Exercícios de Empuxo com resolução comentada

A resolução utiliza o Princípio de Arquimedes. No instante em que o bloco está na iminência de afundar, ele se encontra totalmente submerso, mas ainda em equilíbrio. Portanto, o empuxo exercido pelo líquido é igual ao peso total do sistema formado pelo bloco e pelo líquido colocado em sua cavidade.

Inicialmente, determinamos o volume de material sólido que compõe o bloco. O bloco externo é um cubo de aresta L, enquanto a cavidade interna é um cubo de aresta L/2. Assim, o volume sólido é obtido subtraindo o volume da cavidade do volume do cubo externo:

\[V_{\text{s}\acute{o}\text{l}} = V_{\text{cubo}} – V_{\text{cav}} = L^{3} – \left(\frac{L}{2}\right)^{3}\]

Como o volume de um cubo é o cubo da medida de sua aresta, o volume da cavidade é (L/2)³ = L³/8. Logo, o volume de material sólido restante é:

\[V_{\text{s}\acute{o}\text{l}} = \frac{7}{8} L^{3}\]

A densidade do material do bloco é d. Portanto, sua massa é dada pelo produto entre densidade e volume sólido:

\[m_{\text{bloco}} = d \cdot V_{\text{s}\acute{o}\text{l}} = d \cdot \frac{7}{8} L^{3}\]

Seja V o volume de líquido colocado na cavidade. Como a densidade desse líquido é D, sua massa é:

\[m_{\text{l}\acute{i}\text{q}} = D \cdot V\]

O peso total do sistema é a soma das massas do bloco e do líquido, multiplicada pela aceleração da gravidade g. Assim:

\[P = \left(m_{\text{sol}} + m_{\text{liq}}\right) \cdot g = \left(d \cdot \frac{7}{8} L^{3} + D \cdot V\right) \cdot g\]

No limite entre flutuar e afundar, o bloco está totalmente submerso. A cavidade, entretanto, permanece aberta para cima e é preenchida pelo líquido, de modo que o volume externo que desloca líquido é o volume total do cubo, L³. Pelo Princípio de Arquimedes, o empuxo é igual ao peso do líquido deslocado:

\[E = D \cdot V_{\text{desl}} \cdot g = D \cdot L^{3} \cdot g\]

Na iminência de afundar, as forças verticais estão em equilíbrio. Portanto, o peso total do sistema é igual ao empuxo:

\[\left(d \cdot \frac{7}{8} L^{3} + D \cdot V\right) \cdot g = D \cdot L^{3} \cdot g\]

Como a aceleração da gravidade aparece multiplicando os dois lados, ela pode ser cancelada. Obtém-se, então:

\[d \cdot \frac{7}{8} L^{3} + D \cdot V = D \cdot L^{3}\]

Para isolar o termo que contém o volume V, subtraímos o termo correspondente à massa do bloco dos dois lados da igualdade:

\[D \cdot V = D \cdot L^{3} – d \cdot \frac{7}{8} L^{3}\]

Dividindo ambos os lados por D, chegamos a:

\[V = \frac{D \cdot L^{3} – d \cdot \frac{7}{8} L^{3}}{D} = L^{3} – d \cdot \frac{7}{8 D} L^{3}\]

Colocando L³/8 em evidência, a expressão pode ser escrita na forma das alternativas:

\[V = \frac{L^{3}}{8} \left(8 – \frac{7 d}{D}\right)\]

Portanto, o volume de líquido necessário para que o bloco fique na iminência de afundar é V = (8 − 7d/D)(L³/8), que corresponde à alternativa c.

Na situação inicial, a barra flutua em equilíbrio, sem fio. Portanto, a força resultante vertical é nula: o empuxo E, dirigido para cima, tem a mesma intensidade que o peso P, dirigido para baixo.

Aplicando o princípio de Arquimedes, o empuxo é igual ao peso do líquido deslocado. Assim, usando ρ_líq para a densidade do líquido, V_sub para o volume submerso, m_barra para a massa da barra e g para a aceleração da gravidade, temos:

\[E = P\] \[\rho_{\text{l}\acute{i}\text{q}} V_{\text{sub}} \cancel{g} = m_{\text{barra}} \cancel{g}\] \[\rho_{\text{l}\acute{i}\text{q}} \cdot 0.75 \cancel{V} = \rho_{\text{barra}} \cancel{V}\] \[\rho_{\text{l}\acute{i}\text{q}} = \frac{4}{3} \rho_{\text{barra}}\] 

Na terceira igualdade, foi utilizado o fato de que o volume submerso corresponde a 75% do volume total da barra, isto é, V_sub = 0,75V. Também foi usada a relação entre massa, densidade e volume, m_barra = ρ_barraV. O fator g pode ser cancelado porque aparece nos dois membros.

