 200 = 0 102 T = 4.800 => T = 4.800 => T = 47,05 => T 47,1ºC 102 331) (UFSC) Sabendo que o calor específico da água é 1 cal . g- 1 . ºC- 1 e que o calor

latente de fusão do gelo é 80 cal . g- 1, pode-se afirmar que a quantidade de calor necessária para converter 20 g de gelo a 0ºC em água a 20ºC, em calorias, é:

a) 2.000 Solução : Q = QGELO + QFGELO + QÁGUA b) 800 Q = m . c . t + m . LF + m . c . tc) 1.200 Q = 20 . 1 . (0) + 20 . 80 + 20 . 1 . 20d) 1.600 Q = 1.600 + 400e) 400 Q = 2.000 calorias

332) (UFPE) Uma garrafa térmica contém 0,5 L de café a uma temperatura de 80ºC. O café frio de um copo com volume de 0,25 L, a 20ºC, é despejado de volta na

115


garrafa. Se a capacidade calorífica da garrafa for desprezível, qual será a temperatura do café depois da mistura?

a) 25º C Solução : QCquente + QCfria = 0 m = d . vb) 30º C m c t + m c t = 0 => d0 . V1 . c . t + d1 . V2 . c . t = 0c) 40º C V1 . t + V2 . t = 0 => 0,5 (T – 80) + 0,25 (T – 20) = 0 d) 50º C 0,5 T – 40 + 0,25 T – 5 = 0 => 0,75 T = 45 => T = 45

e) 60º C 0,75 T = 60º C

333) (FATEC) O alumínio tem calor específico c = 0,20 cal/gºC. Um corpo de alumínio com massa de 10 g e temperatura de 80ºC é submerso em água, cuja massa é de 10 g e com temperatura de 20ºC. Considere só as trocas de calor entre o alumínio e a água; o equilíbrio térmico se estabelece a uma certa temperatura .

a) A água cede calor, o alumínio ganha calor. b) A temperatura de equilíbrio é = 30ºC.

c) O sistema cede 200 cal ao ambiente.d) O sistema ganha 200 cal do ambiente.e) Nenhuma das respostas acima está correta.

Solução : QALUMÍNIO = QÁGUA => m . c . t = m . c . t 10 . 0,20 . (80 - ) = 10 . 1 . ( - 20) => 2 (80 - ) = 10 - 200 160 – 2 = 10 - 200 => 160 + 200 = 10 + 2 12 = 360 => = 360 => = 30 ºC 12

334) (FUNEDUCE) O gráfico representa a quantidade de calor absorvido por dois corpos de massas iguais, M e N, em função da temperatura. A razão entre os calores específicos dos corpos M e N é:

a) 0,5 Solução : Q (Cal) Mb) 1,0 300

c) 2,0 Nd) 4,0 200

10 20 30 40 t (ºC)

m . cM = Q M = 300 = 10 tM 30 m . cN = Q N = 200 = 5 tN 40 m . c M = 10 m . cN 5

c M = 2 cN

335) (UFPA) Uma massa de 10 gramas de gelo (c = 0,5 cal/gºC) a – 5ºC é levada à temperatura de 80ºC, mantendo-se constante a pressão. Se LF = 80 cal/g, a quantidade de calor necessária para essa transformação, em calorias, é:

a) 800 Solução : Q = QGELO + QGELO FUSÃO + QÁGUA

b) 825 Q = m . c . t + m . LF + m . c . t c) 1.200 Q = 10 . 0,5 . 5 + 10 . 80 + 10 . 1 . 80d) 1.600 Q = 25 + 800 + 800

e) 1.625 Q = 1.625 calorias336) (UCBA) Uma amostra de gás está armazenada em um recipiente fechado e

rígido. A pressão da amostra é de 5,0 atm a uma temperatura de 0ºC. Qual será, aproximadamente, a pressão da amostra quando sua temperatura chegar a 137ºC?

a) 5,0 atm Solução : T1 = 0ºC => T1 = 0 + 273 => T1 = 273 k

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b) 7,5 atm T2 = 137ºC => T2 = 137 + 273 => T2 = 410 kc) 100 atmd) 352 atm P1 = P2 => 5 = P2 => P2 = 2.050 e) 685 atm T1 T2 273 410 273

P2 = 7,5 atm

337) (EFOA - MG) Um gás perfeito, a uma pressão de 10 atm, ocupa um volume de 4 litros. Ele sofre uma transformação isotérmica e seu volume atinge 10 litros. A nova pressão exercida pelo gás é:

a) 4 atm Solução : P1V1 = P2 V2

b) 25 atm 10 . 4 = P2 . 10c) 100 atm 40 = 10 P2

d) 10 atm P2 = 40 => P2 = 4 atme) 250 atm 10

338) (UFRN) A temperatura de uma certa quantidade de gás ideal à pressão de 1,0 atm cai de 400 k para 320 k. Se o volume permaneceu constante a nova pressão é:

a) 0,8 atm Solução : P1 = P2 => 1 = P2 => P2 = 320 b) 0,9 atm V1 V2 400 320 400 c) 1,0 atmd) 1,2 atm P2 = 0,8 atme) 1,5 atm

339) (UCS – RS) Um recipiente de volume constante contém um gás perfeito à temperatura de 327ºC. Se a temperatura passa ao valor de – 73ºC, o quociente entre as pressões inicial e final vale:

a) 3 Solução : T1 = 327ºC => T1 = 327 + 273 => T1 = 600 k b) 2 T2 = - 73ºC => T2 = - 73 + 273 => T2 = 200 k c) 1/3 P1 = P2 => P1 = T1 => P1 = 600d) 1/2 T1 T2 P2 T2 P2 200e) 1 P1/P2 = 3

340) (UFRN) Um sistema termodinâmico realiza um trabalho de 40 kcal quando

recebe 30 kcal de calor. Nesse processo, a variação de energia interna desse sistema é de:

a) – 10 kcal Solução : Q = T + Ub) zero 30 = 40 + U c) 10 kcal U = 30 – 40 d) 20 kcal U = - 10 kcale) 35 kcal

341) (PUC –RS) Um sistema recebe 300 cal de uma fonte térmica, ao mesmo tempo em que realiza um trabalho de 854 J. Sabendo-se que 1 cal é igual a 4,18 J, pode-se afirmar que a energia interna do sistema aumenta :

a) 300 J Solução : 1 cal 4,18 J x = 300 . 4,18 => x = 1.254 J b) 400 J 300 cal x

c) 554 Jd) 1.154 J Q = T + U => 1254 = 854 + U => U = 1254 – 854 e) 1.254 J U = 400 J

342) (PUC – SP) Uma certa massa de gás sofre transformações de acordo com o gráfico. Sendo a temperatura em A de 1.000 k, as temperaturas em B e C valem, em k, respectivamente:

a) 500 e 250 Solução : Pressão Ab) 750 e 500 4c) 750 e 250 3 Bd) 1.000 e 750 2

e) 1.000 e 500 1 C

117


0 4 8 Volume

P A VA = PB VB => 4 . 4 = 2 . 8 => 16 = 16 . TA TB 1.000 TB 1.000 TB TB = 16.000 => TB = 1.000 K 16 P A VA = PC VC => 4 . 4 = 1 . 8 => 16 = 8 . TA TC 1.000 TC 1.000 TC TC = 8.000 => TC = 500 K 16

343) (UECE) Determinada massa de um gás perfeito sofre uma transformação de maneira que sua pressão aumenta em 50% e seu volume se reduz à metade. A razão T2/T1 , entre as temperaturas absolutas final e inicial, é:

a) 4/3 Solução : P2 = 150 P1 V2 = V1 => P1 V1 = P2 V2 b) 3/4 100 2 T1 T2

c) 1 P1 V1 = 150 P1 V1 => T2 = 15 => T2 = 3 d) 2 T1 100 2 T1 20 T1 4

T2

344) (UEL – PR) A figura abaixo representa uma transformação cíclica de um gás ideal. O módulo do trabalho realizado nos trechos AB, BC e CA, em joules, é, respectivamente, de:

a) 200, 100, 0 Solução : P (N/m2) Ab) 100, 100, 100 4 . 105

c) 0, 300, 100 d) 0, 200, 300 2 . 105

e) 100, 200, 300 B C 0 1 . 10- 3 2 . 10- 3 V (m3)

AB => T = 0 V = Constante BC => T = P (V2 – V1 ) => T = 2 . 105 (2 . 10- 3 – 1 . 10- 3 ) T = 2 . 105 . 1 . 10- 3 => T = 2 . 102 => T = 200 J CA => T = S => T = (B + b ) . h 2 T = (4 . 10 5 + 2 . 10 5 ) . 1 . 10 - 3 => T = 6 . 10 5 . 10 - 3 2 2 T = 6 . 10 2 => T = 300 J 2

345) (UCMG) Na transformação cíclica de um gás perfeito, mostrada na figura, o trabalho realizado num ciclo, em joules, vale:

a) 2 . 105 Solução : P (N/m2 )b) 6 . 105 4 . 105

c) 15 . 105 d) 20 . 105 2 . 105

e) 25 . 105 0 5 10 15 20 V (m3)

