Gabaritos-lista-de-Férias-Julho-2016

Gabaritos lista de Férias – Julho 2016
Gabarito cinemática :
Resposta da questão 1:
[A]
O deslocamento
(ΔS) de uma partícula em movimento uniformemente variado a partir do repouso e a
velocidade v são:

a 2
ΔS  t
2

v  a t

sendo
a
a aceleração escalar e t o tempo de movimento.
Fazendo a analogia que sugere o enunciado e aplicando para o instantes
ΔN 
a 2
t
2
 8  105 
t  4 h e t  1h, temos:
a
bactérias
2
4   a  1 105
.

2
h2
N  a t  N  1 105 1 
N  1 105
bactérias
.
h
Resposta da questão 2:
[A]
Tanto na primeira como na segunda situação, a aceleração do móvel se deslocando no plano inclinado é
a mesma, pois a força resultante em cada caso também é igual.
Dito isto, podemos relacionar a distância percorrida com a velocidade usando a equação de Torricelli.
v 2  v02  2a  Δs
Considerando a velocidade final igual a zero em cada situação e tendo em vista que a aceleração é
negativa, podemos rearranjar para cada caso da seguinte maneira:
Caso 1: móvel se desloca até a metade da rampa:
Caso 2: móvel se desloca até o final da rampa:
v02  2a  Δs1 (1)
v022  2a  Δs2 (2)
Dividindo a equação (2) pela equação (1) e considerando que o deslocamento na situação 2 é o dobro da
situação (1)
v 022
v 2 2Δs1
2a  Δs2

 02 
 v 022  2v 02
Δs1
2a  Δs1
v 02
v 02
v 02  2v 02  v 02  v 0 2
Resposta da questão 3:
[A]
O móvel B começa com maior velocidade em relação ao móvel A inicialmente e, portanto como a
distância percorrida representa a área sob a curva v  t, a área pintada de amarelo representa a
vantagem percorrida por B em relação à A até o momento t 2 quando as velocidades dos dois móveis
passam a ser iguais (área
A1), a partir do qual com o móvel B desacelerando e o móvel A acelerando
com o mesmo módulo. Como os móveis acabam invertendo as velocidades, agora é o móvel A que
começa a percorrer maior distância com o tempo e a área pintada de azul representa a vantagem de A
em relação à B (área A 2 ).
Para que os dois móveis se encontrem novamente estas áreas devem ser iguais, portanto o encontro se
dá no tempo t 4 .
Resposta da questão 4:
a) Como não foi especificado velocidade escalar média, trata-se de velocidade vetorial média, pois
velocidade é uma grandeza vetorial.
A figura mostra o deslocamento vetorial
O módulo
(d)
entre os pontos A e B.
(d) desse deslocamento é:
d2  402  302  d  50 μm  50  106 m.
Na figura dada, contamos 10 deslocamentos sucessivos entre A e B. Assim:
Δt  10  30  Δt  300 s.
Então:
vm 
b) Dados:
d 50  106

 v m  1,67  10 7 m/s.
Δt
300
I  2 D t; D  kT r; k  3  1018 m3 sK; r  3 μm  3  106 m; T  300 K;
Δt  10 min  600 s.
Combinando as expressões dadas e substituindo os valores, vem:
I 2
kT
t  I
r
2
3  1018  300
3  106
 600 
I  6  104 m.
Resposta da questão 5:
[B]
Usando a expressão da velocidade escalar média:
v média 
Δs
Δt
Substituindo com os dados fornecidos de distância e tempo e fazendo a transformação de unidades,
temos:
vmédia 
700m 1km 60min
km


 2,625
16min 1000m
1h
h
Resposta da questão 6:
[C]
Calculando o módulo da aceleração escalar em cada caso:
a 
Δv
Δt
 a1


 a2

 
 a3


 a4

 0 (v constante)



40  20
10
0  10
2
0  40
 2 m/s2
 5 m/s2
10
amáx  5 m/s2 .

 4 m/s2
Resposta da questão 7:
[D]
D  90 km

Percurso total  
3
Δt  1 e 30 min  1,5 h  2 h

1
90

 30 km
d  D 
Pr imeiro trecho   1 3
3
v  45 km/h
 1
d
30
2
 Δt1  1 
 Δt1  h.
v1 45
3
d2  D  d1  90  30  d2  60 km

Segundo trecho  
3 2
5
 Δt 2  h
Δt 2  Δt  Δt1  
2 3
6

 v2 
d2
60


Δt 2 5
6
v 2  72 km/h.
Resposta da questão 8:
01 + 08 + 16 = 25.
[01] (Verdadeira) O tempo gasto por Tiago foi
t
d
700m

 800 s
m
v
0,875
s
Mas como a velocidade média indica o deslocamento do móvel com o tempo
Pelo teorema de Pitágoras tiramos o deslocamento
Δs
Δs  500m
Calculando a velocidade média:
Δs
vm 
Δt

500m
m
 0,625
800 s
s
[02] (Falsa) O deslocamento de João usando Pitágoras será:
Δs  1000m
O tempo gasto no percurso de João é:
t
Δs
1000m

 800 s
m
vm
1,25
s
[04] (Falsa) Vimos anteriormente que o deslocamento de Tiago foi de
500m.
[08] (Verdadeira) A velocidade escalar média e dada pela distância percorrida no tempo gasto, então:
vm 
d 800m  600m 1400m
m


 1,75
t
800 s
800 s
s
[16] (Verdadeira) Como se verifica na figura abaixo, João fica deslocado 1500 m em relação ao Tiago.
[32] (Falsa) Como os dois se deslocam em direções opostas, a intensidade da velocidade relativa de
João em relação a Tiago é representada pela soma de seus módulos:
v J,T  1,25
m
m
m
 0,625  1,875
s
s
s
Resposta da questão 9:
[D]
A situação representa um lançamento horizontal e desmembrando este movimento temos um
movimento de queda livre na vertical e movimento uniforme na horizontal.
No eixo horizontal
(x), temos um MRU:
x  x0  v x  t
Donde tiramos o tempo de queda, usando o alcance e a velocidade horizontal:
5  0  2,5  t
t2 s
No eixo vertical
hg
(y), para a altura em função do tempo, temos a expressão:
t2
2
Com os dados fornecidos e o tempo calculado:
2
2 2s
h  10 m / s 


2
 20 m
Resposta da questão 10:
[B]
No trecho A, o carro parte do repouso e aumenta sua velocidade uniformemente até atingir a velocidade
de 60km h.
Desta forma, a aceleração durante o trecho A tem direção como sendo a horizontal e sentido da
esquerda para a direita.
No trecho B, o carro está inicialmente com uma velocidade de
60km h e vai desacelerando até atingir
o repouso.
Assim, a aceleração no trecho B tem mesma direção que no sentido A (horizontal), porém está no
sentido contrário (da direita para a esquerda).
Resposta da questão 11:
[B]
Sabendo que a massa do vagão a ser analisado é de
função em relação ao tempo,
v  2  t,
3000 kg e que a velocidade é dada como uma
existem duas soluções possíveis.
1. Por comparação com a Função Horária da Velocidade:
v  v 0  a  t

v  2  t
Disto, pode-se concluir que
v0  0
a  2 m s2
Assim,
F  m  a  3000  2
F  6000N
2. Por derivada:
Sabendo que,
a
dv d
  2t   a  2 m s2
dt dt
Assim,
F  ma
F  6000N
Resposta da questão 12:
a) Dados:
vm 
b) Dados:
ΔS  1.200 km  1.200  103 m; Δt  800 s.
ΔS 1.200  103


Δt
800
vm  1.500 m/s.
S  32 km  32.000 m; S0  0; v0  0; t  80 s.
S  S0  v 0 t 
aR
2
t 2  32.000 
aR
2
802 
a R  10 m/s2.
Resposta da questão 13:
[E]
Tomando as equações horárias das posições de cada móvel, temos:
s1  0  10t 
1 2
1
t e s2  d  14t  t 2
2
4
Em que
S  posição de cada móvel
(m) no instante t (s)
No encontro dos móveis, as posições são iguais.
10t 
s1  s2
1 2
1
t  d  14t  t 2
2
4
Rearranjando os termos
3t 2  96t  4d  0 (1)
Sabendo que o encontro ocorre apenas uma vez, temos um choque totalmente inelástico, isto é, a
velocidade final das duas partículas é a mesma.
v1  10  t e v 2  14 
t
2
v1  v 2
10  t  14 
t
48
t
 t  16 s
2
3
Substituindo o tempo encontrado na equação (1), obtemos:
2
3  16  96  16  4d  0  d  192m
Outra forma de pensar a resolução desta questão a partir da equação (1) é que o encontro dos móveis
significa as raízes da equação quadrática. Como esse encontro se dá uma única vez, temos duas raízes
reais iguais, ou seja, Δ  0, então:
( 96)2  4  3  4d  0
9216  48d  0
9216
d
 d  192 m
48
Resposta da questão 14:
[A]
[I] Verdadeira. Aplicando a definição de aceleração escalar média:
a  am 
Δv 10