Com a barra presa por uma das extremidades, passam a atuar três forças verticais: o peso P, o empuxo E e a tensão T exercida pelo fio. Para o equilíbrio translacional, a soma das forças para cima deve igualar a força peso. Na configuração representada pela alternativa correta, o empuxo e a tensão atuam para cima, de modo que:

\[T + E = P\] \[\frac{P}{3} + E = P\] \[E = \frac{2}{3} P\] \[\rho_{\text{l}\acute{i}\text{q}} V_{\text{sub}} \cancel{g} = \frac{2}{3} m_{\text{barra}} \cancel{g}\] \[\rho_{\text{l}\acute{i}\text{q}} \cdot \frac{\cancel{V}}{2} = \frac{2}{3} \rho_{\text{barra}} \cancel{V}\] \[\rho_{\text{l}\acute{i}\text{q}} = \frac{4}{3} \rho_{\text{barra}}\]

Na última relação, o volume submerso foi novamente escrito em função do volume total da barra, agora conforme a posição de equilíbrio indicada: o volume submerso é V/2. Substituindo a densidade obtida na situação inicial, verifica-se que essa configuração é compatível com o equilíbrio hidrostático.

Além disso, da equação de equilíbrio vertical, resulta que a tensão no fio é T = P/3, pois o empuxo vale 2P/3. Portanto, a única alternativa que apresenta simultaneamente a posição de equilíbrio compatível e a tensão correta é a alternativa C.

Para determinar a razão entre as densidades, aplica-se o Princípio de Arquimedes. Em cada situação de equilíbrio, o empuxo exercido pelo fluido é igual ao peso total do conjunto formado pela esfera e pelo cubo. Como o conjunto não muda entre as duas situações, seu peso permanece constante.

1. Volumes envolvidos

Seja V_e o volume da esfera. Como a esfera tem raio r, seu volume é

\[V_{e} = \frac{4}{3} πr^{3} .\]

O enunciado informa que o volume do cubo corresponde a um oitavo do volume da esfera. Portanto, se V_c representa o volume do cubo,

\[v_{c} = \frac{1}{8} V_{e} .\]

Será necessário também determinar o volume da calota esférica, indicado por V_cal. O enunciado fornece o volume do setor esférico correspondente ao ângulo α:

\[V_{\text{setor}} = \frac{4}{3} πr^{3} sen^{2} \left(\frac{\alpha}{4}\right) , \alpha = 120 \circ .\]

Como α é igual a 120°, o argumento do seno é 30°. Assim,

\[sen \left(\frac{\alpha}{4}\right) = sen \left(\frac{120 \circ}{4}\right) = sen 30 \circ = \frac{1}{2} ,\]

e, consequentemente,

\[sen^{2} \left(\frac{\alpha}{4}\right) = \frac{1}{4} .\]

Substituindo esse resultado na expressão do volume do setor esférico, obtém-se

\[V_{\text{setor}} = \frac{1}{4} V_{e} .\]

O setor esférico é formado pela calota mais um cone interno. Para encontrar o volume da calota, é preciso calcular o volume desse cone.

Na seção triangular da figura, a altura do cone é h e o raio de sua base é y. Como o raio da esfera é r, aplicando as relações trigonométricas ao ângulo de 60°, temos

\[cos 60 \circ = \frac{h}{r}\]

Como o cosseno de 60° vale 1/2, segue que

\[\frac{1}{2} = \frac{h}{r}\]

Logo, a altura do cone é

\[h = \frac{r}{2}\]

Para o raio da base, utiliza-se o seno de 60°:

\[sen 60 \circ = \frac{y}{r}\]

Como o seno de 60° é \(\frac{\sqrt{3}}{2}\),

\[\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{y}{r}\]

e, portanto,

\[y = \frac{\sqrt{3}}{2} r\]