T = STRAPÉZIO

118


T = ( B + b ) . h => T= (15 + 10) . 2 . 10 5 2 2 T = 25 . 105 J

346) (MACK –SP) Uma amostra de gás perfeito sofre uma transformação isobárica sob pressão de 60 N/m2 . Como ilustra o diagrama. Admita que, na transformação, o gás receba uma quantidade de calor igual a 300J. Podemos afirmar que a variação da energia interna do gás é de:

a) 180 J Solução : V (m3) b) 100 J 3 Qc) 120 J 2d) 300 J 1 e) 420 J P

0 100 200 300 T (K)

T = P (V2 – V1) Q = T + U T = 60 ( 3 – 1) 300 = 120 + U T = 60 . 2 U = 300 – 120 T = 120 J U = 180 J

347) (PUC – SP) Um gás perfeito realiza um ciclo de Carnot. A temperatura da fonte fria é de 127ºC e a da fonte quente 427ºC. O rendimento do ciclo é :

a) 3,4% Solução : TFRIA = 127 + 273 = 400 K b) 70% TQUENTE = 427 + 273 => TQUENTE = 700K

c) 43%d) 57% = 1 - T2 => = 1 - 400 => = 700 – 400 e) 7% T1 700 700

= 300 => = 0,428 => 0,43 => 43% 700

348) (FMU – SP) Uma máquina térmica recebe de uma fonte quente 100 cal e transfere para uma fonte fria 70 cal. O rendimento dessa máquina será :

a) 15% Solução : QFFRIA = 70 Cal QFQUENTE = 100 Cal b) 20%

c) 30% = 1 - Q2 => = 1 - 70 => = 100 – 70 d) 40% Q1 100 100 e) 50% = 30 => = 0,3 => = 30%

100

349) (UFSC) Um ciclo de Carnot opera entre as temperaturas de 500 K (fonte quente) e de 300 K (fonte fria). A máquina (ideal) recebe por ciclo 1,5 . 103 J da fonte quente. Qual é a quantidade de energia que a máquina devolve à fonte fria, por ciclo?

a) 1,0 . 102 J Solução : = 1 - T2 => = 1 - 300 => = 500 – 300 b) 1,5 . 102 J T1 500 500c) 3,0 . 102 J = 200 => = 0,4 => = 40%d) 5,0 . 102 J 500

e) 9,0 . 102 J Q1 = 1,5 . 103 J Q2 = 1,5 . 103 . 0,4 => Q2 = 6 . 102 J

T = Q1 – Q2 => T = 1.500 – 600 => T = 900 T = 9,0 . 102 J

119


350) (UNIMEP – SP) Uma máquina térmica de Carnot tem um rendimento de 40% e a temperatura da fonte fria é 27ºC. A temperatura da fonte quente é:

a) 227ºC Solução : T(FRIA) = 27 + 273 => T(FRIA) = 300 kb) 45ºCc) 500ºC = 1 - T2 => 0,4 = 1 - 300 => 0,4 T1 = T1 – 300 d) 750ºC T1 T1 e) 477ºC T1 – 0,4 T1= 300 => 0,6 T1 = 300 => T1 = 300

0,6

T1 = 500 k

T2 = k – 273 => T2 = 500 - 273 = T2 = 227ºC

351) (FMSC – SP) Uma máquina térmica executa um ciclo entre as temperaturas 500 K (fonte quente) e 400 K (fonte fria). O máximo rendimento que esta máquina poderia ter é de:

a) 10% Solução : = 1 - T2 => = 1 - 400 => = 500 – 400 b) 25% T1 500 500

c) 20%d) 30% = 100 => = 0,2 => = 20%e) 80% 500

352) (F.M.U.F – RJ) Um paciente de língua inglesa relata ao telefone uma temperatura axilar de 104 ºF. Relembrando a Física elementar, o médico registra em suas anotações uma temperatura (em graus Celsius) de :

a) 36 Solução : C = F – 32 => C = 104 – 32 => C = 72 b) 37,9 5 9 5 9 5 9

c) 40 C = 5 . 8 => C = 40ºCd) 42,1e) 45

353) (UERJ) A temperatura de um indivíduo sendo de 37,5ºC seu valor em ºF será :

a) 67,5 Solução : C = F – 32 => 37,5 = F – 32 => 7,5 = F – 32 b) 99,5 5 9 5 9 9

c) 20 67,5 = F – 32 => F = 67,5 + 32 => F = 99,5ºFd) 5

e) 69

354) (F.M. ITAJUBÁ – MG) Mediu-se a temperatura de um corpo utilizando-se dois termômetros, um calibrado na escala Celsius e o outro calibrado na escala Fahrenheit. Para surpresa nossa, verificou-se que os dois termômetros marcavam numericamente a mesma temperatura. Os termômetros marcavam :

a) - 40 Solução : C = F – 32 => C = C – 32 => 9C = 5C – 160 b) + 40 5 9 5 9 c) – 32 9C – 5C = - 160 => 4C = - 160 => C = - 160 d) + 32 4

C = - 40

355) (UERJ) Uma temperatura na escala Fahrenheit é indicada por um número que é o dobro daquele em que é representada na escala Celsius. Esta temperatura é :

a) 160ºC Solução : F = 2 C C = F – 32 => C = 2C – 32 b) 148ºC 5 9 5 9 c) 140ºC 9C = 5 (2C – 32) => 9 C = 10 C – 160

120


d) 130ºC 9 C – 10 C = - 160 => - C = - 160 x ( - 1)e) 120ºC C = 160 ºC

356) (UNIMEP – SP) Mergulham-se dois termômetros na água: um graduado na escala Celsius e o outro na Fahrenheit. Espera-se o equilíbrio térmico e nota-se que a diferença entre as leituras nos dois termômetros é igual a 92. A temperatura da água valerá, portanto :

a) 28ºC, 120ºF Solução : F – C = 92 => F = 92 + Cb) 32ºC, 124ºF C = F – 32 => C = 92 + C – 32 c) 60ºC, 152ºF 5 9 5 9

d) 75ºC, 167ºF C = C + 60 => 9C = 5C + 300e) NDA 5 9

9C – 5C = 300 => 4C = 300 => C = 300 4 C = 75ºC F = 92 + C => F = 92 + 75 => F = 167 ºF

357) (OSEC – SP) Uma temperatura na escala Fahrenheit é expressa por um número que é o triplo do correspondente na escala Celsius. Essa temperatura é :

a) 26,7ºF Solução : F = 3C C = F – 32 => F = F – 32 b) 53,3ºF 5 9 3 9

c) 80,0ºF 5d) 90,0ºF 9 F = 5 (F – 32) => 3F = 5F – 160 e) NDA 3

160 = 5F – 3F => 2F = 160 => F = 160 => F = 80 ºF 2 358) (PUC – CAMPINAS – SP) A antiga escala Reaumur adotava 0ºR e 80ºR para os

pontos fixos fundamentais. A que temperatura as escalas Reaumur e Fahrenheit fornecem temperaturas iguais ?

a) - 18,4ºF Solução : 80ºR 212ºF TR – 0 = TF – 32 . b) - 25,6ºF 80 – 0 212 – 32

c) – 14,3ºF R F TR = TF d) – 20,4ºF TF = TF – 32 e) NDA 80 180

0ºR 32ºF 18 TF = 8 TF – 256 18 TF – 8 TF = - 256 10 TF = - 256 TF = - 256 => TF = - 25,6 ºF 10 359) (UNIMEP – SP) Uma escala termométrica X assume o valor 8ºX para o gelo

fundente e 88ºX para a água em ebulição, sob pressão normal. A conversão da escala X para a escala Celsius é dada pela expressão :

a) tC = 4 (tX + 8 ) Solução : 88ºX 100ºC TC – 0 = TX – 8 5 100 – 0 88 – 8 b) tC = 3 (tX + 80) X C TC = TX – 8

c) tC = 5 (tX – 8 ) 100 80 4 TC = 100 (TX – 8 )

d) tC = 5 (tX – 80 ) 8ºX 0ºC 80 4 TC = 5 ( TX – 8 ) e) NDA 4

360) (F. M. VOLTA REDONDA – RJ) Em uma escala, tomou-se para a temperatura de fusão do gelo o valor – 20º e para a temperatura da água em ebulição 230º. Qual será o valor fornecido por ela quando a temperatura for 40ºC ?

a) 20º Solução : 230ºX 100ºC TC – 0 = TX – (- 20) b) 40º 100 – 0 230 – (- 20) c) 60º X C TC = TX + 20

121


d) 80º 100 250 e) 100º 40 = TX + 20 => 100 = TX + 20

- 20ºX 0ºC 100 250 TX = 100 – 20 => TX = 80º

361) (PUC – RS) A febre é um indicador de alguma anormalidade no organismo humano. Dentre as temperaturas a seguir, a que indica um estado febril é :

a) 39ºF Solução : C = F – 32 => 39 = F – 32 => 351 = 5 F – 160 b) 60ºF 5 9 5 9 c) 72ºF 5 F = 351 + 160 => 5 F = 511 => F= 511

d) 102ºF 5e) 150ºF F = 102,2 ºF

362) (F. I. UBERABA – MG) Mo gráfico está representada a relação entre a escala termométrica Celsius (TC) e uma escala X (TX). Qual é a relação de TC em função de TX ?