 a  1 m/s2.
Δt 10
[II] Verdadeira. O espaço percorrido é dado pela área entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos.
ΔS 
10  10
 ΔS  50 m.
2
[III] Falsa. A velocidade é variável.
[IV] Falsa. A velocidade aumenta 1,0 m/s a cada segundo.
Resposta da questão 15:
04 + 16 = 20.
[01] Falsa. O movimento é retilíneo uniformemente variado devido à aceleração constante.
[02] Falsa. A expressão matemática que define a posição da bicicleta com o tempo é
[04] Verdadeira. Pela 2ª Lei de Newton,
x  20  5t  2t 2 .
FR  m  a , substituindo a massa e a aceleração resulta:
FR  70  4  280 N.
[08] Falsa. O trabalho total em 2 s é calculado com o deslocamento neste intervalo de tempo
multiplicado pela força resultante
2
x  20  5t  2t
x(2s)  20  5  2  2  22  38 m
O deslocamento foi de d  38  20  18 m
O trabalho neste intervalo é: W  FR  d  280  18  5040 J
Em 2 s:
[16] Verdadeira. A quantidade de movimento linear é o produto da massa pela velocidade instantânea:
Q  mv
Mas a velocidade em 2 s é dada por:
v  v0  a  t
v  5  4t
v(2 s)  5  4  2  13 m / s
Logo,
Q  70  13  910 kg  m / s
[32] Falsa. O impulso sofrido em 2 s é dado pela variação da quantidade de movimento.
I  ΔQ  Qf  Qi
Qi  70  5  350 Ns
I  Qf  Qi  910  350  560 Ns
Resposta da questão 16:
Dados:
f  0,25 Hz; r  2 m; VR  4 m/s; π  3.
a) Como se trata de movimento circular uniforme, somente há a componente centrípeta da aceleração.
VT  2 π f r  2  3  0,25  2 
a 
VT
2
r

32

2
a  4,5 m/s2 .
b) A figura mostra a velocidade resultante
U2  VT2  VR2  32  42 
c)
cos θ 
VT  3 m/s.
VR 4
  0,8 
U 5
U da bola num ponto qualquer da trajetória.
U  5 m/s.
θ  arccos0,8.
Resposta da questão 17:
[E]
Dados: d1 = 120 km; d2 = 160 km; t =1/4 h.
A figura ilustra os dois deslocamentos e o deslocamento resultante.
Aplicando Pitágoras:
d2  d12  d22  d2  1202  1602  14.400  25.600  40.000  d  40.000 
d  200 km.
O módulo da velocidade vetorial média é:
vm
d
200
 200  4  
1
t
4
 800 km / h.
vm 

Resposta da questão 18:
[A]
Todo movimento circular contém uma componente centrípeta voltada para o centro da circunferência de
módulo não nulo.
Resposta da questão 19:
[D]
A figura mostra as velocidades do barco em relação ao rio, do rio em relação à margem e a resultante
das duas.
VRe sul tan te 
ΔS 800

 8,0m / s
Δt 100
Aplicando Pitágoras ao triângulo sombreado, vem:
VB2  82  62  100  VB  10m / s
Resposta da questão 20:
[C]
A figura mostra os deslocamentos escalar e vetorial em meia volta.
S  R  30m


r  2R  20m 
S 30

 3,0m / s
t 10


 r 20
Vm 

 2,0m / s
t 10
Vm 
Resposta da questão 21:
01 + 02 + 16 = 19
Justificando as incorretas:
04) Dois vetores são iguais somente se seus módulos, suas direções e seus sentidos forem iguais.
08) O módulo de um vetor não depende de sua direção, mas sim, da intensidade da grandeza física que
ele representa.
Resposta da questão 22:
VVVFV
Observe a figura abaixo.
SJ  200m ; SP  0 ; SL  10 .
ΔSJP  0  (200)  200m
ΔSPL  10  0  10m
ΔSLJ  200  10  210m
ΔSPLP  0  0  0
D  200  10  210  420m
(V) A posição do jeep em relação ao posto é −200 m.
(V) O deslocamento do motorista entre o posto e a loja de conveniência foi de 10 m.
(V) O deslocamento do motorista entre a loja de conveniência e o jeep foi de −210 m.
(F) O deslocamento do motorista, no trajeto posto de combustível - loja de conveniência - posto de
combustível, foi de 20 m.
(V) A distância total percorrida pelo motorista para comprar gasolina e água e retornar para o jeep foi de
420 m.
Resposta da questão 23:
[B]
Dados: vaut = 80 km/h; sen  = 0,8 e cos  = 0,6.
A figura mostra o automóvel e as velocidades do automóvel
 vaut  e da chuva ( v ), para a pessoa
parada na beira da estrada. O diagrama vetorial mostra a composição dessas velocidades para o
estudante.
tg  =
v aut
sen v aut


cos 
v
v

0,8 80


0,6 v
v = 60 km/h.
Resposta da questão 24:
[A]
Dados: vB = 11 km/h; vA = 0,83 m/s = (0,83  3,6) = 3 km/h.
Na descida:
v = vB + vA = 11 + 3 = 14 km/ h.
Na subida:
v = vB – vA = 11 – 3 = 8 km/ h.
Resposta da questão 25:
[A]
Como se pode observar na figura a seguir, se a aceleração é inclinada de 45°, as suas componentes
vertical e horizontal têm mesma intensidade.
Portanto: ay = ax = 6 m/s2.
Ou ainda: tg 45° =
ay
ax
 1
ay
6

ay = 6 m/s2.
Resposta da questão 26:
[A]
A componente centrípeta da aceleração ou aceleração centrípeta surge quando há variação no módulo
do vetor velocidade e a componente centrípeta surge quando há variação na direção do vetor
velocidade.
Resposta da questão 27:
[B]
Calculemos os pares ordenados para esses dois instantes:
 x  0   0;
x  t   3t 
 x  4   3  4   12 cm.
 y  0   0;
y  t   t3  12t 
3
 y  4    4   12  4   64  48  16 cm.
O sistema cartesiano abaixo representa esses pares e o vetor deslocamento entre esses instantes.
Da figura:
2
2
D  12  162  144  256  400  D  20 cm.
Resposta da questão 28:
[A]
Usando a equação de Torricelli com a = g = 10 m/s2 e
2
v 
v 02
ΔS  h  20m.
2
 2g h  v  0  2  10  20  400 
v  20 m/s.
Resposta da questão 29:
[D]
Aplicando a equação de Torricelli à queda livre, temos:
v2  2 gh  v 
2 g h  2  9,81 50 
981 
Resposta da questão 30:
[C]
Dados: v0 = 0; v = 72 km/h = 20 m/s; g = 10 m/s2.
Aplicando as equações da queda livre:
v  31,3 m/s.

t  2 s.
v  g t  20  10 t 


g 2
2

 h  5  2

h  20 m.
h  2 t
Resposta da questão 31:
[A]
Considerando desprezível a resistência do ar, a bola desce em queda livre até que, num determinado
instante, ela para abruptamente.
Assim, a velocidade escalar aumenta linearmente com o tempo, anulando-se instantaneamente,
enquanto que a aceleração escalar é constante, até se anular, também, instantaneamente, como
mostram os gráficos da alternativa [A].
Resposta da questão 32:
[D]
Da equação da queda livre:
h
1
g t2  t 
2
tLua

t Terra
2h
g

tLua

t Terra
2 h gTerra


g Lua 2 h
gTerra
10

gLua
2

5.
Resposta da questão 33:
[B]
Para o observador A, dentro do trem, no ponto mais alto a velocidade é nula. Para o observador B, em
repouso em relação à Terra, a velocidade da pedra é igual à do vagão, 5 m/s.
Resposta da questão 34:
[D]
Para um lançamento vertical com referencial no solo e trajetória orientada para cima, as funções
horárias da altura e da velocidade são:
g 2

h  t    t  v 0 t  h0
2

v  t   v  g t
0

Comparando com a equação dada,
h(t)  At 2  Bt  C, temos:
g

A   2  g   2 A

v 0  B
h  C
 0

A função horária da velocidade em termos dos parâmetros dados fica:
v  t   B    2 A  t  v  t   B  2 A t.
No instante t = 4 s, o corpo atinge o ponto mais alto, sendo nula a velocidade na altura de 9 m. Assim:

v  4   0  B  2 A  4   0  B   8 A .