O volume de um cone é calculado por um terço do produto da área da base pela altura. Como o raio da base é y,

\[V_{\text{cone}} = \frac{1}{3} πy^{2} \text{h} = \frac{1}{3} \pi \left(\frac{\sqrt{3}}{2} r\right)^{2} \cdot \frac{r}{2}\]

Substituindo os valores e simplificando, resulta

\[V_{\text{cone}} = \frac{πr^{3}}{8}\]

Comparando esse resultado com o volume da esfera,

\[\frac{V_{\text{cone}}}{V_{e}} = \frac{\frac{πr^{3}}{8}}{\frac{4 πr^{3}}{3}} = \frac{3}{32}\]

Assim,

\[V_{\text{cone}} = \frac{3}{32} V_{e}\]

Como o setor esférico é a soma da calota com o cone, o volume da calota é obtido subtraindo-se o volume do cone do volume do setor:

\[V_{\text{cal}} = V_{\text{setor}} – V_{\text{cone}}\]

Substituindo os volumes encontrados,

\[V_{\text{cal}} = \frac{1}{4} V_{e} – \frac{3}{32} V_{e} V_{\text{cal}} = \frac{5}{32} V_{e}\]

Portanto, a calota corresponde a \(\frac{5}{32}\) do volume da esfera.

2. Relação entre os empuxos nas duas situações

Na primeira situação, o peso total do conjunto é igual ao empuxo exercido pelo fluido de densidade ρ₁. Se V₁ é o volume submerso nessa situação, então

\[P = E_{1}\] \[P = \rho_{1} \cdot V_{1} \cdot g\]

Na segunda situação, o conjunto está em equilíbrio no fluido de densidade ρ₂. Designando por V₂ o volume submerso,

\[P = E_{2}\] \[P = \rho_{2} \cdot V_{2} \cdot g\]

Como o peso P e a aceleração da gravidade g são os mesmos nas duas situações, igualam-se os empuxos:

\[\rho_{1} \cdot V_{1} \cdot \cancel{g} = \rho_{2} \cdot V_{2} \cdot \cancel{g}\]

Cancelando g nos dois lados,

\[\rho_{1} \cdot V_{1} = \rho_{2} \cdot V_{2}\]

Reorganizando essa igualdade para obter a razão entre as densidades,

\[\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}} = \frac{V_{1}}{V_{2}}\]

Assim, basta calcular os volumes submersos em cada situação.

3. Volume submerso na primeira situação

Na primeira posição, somente a calota esférica fica fora do fluido. Portanto, o volume submerso da esfera é o volume total da esfera menos o volume da calota:

\[V_{1} = V_{e} – V_{\text{cal}} = V_{e} – \frac{5}{32} V_{e}\]

Logo,

\[V_{1} = \frac{27}{32} V_{e}\]

4. Volume submerso na segunda situação

Após a rotação de 180°, o cubo e a mesma calota ficam submersos. Portanto, o volume deslocado na segunda situação é a soma do volume da calota com o volume do cubo:

\[V_{2} = V_{\text{cal}} + V_{c}\]

Substituindo os valores relativos ao volume da esfera,

\[V_{2} = \frac{5}{32} V_{e} + \frac{1}{8} V_{e}\]

Como \(\frac{1}{8} = \frac{4}{32}\),

\[V_{2} = \frac{5}{32} V_{e} + \frac{4}{32} V_{e} = \frac{9}{32} V_{e}\]

Finalmente, substituindo V₁ e V₂ na relação entre as densidades,

\[\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}} = \frac{\frac{27}{32} V_{e}}{\frac{9}{32} V_{e}}\]

Os fatores comuns \(V_{e}\) e 32 são cancelados, resultando em

\[\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}} = \frac{27}{9} = 3\]

Portanto, a razão pedida é 3, correspondente à alternativa c).

A alternativa A está incorreta porque a relação de submersão mencionada é o inverso da realidade física. Embora seja verdade que a água salgada possua uma densidade superior à da água doce, o processo de congelamento faz com que a água aumente seu volume, resultando em uma densidade menor para o gelo. Ao considerar a razão entre a densidade do gelo e a da água oceânica, obtém-se um valor próximo de 0,9. Isso implica que cerca de 90% do volume do gelo permanece abaixo da superfície, deixando apenas uma pequena fração, aproximadamente 10%, visível acima do nível do mar, como ocorre com os icebergs.