TX (ºX)a) TC = 20 + 0,6 TX Solução : 80b) TC = 80 TX – 20

c) TC = TX – 20 0,6

d) TC = 20 + 0,6 TX 20 80e) TC = 80 + 0,6 TX 0 100 TC (ºC)

20

T C – 0 = TX – 20 => TC = TX – 20 100 – 0 80 – 20 100 60 6 T C = TX – 20 => 0,6 TC = TX – 20 10 TC = TX – 20 0,6

363) (FATEC –SP) Um termômetro de mercúrio é calibrado de modo que a temperatura de 0ºC corresponde a 4 cm de altura da coluna de mercúrio, enquanto 100ºC corresponde a 8 cm de altura da coluna. A função termométrica que relaciona t e a altura da coluna h é :

a) t = 25 h – 4 Solução : 100ºC 8 cm TC – 0 = h – 4 b) t = 100 (h – 4) 100 – 0 8 – 4 c) t = 25 h – 25 TC = h – 4

d) t = 25 h – 100 TC h 100 4e) NDA TC = 100 (h – 4)

4 0ºC 4 cm TC = 25 (h – 4) TC = 25h – 100

364) (UFBA) As indicações para os pontos de fusão do gelo e de ebulição da água sob pressão normal de dois termômetros um na escala Celsius e outro na escala Fahrenheit, distam 20 cm, conforme a figura. A 5 cm do ponto de fusão do gelo, os termômetros registram temperaturas iguais a :

a) 25ºC e 77ºF Solução : TC – 0 = 5 – 0 b) 20ºC e 40ºF 100 – 0 20 – 0 c) 20ºC e 45ºF 20 cm TC = 5 => TC = 100 . 5 d) 25ºC e 45ºF 100 20 20

122


e) 25ºC e 53ºF 5 cm TC = 25 ºC

T F – 32 = 5 – 0 ºC ºF 212 – 32 20 – 0 T F – 32 = 5 => TF – 32 = 180 . 5 180 20 20 TF – 32 = 45 => TF = 45 + 32 TF = 77 ºF

365) (UERJ) Um líquido cuja temperatura é de 59ºF está em kelvin, a :

a) 28 k Solução : C = F – 32 => C = 59 – 32 => C = 27 b) 112 k 5 9 5 9 5 9 c) 56 k C = 3 => C = 3 . 5 => C = 15 ºCd) 318 k 5

e) 288 k TK = TC + 273 => TK = 15 + 273 => TK = 288 ºk

366) (U. F. S. CARLOS – SP) A temperatura de um corpo em uma determinada escala X como função de sua temperatura na escala Kelvin é mostrada no gráfico. Assim, a temperatura do zero grau centígrado (0ºC) expressa na escala X corresponde a :

t (ºX) a) 273ºX Solução : 100 b) 20ºXc) 373ºX

d) 384ºXe) 293ºX 20

0 60 T (K)

T K = TX – 20 => TK = TX – 20 => TK = 60 (TX – 20) 60 100 – 20 60 80 80 TK = 3 (TX – 20 ) => TK = TX + 273 => 3 (TX – 20 ) = 0 + 273 4 4 3 TX – 60 = 273 . 4 => 3 TX = 1092 + 60 => 3 TX = 1.152 TX = 1.152 => TX = 384 ºX 3367) (MACK) Uma escala termométrica T adota para os pontos de fusão do gelo e de

ebulição da água sob pressão normal, respectivamente, as temperaturas – 10ºT e 110ºT. Nessas escala, a temperatura que corresponde a 80ºC (oitenta graus Celsius) é :

a) 86º T Solução : 110º T 100º C TC = TT – (- 10) b) 96º T 100 110 – (- 10) c) 106º T TC = TT + 10 d) 860º T TT TC 100 120 e) 960º T 80 = TT + 10

100 120 - 10º T 0º C 960 = 10 TT + 100 10 TT = 960 - 100 10 TT = 860 => TT = 86 ºT

368) (OSEC – SP) Numa cidade Americana, o termômetro marca 0ºF. Em graus Celsius, essa temperatura vale, aproximadamente :

a) 32 Solução: C = F – 32 => C = 0 – 32 => 9 C = - 160 b) 0 5 9 5 9

c) - 17,8 C = - 160 => C - 17,8 ºC d) – 32 9e) – 273

123


369) (UFSE) Ultimamente têm sido descobertas algumas cerâmicas especiais que se tornam supercondutoras a uma temperatura de aproximadamente 105 K. Expressa em graus Celsius, essa temperatura é de :

a) 168 Solução : TK = TC + 273 => 105 = TC + 273 => TC = 105 – 273 b) 105 TC = - 168 ºC

c) - 168d) – 212e) - 273

370) (UNIP – SP) Em um dia muito quente, um termômetro, graduado na escala Fahrenheit, indica 104ºF. Um termômetro graduado na escala Celsius estaria indicando, nesse local :

a) 104ºC Solução : C = F – 32 => C = 104 – 32 => C = 5 . 72 b) 30ºC 5 9 5 9 9 c) 45ºC C = 360 => C = 40 ºC d) 50ºC 9

e) 40ºC

371) (UFU–MG) A temperatura normal do corpo humano é, em média, de 36ºC. Se uma pessoa está com 39ºC, qual a sua variação de temperatura na escala Kelvin ?

a) 348 K Solução : TK = TC + 273 => TK = 39 + 273 => TK = 312 K b) 312 K

c) 234 Kd) 39 Ke) 3 K

372) (U.E. PONTA GROSSA – PR) Um fio de cobre mede 100,000 m a 0ºC. A 30ºC tem um comprimento de 100,051 m. O seu coeficiente de dilatação linear será :

a) 17 . 10- 6ºC- 1 Solução : L = LO + L => 100,051 = 100 + Lb) 27 . 10- 6ºC- 1 L = 100,051 – 100 => L = 0,051 mc) 38 . 10- 6ºC- 1 L = LO T => 0,051 = 100 . 30d) 72 . 10- 6ºC- 1 = 0,051 => = 17 . 10 – 6 ºC - 1

e) NDA 3.000

373) (F. D. I. MAUÁ – SP) Uma barra metálica de comprimento LO a 0ºC sofreu uma dilatação de 0,001 LO, quando aquecida a 100ºC. O coeficiente de dilatação linear do metal é :

a) 10 . 10- 6ºC- 1 Solução : L = 0,001 LO

b) 20 . 10- 6ºC- 1 L = LO T => 0,001 LO = LO . 100c) 10 . 10- 5ºC- 1 = 0,001 LO => = 10 . 10 – 6 ºC - 1 d) 20 . 10- 10ºC- 1 100 LO

e) NDA

374) (UFRS) O gráfico mostra o acréscimo relativo no comprimento de uma barra metálica uniforme, à medida que sua temperatura aumenta. O coeficiente de dilatação linear do metal é igual a :

a) 1,5 . 104ºC- 1 Solução : L (mm/m)b) 1,5 . 10- 2ºC- 1 LO c) 1,5 . 10- 4ºC- 1 20

d) 1,5 . 10- 5ºC- 1 15e) 1,5 . 10- 7ºC- 1

10

124


5 0 200 400 600 800 1000 t (ºC)

L = LO T => L = T LO 15 . 10- 3 = . 103 => = 15 . 10 - 3 => = 15 . 10 - 3 103 10 . 102 = 1,5 . 10- 3 . 10- 2 => = 1,5 . 10 – 5 ºC - 1

375) (U. E. MARINGÁ – PR) Duas barras possuem coeficientes de dilatação linear 1

= 15 . 10- 6ºC- 1 e 2 = 20 . 10- 6ºC- 1 . Qualquer que seja a temperatura, a diferença entre seus comprimentos é 3 cm. Os comprimentos das barras a 0ºC são, respectivamente :

a) 12 cm e 9 cm Solução : L1 = 2 , com L1 < L2 b) 12 cm e 15 cm L2 1

c) 6 cm e 9 cm L1 = 20 . 10 - 6 d) 6 cm e 3 cm L2 15 . 10- 6 e) 9 cm e 3 cm L1 = 20 => 3 + L2 = 20 ( 5) => 3 + L2 = 4 L2

L2 15 L2 15 ( 5) 3 L1 – L2 = 3 3 (3 + L2) = 4 L2 => 9 + 3 L2 = 4 L2 9 = 4 L2 – 3 L2 => L2 = 9 cm

L1 – L2 = 3 => L1 – 9 = 3 => L1 = 3 + 9 => L1 = 12 cm

376) (U. E. CE) O coeficiente de dilatação superficial do ferro é 2,4 . 10- 5ºC- 1. O valor do coeficiente de dilatação cúbica é :

a) 1,2 . 10- 5ºC- 1 Solução : = 2 = 2,4 . 10- 5ºC- 1 b) 3,6 . 10- 5ºC- 1 = 2,4 . 10 - 5 => = 1,2 . 10- 5ºC- 1

c) 4,8 . 10- 5ºC- 1 2d) 7,2 . 10- 5ºC- 1 = 3 => = 3 . 1,2 . 10- 5

= 3,6 . 10 – 5 ºC - 1

377) (F. OSWALDO CRUZ – SP) Um corpo de volume VO e coeficiente de dilatação térmica linear tem forma cúbica. Este corpo sofre uma variação de temperatura de 10ºC. A variação de volume será :

a) 10 VO Solução : V = . VO . Tb) VO V = 3 . VO . 10c) 3 VO V = 30 VO

d) 30 VO

378) (OSEC – SP) Um recipiente de vidro de 150 cm3 está completamente cheio de um líquido a 20ºC. Aquecendo-se o conjunto a 120ºC, transbordam 5 cm3 do líquido. O coeficiente de dilatação volumétrica aparente do líquido é :

a) 3,3 . 10- 3ºC- 1 Solução : VO = 150 cm3 T = 120 – 20 => T = 100ºC b) 3,3 . 10- 4ºC- 1 VAP = 5 cm3

c) 1,1 . 10- 3ºC- 1 VAP = AP . VO . T d) 1,1 . 10- 4ºC- 1 5 = AP . 150 . 100 => AP = 5 .e) NDA 15.000