2

h  4   9  A  4     8 A  4   C  9   16 A  C  9.
No instante t = 10 s, o corpo atinge o solo (h = 0). Assim:
I
h 10   0  A 10     8 A 10   C  0  20 A  C  0  A 
2
C
20
II.
Substituindo (II) em (I):
180
 C 
16 
  C  9  16 C  20 C  180  C  36 
20


C  5 m.
Gabarito estática :
Resposta da questão 1:
[B]
Observação: O termo tensão tem a dimensão de força/área, a mesma de pressão. Se o enunciado
está se referindo apenas às forças suportadas pelos fios, o termo correto é tração. Caso os fios sejam
de mesma secção transversal, os termos acabam se equivalendo.
As figuras mostram as forças agindo em cada uma das situações:
De Figuras (a), do triângulo isóscele:
Ta  P.
De Figuras (b), aplicando a lei dos senos:
Tb
P
3
1
P

 Tb
P
 Tb 
.
sen 30 sen 120
2
2
3
Fazendo a razão entre as duas trações:
Ta
P

Tb P
 Ta  3 Tb 
3
1
Ta   3  2 Tb .
Resposta da questão 2:
[A]
Analisemos a figura abaixo que mostra as forças que atuam no bloco.
Na horizontal, as componentes da tração se equilibram. Na vertical, para haver equilíbrio:
2 Ty  P  2 T sen θ  P  T 
P
.
2 sen θ
Aplicando essa expressão em cada um dos casos:

P
P

 T1  P
T1 
1
2
sen
30


2
2


P
P
P
3

T

 T2 
P  T2  0,58 T
T2 
2 sen θ 
2 sen 60
3
3
2

2

P
P
T 

 T3  0,5 T
 3 2 sen 90 2

T3  T2  T1.
Resposta da questão 3:
[E]
A figura mostra as forças que agem no bloco: peso,
decomposta em normal e força de atrito.
F
e a força de contato com a parede que já está
Para haver equilíbrio a resultante deve ser nula, portanto:
(Fat)max  P  μN  mg  0,2N  60  N  300N
F  N  F  300N
Resposta da questão 4:
Esboço das forças que atuam no sistema:
Condição da questão:
Tmax  800N
P '  T  M.g  T  M.10  800
Mmax  80kg
Para que a pessoa levante a caixa sem deslizar, temos:
Na pessoa: A  T.cosθ
T  P'  M.g
Ou seja, A  T.cos θ  A  P'.cos θ  A  M.g.cos θ (EQUAÇÃO 1)
Na caixa:
A  μ.N
Como: N  T.senθ  P  N  P  T.senθ  N  m.g  T.senθ
Força de atrito que atua na pessoa:
Teremos:
A  μ.N  μ.(m.g  T.senθ)
Substituindo na equação 1:
A  M.g.cos θ  μ.(m.g  T.senθ)  M.g.cos θ
Lembre-se que: T  P'  M.g
Ou seja: μ.(m.g  T.senθ)  M.g.cos θ  μ.(m.g  M.g.senθ)  M.g.cos θ
Substituindo os valores:
μ.(m.g  M.g.senθ)  M.g.cos θ  1.(80.10  M.10.sen45º )  M.10.cos 45º  800  M.10
M  40 2kg
2
2
 M.10.
2
2
M<Mmax, a resposta satisfaz a questão.
Resposta da questão 5:
[B]
Notamos que 2 molas seguram o bloco. Desta forma,
2F  elástica   Peso
2k  x  mg
2k   20   80  10
40 k  800
k  800/40  20 N/cm
Resposta da questão 6:
[A]
Dados: mS = 20 g = 2010–3 kg; mS = 30 g = 3010–3 kg; mS = 70 g = 7010–3 kg; g = 10 m/s2.
1ª Solução:
Podemos pensar de uma maneira simples:
– Se cortarmos o fio superior, os três elefantes cairão. Logo, a tração nesse fio superior equilibra os
pesos dos três elefantes. Sendo TS a tensão nesse fio, temos:
TS  PC  PM  PB  mC  mM  mB  g   20  30  70   103  10 
TS  1,2 N.
– Se cortarmos o fio médio, cairão os elefantes do meio e de baixo. Logo, a tração nesse fio do meio
equilibra os pesos desses dois elefantes. Sendo TM a tensão nesse fio, temos:
TM  PM  PB  mM  mB  g   30  70   103  10 
TS  1,0 N.
– Analogamente, se cortarmos o fio inferior, cairá apenas o elefante de baixo. Logo, a tração nesse fio
equilibra o peso desse elefante. Sendo TB a tensão nesse fio, temos:
TB  PB  mB g  70  103  10 
TB  0,7 N.
2ª Solução:
Racionando de uma maneira mais técnica, analisemos o diagrama de forças sobre cada móbile.
De Cima (C)
Do Meio (M)
De Baixo (B)
Como se trata de um sistema em equilíbrio, a resultante das forças em cada elefante é nula. Assim:
(C)  TS  PC  TM  0

(M)  TM  PM  TB  0
(B)  T  P  0
B
B

+
 TS  PC  PM  PB  0  TS  PC  PM  PB
TS   20  30  70   10 3   10  TS  120  10 2
TS  1,2 N.

Em (B):
TB  PB  0  TB  PB  70  103  10 
TB  0,7 N.
Em (M):
TM  PM  TB  0  TM  PB  TB  30  70   103   10 
TB  1,0 N.
Resposta da questão 7:
[A]
A figura mostra as forças que agem sobre cada bloco e a junção dos três fios:

Isolando a junção 
Isolando o bloco 1 
T3 cos60  T1  m3 .gcos60  T1 (01)
μN1  μ.m1.g  T1 (02)
Igualando 02 e 01, vem:
μm1g  m3 g.
m
1
μ  3 .
2
2m1
Resposta da questão 8:
01 + 04 + 08 = 13.
[01] (Verdadeira) O equilíbrio estático de uma estrutura é atingido quando o momento resultante e as
forças resultantes são nulas.
[02] (Falsa) O torque é calculado pela distância perpendicular entre o ponto de apoio (pilar A) e o ponto
de aplicação (guindaste), que também é chamado de braço de alavanca e independe da altura do
bloco no guindaste, pois essa distância horizontal é a mesma para qualquer altura.
[04] (Verdadeira) As reações nos pilares são maiores quanto mais próximo estiver a carga representada
pelo guindaste, logo se há aproximação em relação ao pilar A sua reação aumenta e um
afastamento em relação ao pilar C provoca uma redução da reação neste pilar.
[08] (Verdadeira) O cálculo das reações de apoio em A e C:
F  0  RA  RC  215 tf (1)
Calculando o Momento em A e usando a convenção sentido horário (-) e sentido anti-horário (+),
temos:
M  0  200  80  15  180  RC  200  0  RC 
16000  2700
 93,5 tf  93,5  104 N
200
Substituindo
RC na equação (1)
RA  93,5  215 tf  RA  215 tf  93,5 tf  121,5 tf  121,5  104 N
[16] (Falsa) Neste caso, as reações seriam alteradas pelo novo apoio.
[32] (Falsa) O fato de o bloco subir na vertical, em velocidade constante, não alteram as configurações
de forças de reação nos pilares devido ao movimento não ter aceleração e não possuir deslocamento
horizontal que afetaria os braços de alavanca e as reações.
Resposta da questão 9:
[C]
Dados:
PG  50.000 N; dG  3 m; dP  2 m.
Na condição de carga máxima, há iminência de tombamento, sendo nula a normal em cada uma das
rodas traseiras.
O momento resultante em relação às rodas dianteiras é nulo.
M PG  M P  50.000  3  P  2 
P  75.000 N.
Resposta da questão 10:
[C]
Quando suspensa, a barra maior sofrerá em cada extremidade uma tração de intensidade igual à do
triplo do peso de cada passarinho. Então, por simetria, ela deve receber um fio que a pendure, atado ao
seu ponto médio, ou seja, o ponto de número 3.
Resposta da questão 11:
[B]
Considerando o paciente e o bloco como pontos materiais, as forças atuantes em cada um deles estão
mostradas abaixo.
Como se trata de uma situação de equilíbrio, temos:
 T  m g I 

N  Ty  M g  N  T sen 30  M g

Fat  Tx  Fat  T cos30 III
II
(I) em (II):
N  m g sen 30  M g  N  50  10  m  10 
1
 N  500  5 m IV 
2
Na iminência de escorregar, a força de atrito estática no paciente atinge valor máximo. Substituindo (IV)
em (III):
μ N  m gcos30  0,26   500  5 m   m  10  0,87 
130  1,3  m  8,7  m  10  m  130 
m  13 kg
Resposta da questão 12:
[B]
Sendo Q a carga desconhecida, do equilíbrio de translação, temos:
Q  20  NA  NB  Q  20  25  35 
Q  40 kN.
Em relação ao ponto B, o equilíbrio de rotação nos dá:
Q d  R  3   NA  4   40 d  20  3   25  4   40 d  40 
d  1 m.
Resposta da questão 13:
[D]
Quanto maior o braço da alavanca (distância da linha de ação da força ao apoio), menor a intensidade
da força para se obter o mesmo torque.
Resposta da questão 14:
[C]
Comentário: O enunciado pede a intensidade da força de tração no fio. Para que haja equilíbrio da
barra, o fio ligado à extremidade A deve estar tracionado. Para tal, as cargas elétricas das pequenas
esferas devem ser de sinais opostos. Se na expressão da força elétrica as cargas não forem colocadas
em módulo, a intensidade da tração será negativa, o que é um absurdo.
A intensidade da força de tração no fio ligado na extremidade A é à da força elétrica entre as cargas.
A figura ilustra a situação:
Como a barra está em equilíbrio, o somatório dos momentos das forças em torno do ponto E é nulo.
Seja FB a intensidade da força de tração no fio “BC”
MFC  MFC
 FAy D  FBy 3D  FA cos 30  3 FB cos 60 
Ay
By
K 0 | Q || q | 3
1
 3 FB
2
2
2
d
FB 
3 K 0 | Q || q |
3 d2
.