A alternativa B é a correta. O princípio fundamental para entender por que o gelo flutua reside na comparação de suas densidades. De acordo com o Princípio de Arquimedes, um corpo flutua em um fluido quando sua densidade média é inferior à densidade do líquido em que está imerso. No caso da água, a transição de fase para o estado sólido cria uma estrutura cristalina que expande o volume ocupado, tornando o gelo menos denso que a água no estado líquido, o que garante sua flutuabilidade.

Quanto à alternativa C, ela é falsa pois o ponto crítico de densidade máxima da água ocorre em 4°C. Ao atingir essa temperatura, a água apresenta seu maior valor de densidade, o que poderia gerar uma redução de volume interno na garrafa, mas não necessariamente a ruptura imediata por pressão. O rompimento do recipiente de vidro ocorreria apenas se houvesse a mudança de fase para o estado sólido (congelamento), pois a expansão volumétrica característica da água ao congelar exerceria uma força mecânica capaz de quebrar as paredes do vidro.

A alternativa D é incorreta porque atribui a flutuação a uma proximidade com fontes de calor, o que não possui fundamento físico para este fenômeno. A razão pela qual o gelo flutua é puramente estrutural: sua organização molecular em um arranjo cristalino durante a solidificação faz com que ele ocupe um espaço maior do que ocuparia no estado líquido, reduzindo sua densidade relativa.

Por fim, a alternativa E está errada ao tentar explicar a anomalia térmica da água através de uma soma de calor. A anomalia da água refere-se ao comportamento atípico de seu volume e densidade no intervalo entre 0°C e 4°C. Diferente da maioria das substâncias, que contraem seu volume ao serem resfriadas, a água apresenta uma contração volumétrica (e consequente aumento de densidade) conforme a temperatura sobe de 0°C para 4°C, atingindo sua densidade máxima exatamente nesse ponto.

Análise das afirmativas.

[I] Verdadeira. A densidade é obtida pela razão entre a massa e o volume total do peixe. Assim, considerando a massa de 1,5 kg e o volume inicial de 1,5 L:

\[d = \frac{m}{V} = \frac{1.5 \text{kg}}{1.5 L} = 1 \text{kg} / L = 1 \text{g} / cm^{3}\]

A água doce apresenta densidade aproximada de 1 g/cm³. Portanto, a densidade média do peixe é igual à densidade da água. Nessa situação, o empuxo equilibra o peso do peixe, de modo que a força resultante vertical é nula. Consequentemente, o peixe permanece totalmente submerso, sem subir nem descer.

A expressão “flutuar estaticamente” deve ser entendida, neste caso, como permanecer em equilíbrio no interior da água, e não necessariamente como ficar parcialmente acima da superfície. Dessa forma, de acordo com o gabarito, a proposição I é considerada verdadeira.

[II] Verdadeira. A bolsa natatória inicialmente ocupa 0,1 L. Como seu volume é reduzido pela metade, o novo volume da bolsa passa a ser 0,05 L. Essa redução provoca uma diminuição do volume total do peixe, enquanto sua massa permanece igual a 1,5 kg.

O novo volume total é obtido subtraindo do volume inicial a redução de 0,05 L:

\[d = \frac{m}{V} = \frac{1.5 \text{kg}}{1.5 L – 0.05 L} = \frac{1.5 \text{kg}}{1.45 L}\]

Logo, o volume final é 1,45 L. Efetuando a divisão entre massa e volume, obtém-se:

\[d = 1.034 \text{g} / cm^{3}\]

A unidade kg/L é numericamente equivalente a g/cm³, pois 1 kg corresponde a 1000 g e 1 L corresponde a 1000 cm³. Portanto, a nova densidade é aproximadamente 1,034 g/cm³, como afirma a proposição.

[III] Verdadeira. Depois da redução do volume da bolsa natatória, a densidade do peixe passa a ser:

\[d = 1.034 \text{g} / cm^{3}\]

Esse valor é maior que a densidade da água doce, que é aproximadamente 1 g/cm³. Para um corpo totalmente submerso, essa diferença significa que seu peso passa a ser maior que o empuxo recebido. Assim, surge uma força resultante dirigida para baixo, fazendo o peixe afundar. Portanto, a proposição III é verdadeira.

[IV] Falsa. A redução do volume da bolsa natatória não faz o peixe subir. Ao contrário, como o volume diminui e a massa permanece constante, a densidade do peixe aumenta. Como a densidade final é maior que a da água doce, o peixe afunda. Portanto, a proposição IV é falsa.