AP = 0,33 . 10- 3 => AP = 3,3 . 10 – 4 ºC - 1

125


379) (OSEC – SP) Um recipiente de vidro tem a 0ºC volume interno de 45 cm3. Sabendo-se que o coeficiente de dilatação cúbica do vidro é 24 . 10- 6ºC- 1 e do mercúrio 180 . 10- 6ºC- 1, a quantidade de mercúrio que se deve colocar no recipiente, a fim de que o volume da parte vazia não se altere ao variar a temperatura, é de :

a) 2,0 cm3 Solução : VF = 45 cm3 F = 24 . 10- 6ºC- 1 = 180 . 10- 6ºC- 1 b) 3,0 cm3 V = VF . F => V = 45 . 24 . 10 - 6 c) 4,0 cm3 180 . 10- 6 d) 5,0 cm3 V = 6 cm3

e) 6,0 cm3

380) (UERJ) Para duas amostras de massas iguais, uma de água e outra de vidro, fornece-se a mesma quantidade de calor. O calor específico da água é 1,0 cal/gºC; o vidro é 0,20 cal/gºC. A temperatura da amostra de água se eleva em 20ºC. Conseqüentemente, a temperatura da amostra de vidro se eleva em :

a) 4ºC Solução : m c T = m c T => m . 1 . 20 = m . 0,2 . Tb) 5ºC T = 20 m => T = 100 ºCc) 20ºC 0,2 m d) 80ºC

e) 100ºC

381) (MOJI – SP) O alumínio tem calor específico de 0,22 cal/gºC. Uma peça de alumínio de 20 g de massa encontra-se à temperatura de 10ºC. A quantidade de calor necessária para elevar sua temperatura de 10ºC para 40ºC vale, aproximadamente :

a) 1,3 . 102 cal Solução : Q = m . c . T => Q = 20 . 0,22 . (40 – 10) b) 2,2 . 102 cal Q = 132 => Q = 1,32 . 102 calc) 2,6 . 102 cald) 4,4 . 102 cale) 8,8 . 102 cal

382) (OSEC – SP) O gráfico representa a temperatura de uma amostra, de massa 100 g, de uma substância, em função da quantidade de calor por ela absorvida.

T (ºC) 80

20 0 1.200 Q (cal) O calor específico dessa substância, em cal/gºC, é :

a) 0,1 Solução : Q = m . c . T => 1200 = 100 . c . (80 – 20) b) 0,2 1200 = 100 . c . 60 => c = 1200 => c = 0,2 cal/gºC c) 0,4 6000 d) 0,6 e) 0,8

383) (MACK) Um corpo de certo material, com 200 g, ao receber 1.000 cal aumenta sua temperatura 10ºC. Outro corpo de 500 g, constituído do mesmo material, terá capacidade térmica de :

a) 300 cal/ºC Solução : Q = m . c . T => 1000 = 200 . c . 10 b) 250 cal/ºC c = 1000 => c = 0,5 cal/gºC

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c) 150 cal/ºC 2000 d) 100 cal/ºC Q = 500 . 0,5 . 10 => Q = 2.500 cal e) 50 cal/ºC C = Q => C = 2500 => C = 250 cal/ºC T 10

384) (MACK) Um bloco de cobre (c = 0,094 cal/gºC) de 1,20 kg é colocado num forno até atingir o equilíbrio térmico. Nessa situação, o bloco recebe 12.972 calorias. A variação da temperatura sofrida, na escala Fahrenheit, é :

a) 60ºF Solução : Q = m . c . T => 12.972 = 1.200 . 0,094 . Tb) 115ºF T = 12.972 => T = 115ºCc) 207ºF 112,8

d) 239ºF C = F – 32 => 115 = F – 32 => 23 . 9 = F – 32 e) 347ºF 5 9 5 9 207 + 32 = F => F = 239 ºF

385) (MACK) Quando misturamos 1 kg de água (calor específico = 1 cal/gºC) a 70ºC com 2 kg de água a 10ºC, obtemos 3 kg de água a :

a) 50ºC Solução : Q = Q1 + Q2 b) 40ºC m . c . T = m1 . c1 . T1 + m2 . c2 . T2

c) 30ºC 3 . 1 . T = 1 . 1 . 70 + 2 . 1 . 10 d) 20ºC 3 T = 70 + 20 e) 10ºC 3 T = 90 => T = 90 => T = 30 ºC

3386) (FUVEST – SP) Um atleta envolve sua perna com uma bolsa de água quente,

contendo 600 g de água à temperatura inicial de 90ºC. Após 4 h, ele observa que a temperatura da água é de 42ºC. A perda média de energia da água por unidade de tempo é (c = 1,0 cal/gºC) :

a) 2,0 cal/s Solução : Q = m . c . T => Q = 600 . 1 . (90 – 42) b) 18 cal/s Q = 600 . 48 => Q = 28.800 calc) 120 cal/sd) 8,4 cal/s 1 h 3.600 s x = 4 . 3.600 => x = 14.400 se) 1,0 cal/s 4 h x

28.800 cal 14.400 s x = 28.800 => x = 2 cal x 1 14.400

387) (PUC – RS) O gráfico mostra a variação da temperatura de 50 g de determinada substância em função da quantidade de calor absorvido.

T (ºC)

0 200 400 600 1200 Q (cal)

O calor latente de fusão dessa substância é , em cal/g :

a) 4,0 Solução : Q = P . m . LF b) 5,0 (400 – 200) = 50 . LF c) 6,0 200 = 50 LF

d) 8,0 LF = 200 => LF = 4 cal/g e) 10 50

127


388) (FATEC – SP) A figura representa o gráfico da temperatura, em função do tempo, de um pedaço de chumbo de massa 100 g que absorve, de uma fonte de potência constante, 200 calorias por minuto.

Temperatura (ºC) 327º

0 1 2 3 4 Tempo (min)

Pode-se afirmar que o calor latente de fusão do chumbo é, em cal/g de :

a) 2 Solução : Q = P . T Q = m . LF

b) 6 Q = 200 (4 – 1) 600 = 100 . LF c) 8 Q = 200 . 3 LF = 600 => LF = 6 cal/g d) 20 Q = 600 cal 100 e) 327

389) (UNIP – SP) Um bloco sólido, feito do material homogêneo, está a uma temperatura inicial O = 10ºC. O bloco passa a receber calor de uma fonte térmica com potência constante. O gráfico abaixo representa a temperatura do sólido em função do tempo.

(ºC) 20

10

0 5,0 10,0 15,0 T (min)

O calor específico sensível do sólido é de 0,80 cal/gºC. O calor específico latente de fusão, em cal/g, vale :

a) 8,0 Solução : Q = m . c . T => Q = m . 0,8 . 20 => Q = 16 m calb) 20

c) 16 Q = m . LF => 16 m = m . LF => LF = 16 m => LF = 16 cal/g d) 15 m

e) 10

390) (ITA – SP) Um anel de cobre, a 25ºC, tem um diâmetro interno de 5,00 cm. Qual das opções abaixo corresponderá ao diâmetro interno desse mesmo anel a 275ºC, admitindo-se que o coeficiente de dilatação térmica do cobre no intervalo 0ºC a 300ºC é constante e igual a 1,60 . 10- 5 ºC- 1 ?

a) 4,98 cm Solução : L = LO + (1 + Q)b) 5,00 cm L = 5 [ 1 + 1,6 . 10- 5 ( 275 – 25)]

c) 5,02 cm L = 5 + (1 + 1,6 . 10- 5 . 250) d) 5,08 cm L = 5 + ( 1 + 400 . 10- 5 ) e) 5,12 cm L = 5 + 2000 . 10- 5 L = 5 + 2 . 10- 2 L = 5 + 0,02 => L = 5,02 cm 391) (UFSC) Um caminhão tanque é abastecido na refinaria às 4 horas da manhã, a

uma temperatura ambiente de 15ºC, com 10 mil litros de combustível. Após trafegar sob o sol durante várias horas, o caminhão descarrega todo o

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combustível no posto a uma temperatura de 40ºC. Sendo o coeficiente volumétrico de dilatação térmica do combustível 1,2 . 10- 3ºC- 1, o volume adicional descarregado é, aproximadamente, igual a :

a) 50 L Solução : V = VO + ( 1 + )b) 100 L V = 10.000 [1 + 1,2 . 10- 3 (40 – 15)] c) 400 L V = 10.000 (1 + 1,2 . 10- 3 . 25)d) 200 L V = 10.000 ( 1 + 30 . 10- 3)

e) 300 L V = 10.000 + 300.000 . 10- 3 V = 10.000 + 300 V = 10.300 L

O volume adicional descarregado é igual a 300 litros.