Resposta da questão 15:
[B]
Dados: L = 2 m; P = 10 N; d = 0,5 m; PA = 100 N.
A figura mostra as dimensões relevantes para a resolução da questão.
Como a barra está em equilíbrio, em ralação ao ponto O, o somatório dos momentos em sentido antihorário é igual ao somatório dos momentos em sentido horário.
M PB  MP  M PA  PB 1,5   10  0,5   100  0,5   1,5 PA  45 
PA  30 N.
Resposta da questão 16:
[C]
Se o portão está em equilíbrio, o somatório dos momentos em relação a qualquer ponto é nulo.
A figura mostra as componentes horizontais das forças atuantes nas dobradiças.
Em relação ao ponto B, temos:
B
MB
 MP
 FA 1,6  800  0,8   FA 
F
A
 FA  FB  400 N.
Resposta da questão 17:
[E]
Dado: mC = 70 kg.
6.400
 400 N.
1,6
Da figura, as distâncias de Isabela e Carlos até o eixo de rotação são, respectivamente: bI=2,5 m e
bC=2,0 m.
Para que a barra esteja em equilíbrio, o somatório dos momentos deve ser nulo.
M  0
 mI g bI  mC g bC  m I 
mC bC
bI

70  2

2,5
m I  56 kg.
Como o apoio está entre as forças aplicadas, o tipo de alavanca formado pela gangorra é interfixa.
Resposta da questão 18:
[D]
| NA | .2,0 | P | .1,8
| NA | .2,0  80.10.1,8
| NA | .2,0  80.18
| NA | 80.9
 | NA | 720N
Resposta da questão 19:
[C]
A figura abaixo mostra as forças que agem na haste.
Para que a haste foque em equilíbrio, é preciso que o somatório das forças em relação a “O” seja nulo.
Portanto:
30,X  20.30  X  20 cm
Resposta da questão 20:
[B]
Desenhando todas as forças que atuam na barra, bem como a localização do ponto O, e adotando como
positivo o sentido horário de rotação, teremos:
Sendo:
Pb : peso da barra;
PQ : peso da esfera;
NA : Força normal trocada com o apoio A;
NB : Força normal trocada com o apoio B.
Considerando que a soma dos momentos de todas as forças, em relação ao ponto O, é igual à zero
(condição de equilíbrio), teremos:
 (m)o  0
(mNB )o  (mPb )o  (mPQ )o  (mNA )o  0
NB .2  Pb .1  PQ .0,4  NA .0  0
NB .2  50.1  80.0,4  0  0
NB .2  50  32  0
NB .2  82  0
NB  41N
Gabarito conservação de energia:
Resposta da questão 1:
a) Dados:
m  30 kg; g  10 m/s2 ; H  2,5 m.
Analisemos a figura a seguir:
Por semelhança de triângulos:
d
h
H 2,5
 2  h 
 h  1,25 m.
H
d
2
2
O sistema é conservativo. Com referencial na base do plano, vem:
A
B
A
A
B
B
EMec
 EMec
 ECin
 EPot
 EB
Cin  EPot  0  m g H  ECin
E  EB
Cin  m g H  h   30  10  1,25 
 mgh 
E  375 J.
Calculando a velocidade e a quantidade de movimento (Q) no ponto B:
2
m vB
2 E 2  375
2
 E  vB


 25  vB  5 m/s.
2
m
Q  m vB  30  5 
b) Dados:
30
Q  150 kg  m/s.
m  30 kg; g  10 m/s2; cos30  0,9.
Como não há atritos a considerar, a força de contato entre o escorregador e a criança é a força
normal, de intensidade F.
F  Py  Pcos θ  m g cos30  30  10  0,9 
c) Dados:
F  270 N.
m  30 kg; g  10 m/s2; sen30  0,5.
A força resultante sobre a criança é a componente tangencial do peso, Px.
a  5 m/s2.
Fres  Px  m gsen θ  m a  m gsen30  10  0,5 
Resposta da questão 2:
[A]
No ponto de compressão máxima, a velocidade é nula. Adotando esse ponto como referencial de altura,
nele, a energia potencial gravitacional também é nula. Assim, aplicando a conservação da energia
mecânica.
2 m g hd
k d2
i
f
EMec
 EMec
 m g hd 
 k
.
2



2

d
Resposta da questão 3:
[E]
A energia cinética é máxima no ponto onde a energia potencial é mínima. Isso ocorre no ponto de
abscissa x  x 2 .
Resposta da questão 4:
a) Usando a conservação da energia mecânica entre os pontos B e C, com referencial em B, vem:
2
m vC
m v B2
C
2
EB
 m ghBC 
 vC
 vB2  2 ghBC 
mec  Emec 
2
vC 
10  2 
2
 2  10  10  400 
2
v C  2 10 m/s.
b) Se o esquiador passar pelo ponto C na iminência de perder o contato com a pista, na iminência de
voar, a normal nesse ponto deve ser nula. Então a resultante centrípeta é seu próprio peso.
2
m vC
Rcent  P 
 m g  v C  r g  10  10  v C  10 m/s.
r
Usando a conservação da energia mecânica entre A e C, com referencial em C, vem:
2
m vC
v2
102
A
C
Emec
 Emec
 m g hA  hC 
 hA  hC  C  hA 
 30


2
2g
20
hA  35 m.
Resposta da questão 5:
[C]
Tomando como referência de altura o ponto de partida da bola e considerando o sistema como
conservativo, usando a conservação da Energia Mecânica, temos:
m v02
 m g 2  v 02  4 g 
v0  2 g .
2
Resposta da questão 6:
[A]
Dados: m = 0,5 kg; h = 2,5 m; g = 10 m/s2.
[1] Correta. Do piso do 10º andar até o teto do 1º andar há oito andares. Assim, aplicando Torricelli:
v 2  v02  2 g H  v 2  2 10 8  2,5  v 2  400 
 

v  20 m/s.
[2] Incorreta. Do piso do 10º andar até o piso do 5º andar há cinco andares. Assim, aplicando a
conservação da Energia Mecânica:
f
i
EMec
 EMec

Ecin  m g ( 5 h )  0,5 10  5  2,5 

Ecin  62,5 J.
[3] Incorreta. O tempo de queda livre independe da massa.
Resposta da questão 7:
[B]
1ª Solução: Quando a bola é lançada verticalmente para cima, ao passar novamente pelo ponto de
lançamento, ela terá velocidade de mesmo módulo, igual ao módulo da velocidade de lançamento do
primeiro experimento. Assim, nos dois experimentos a bola atinge o solo com a mesma velocidade.
2ª Solução: Como a bola é lançada da mesma altura com mesma velocidade inicial, ela tem a mesma
energia mecânica inicial nos dois experimentos. Pela conservação da energia mecânica, a energia
cinética final também será a mesma, uma vez que, em relação ao solo, a energia potencial final é nula.
Calculando a velocidade final para os dois experimentos:
m V02
m V2
final
inicial
Emec
 Emec


m gH 
2
VI  VII 
2
V02  2 g H .
Resposta da questão 8:
[E]
1ª Solução:
O tempo de queda da esfera é igual ao tempo para ela avançar 5 m com velocidade horizontal constante
de v0 = 5 m/s.
t
x
5
  1 s.
v0 5
A componente vertical da velocidade é:
v y  v0y  g t  v y  0  10 1  v y  10 m/s.
Compondo as velocidades horizontal e vertical no ponto de chegada:
v 2  v 02  v 2y
 v  52  102
 v  125 
v  5 5 m/s.
2ª Solução:
Calculando a altura de queda:
h
1 2
2
g t  h  5 1
2
 h  5 m.
Pela conservação da energia mecânica:
m v02
m v2
m g h
 v  v 02
2
v  5 5 m/s.
2
 2 g h  v  52  2 10 5   125 
Resposta da questão 9:
[B]
Dados:
θ  30; v0  200m / s; h0  1,7m; g  10m / s2 .
1ª Solução:
Decompondo a velocidade inicial nas direções horizontal e vertical:

3
 v 0x  100 3 m/s.
v 0x  v 0 cos θ  200cos30  200
2

v  v sen θ  200 sen 30  200 1  v  100 m/s.
0
0x
 0y
2
Sabemos que no ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula (vy = 0). Aplicando a
equação de Torricelli nessa direção, vem:
2
v 2y  v oy
 2 g H  h0   0  1002  20 H  1,7   H  1,7 
H  500  1,7 
10.000
20