[V] Verdadeira. O empuxo é a força vertical para cima exercida pelo líquido sobre o corpo. Pelo princípio de Arquimedes, seu módulo é igual ao peso do volume de água deslocado.

Com a bolsa natatória cheia, o peixe desloca 1,5 L de água. Convertendo esse volume para unidades do Sistema Internacional:

\[1,5×10^{- 3} m^{3}\]

A expressão do empuxo é o produto da densidade do líquido pelo volume deslocado e pela aceleração da gravidade. Para a água doce, utiliza-se densidade de 1000 kg/m³ e, para a gravidade, 9,8 m/s²:

\[E = \mu \cdot V \cdot g = 1000 \frac{kg}{m^{3}} \cdot 1.5 \times 10^{- 3} m^{3} \cdot 9.8 \text{m} / s^{2}\]

Substituindo os valores e realizando as multiplicações, o empuxo recebido pelo peixe é:

\[E = 14.7 \text{N}\]

Logo, a proposição V é verdadeira.

As proposições verdadeiras são I, II, III e V, enquanto a proposição IV é falsa. Portanto, a alternativa correta é d) Somente as proposições I, II, III e V são verdadeiras.

Massa das chapas metálicas

A massa de cada chapa é calculada pelo produto entre a massa específica superficial do metal e a área da chapa. Como a estrutura é formada por duas chapas triangulares e duas chapas retangulares laterais, a área total considerada é a soma dessas áreas. A área de um triângulo equilátero de lado L é L²√3/4; portanto, a área das duas chapas triangulares é duas vezes essa expressão. As duas chapas retangulares contribuem com a área total indicada na resolução, 2 ⋅ 6L ⋅ L.

A massa específica superficial é σ₁ = 8 kg/m². Substituindo L = 20 cm = 0,2 m e √3 ≃ 1,7:

\[\text{m}_{1} = \sigma_{1} \left(2 \cdot \frac{L^{2} \sqrt{3}}{4} + 2 \cdot 6 L \cdot L\right) = 8 \cdot \left(2 \cdot \frac{0 , 2^{2} \cdot 1.7}{4} + 2 \cdot 6 \cdot 0 , 2^{2}\right)\]

Nessa expressão, o primeiro termo dentro dos parênteses corresponde à área das duas chapas triangulares, enquanto o segundo corresponde à área das duas chapas retangulares. O resultado da multiplicação pela massa específica superficial é:

\[m_{1} = 4.112 \text{kg}\]

Massa da carga cúbica

A carga tem formato cúbico e aresta igual a 0,5L. Como L = 0,2 m, sua aresta mede 0,1 m. O volume do cubo é o cubo da medida de sua aresta. Multiplicando esse volume pela massa específica volumétrica da carga, obtém-se:

\[\text{m}_{2} = \rho_{2} \left(0.5 L\right)^{3} = 240 \cdot 0 , 1^{3}\]

Assim, a massa da carga é:

\[m_{2} = 0.24 \text{kg}\]

Massa total do sistema

A massa total é a soma da massa das chapas com a massa da carga:

\[m = m_{1} + m_{2} = 4.352 \text{kg}\]

Volume submerso

A seção reta do prisma é um triângulo equilátero. Quando a estrutura afunda uma altura h, a parte submersa da seção reta é um triângulo semelhante ao triângulo completo da base. A altura do triângulo equilátero de lado L é L√3/2. Portanto, a razão entre os lados correspondentes dos dois triângulos é h dividido por L√3/2. Como áreas de figuras semelhantes variam com o quadrado da razão linear, temos:

\[\left(\frac{h}{\frac{L \sqrt{3}}{2}}\right)^{3} = \frac{A_{\text{sub}}}{\frac{L^{2} \sqrt{3}}{4}}\]

A área triangular submersa pode ser escrita diretamente em função da altura h. Essa área é igual à base correspondente vezes a altura, resultando em:

\[A_{\text{sub}} = \frac{h^{2} \sqrt{3}}{3}\]

O prisma tem comprimento 6L. Logo, o volume submerso é a área da seção triangular submersa multiplicada pelo comprimento do prisma:

\[V_{\text{sub}} = \frac{h^{2} \sqrt{3}}{3} \cdot 6 L = 2 h^{2} L \sqrt{3} = 2 h^{2} \cdot 0.2 \cdot 1.7\]