392) (CARLOS CHAGAS – BA) A tabela apresenta dados referentes ao aquecimento de cinco barras metálicas.

Comprimento inicial (cm) Aumento de temperatura (ºC)

Coeficiente de dilatação (10- 6ºC- 1)

20 200 3040 200 1560 250 1080 300 7,5

100 400 6,0

A barra, cujo aumento de comprimento durante o aquecimento é maior, é aquela de comprimento inicial, em centímetros, igual a : a) 100 Solução : A barra com maior temperatura terá um maior aumento nas b) 80 suas dimensões, logo a barra, cujo aumento durante o c) 60 aquecimento é maior, é aquela de comprimento inicial d) 40 igual a 100 cm. e) 20

393) (PUC – PE) Um tubo de metal sofre um aumento relativo de comprimento, isto é, L/L igual a 1,26 . 103, quando sua temperatura passa de 30ºC para 100ºC. O coeficiente de dilatação linear do material do tubo vale :

a) 18 . 10- 6ºC- 1 Solução : L = 1,26 . 10- 3 b) 42 . 10- 6ºC- 1 LO

c) 13 . 10- 6ºC- 1 L = LO . . d) 26 . 10- 6ºC- 1 L = . e) 6,3 . 10- 6ºC- 1 LO

1,26 . 10- 3 = . (100 – 30) 1,26 . 10- 3 = . 70 = 1,26 . 10 - 3 => = 0,018 . 10- 3 70 = 18 . 10- 3 . 10- 3 => = 18 . 10 – 6 ºC - 1

394) (FEI – SP) Uma chapa metálica com a forma de um quadrado de lado a = 9 cm apresenta, em seu centro, um orifício de forma circular de raio r = 3 cm. A chapa é aquecida, sofrendo determinada variação (T) de temperatura. Chamando de d

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a diferença entre os valores finais de a e r e sendo o coeficiente de dilatação linear da chapa, podemos concluir que :

a) d = 6 cm Solução : Quando a chapa é aquecida, a chapa b) d < 6 cm metálica sofre um aumento nas suas

c) d > 6 cm dimensões. d) não é possível calcular d como d = a – r

pois não conhecemos T d = 9 – 3 => d = 6 (antes do aque- e) não é possível calcular d, cimento)

pois não conhecemos após o aquecimento d > 6

395) (PUCCAMP – SP) Um bloco maciço de alumínio contém uma cavidade cujo volume é de 200 cm3 a 0ºC. O volume dessa cavidade, quando o bloco é aquecido a 200ºC, é, em cm3, aproximadamente de (dado : coeficiente de dilatação volumétrica do alumínio = 7 . 10- 5ºC- 1) :

a) 170 Solução : V = VO ( 1 + T)b) 197 V = 200 (1 + 7 . 10- 5 . 200) c) 200 V = 200 (1 + 1400 . 10- 5)

d) 203 V = 200 (1 + 0,014)e) 230 V = 200 . 1,014

V = 202,8 => V 203 cm3

396) (UFBA) Um vasilhame de alumínio com capacidade inicial de 1 L, contendo glicerina, é levado ao fogo. Quando o sistema sofre uma variação de temperatura de 40ºC, a glicerina passa a ocupar todo o volume disponível. Sabendo-se que o coeficiente de dilatação volumétrica do alumínio é de 50 . 10- 6ºC- 1 e o da glicerina é de 500 . 10- 6ºC- 1, calcule o volume inicial da glicerina.

a) 1,8 L Solução : VAP = VOL . AP . VAP = VR - VREC

b) 0,5 L VAP = VOL (R - REC ) 0,018 = 1 - VREC

c) 0,98 L VAP = 1 (500 . 10- 6 – 50 . 10- 6) . 40 VREC = 1 – 0,018 d) 2 L VAP = 1 (450 . 10- 6) . 40 VREC = 0,982 e) 0,8 L VAP = 0,018 litros VREC = 0,98 litros

397) (UFMG) Um mergulhador, em um lago, solta uma bolha de ar de volume V a 5,0 m de profundidade. A bolha sobe até a superfície, onde a pressão é a pressão atmosférica. Considere que a temperatura da bolha permanece constante e que a pressão aumenta cerca de 1,0 atm a cada 10 m de profundidade. Nesse caso, o valor do volume da bolha na superfície é, aproximadamente :

a) 2,0 V Solução : PO = Pressão da água + PATMOSFÉRICA b) 0,50 V PO = 0,5 + 1

c) 1,5 V PO = 1,5 atm d) 0,67 V PO VO = P V => 1,5 VO = 1 V => V = 1,5 VO T T Em Hidrostática, a cada 10m de coluna de água corresponde a uma

pressão de 1 atm, aproximadamente.

398) (MOJI- SP) Em problemas de Química e de Física dos gases aparece com freqüência a sigla CNTP, que quer dizer: condições normais de temperatura e pressão. Os valores de pressão e temperatura normais são, respectivamente :

a) 1 atm a 100 K Solução : Em condições normais de temperatura e pressãob) 13 atm a 0 K (CNTP), ou seja, P = 1 atm e T = 273 Kc) 10 atm a 273 K

130


d) 1 atm a 273 K e) 1 atm a 0 K

399) (UFRS) O ar fresco é uma mistura primária de N2, O2 e Ar. Suponha que cada gás se comporte como um gás ideal. A 293 K, sabendo que a constante de Boltzman vale 1,38 . 10- 23 J/K, qual é o valor da energia cinética média das moléculas do ar ?

a) 2,76 . 10- 22 J Solução : EC = 3 . K . T => EC = 3 . 1,38 . 10- 23 . 293 b) 4,14 . 10- 22 J 2 2 c) 6,07 . 10- 21 J EC = 606,51 . 10- 23 => EC = 6,07 . 102 . 10- 23 d) 9,07 . 10- 21 J EC = 6,07 . 10 - 21 J

400) (UFPA) Um cilindro, de área de secção transversal reta A, é provido de um êmbolo móvel, podendo-se variar, assim o volume de um gás (ideal) contido no cilindro. Quando o êmbolo está na marca 0,30, como mostra a figura, a temperatura do gás é de 300 K e a pressão é p. Levando o êmbolo até a marca 0,20 e aumentando a temperatura para 400 K, a nova pressão do gás vale :

a) P Solução : 0,10 0,20 0,30 0,40 2

b) P . P 2

c) P d) 2P e) 4 . P

3 P1 V1 = P2 V2 => P . 0,3 = P2 . 0,2 => P2 = 1,2 P T1 T2 300 400 0,6 P2 = 2 P

401) (FEI – SP) Certa massa de um gás perfeito está, inicialmente, à temperatura t 1

= 27ºC. O gás sofre uma expansão isobárica tornando seu volume 12 vezes maior e, a seguir, uma transformação isocórica (ou isométrica), quando sua pressão cai a 1/3 de seu valor inicial. A temperatura final do gás é :

a) 927ºC Solução : P1 V1 = P2 V2 => 1 . 1 = 1 . 12b) 108ºC T1 T2 300 3 . c) 75ºC T2

d) 1200ºC T2 = 300 . 1 . 12 => T2 = 1.200 Ke) 627ºC 3

TK = TC + 273 => 1.200 = TC + 273 => TC = 1200 - 273 TC = 927 ºC

402) (MACK) Um gás perfeito a 27ºC e a certa pressão ocupa o volume de 600cm3. Duplicando a pressão e a temperatura em ºC, o volume dessa massa gasosa passa a ser :

a) 600 cm3 Solução:T1 = 27 + 273 => T1 = 300 K T2 = 54 + 273 =>T2 = 327 K b) 427 cm3 P1 V1 = P2 V2 => P . 600 = 2P . V 2 c) 372 cm3 T1 T2 300 327 d) 327 cm3 2 . 327 = 2 V2 => V2 = 2 . 327 => V2 = 327 cm3 e) 173 cm3 2

403) (UNIFOR - CE) Um gás, suposto ideal, está contido num recipiente cujo volume se mantém constante a qualquer temperatura. Se a pressão do gás é de 2 . 105 Pa a 27ºC, pode-se afirmar que a 327ºC essa pressão será, em pascal, de :

a) 2 . 105 Solução : T1 = 27 + 273 => T1 = 300 K

131


b) 4 . 105 T2 = 327 + 273 => T2 = 600 K c) 6 . 105 P1 V1 = P2 V2 => 2 . 10 5 . V = P2 . V d) 8 . 105 T1 T2 300 600 e) 12 . 105 P2 = 600 . 2 . 10 5 . V => P2 = 4 . 105 Pa 300 . V

404) (UFSM – RS) No gráfico estão representadas duas isotermas e três transformações sucessivas 1 – 2, 2 – 3, 3 – 4. A seqüência das transformações é, respectivamente :

a) isométrica, adiabática, isotérmica Solução : P b) isotérmica, isométrica, isobárica c) adiabática, isotérmica, isobárica 4 3 d) isométrica, isotérmica, isobárica 2 e) isobárica, isotérmica, isométrica