H  501,7 m.
2ª Solução:
No ponto mais alto, a componente vertical da velocidade é nula, portanto v = vx = v0x.
Pela conservação da Energia Mecânica:
2
100 3
m v 02
m v 2x
2002
 m g h0 
 m gH 
 10 1,7 
 10 H 
2
2
20.000  17  15.000  10 H  H 
 
2
5.017
10


2

H  501,7 m.
Resposta da questão 10:
a) Dados: v0 = 2 m/s; h = 19,8 m; g =10 m/s2.
Desprezando a ação de forças dissipativas, podemos aplicar a conservação da energia mecânica:
final
inicial
EMec
 EMec

m v 02
m v2

mgh
2
2
 v 2  v 02  2 g h

v 2  42  2 10  9,8   v 2  400 
v  20 m/s .
b) Dados:
g  10 m / s2; Z  120  106 cm3 / s  120 m3; ρ  1 g / cm3  103 kg / m3; η  30%  0,3.
A massa que desce a cada segundo é:
ρ
m
ΔV
 m  ρ ΔV  103  120  m  120  103 kg.
Calculando a potência útil:
2
m v
Pu  η PT  η
2
Δt
 Pu  0,3
120  103  202
1
2  0,3  24  106 
Pu  7,2  106 W.
Resposta da questão 11:
 Razão entre as velocidades:
Pela conservação da energia mecânica, podemos mostrar que a velocidade independe da massa:
m v2
v
final
inicial
EMec
 EMec

 m g h  v  2 g h  v1  v 2  1  1.
2
v2
 Razão entre as energias cinéticas:
Dado: m2 = 2 m1.
m 1 v12
E1
m1
2



E 2 m 2 v 22
2 m1
2
E1 1
 .
E2 2
Resposta da questão 12:
[A]
Desprezando atritos, quando o sistema é abandonado, a roda gira no sistema gira no sentido antihorário, devido a diferença de peso das partículas, como indicado nas figuras.
Como o sistema é abandonado do repouso, na situação da Figura I a energia cinética do sistema é nula.
Considerando sistema conservativo, pela conservação da energia mecânica, temos:
I
I
II
II
EMec
A  EMec B  EMec A  EMec B 
2 MgR  MgR 
2 M v2 M v2

 M g 2R
2
2
 3 gR  2 gR 
3 v2
2
 v
2gR
3


1
 2 gR  2
v
 .
 3 
Gabarito Lâmpadas :
Resposta da questão 1:
[A]
A energia dissipada (E) num resistor de resistência R sujeito a uma tensão U é dada pela expressão:
U2
E
Δt. Assim, ao dobrar a tensão, a energia dissipada fica quatro vezes maior
R
Resposta da questão 2:
[C]
Seja U a tensão fornecida pela bateria e
R a resistência de cada lâmpada.
L1 está ligada diretamente à bateria, estando sob tensão U;
- L 2 e L 3 estão ligadas em série. Então a tensão em cada uma delas é U 2.
-
As potência dissipadas são:

U2
P1 
R


2
U

U2 P1
P2  P3  2 

R
4R 4

 

P1  P2  P3 .
Resposta da questão 3:
[D]
Como as lâmpadas estão ligadas em paralelo, ambas estão sob mesma tensão, U = 220 V. Para um
resistor de resistência R, comprimento L, secção transversal de área A e feito de material de
resistividade ρ, a potência dissipada está relacionada a essas grandezas pela expressão abaixo.

U2
P 

R

ρ
R  L


A
  P
U2
A
ρL
O brilho está relacionado à potência dissipada que, como mostra essa expressão, é diretamente
proporcional à área da secção transversal. Portanto, brilha mais a lâmpada de filamento mais grosso,
que é a lâmpada L1.
Resposta da questão 4:
[B]
Como mencionado no enunciado:
i1 
i2
 i2  3.i1
3
Estando paralelas, as lâmpadas estão submetidas à mesma tensão elétrica. Analisando a potência
dissipada por cada uma temos:
P1  U.i1  U 
P1
i1
P2  U.i2  U 
P2
i2
P2 P1

 P2 .i1  P1.i2
i2
i1
P2 .i1  P1.3.i1
P2  P1.3

P1 1

P2 3
Resposta da questão 5:
[E]
Dados:
L1 (40 W e 220 V) e L 2 (60 W e 220 V).
I. Correta. Calculando a resistência de cada lâmpada:
2

P
2
U
R
220
 1210 Ω.
R1 
U 
40
 R

P 
2202
R2 
 807 Ω.

60

2
Ao ligá-las em série, a corrente nas duas lâmpadas é a mesma. Como a potência dissipada é
P = R i2, a de maior resistência (L1) brilha mais intensamente.
II. Correta. De acordo com o próprio enunciado, quando ligadas em paralelo, na tensão de 220 V, L2
dissipa maior potência, brilhando mais intensamente que L1.
III. Correta. Supondo que a resistência não se altere com a tensão, se ligarmos L2 na tensão de 110 V,
a potência dissipada (P’) por ela passa a ser:
2
2
2
R
U
P

220
110

60
P'
 P' 
110  110  60 60

220  220
4
 P'  15 W.
Se a potência dissipada diminui, o brilho também diminui.
Resposta da questão 6:
[D]
Dados: P = 0,5 W; UL = 6 V; UAB = 12 V.
A corrente elétrica em cada lâmpada é: i =
A corrente total no circuito e I = 3 i = 3
P 0,5
5
1



A.
UL
6
60 12
1
 0,25 A.
12
A tensão no resistor somada à tensão nas lâmpadas deve ser igual a tensão da fonte.
UL + UR = UAB  6 + UR = 12  UR = 6 V.
Aplicando a 1ª lei de Ohm no resistor:
UR = R I  6 = R (0,25)  R = 24 .
Resposta da questão 7:
[C]
Não é necessário cálculo algum para se chegar à resposta, pois a diferença de potencial nas lâmpadas 3
e 4 é 6 V; nas lâmpadas 1 e 2 a diferença de potencial é 12 V. Portanto, a corrente e a potência nas
lâmpadas 1 e 2 são maiores que nas lâmpadas 3 e 4.
Mas, mostremos os cálculos:
Calculando a resistência de cada lâmpada:
R
U2 122

 R  9,6 Ω.
P
15
Calculando as potências e as correntes:
U 12

 1,25 A.
i1  i2  
R 9,6
Lâmpadas 1 e 2: 
P  P  15 W.
2
 1
U
12

i3  i4  2 R  19,2  0,625 A.

Lâmpadas 3 e 4: 
2
U

36
2

 3,75 W.
P1  P2 
R
9,6

 i2  i3 .
 
Resposta da questão 8:
[D]
Se L3 queimar, passará a mesma corrente por L1 e L2, pois elas ficarão em série. Como elas são
idênticas, L1 terá o mesmo brilho que L2.
Resposta da questão 9:
[A]
[I] Incorreta. A potência fornecida pela bateria aumenta, pois há mais uma lâmpada "puxando"
corrente dessa bateria.
[II] Correta. As lâmpadas estão ligadas em paralelo, sendo a mesma ddp em todas.
[III] Incorreta. As correntes que percorrem as lâmpadas acesas não se alteram. Quando se liga mais
uma lâmpada, aumenta apenas a corrente total fornecida pela bateria.
Resposta da questão 10:
[C]
Quando o fio metálico é ligado como mostrado na segunda figura, as lâmpadas L1 e L2 entram em curto
circuito, apagando. A lâmpada L3 permanece acesa, com brilho mais intenso que antes.
Gabarito energia interna :
Resposta da questão 1:
[D]
I. Correta. A temperatura absoluta é diretamente proporcional a energia cinética média das partículas.
II. Incorreta. Pressão não é energia.
III. Correta.
Resposta da questão 2:
[D]
Resposta da questão 3:
[B]
Dados: W = 80.000 cal; Q = 60.000 cal.
Da primeira lei da termodinâmica:
U = Q – W  U = 60.000 – 80.000  U = – 20.000 cal.
O sinal (–) indica que a energia interna diminuiu.
Resposta da questão 4:
[C]
a) Errada. Observe os gráficos abaixo
b) Errada. A energia interna é diretamente proporcional à temperatura que por sua vez é diretamente
proporcional ao produto PV.
PA .VA  P1.V1
PB .VB  P2 .V1  4P1.V1
PC .VC  P1.V2  P1.2V1  2P1.V1
PD .VD  P2 .V2  4P1.2V1  8P1.V1
TB  4T1 ; TC  2T1 ; TD  8T1
c) Certa. Calculemos a área do segundo gráfico mostrado na letra a.
WABC   V2  V1 .P2   2V1  V1 .4P1  4P1V1
d) Errada.
TA
T
1
 1 
TB 4T1 4
Resposta da questão 5:
[D]
Numa expansão isobárica AB (VB > VA), temos:
VA VB