Utilizando os valores numéricos de L e de √3, o volume submerso fica:

\[V_{\text{sub}} = 0.68 h^{2}\]

Equilíbrio da estrutura

Para que a estrutura flutue em equilíbrio, a força de empuxo deve ser igual ao peso total do sistema. O empuxo é determinado pelo princípio de Arquimedes: ele é igual ao peso da água deslocada. Assim, se ρ_água é a massa específica da água e V_sub é o volume submerso, podemos escrever:

\[E = P\]

Substituindo o empuxo e o peso pelas respectivas expressões, e cancelando a aceleração da gravidade g, que aparece nos dois lados da igualdade:

\[\rho_{\acute{a}\text{gua}} V_{\text{sub}} \cancel{g} = m \cancel{g}\]

Usando ρ_água = 1000 kg/m³, V_sub = 0,68h² e m = 4,352 kg:

\[1000 \cdot 0.68 h^{2} = 4.352\]

Isolando h², divide-se ambos os lados por 1000 ⋅ 0,68:

\[h^{2} = 0.0064\]

Extraindo a raiz quadrada, obtém-se a profundidade submersa:

\[h = 8 \text{cm}\]

Logo, o valor de h é 8 cm, correspondente à alternativa a).

Quando o balão permanece fixo em uma posição, ele está em equilíbrio. Isso significa que sua aceleração é nula e, portanto, a força resultante sobre ele também deve ser nula.

As duas forças relevantes têm sentidos opostos: o peso P atua verticalmente para baixo, enquanto o empuxo E atua verticalmente para cima. Para que essas forças se anulem, seus módulos devem ser iguais:

\[P = E\] \[\frac{P}{E} = 1.0\]

A primeira igualdade expressa a condição de equilíbrio: o módulo do peso é igual ao módulo do empuxo. Ao dividir os dois lados dessa igualdade por E, obtém-se a razão entre o peso e o empuxo. Como as forças têm o mesmo valor, essa razão é igual a 1,0.

Logo, a resposta correta é a alternativa b) 1,0.

Considere cada tanque cúbico com lado L. Como o caminhão acelera horizontalmente, a superfície livre do líquido se inclina em relação à horizontal. Essa inclinação faz com que uma parte do líquido ultrapasse a borda superior dos tanques e seja derramada.

O diagrama das forças que atuam sobre uma porção do líquido permite relacionar a aceleração horizontal do caminhão com o ângulo de inclinação da superfície:

Na direção vertical, a componente vertical da força resultante equilibrará o peso da massa de líquido considerada. Por isso, temos:

\[E_{y} = P\] \[E \cdot cos \theta = mg \left(1\right)\]

Nessas expressões, E representa a força resultante considerada no diagrama, m é a massa do líquido, g é a aceleração da gravidade e θ é o ângulo de inclinação da superfície do líquido.

Na direção horizontal, a componente horizontal da força resultante é responsável pela aceleração A do líquido junto com o caminhão. Assim:

\[E_{x} = F_{r}\] \[E \cdot sen \theta = mA \left(2\right)\]

Dividindo a equação (2) pela equação (1), eliminamos a força E e também a massa m. No lado esquerdo, a razão entre seno e cosseno é a tangente do ângulo; no lado direito, resta a razão entre a aceleração horizontal e a aceleração da gravidade:

\[\frac{\cancel{E} \cdot senθ}{\cancel{E} \cdot cosθ} = \frac{\cancel{m } A}{\cancel{m} g}\] \[A = g \cdot tanθ\]

Logo, a aceleração do caminhão está relacionada ao ângulo da superfície por A = g · tan θ. Para determinar o volume derramado, é necessário relacionar esse ângulo à geometria da região triangular formada pela inclinação do líquido.

No triângulo retângulo representado no desenho, h é a altura correspondente à diferença entre os níveis do líquido, e L é o comprimento horizontal associado ao lado do tanque. Portanto, pela definição da tangente:

\[tan \theta = \frac{h}{L}\] \[A = \frac{gh}{L } \left(3\right)\]

A equação (3) pode ser isolada em relação a h. Multiplicando os dois lados por L e dividindo por g, obtemos:

\[A = \frac{gh}{L}\] \[h = \frac{LA}{g }\]

Agora, usamos a relação entre massa, densidade e volume. A densidade d é definida como a massa M dividida pelo volume V. Portanto:

\[d = \frac{M}{V}\] \[M = d \cdot V \left(4\right)\]

