SIMULADO 1 1

Física (Os valores da tabela foram arredondados por conveniência)

(Uninove-SP)

A massa da Terra é da ordem de 6  1024 kg e a constante de gravitação universal vale 6,67  10 -11 Nm2/kg2. Uma nave espacial orbita ao redor da Terra com velocidade 2√5  103 m/s. O raio da órbita dessa nave é, em m, de:

a) A força de atração entre Júpiter e Ganimedes é maior do que entre Júpiter e Io. b) Quanto maior a massa de um satélite, maior será o seu período orbital.

a) 2  105

c) A circunferência descrita pelo satélite Calisto é quatro vezes maior que a circunferência descrita pelo satélite Europa.

b) 2  106 c) 2  107

d) A maior velocidade angular é a do satélite Calisto, por possuir maior período orbital.

d) 2  108 e) 2  109

e) O período orbital de Europa é aproximadamente o dobro do período orbital de Io.

Resolução Frcp = FG

Resolução

mv 2 Mm =G 2 R d ( 2 5 ⋅ 10 ) 6 ⋅ 10 = 6, 67 ⋅ 10−11 R R2 40, 02 ⋅ 1013 = 2 ⋅ 107 m R= 20 ⋅ 106 3 2

a) Errada. A força de atração entre Júpiter e Ganimedes é menor do que entre Júpiter e Io.

24

Mm = 0,15 K d2 Mm FJI = G 2 = 0, 56 K d

FJG = G

em que K representa uma constante numérica dos valores constantes em ambas as situações consideradas. b) Errada. A massa de um satélite não tem relação com seu período orbital. c) Errada. A circunferência descrita pelo satélite Calisto é 3,33 vezes maior que a circunferência descrita pelo satélite Europa. d) Errada. A maior velocidade angular é a do satélite Io, por possuir o menor raio e o menor período orbital.

2

e) Correta. O período orbital de Europa é o dobro do período orbital de Io.

(UFPR)

2 TEuropa

Neste ano [2009], comemoram-se os 400 anos das primeiras descobertas astronômicas com a utilização de um telescópio, realizadas pelo cientista italiano Galileu Galilei. Além de revelar ao mundo que a Lua tem montanhas e crateras e que o Sol possui manchas, ele também foi o primeiro a apontar um telescópio para o planeta Júpiter e observar os seus quatro maiores satélites, posteriormente denominados de Io, Europa, Ganimedes e Calisto. Satélite

Raio orbital (105 km)

Massa (1022 kg)

Io

4

9

Europa

6

5

Ganimedes

10

15

Calisto

20

11

T

2 Io

TEuropa TIo

Supondo que as órbitas desses satélites ao redor de Júpiter sejam circulares, e com base nas informações da tabela acima, assinale a alternativa correta.

1

=

3 REuropa 3 Io

R

=

63 216 = = 3, 375 64 43

= 3, 375 = 1, 8

SIMULADO 1 3

Física 4

(Fuvest-SP)

Um recipiente, contendo determinado volume de um líquido, é pesado em uma balança (situação 1). Para testes de qualidade, duas esferas de mesmo diâmetro e densidades diferentes, sustentadas por fios, são sucessivamente colocadas no líquido da situação 1. Uma delas é mais densa que o líquido (situação 2) e a outra menos densa que o líquido (situação 3).

(Uespi-PI)

Um líquido incompressível encontra-se, no instante inicial t0, dentro de um recipiente tampado, com um pesado bloco de massa 20 kg em repouso sobre a tampa (ver figura). Não há ar entre a tampa e o líquido.

Num dado instante, o bloco é retirado. Com relação às pressões nos pontos A (logo abaixo da tampa) e B (no fundo do recipiente), em equilíbrio hidrostático antes (instante t0) e depois (instante t1) da retirada do bloco, pode-se afirmar que: Os valores indicados pela balança, nessas três pesagens, são tais que:

a) pB(t0) – pA (t0) > pB(t1) – pA(t1) b) pB(t0) – pA (t0) = pB(t1) – pA(t1)

a) P1 = P2 = P3

c) pA(t0) = pA (t1)

b) P2 > P3 > P1

d) pB(t0) = pA (t0)

c) P2 = P3 > P1

e) pA(t0) < pA (t1)

d) P3 > P2 > P1

Resolução

e) P3 > P2 = P1

A pressão no ponto B, por causa da pressão hidrostática, sempre será maior que em A, assim: p B (t0) > pA(t0) e p B (t1) > pA(t1). Com a retirada do bloco, ambos os pontos experimentam a mesma variação de pressão (princípio de Pascal), assim: ∆pB = ∆pA

Resolução O acréscimo de peso na balança corresponde ao empuxo, que é igual ao peso do volume de líquido deslocado em cada caso. Observe que o peso e o volume de líquido deslocado é maior na situação 2 do que em 3. Fisicamente, vale ressaltar que nas situações 2 e 3 a balança indica, além do peso do recipiente e do líquido, a reação do empuxo sobre a esfera. Como o empuxo em 2 é maior, afinal a esfera encontra-se totalmente imersa, o valor aferido pela balança também será maior.

p B (t1) – p B (t0) = pA(t1) – pA(t0) Arrumando a expressão como na alternativa b, temos: –p B (t0) + pA(t0) = –p B (t1) + pA(t1) (–1) p B (t0) – pA(t0) = p B (t1) – pA(t1)

2

SIMULADO 1 5

Física 6

(UFG-GO)

A instalação de uma torneira num edifício segue o esquema ilustrado na figura abaixo.