. Sendo VB > VA  TB > TA.
TA
TB
Como a energia interna é diretamente proporcional à temperatura absoluta, a energia interna aumenta.
Resposta da questão 6:
[B]
Resposta da questão 7:
[C]
Gabarito máquinas térmicas:
Resposta da questão 1:
[C]
Dados: f = 20 Hz;
Etotal = 1.200 J; Edissipada = 800 J.
A cada ciclo (período), a energia útil é dada pela diferença entre a energia total e a dissipada.
ΔEútil  ΔEtotal  ΔEdissipada  1.200  800  400 J.
O rendimento () é dado pela razão entre a energia útil e a total, para um mesmo intervalo de tempo.
Assim, a cada período:
η
ΔEútil
400 1


ΔEtotal 1200 3
 η  33,3%.
Resposta da questão 2:
Gabarito oficial: [B]
Gabarito SuperPro®: Sem resposta correta.
I. Incorreta. Pela conservação da energia (1ª Lei da Termodinâmica): Q2 – Q1 = W.
II. Incorreta. Não necessariamente um ciclo termodinâmico é composto de duas isotermas e duas
adiabáticas. Esse é o caso do ciclo de Carnot. Há outros ciclos termodinâmicos reversíveis:
– Ciclo de Ericsson, composto por duas isotermas de duas isobáricas alternadas;
– Ciclo de Stirling, composto por duas isotermas de duas isométricas alternadas.
III. Incorreta. As temperaturas das fontes quente e fria são mantidas constantes. Por exemplo, a
temperatura da fonte quente é mantida pelo fogo, queimando-se algum combustível; a fonte fria, na
maioria dos casos, é o próprio meio ambiente.
Resposta da questão 3:
02 + 04 + 08 +16 = 30
01) Errado. Também pode haver convecção.
02) Correto. Por definição.
04) Correto. Não existe máquina com 100% de eficiência.
08) Correto. É possível demonstrar
16) Correto. O refrigerador utiliza um gás que sofre evoluções cíclicas.
Resposta da questão 4:
[B]
I. Verdadeira: este é o ciclo de Carnot;
II. Verdadeira: o ciclo descrito tem sentido horário. Portanto; o trabalho é positivo;
III. Falso:

IV. Falsa.  
TQ  TF
TQ
QQ  QF
QQ

 1
110
 0,44  44%
70  180
QF
Q
Q
 0,44  1  F  F  0,56  QF  560J
QQ
1000
1000
Resposta da questão 5:
V F F V V.
(V) O trabalho é, numericamente, igual à área do ciclo:
W  2x2x105 J .
(F) Uma máquina operando no ciclo de Carnot dá o maior rendimento possível.
(F) A menor temperatura atingida corresponde ao menor produto PV. Isto ocorre no ponto D.
PD VD PB VB
2x3 4x5



 TD  150K
TD
TB
TD
500
(V) A eficiência máxima é obtida quando a máquina opera segundo um ciclo d Carnot: η  1 
Tf
Tq
Para
que a eficiência seja máxima é preciso que a fonte fria tenha a menor temperatura possível e a fonte
quente a maior.
η  1
Tf
150
 1
 0,7
Tq
500
(V) A variação de energia interna em um ciclo completo é nula. A temperatura final é igual à inicial.
Resposta da questão 6:
[D]
D) expansão isotérmica entre os estados a e b (a → b).
Correta, pois a temperatura mantém-se constante.
Resposta da questão 7:
01 + 02 + 08 + 16 = 27
(01) Correta.
(02) Correta.
(04) Errada. A 2ª lei da termodinâmica afirma que é IMPOSSÍVEL transformar integralmente calor em
trabalho.
(08) Correta.
(16) Correta. A variação da energia interna depende somente da temperatura. Se o processo é cíclico, o
sistema retorna sempre à temperatura inicial.
Resposta da questão 8:
[E]
A 2ª Lei da Termodinâmica afirma que nenhuma máquina térmica, operando em ciclos entre uma fonte
quente, à temperatura T1, e uma fonte fria, à temperatura T2, consegue transformar integralmente calor
em trabalho. Portanto o rendimento nunca pode chegar a 100%, sendo no máximo, igual ao da máquina
de Carnot.
De fato, analisando o gráfico, vemos que o rendimento seria igual a 100% quando a razão
nula, ou seja:
T2
fosse
T1
T2
 0  T2  0 . A fonte fria teria que estar a 0 K, o que é um absurdo. Portanto o
T1
rendimento r é sempre menor que 100%.
Resposta da questão 9:
[D]
A termodinâmica estabelece que nenhuma máquina operando em ciclos fornece rendimento maior que a
máquina ideal de Carnot.Portanto, r < 50%.
Resposta da questão 10:
[A]
Dados: T1 = 27 °C = 300 K; Q1 = 40 kJ; W = 10 kJ.
O rendimento () desse motor é:
=
W 10

 0,25 .
Q1 40
Aplicando esse rendimento ao ciclo de Carnot:
=1–
T2
T2
T
300
300
 1    T1 = 2  T1 =


 400 K  T1 = 400 – 273
T1
T1
1 
1  0,25 0,75
T1 = 127 °C.
Resposta da questão 11:
[D]
Resolução
Em um sistema de refrigeração, como uma geladeira ou ar-condicionado, o trabalho é recebido para que
o calor oriundo da fonte fria seja transferido para a fonte quente.
Resposta da questão 12:
[D]
A Segunda Lei da Termodinâmica afirma que nenhuma máquina térmica, operando em ciclos entre uma
fonte quente e uma fonte fria, transforma integralmente calor em trabalho. Analisemos, então as
afirmações.
(F) A variação da energia interna de um sistema em um processo termodinâmico é a diferença entre o
trabalho realizado e o calor trocado com o meio.
Essa afirmação é verdadeira, mas está de acordo com a 1ª Lei da Termodinâmica.
(F) O rendimento máximo de uma máquina térmica é 1.
Para que uma máquina térmica tivesse rendimento igual a 1, todo calor da fonte quente seria
transformado em trabalho, violando a 2ª Lei da Termodinâmica. Para que tal ocorresse, a fonte fria
deveria estar a 0 K, o que é um absurdo.
(F) A energia do universo sempre se mantém constante.
A Segunda Lei da Termodinâmica não discute a conservação da energia.
(V) O calor sempre flui espontaneamente de um corpo quente para um corpo frio.
Esse fenômeno faz com que o fluido termodinâmico realize trabalho, tornando possível o
funcionamento da máquina térmica.
Resposta da questão 13:
a) a variação da energia interna é função exclusiva da variação da temperatura. Como se trata de um
ciclo, as temperaturas final e inicial são iguais. Assim:
T = 0  Uciclo = 0.
O trabalho é numericamente igual à área interna do ciclo. Essa área pode ser calculada fazendo a
diferença entre a área do retângulo e a soma das áreas dos três triângulos destacados na figura.
 1 3 1 3 2  2 
105 = 4105 J.


2
2 
 2
ciclo = [33] – 
Uma solução mais sofisticada poderia ser obtida lembrando a expressão da geometria analítica para o
cálculo da área de um triângulo.
b)
  Aciclo
2 4 1
1
1
 Det  4 2 1  4x105 J .
2
2
1 2 1
c) A quantidade de calor transmitida à fonte fria (Q2) corresponde a quantidade de calor recebida (Q1)
que não foi transformada em trabalho (). Então:
Q2 = Q1 –  = 6105 – 4105 = 2105 J.
d) O rendimento corresponde à razão entre o trabalho realizado (energia útil) e o calor recebido (energia
total).
=

4  105 2

  0,67 
Q1 6  10 5 3
 = 67%.
Resposta da questão 14:
[C]
O rendimento do motor é medido pelo trabalho realizado em relação ao calor produzido, assim,
rendimento = W/Q
O trabalho pode ser avaliado pela relação W = p.V onde p é a pressão de operação e V é o volume de
gás que expandiu no processo. Em um minuto o motor realiza 3300 rotações ou 3300 ciclos e desta
forma expande os gases queimados 3300 vezes. Admitindo que em cada vez o volume expandido
corresponde a 1 litro, temos então que em um minuto, 3300 litros = 3,3 m3. O trabalho para um minuto
será W = 8.105.3,3 = 2,64.106 J.
Neste mesmo minuto o motor precisa de 60 vezes a quantidade de 4 g de combustível, ou seja, 240 g.
Como são
11100 cal/g a quantidade de calor produzida será Q = 240.11100 = 2664000 cal = 10656000 J =
1,066.107 J
Então o rendimento será W/Q = 2,64.106 / (1,066.107) = 0,247 = 25%
Resposta da questão 15:
[D]
Resolução
O refrigerador transfere o calor dos alimentos para o ambiente, o que torna a afirmação I verdadeira.
O gás refrigerante sofre os processos de evaporação e condensação para que sua temperatura varie e
desta forma exista a troca de calor. A afirmação II é verdadeira.
O gás refrigerante deve ser eficiente no processo e desta forma retirar grandes quantidades de calor.
Isto pressupõe que o calor latente de vaporização é alto.
Pela 1ª lei da Termodinâmica o calor só pode ser transferido de uma fonte mais fria para outra mais
quente de forma não espontânea, ou seja, com realização de trabalho.
Gabarito calorimetria:
Resposta da questão 1:
[B]
Cm 
40  20
 30 cal/°C.
2
Q  Cm Δθ  30  50 
Q  1 500 cal.
Resposta da questão 2:
[D]
A quantidade de calor cedida para o exterior é:
3
Q
k A ΔθΔT 1,25  10