1 0 V

1 – 2 => Volume constante (isométrica) 2 – 3 => Temperatura constante (isotérmica) 3 – 4 => Pressão constante (isobárica)

405) (UFLA – MG) Um sistema recebe 250 J de calor de um reservatório térmico e realiza 100 J de trabalho, não ocorrendo nenhuma outra troca de calor. A variação da energia interna do sistema foi :

a) - 2,5 J Solução : U = Q – T b) zero U = 250 – 100 c) – 150 J U = 150 J d) + 350 J e) + 150 J

406) (UFES) Um gás ideal à pressão constante PO = 2 . 105 N/m2 expande-se até o dobro de seu volume inicial de 1 litro e, durante esse processo, recebe 50 calorias do meio ambiente. Sendo 1 cal = 4,18J, ao final do processo a energia interna do gás terá variado, em joules, de um valor igual a :

a) – 50 Solução : 1 L = 1 dm3 = 0,001 m3 1 cal 4,18 J b) 409 T = P . V 50 cal x c) 350 T = 2 . 105 . (0,002 – 0,001) x = 50 . 4,18 => x = 209 J d) 50 T = 2 . 105 . 0,001 e) 9 T = 200 J U = Q – T => U = 209 – 200 U = 9 J

407) (PUC – MG) Uma certa massa de gás ideal sofre uma transformação que está representada no gráfico abaixo. A natureza da transformação e o trabalho realizado pelo gás são, respectivamente :

P (N/m2)

400 1 2

0 0,20 0,60 V (m3 )

132


a) isobárica, 160 J Solução : Pressão constante => isobárica b) isobárica, 240 J T = P . V c) isocórica, 240 J T = 400 . (0,6 – 0,2) d) isotérmica, 160 J T = 400 . 0,4 e) isotérmica, 240 J T = 160 J

408) (UFRS) Quando fornecemos 100 J de calor a um gás ideal, este realiza um trabalho conforme mostra o gráfico, indo do estado i ao estado f.

P (N/m2)

20 i f

10

0 1 2 3 4 5 6 V (m3 )

Qual a variação da energia interna do gás para essa transformação ?

a) nula Solução : Q = 100 J T = P . V => T = 90 . (30 – 10) b) 20 J T = 90 . 20 => T = 1.800 J

c) 80 Jd) 100 J U = Q – T => U = 100 – 80 => U = 20 J e) 180 J

409) (F. SÃO MARCOS – SP) Aplica-se uma força de intensidade 10 N perpendicularmente sobre uma superfície quadrada de área 0,5 m2 . Qual deverá ser a pressão exercida sobre a superfície ?

a) 5 N/m2 Solução : P = F => P = 10 => P = 20 N/m2 b) 2 N/m2 S 0,5 c) 20 N/m2 d) 10 N/m2 e) NDA

410) (UFCE) Durante o processo indicado no gráfico abaixo, uma certa massa de gás ideal recebeu do ambiente externo uma quantidade de calor Q igual a 3.500 J. Podemos, então, concluir que a energia interna do gás foi aumentada de :

P (N/m2)

90

60

30

10 20 30 V (m3)

a) 3.500 J Solução : Q = 3.500 J T = P . V => T = 90 . (30 – 10) b) 2.700 J T = 90 . 20 => T = 1.800 Jc) 1.800 J

d) 1.700 J U = Q – T => U = 3.500 – 1.800 => U = 1.700 J e) 1.400 J

133


411) (FATEC – SP) Um sistema realiza o ciclo ABCDA representado. O trabalho realizado pelo sistema no ciclo vale :

a) 2,0 . 105 J Solução : P( 105 Pa) b) 4,0 . 105 J 2 B C c) 1,0 . 105 J d) 6,0 . 105 J e) 3,0 . 105 J 1 A D

1 3

T = P . V => T = 1 . 105 . ( 3 – 1 ) => T = 1 . 105 . 2 T = 2 . 105 J

412) (PUC – MG) Um gás ideal apresenta uma transformação, representada no gráfico abaixo, que absorve do meio exterior uma quantidade de calor igual a 100 calorias. Determine o trabalho que realiza. Dado : 1 cal = 4,18 J

a) 200 J Solução : P (N/m2) b) 20 J 700 c) 320 J d) 440 J 400

e) 220 J

0 0,2 0,6 V( m3 )

T = STRAPÉZIO T = (B + b) . h => T = (700 + 400) . 0,4 2 2 T = 1.100 . 0,4 => T = 440 => T = 220 J 2 2

413) (MOJI – SP) O salto de um sapato masculino tem área de 64 cm2 . Supondo-se que a pessoa que o calce tenha peso igual a 512 N e que esse peso esteja distribuído apenas no salto, então, a pressão média exercida no piso vale :

a) 12 . 104 N/m2 Solução : S = 0,0064 m2

b) 8 . 104 N/m2 P = F => P = 512 => P = 80.000 c) 6 . 104 N/m2 S 0,0064d) 4 . 104 N/m2 P = 8 . 104 N/m2 e) 2 . 103 N/m2

414) (UNIFOR – CE) Um tijolo de peso 32 N tem dimensões 16 cm x 8,0 cm x 4,0 cm. Quando apoiado em sua face de menor área, a pressão que ele exerce na superfície de apoio é, em N/cm2 ?

a) 4,0 Solução : S = 4 . 8 => S = 32 cm2 (menor área) b) 2,5 P = F => P = 32 => P = 1 N.cm2 c) 2,0 S 32 d) 1,0 16 cm

e) 0,5 8,0 cm 4,0 cm

134


415) (CARLOS CHAGAS – BA) Uma esfera, de peso igual a 10 N, flutua na água com 25 % de seu volume acima da superfície livre do líquido. O valor do empuxo exercido pelo líquido, em newtons, é igual a :

a) 0 Solução : Se o corpo flutua parcialmente E = PC

b) 2,5 O Empuxo é igual ao peso do corpo, logo E = PC => E = 10 N c) 7,5 d) 10 e) 12,5

416) (UFSE) Um sólido, colocado na água, desloca 5 . 10- 4 m3 do líquido. Sendo a densidade da água 1 . 103 kg/m3 e g = 10 m/s2, o empuxo que a água exerce no corpo é, em newtons, de :

a) 0,5 Solução : E = dL . VL . g => E = 1 . 103 . 5 . 10- 4 . 10 b) 5 E = 5 N

c) 50d) 500e) 5.000

417) (UNIFOR – CE) Um navio carregado, de peso total P, flutua com a metade de seu volume imersa em água. Nessas condições, o empuxo sofrido pelo navio tem módulo :

a) P/4 Solução : Se o corpo flutua parcialmente, o Empuxo é igual ao peso do b) P/2 Corpo, portanto E = PC c) P E = P d) 2P e) 4P

418) (UFPE) Uma piscina, com 2,0 m de profundidade, tem um piso plano e horizontal revestido de azulejos. Cada azulejo tem uma área de 200 cm2. Quando a piscina está cheia de água, a força vertical para baixo, sobre cada azulejo do piso, vale :

a) 1,4 . 103 N Solução : P = Patm + g h S = 200 cm2 => S = 0,02 m2

b) 1,8 . 103 N P = 105 + 103 . 10 . 2 P = F => F = P . S c) 2,1 . 103 N P = 100.000 + 20.000 S d) 2,4 . 103 N P = 120.000 N/m2 F = 120.000 . 0,02 e) 2,8 . 103 N F = 2.400 => F = 2,4 . 103 N

419) (U. E. PONTA GROSSA – PR) 2,56 x 103 g de oxigênio, cuja molécula grama é 32,0 g, ocupam 82,0 litros de volume num recipiente à temperatura de – 23ºC. Sendo dado R = 0,082 atm . litro/mol . k, a pressão no interior do recipiente terá um valor de :

a) 200,0 atm Solução : TK = TC + 273 => TK = - 23 + 273 => TK = 250 K b) 20 atm n = m => n = 2,56 . 10 3 => n = 80 moles

c) 0,2 atm M 32 d) 0,02 atm P V = n R T => P . 82 = 80 . 0,082 . 250 e) NDA P = 1.640 => P = 20 atm

82 420) (UCMG) Um gás está inicialmente à temperatura T, pressão p e volume V. Após

ser aquecido, a temperatura passará a ser 2T, o volume 4V e a pressão :

a) p/2 Solução : P1 V1 = P2 V2 => P V = P 4 V => P = P b) p T1 T2 T 2T 2

c) 2pd) 4pe) p/4

421) (MACK) No tubo em “U” da figura abaixo, de extremidades abertas, encontram-se dois líquidos ideais, de densidades 0,8 g/cm3 e 1,0 g/cm3. O desnível entre as

135


superfícies livres dos líquidos é h = 2,0 cm. As alturas h1 e h2, são, respectivamente :

a) 4,0 cm e 2,0 cm Solução : b) 8,0 cm e 4,0 cm h c) 10,0 cm e 8,0 cm h1

d) 12,0 cm e 10,0 cm h2 e) 8,0 cm e 10,0 cm

PX = PY h = h1 – h2 PO + 1 g h1 = PO + 2 g h2

2 = h1 – h2 1 h1 = 2h2 h1 = 2 + h2 0,8 (2 + h2) = 1 h2

h1 = 2 + 8 1,6 + 0,8 h2 = 1 h2 h1 = 10 cm 1,6 = 1 h2 – 0,8 h2 0,2 h2 = 1,6 h2 = 1,6 => h2 = 8 cm 0,2