(FEPECS-DF)

Com o objetivo de medir a densidade de um corpo sólido irregular sem medir o seu volume, um estudante pendurou o corpo por um dinamômetro, com o corpo no ar (Figura I) e com o corpo totalmente imerso em água (Figura II). O dinamômetro registrou uma força de módulo 15 N na situação da Figura I e uma força de módulo 10 N na situação da Figura II.

Considere: Densidade da água: 1,00  103 kg/m3; Aceleração da gravidade: 10,0 m/s2; Pressão atmosférica: 1,01  105 N/m2.

Supondo que a densidade volumétrica da água seja 1,0 kg/L, o estudante calculou corretamente a densidade do corpo e encontrou o seguinte valor, em kg/L:

Considerando que a caixa-d’água está cheia e destampada, a pressão no ponto P, em N/m2, onde será instalada a torneira, é:

a) 3,0

a) 2,00  104

b) 1,5

5

b) 1,01  10

c) 2,0

5

c) 1,21  10

d) 25

d) 1,31  105

e) 5,0

e) 1,41  105

Resolução

Resolução

P = mg = 15 N

Pela lei de Stevin, temos: p2 – p1 = dg∆h Onde p1 é a pressão no topo da caixa; p 2 a pressão a ser encontrada; d a densidade da água; e ∆h a diferença de altura entre p1 e p2. p2 – p1 = dg∆h p2 – 1,01  105 = 1 000  10  3 p2 = 1,01  105 + 3,0  104 p2 = 1,01  105 + 0,3  105 p2 = 1,31  105 N/m2

F = P − E = 10 N 15 − E = 10 E = 5 = µgV 5 = 1, 0 ⋅ 10 ⋅ V V = 0, 5 L m 1, 5 d= = = 3, 0 kg/L v 0, 5

3

SIMULADO 1 7

Física 8

(Unifor-CE)

Duas escalas termométricas, x e y, relacionam-se conforme o gráfico.

(UFRRJ)

Aproveitando suas férias, um estudante viaja para uma longínqua cidade do Oriente Médio. Ao descer no aeroporto, observa que o termômetro mede temperaturas numa escala em ºZ. Quando embarcou no Brasil, o termômetro local registrava a temperatura de 23 ºC. Considerando que a temperatura de fusão e ebulição da água para o termômetro oriental vale, respectivamente, 20 ºZ e 130 ºZ, a temperatura de embarque, calculada nessa escala, será igual a: a) –10,2 ºZ b) 15,0 ºZ

Quando um termômetro graduado na escala x marcar 40º, a marcação de outro termômetro graduado na escala y será igual a:

c) 27,4 ºZ

a) 20º

Resolução

b) 40º

23 – 0 x – 20 = 100 – 0 130 – 20 x – 20 0, 23 = 110 25, 3 = x – 20 x = 45, 3 º Z

d) 45,3 ºZ e) 51,2 ºZ

c) 60º d) 80º e) 90º Resolução De acordo com o gráfico, temos: 100 + 20 ( y − 20 ) = ( x – 0) 60 – 0 y + 20 = 2x y = 2x – 20 Para x = 40, y = 2 ⋅ 40 – 20 y = 60

4

SIMULADO 1 9

Física 10 (EsPCEx-SP)

(Unimontes-MG)

Uma barra metálica possui comprimento igual a 40,125 cm, a 20 ºC, e 40,148 cm, a 45,0 ºC. O valor do seu coeficiente de dilatação linear médio para esse intervalo de temperatura é, aproximadamente:

Um estudante de Física, desejando medir o coeficiente de dilatação volumétrico de uma substância líquida, preenche completamente um recipiente de 400 cm3 de volume interno com a referida substância. O conjunto encontra-se inicialmente à temperatura de equilíbrio t1 = 10 ºC e é aquecido até a temperatura de equilíbrio t2 = 90 ºC. O coeficiente de dilatação volumétrica do recipiente é γ = 4,0  10 –5 ºC –1. Sabendo que houve um transbordamento de 20 cm3 do líquido, o coeficiente de dilatação da substância líquida é de:

a) 2,3  10−5 ºC−1 b) 3,2  10−5 ºC−1 c) 1,3  10−5 ºC−1 d) 3,1  10−5 ºC−1 Resolução

a) 2,25  10–4 ºC–1

∆L = L 0 α∆T

b) 5,85  10–4 ºC–1

0, 023 = 40,125 ⋅ α ⋅ 25 0, 023 α= = 2,2 29 ⋅ 10 –5  2, 3 ⋅ 10 –5 º C–1 1003,125

c) 6,25  10–4 ºC–1 d) 6,65  10–4 ºC–1 e) 1,03  10–3 ºC–1 Resolução ∆Vliq = ∆Vap + ∆Vrec Vliqγliq∆t = ∆Vap + Vrecγrec∆t 400  γliq  80 = 20 + 400  4,0  10 –5  80 32 000γliq = 20 + 1,28 = 21,28 γliq = 0,000665 = 6,65  10 –4 ºC –1

5