e
 40   33  23   1
0,2
 Q  2,5kWh.
O gasto será:
G  2,5  0,60 
G  R$1,50.
Resposta da questão 3:
[A]
Para esta questão, vale lembrar que existem dois tipos de calor: sensível e latente. O calor sensível é
aquele fornecido à algum material de forma a variar a sua temperatura. Já o calor latente é o calor
fornecido à um material para que ocorra a mudança de estado físico do material. Durante esta etapa de
mudança de estada, não há variação de temperatura.
Diante disto, fica fácil observar que a resposta correta é o gráfico mostrado na alternativa [A].
No primeiro momento, a água é resfriada até uma temperatura de 0C. Após isto, passa pela etapa de
solidificação, onde a temperatura permanece constante. Por fim, o gelo continua a resfriar até que atinja
o equilíbrio térmico com a temperatura do freezer ( 18C).
Resposta da questão 4:
[A]
m c Δθcafé  m c Δθ leite 
150 1 T  80   50 1 T  20   0  3T  240  T  20  0
Qcafé  Qleite  0 
 4T  260 
T  65 C.
Resposta da questão 5:
[C]
De acordo com o enunciado, temos que o calor fornecido à água é igual a variação de energia cinética de
um corpo de 10 kg ao cair em queda livre. Utilizando os dados fornecidos no enunciado, para calcular o
calor fornecido à água.
Q  m  c  ΔT
Q  100  1 2
Q  200 cal
Como a energia potencial é dada em joules e sabendo que
Q  200  4,2
Q  840 J
Por fim, temos que:
Q  Ep
i
840  m  g  h
840
h
10  10
h  8,4 m
1cal  4,2 J.
Resposta da questão 6:
[C]
Dados:
Para a garrafa:
θ0 g  100 C
θe  84 C
Para a água:
ma  500 g
ca  1cal / gC
θ0 a  90 C
θe  84 C
Ca  ma  c a  Ca  500  1  Ca  500 cal / g
Qg  Qa  0
Cg  Δθ  Ca  Δθ  0  Cg  (θe  θ0 g )  Ca  (θe  θ0 a )  0
Cg  (84  24)  Ca  (84  90)  0  60Cg  500  ( 6)  0
60Cg  3000  0  Cg 
3000
60
Cg  50 cal / C
Resposta da questão 7:
[B]
[V]
θC θF  32
θ
θ
104  32
72

 C 
 C 
 θC  40 C.
5
9
5
9
5
9
[V] Quando o líquido aquece o frasco também aquece. Então, a dilatação real é maior do que a
aparente.
[F] A transmissão de calor por convecção promove o movimento das camadas de um líquido ou de ar,
sendo que as camadas frias descem e as camadas quentes sobem, devido à diferença de
densidade entre elas.
[V] De acordo com as leis específicas, a temperatura de mudança de fase de uma substância é
constante para cada pressão. Todo calor recebido ou cedido nessa transformação é usado para
mudança de fase.
[V] O aumento de temperatura provoca aumento na energia cinética média as moléculas. Para que não
haja aumento de pressão, o gás expande aumentando o volume.
Resposta da questão 8:
[A]
[I] Correta.
Q  mc Δθ  1000 198,3  21  Q  77.300cal.
[II] Incorreta. A temperatura da água aumentou até
98,3C.
[III] Incorreta. Ao ser aquecida o volume da água aumenta.
[IV] Correta. Após atingir a temperatura de ebulição, todo calor recebido é usado na mudança de fase.
Resposta da questão 9:
[C]
Massa:
m  200g
c  0,217cal/g  C
Variação de temperatura: Δθ  60  15  45 C
Calor específico sensível:
Área inicial:
A 0  50  20  103 cm2
Coeficiente de dilatação superficial:
β  2 α  44  106 C1
Cálculo da superfície final (A):

A  A 0 1  βΔθ  103 1  44  106  45


A  1 001,98cm2.
Cálculo da quantidade de calor (A):
Q  mc Δθ  200  0,217  45 
Q  1 953cal.
Resposta da questão 10:
[C]
[F] O metal parece mais frio porque têm maior condutividade térmica, roubando mais
rapidamente
calor das mãos.
[V] Considerando que a cozinha seja bem isolada termicamente, para que não se perca o calor gerado
pela dissipação de energia elétrica no motor.
[F] Q  C Δθ  Q  mc Δθ. Depende da capacidade térmica (C). Se as massas (m) são iguais, o
material de maior calor específico
maior quantidade de calor
(c) tem maior capacidade térmica (C  m c), necessitando de
(Q).
Q  C Δθ  Q  mc Δθ. Depende da capacidade térmica (C). Se os materiais são iguais, os
(m), tendo maior
capacidade térmica (C  m c), necessitando de maior quantidade de calor (Q).
[F]
calores específicos são iguais. O corpo de maior volume possui maior massa
Gabarito dilatação :
Resposta da questão 1:
[B]
De 0 C a 4 C a água sofre contração no seu volume, portanto, aumento na densidade.
A partir de 4 C ela sofre dilatação, causando diminuição na densidade. Portanto, uma porção de água
tem densidade máxima a 4C.
Resposta da questão 2:
[B]
Como o coeficiente de dilatação volumétrica é maior que o linear e o superficial,o maior aumento
percentual ocorre no volume.
Resposta da questão 3:
[C]
[I] Incorreta. A temperatura indicada é a da axila do paciente.
[II] Correta. Ao ser aquecido, o mercúrio dilata aumentando o comprimento da coluna.
[III] Correta.
[IV] Incorreta. O álcool e o mercúrio têm diferentes coeficientes de dilatação térmica, acarretando
diferentes comprimentos para a coluna.
Resposta da questão 4:
[E]
Enchendo o copo A com água gelada ele sofre contração e mergulhando o copo B em água quente ele
sofre dilatação, criando uma folga entre eles, possibilitando a separação.
Resposta da questão 5:
[D]
Análise de cada afirmativa:
[01] (Falsa) A água sofre uma dilatação anômala, pois de 0 C até 4 C o seu volume diminui
(temperatura de maior densidade da água). Além dos
4C,
o volume começa a aumentar de
acordo como a maioria das substâncias se comporta com o aumento da temperatura.
[02] (Verdadeira) O orifício da placa se comporta como se fosse feito com o mesmo material da placa,
portanto também se dilata, aumentando sua área.
[03] (Falsa) O volume de líquido transbordado mede a dilatação aparente do líquido, já que a dilatação
absoluta é dada pela dilatação do frasco mais o volume do líquido transbordado.
[04] (Verdadeira) Quanto menor coeficiente de dilatação térmica, menor é a dilatação térmica e maior a
resistência ao choque térmico.
[05] (Falsa) De 0 C até 4 C a densidade da água aumenta.
[06] (Verdadeira) A dilatação depende do material, do comprimento inicial e da diferença de
temperatura. Como, neste caso, temos o mesmo material e mesma variação de temperatura, as
dimensões dilatadas serão proporcionais e os ângulos internos do triângulo isósceles serão iguais.
Soma das alternativas verdadeiras é:
02 + 04 + 06 = 12.
Resposta da questão 6:
[C]
Da expressão da dilatação linear:
Δ  α ΔT 
Δ
 α ΔT.
Matematicamente, o coeficiente de dilatação
( α) representa a declividade da reta que é igual à tangente
do ângulo  que a reta forma com o eixo das abscissas. Então, como α Y  2α X ,
tg θY  2 tg θX .
Com esse raciocínio, concluímos que a reta que melhor representa o acréscimo
variação da temperatura no comprimento da barra
Y,
 /
em função da
é a reta 3.
Resposta da questão 7:
[E]
ΔL  L 0 α Δ T  α 
ΔL
801  800
1


 0,125  10 4 
L0 ΔT 800 110  100  80.000
α  1,25  105 C1.
Resposta da questão 8:
[D]
Sabendo que a dilatação superficial de uma placa é dada por
ΔA  Ao  β  ΔT
Na qual
β
é o coeficiente de dilatação superficial que é igual a 2 vezes o coeficiente de dilatação linear
(α ). Assim,
ΔA  A o  β  ΔT
35,2  104   1  2  α   80
α
35,2  104
160
α  22  106 C1
Desta fora, analisando a tabela fornecida, fica claro que a placa é feita de alumínio.
Resposta da questão 9:
[D]
A figura apresenta os copos A e B firmemente encaixados, sendo A de vidro e B de alumínio.
As possíveis soluções para soltá-los são:
- resfriar somente o copo A para haver contração, enchendo-o com água gelada;
- aquecer somente o copo B para haver dilatação, imergindo-o em água quente;
- fazer simultaneamente os dois processos anteriores;
- aquecer os dois copos, pois o copo B, de alumínio, tem maior coeficiente de dilatação.
Resposta da questão 10:
[B]
Dados:
L0  5 m; α  105C1; Δθ  40  20  20 C.
ΔL  L0 α Δθ  5  105  20  10 3 m  0,1 cm.
d  1  0,1  d  1,10 cm.
Gabarito Dinâmica:
Resposta da questão 1:
[D]
Dados:
F  200N; m1  20kg; m2  6kg; μ  0,1; g  10 m/s2; cos37  0,87.
A figura mostra as forças ou componentes de forças relevantes para a resolução da questão.
Nessa figura:
Fx  F cos 30  200  0,87   Fx  174N.