422) (CESESP – PE) O volume molar de um gás perfeito vale 22,4 litros à temperatura de 0ºC e pressão de 1 atm. O volume do mesmo gás à temperatura de 27ºC e à pressão de 76 cm Hg será, em litros :

a) 25,4 Solução : T = 27 + 273 => T = 300º K P = 76 cm Hg = 1 atm b) 22,6 P1 V1 = P2 V2 => 1 . 22,4 = 1 . V => V = 6720 c) 24,6 T1 T2 273 300 273 d) 23,4 V = 24,6 litros e) 26,2

423) (U. CAXIAS DO SUL – RS) Um recipiente de volume constante contém um gás perfeito à temperatura de 327ºC. Se a temperatura passa ao valor – 73ºC, o quociente entre as pressões inicial e final vale :

a) 3 Solução :TK = 327 + 273 => TK = 600 K TK = - 73 + 273 => TK = 200 K b) 2 Pi = PF => Pi = PF => Pi = 600 => Pi = 3

c) 1/3 T1 T2 600 200 PF 200 PF d) 1/2e) 1

424) (U. F. PELOTAS – RS) Um volume de 20 cm3 de gás perfeito encontra-se no interior de um cilindro, sob pressão de 2,0 atm e com temperatura de 27ºC. Inicialmente, o gás sofre uma expansão isotérmica, de tal forma que seu volume passa a ser igual a 50 cm3. A seguir, o gás sofre uma evolução isométrica e a pressão torna-se igual a 1,2 atm. A temperatura final do gás vale :

a) 450ºC Solução : P1 V1 = P2 V2 => 2 . 20 = 1,2 . 50 => 40 = 60 b) 177ºC T1 T2 300 T2 300 T2

c) 273ºC T2 = 1.800 => T2 = 450º K d) 723ºC 4e) 40,5ºC T = 450 – 273 => T = 177 ºC

425) (UCBA) Uma amostra de 50 g de um líquido tem sua temperatura aumentada de 10ºC para 30ºC quando absorve 1.000 calorias. Qual é o calor específico médio desse líquido, em cal/gºC ?

a) 1.000 Solução : Q = m c T

136


b) 500 1000 = 50 . c . (30 – 10) c) 2 1000 = 50 . c . 20 d) 1 1000 = 1000 c e) 0,5 c = 1000 => c = 1 cal/gºC 1000

426) (UFMG) Um corpo tem capacidade térmica igual a 18 cal/gºC e o calor específico do material que o constitui é igual a 0,12 cal/gºC. A massa desse corpo vale :

a) 150 g Solução : C = 18 cal/ºC c = 0,12 cal/gºC b) 180 g C = m . c

c) 220 g 18 = m . 0,12 d) 280 g m = 18 => m = 150 ge) 330 g 0,12

427) (OSEC – SP) A temperatura de 250 g de um líquido cujo calor específico é 0,30 cal/gºC sobe de – 20ºC a 40ºC, graças a uma fonte de calor que fornece 90 calorias por minuto. O tempo gasto para este aquecimento foi :

a) 20 min Solução : Q = m . c . T 1 min 90 cal b) 30 min Q = 250 . 0,30 . [40 – (- 20)] x 4.500 cal c) 40 min Q = 75 . 60 x = 4.500 d) 50 min Q = 4.500 cal 90 e) 60 min x = 50 min

428) (UNIMEP – SP) Uma fonte calorífica fornece, com potência constante, calor a 500 g de água durante 10 minutos, variando a temperatura da água de 15ºC. Substituindo a água por 200 g de ouro líquido, verifica-se que a temperatura deste se elevará também de 15ºC num tempo de 2 minutos. O calor específico do líquido desconhecido é :

a) 2,5 cal/gºC Solução : Q = m . c . T => Q = 500 . 1 . 15 b) 0,25 cal/gºC Q = 7.500 cal c) 0,5 cal/gºC 7.500 cal 10 min d) 1 cal/gºC x 1 min e) nenhum desses valores x = 7.500 => x = 750 cal 10 750 cal 1 min Q 2 min Q = 750 . 2 => Q = 1.500 cal 1 Q = m . c . T => 1.500 = 200 . c . 15 1.500 = 3.000 c => c = 1.500 => c = 0,5 cal/gºC 3.000 429) (F. E. SANTOS – SP) Misturam-se, num recipiente de capacidade térmica

desprezível, iguais quantidades de gelo a 0ºC e água. São dados o calor específico da água (1 cal/gºC) e o calor latente de fusão do gelo (80 cal/g). Para que se funda todo o gelo, qual deverá ser a mínima temperatura da água ?

a) 40ºC Solução : QÁGUA = QGELO (FUSÃO)

b) 50ºC m . c . T = m . LF c) 60ºC 1 . T = 80 d) 70ºC T = 80 ºC e) 80ºC430) (CESESP – PE) O diagrama abaixo representa a variação de temperatura de uma

substância pura, em função da quantidade de calor que lhe é fornecida. O calor de vaporização da substância é conhecido e vale 4,0 cal/g. As informações obtidas, a partir do diagrama, permitem calcular o calor específico da substância antes da vaporização (trecho AB) e sua massa. Os valores encontrados para estas grandezas, em cal/gºC e em gramas, são respectivamente :

a) 0,33 e 200 Solução : T (ºC)

137


b) 0,66 e 500 320 vaporização c) 0,03 e 250 260 B d) 0,84 e 300 200 fusão e) 0,05 e 400 140 A

700 1200 1700 2200 Q (cal)

Q = m . L Q = m . c . T 2.200 – 1.200 = m . 4 1.200 – 700 = 250 . c . 60 1.000 = 4 m 500 = 15.000 c m = 1.000 c = 500 => c = 0,03 cal/gºC 4 15.000 m = 250 g

431) (OSEC – SP) Têm-se 20 gramas de gelo a – 20ºC. A quantidade de calor que se deve fornecer ao gelo para que ele se transforme em 20 gramas de água a 40ºC é :

Dados: calor específico do gelo : 0,5 cal/gºC Calor específico da água : 1 cal/gºC Calor latente de fusão do gelo : 80 cal/g

a) 1.200 cal Solução:Aquecimento Do Gelo Fusão Do Gelo b) 1.000 cal Q1 = m . c . T Q2 = m . LF

c) 2.600 cal Q1 = 20 . 0,5 [0 – (- 20)] Q2 = 20 . 80 d) 3.000 cal Q1 = 20 . 0,5 . 20 Q2 = 1.600 cal e) NDA Q1 = 200 cal

Aquecimento da água Q3 = m . c . T => Q3 = 20 . 1 . (40 – 0) Q3 = 20 . 40 => Q3 = 800 cal

Q = Q1 + Q2 + Q3 => Q = 200 + 1.600 + 800 Q = 2.600 cal

432) (UNIMEP) Um corpo A de massa 300 g a 80ºC é misturado com um corpo B de massa 200g a 20ºC. Sendo o calor específico de A igual a 0,4 cal/gºC e o de B igual a 0,9 cal/gºC, a temperatura do equilíbrio será :

a) 50ºC Solução : QA = m . c . T => QA = 300 . 0,4 . 80 => QA = 9.600 cal b) 36ºC QB = 200 . 0,9 . 20 => QB = 3.600 cal c) 30ºC CA = QA => CA = 9.600 => CA = 120 cal/ºC d) 56ºC T 80 e) 44ºC CB = QB => CB = 3.600 => CB = 180 cal/ºC T 20

QA + QB = CA . T + CB . T 9.600 + 3.600 = 120 . T + 180 . T 13.200 = 300 T => T = 13.200 => T = 44 ºC 300433) (UnB – DF) Quando uma pastilha de 200 g de alumínio a 100ºC é colocada num

calorímetro de alumínio de massa 120 g, que contém inicialmente 150 g de querosene a 15ºC, a mistura atinge a temperatura final de 50ºC. Sendo 0,22 cal/gºC o calor específico do alumínio, o calor específico do querosene é :

a) 0,15 cal/gºC Solução : Q1 = m . c . T => Q1 = 120 . 0,22 . 35 b) 0,18 cal/gºC Q1 = 924 cal c) 0,24 cal/gºC Q2 = 200 . 0,22 . (- 50) => Q2 = - 2.200 cal d) um valor diferente desses Q3 = 150 . x . 35 => Q3 =5.250 x cal

138


M C (CAL/GºC) TI TF TCalorímetro 120 g 0,22 15ºC 50ºC 35ºCPastilha de Al 200 g 0,22 100ºC 50ºC - 50ºCQuerosene 150 g X 15ºC 50ºC 35ºC

Q1 + Q2 + Q3 = 0 => 924 – 2.200 + 5.250 x = 0 => - 1.276 + 5.250 x = 05.250 x = 1.276 => x = 1.276 => x = 0,24 cal/gºC 5.250

434) (UFV – MG) Em uma transformação isobárica de um gás perfeito, mantido a 2,0 . 105 N/m2 de pressão, forneceram-se 1.500 J de calor e provocou-se um aumento de volume de 3,0 litros. A energia interna do gás sofreu, em joules, uma variação de :

a) 200 Solução : V = 3 L => V = 3 dm3 => V = 0,003 m3

b) 900 T = P . V => T = 2 . 105 . 0,003 => T = 600 Jc) – 200 U = Q – T => U = 1.500 – 600 => U = 900 J d) – 400e) 600