Fy  F sen30  200  0,5   Fy  100N.

N1  Fy  m1 g  N1  100  20 10   N1  100N.

 A1  μ N1  0,1100   A1  10N.

Px  m2 gsen60  60  0,87   Px  52,2N.

Py  m2 gcos 60  60  0,5   Py  30N.
N  P  N  30N.
y
2
 2
 A  μ N  0,1 30   A  3N.
2
2
 2
Aplicando o Princípio Fundamental em cada um dos corpos:
Corpo 1 : Fx  T  A1  m1 a

Corpo  2  : T  Px  A 2  m2 a
174  10  52,2  3  26a  a 
Voltando em
1   2 
 Fx  A1  A 2  Px  m1  m2  a 
108,8
 a  4,18 m/s2 .
26
 2 :
T  Px  A 2  m2 a  T  6  4,18   52,2  3 
T  80,3 N.
Resposta da questão 2:
[C]
Diagrama de corpo livre:
Aplicando-se a segunda lei de Newton:
Fres  m  a
F  Fat  m  a  F  μ  N  m  a
Como o deslocamento é horizontal, o módulo da força normal é igual ao peso, devido à inexistência de
forças extras na vertical.
F μ P  m a  F μ m g  m a
Isolando o coeficiente de atrito cinético e substituindo os valores fornecidos, ficamos com:
2
μ
F ma
600 N  120 kg  2 m s
μ 
 μ  0,3
mg
120 kg  10 m s2
Resposta da questão 3:
[A]
A figura ilustra a situação descrita.
Na vertical:
N  Fy  P  N  P  Fsen53  N  20  0,8F
Na horizontal:
Na eminência de movimento, a componente horizontal
(Fx ) atinge a mesma intensidade da força de
atrito estática máxima.
Fx  Fat
F
5
0,8
 Fcos53  μe N  0,6F  0,25  20  0,8F   0,6F  0,2F  5 

F  6,25N.
Resposta da questão 4:
[C]
Analisando o proposto pelo enunciado, podemos desenhar o diagrama de forças que atuam sobre o
corpo.
Assim, analisando as forças, temos que:
FR  P  sen  37   Fat



P  cos  37   N
Pelos dados de deslocamento, podemos calcular a aceleração da moeda no tempo dado:
2
ΔS  v o  t 
2
at
2
a  12
2
a  4 m s2
Diante disto, temos que:
FR  P  sen  37   Fat
FR  P  sen  37   μ  N
FR  P  sen  37   μ  P  cos  37 
m  a  m  g  sen  37   μ  m  g  cos  37 
a  g  sen  37   μ  g  cos  37 
4  10  0,6  μ  10  0,8
μ  0,25
Resposta da questão 5:
[D]
Para a velocidade ser constante, a força resultante é nula, portanto a força aplicada deve ser igual em
módulo à força de atrito.
F  Fat  F  μc  N  F  μc  P  F  μc  m  g  μc 
F
mg
Para o tênis A:
μc  A  
F
2,8 N
 μc  A  
 μc  A   0,7
mg
0,4 kg  10 m / s2
Para o tênis B:
μ c B  
F
3,0 N
 μ c B  
 μc B   0,6
mg
0,5 kg  10 m / s2
Sendo assim, a única alternativa que concorda com os cálculos é a da opção [D].
Resposta da questão 6:
[A]
A figura abaixo ilustra a força normal gerada na situação de gravidade artificial.
Neste caso, temos que essa força é a resultante das forças no movimento circular uniforme.
2
FN  FC  m 
v
R
Como podemos representar a velocidade tangencial em função da velocidade angular dada com a
expressão:
v  ωR
Substituindo na equação anterior, obtemos uma relação entre a força normal, o raio e a velocidade
angular:
2
ωR
FN  m 
 FN  m  ω2  R


R
Resposta da questão 7:
[E]
Para a situação descrita, pode-se dizer que a Força Centrípeta será igual a Força gravitacional.
Assim,
Fc  Fg
m  v2 G  M  m

R
R2

  G Mm
m  ω2  R2
R2
R
M
ω2  R3
G
Como,
M
ω
2π
T
4π2  R3
T2  G
Resposta da questão 8:
[C]
Analisando o movimento durante a descida (do ponto A para o ponto B), temos que:
EMA  EMB
EpgA  EcB
mgh 
m  vB2
2
vB2  800
Analisando o movimento durante o movimento retilíneo no qual existe uma força de atrito atuando,
podemos encontrar a aceleração que atua no corpo.
FR  Fat
m  a   μ  m  g 
a    0,25  10 
a  2,5 m s2
Assim, usando a equação de Torricelli, podemos encontrar a velocidade do corpo no ponto C.
v c 2  vB2  2a  ΔS
v c 2  800  2  2,5  40


2
v c  800  200
v c 2  600
Para que um corpo consiga efetuar um loop sem que perca o contato com a pista, este deve ter uma
velocidade mínima no ponto mais alto na trajetória, cujo o módulo deve ser
vmín  R  g
Desta forma, chamando de D o ponto mais alto do loop e sabendo que a altura neste ponto é igual a 2
vezes o raio da trajetória, temos que:
EMC  EMD
EcC  EcD  EpgD
m  v C2 m  v D2

 mgh
2
2
600 R  g

 10  2R
2
2
300  40R  10R
50R  600
R  12 m
Resposta da questão 9:
[B]
A velocidade orbital é obtida igualando-se a força centrípeta e a força gravitacional:
2
m
v
Mm
G M
 G
v
2
R
R
R
A intensidade da quantidade de movimento linear é dada por:
G M
R
Q  mv  Q  m
Q  5 kg 
6,67  1011 N  m2 kg2  5,98  1024 kg
 650.000 m  6.350.000 m 
Q  37.742,8 kg 
m
s
3,8  104 kg 
m
s
Resposta da questão 10:
[E]
Decompondo as forças nas direções horizontais e vertical, obtemos a representação abaixo:
Aplicando a 2ª lei de Newton, para o sistema, no eixo
x, temos:
F  2T  cos θ  m  a
16  2  36  cos θ  2  2
cos θ 
16  4 12
1

 cos θ 
72
72
6
Para o cosseno de ângulos do primeiro quadrante:
ângulo
0
30
45
cosseno
1,0
3
2
2
2
Como
60
1
2
90
0
1
1
está entre
e 0, conclui-se que 60  θ  90.
6
2
Resposta da questão 11:
[C]
Considerando que o movimento acontece na horizontal, a única força que age na direção do
deslocamento é a força de atrito, sendo contrária ao sentido de movimento provocará uma
desaceleração responsável por parar o bloco por completo. Sendo assim a força resultante é a força de
atrito.
Fr  Fat
Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica e a expressão para a Força de atrito:
m  a  μ  m  g
A aceleração será:
a  μ  g  0,2  10 m / s2
a  2 m / s2
Do MRUV usamos a equação de Torricelli:
v 2  v02  2  a  Δs
A distância total percorrida será:
v 2  v 02
Δs 
Δs 
2a
0  42
16

4m
2   2 
4
Logo, o número de vezes que o disco cruza totalmente o trilho é:
n
4m
 2,667 vezes
1,5 m
A distância corresponde a dois trilhos inteiros e mais uma fração de 2/3 do trilho
Então,
n2
Resposta da questão 12:
[C]
Para que os dois blocos se movam com velocidade constante, basta que a força resultante em cada um
deles separadamente seja nula.
Analisando o Bloco B, temos que:
Disto, para que a força resultante seja nula,
T  Fat
BA
 μ  mB  g
T  0,35  0,4  10
T  1,4 N
Analisando o Bloco A, temos que:
Note que a força de atrito entre o bloco A e o bloco B também deve ser considerada neste caso.
Disto, para que a força resultante seja nula,
F  T  Fat
AS
 Fat
BA
F  1,4  0,35  mA  mB   g  1,4
F  1,4  0,35  1,2  10  1,4
F  7,0 N
Resposta da questão 13:
[D]
Nos dois casos a aceleração tem mesmo módulo:
F  m1  m2  a  F  m1  3 m1  a  F  4 m1 a  a 
Calculando as forças de contato:

3F
F
 F12 
.
F12  m2 a  F12  3 m1
4
m
4

1

F
F

F21  m1 a  F21  m1 4 m  F21  4 .
1

F
.
4 m1