435) (CESCEM – SP) Na experiência de joule (ver figura), uma massa de 10 kg cai de uma altura de 120 m, girando as pás que aquecem 1.000 gramas de água. Admitindo-se que toda a energia da queda produza aquecimento da água, o aumento da temperatura da água é aproximadamente igual a :

a) 23ºC Solução : b) 1,8ºC c) 0,32ºC d) 0,1ºC e) 3ºC

H

EP = m g h => EP = 10 . 10 . 120 => EP = 12.000 J

1 cal 4,18 J x = 12.000 => x = 2.870,8 cal x 12.000 J 4,18

Q = m . c . => = Q => = 2.870,8 m . c 1000 . 1 = 3 ºC

436) (OSEC – SP) No processo isobárico indicado no gráfico, o gás recebeu 1.800 J de energia do ambiente. A variação da energia interna do gás foi de :

a) 1.800 J Solução : P (Pascal) b) 1.200 J A B c) 1.000 J 30

d) 900 J e) 600 J 15

0 20 40 60 V (m3)

139


T = P . V => T = 30 . 40 => T = 1.200 J U = Q – T => U = 1.800 – 1.200 => U = 600 J

(PUC – SP) As questões 437 e 438 refere-se a figura abaixo. O gráfico mostra como varia a energia interna de um mol de oxigênio numa transformação isométrica, quando sua temperatura varia de 100 K a 200 K.

U (cal)

1.000

500

0 100 200 T (K)

437) (PUC – SP) A quantidade de calor absorvida pelo gás, em calorias, foi, nessa transformação :

a) 100 Solução : U = Q = 500 cal b) 500

c) 250d) 750e) 1.000

438) (PUC – SP) O calor específico molar do oxigênio, em cal/mol K, vale :

a) 5 Solução : U = n . cV . T b) 2,5 500 = 1 . cV . 100

c) 10 cV = 500 d) 2 100e) 1 cV = 5 cal/mol . K

439) (EMC – RJ) O rendimento de certa máquina térmica de Carnot é de 25 % e a fonte fria é a própria atmosfera a 27ºC. A temperatura da fonte quente é :

a) 5,4ºC Solução : T2 = 27 + 273 => T2 = 300 K b) 52ºC = 1 - T2 => 0,25 = 1 - 300 => 0,25 T1 = T1 – 300 c) 104ºC T1 T1 d) 127ºC T1 – 0,25 T1 = 300 => 0,75 T1 = 300 => T1 = 300

e) 227ºC 0,75 T1 = 400 K TK = TC + 273 => 400 = TC + 273 => TC = 400 – 273 TC = 127 ºC

440) (MACK) O gráfico mostra como a pressão p varia com o volume V, quando a temperatura de uma dada massa de gás perfeito é alterada. Se a temperatura absoluta inicial é T, então a temperatura absoluta final e o trabalho realizado pelo gás durante o processo valem, respectivamente :

a) T/2 e pV/2 Solução : P b) T e 2pV c) 4T e 3pV/2 2P d) 2T e 3pV e) 4T e 4pV P

0 V 2V V

P 1 V1 = P2 V2 => P V = 2P 2V => T2 = T 2P 2V T1 T2 T T2 P V

140


T2 = 4 T

T = (B + b) h => T = (2P + P ) V => T = 3PV 2 2 2

441) (UCMG) Na transformação cíclica de um gás perfeito, mostrada na figura, o trabalho realizado num ciclo, em joules, vale :

a) 2 . 105 Solução : P (N/m2) b) 6 . 105 4 . 105 c) 15 . 105 d) 20 . 105 2 . 105

e) 25 . 105

0 5 10 15 20 V (m3 )

T = (B + b) . h => T = (15 + 10) . 2 . 10 5 2 2

T = 25 . 105 J

As questões 442 e 443 referem-se ao gráfico abaixo:

(UF MARINGÁ-PR) O gráfico representa a dilatação de um gás sob pressão constante de 10 N/m2 .

V (m3 ) 0,6

0,4

0,2

0 200 400 600 T (K)

442) O trabalho realizado em joules é :

a) 40 Solução : T = P . V => T = 10 . (0,6 – 0,2) => T = 10 . 0,4 b) 2.000 T = 4 Jc) 200

d) 4e) 20

443) Se ao gás foi cedida a energia de 7,6 joules, a sua energia interna sofreu um aumento, em joules, de :

a) 196 Solução : U = Q – T b) 16 U = 7,6 – 4 c) 44 U = 3,6 J d) 3,6

e) 204

444) (CESGRANRIO – RJ) Certa máquina térmica cíclica e reversível trabalha entre – 73ºC e + 27ºC. O seu rendimento máximo é :

a) 2/3 Solução : T2 = - 73 + 273 => T2 = 200 K T1 = 27 + 273 => T1 = 300 K b) 1/3 c) 27 = 1 - T2 => = 1 - 200 => = 300 – 200 => = 100

73 T1 300 300 300 d) 3 = 1

73 3

141


(PUC – SP) Este enunciado refere-se aos testes 445 e 446.Uma prensa hidráulica tem êmbolos de diâmetros 4 cm e 16 cm.

445) A força exercida sobre o êmbolo maior, quando se aplica uma força de 900 N sobre o menor, será de :

a) 14.000 N Solução : S1 = . r2 => S1 = . (0,02)2 => S1 = 0,0004 m2

b) 14.400 N S2 = . (0,08)2 => S2 = 0,0064 m2 c) 28.800 N d) 2.880 N F1 = F2 => 900 = F2 => F2 = 5,76

e) 1.440 N S1 S2 0,0004 0,0064 0,0004 F2 = 14.400 N

446) O deslocamento do êmbolo maior, quando o menor se desloca 8 cm, será :

a) 8,0 cm Solução : S1 . d1 = S2 . d2 => 0,0004 . 8 = 0,0064 . d2 b) 5,0 cm 0,0032 = 0,0064 d2 => d2 = 0,0032 => d2 = 0,5 cm c) 0,2 cm 0,0064 d) 0,5 cm

e) 2,0 cm

447) (UFAL) Uma partícula A está sujeita a três forças colineares, representadas na figura abaixo pelos vetores F1, F2 e F3. Sendo F1 = 10 N e F2 = 7 N e estando a partícula em equilíbrio, a intensidade de F3 deve ser, em newtons, igual a :

F3 A

F1 F2

a) 3 Solução : F1 = F2 + F3 => 10 = 7 + F3 => 10 – 7 = F3 => F3 = 3 N b) 7c) 10d) 13e) 17

448) (UFRS) A figura mostra uma alavanca de 1,00 m de comprimento, apoiada a 20 cm da extremidade esquerda.

P F Apoio

Considerando desprezível o peso da alavanca, qual o módulo da força F que deve ser aplicado na extremidade direita para sustentar, em equilíbrio, um peso P de 500 N colocado na outra extremidade ?

a) 50 N Solução : 1 m b) 100 N

c) 125 N 20 cm 80 cmd) 250 N Apoio = Ae) 500 N P F

MFA = - F . AF => MFA = - F . 80 MPA = + P . PA => MPA = 500 . 20

M = 0 => MP + MPA + MFA = 0

142


P . PA – F . AF = 0 500 . 20 – F . 80 = 0 => 80 F = 10.000 => F = 10.000 80 F = 125 N

449) (UNIFOR – CE) Na figura abaixo, AB é uma barra rígida, homogênea e cilíndrica em equilíbrio, apoiada em um ponto fixo O. A esfera M, pendurada na extremidade A da barra por um fio de massa desprezível, pesa 20 N. A experiência leva-nos a concluir que o peso da barra é de :

4,0 m a) 10 N 1,0 m b) 20 N A B c) 30 N O d) 40 N e) 50 N

M VO

Solução : 1,0 m 2,0 m G A B O

M = 20 N P MO = 0 => MM + MVO + MP = 0 => M . OA – PAB . OG = 0 0 + 20 . 1 – PAB . 1 = 0 => PAB = 20 N

450) (UFSCAR – SP) Uma massa de 2 kg está suspensa por cordas inextensíveis e de massas desprezíveis, conforme a figura abaixo. A tração na corda horizontal é de (dado g = 9,8 m/s2 ) :

y

60º T3 y

T2 60º T3 x x T1

2 kg

a) 39,2 N Solução : T3x = T3 . cos 60º => T3x = T3 . 1 => T3x = T3 3 2 2

b) 2,0 N T3y = T3 . sen 60º => T3y = T3 3 3 2

143


c) 4,0 N Rx = 0 3 T2 = T3x => T2 = T3 T1 = P => T1 = m . g d) 19,6 N 2 T1 = 2 . 9,8 => T1 = 19,6 N 3 Ry = 0

e) 39,2 N T1 = T3y => T1 = T3 3 => 19,6 = T3 3 => T3 = 19,6 . 2 2 2 3 T3 = 39,2 N 3

T2 = T3 => T2 = 39,2 => T2 = 39,2 . 1 => T2 = 19,6 N 2 3 3 2 3 2

144

apostila de fÍsica 1ª parte

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