Para os dois tanques cúbicos, a parte derramada tem a forma de um prisma cuja seção transversal é um triângulo retângulo com catetos h e L. O comprimento total do prisma é 2L, pois são considerados os dois tanques idênticos. Assim, o volume do prisma é a área triangular multiplicada por seu comprimento:

\[V_{\text{prisma}} = \frac{hL}{2} \cdot 2 L\] \[V_{\text{prisma}} = hL^{2 } \left(5\right)\]

Substituindo h = LA/g na expressão do volume derramado e, em seguida, usando a relação entre massa, densidade e volume, obtemos:

\[M = d \cdot V = d \cdot hL^{2} = d \cdot \frac{LA}{g} \cdot L^{2}\] \[M = \frac{d \cdot L^{3} \cdot A}{g }\]

Como cada tanque é cúbico, seu volume é o produto de suas três dimensões, isto é, L³. Portanto, podemos substituir L³ pelo volume V de cada tanque:

\[M = \frac{d \cdot V \cdot A}{g }\]

Assim, a massa de líquido desperdiçada é diretamente proporcional à densidade d, ao volume V do tanque e à aceleração horizontal A, e inversamente proporcional à aceleração da gravidade g. Portanto, a expressão corresponde à alternativa b) dVA/g.

Como o recipiente está inicialmente em equilíbrio, o empuxo exercido pela água é igual ao peso do recipiente. Para relacionar a geometria do cone com a altura imersa, observa-se na figura que o ângulo de abertura fornece a relação entre o raio da base, r, e a altura, h.

Como o ângulo indicado é de 45°, a tangente desse ângulo é igual à razão entre o raio e a altura. Assim:

\[tg 45^{\circ} = 1 = \frac{r}{h}\]

Portanto, o raio correspondente à altura h é igual à própria altura:

\[r = h\]

Se m_r representa a massa do recipiente, o equilíbrio inicial exige que o empuxo E₀ seja igual ao peso do recipiente:

\[E_{0} = P_{r}\]

O empuxo é dado pelo peso do volume de água deslocado. Como o volume submerso é o volume de um cone de raio r e altura h, temos:

\[ρV_{\text{sub}} \cancel{g} = m_{r} \cancel{g}\]

Substituindo o volume do cone, V = πr²h/3, e cancelando a aceleração da gravidade, obtém-se:

\[\rho \cdot \frac{πr^{2} \cdot h}{3} = m_{r}\]

Usando r = h, a massa do recipiente é:

\[m_{r} = \frac{ρπh^{3}}{3 }\]

Depois da inserção da partícula, o sistema passa a ter o peso do recipiente somado ao peso da partícula. Como a partícula tem massa m = Kρπh³, o novo equilíbrio ocorre quando o novo empuxo iguala essa soma de pesos:

\[P_{r} + P = E\]

O novo nível de submersão aumenta de h para h + Δh. Como o recipiente tem a mesma geometria cônica, o volume de água deslocado passa a ser proporcional ao cubo dessa nova altura. Substituindo as expressões dos pesos e do novo empuxo na condição de equilíbrio:

\[\frac{\cancel{\rho } \left(\cancel{\pi} h\right)^{3} \cancel{g}}{3} + K \cancel{\rho } \left(\cancel{\pi} h\right)^{3} \cancel{g} = \frac{\cancel{\rho } \cancel{\pi} \left(h + Δh\right)^{3} \cancel{g}}{3}\]

Após cancelar os fatores comuns ρ, π, g e dividir pela potência h³, a igualdade fica:

\[\cancel{h^{3}} + 3 \text{K} \cancel{h^{3}} = \cancel{h^{3}} \left(1 + \frac{Δh}{h}\right)^{3}\]

Como Δh é muito menor que h, pode-se aplicar a aproximação fornecida, com α = Δh/h e n = 3. Desse modo, o termo elevado ao cubo é aproximado por 1 + 3Δh/h:

\[\cancel{1} + \cancel{3} K = \cancel{1} + \frac{\cancel{3} Δh}{h}\]

Cancelando os termos iguais dos dois lados e isolando Δh, resulta:

\[Δh = Kh\]

Logo, a altura adicional que o recipiente afunda é Δh = Kh. Portanto, a alternativa correta é c) K h.

A tensão no fio é nula quando o fio deixa de exercer força sobre o objeto. Nessa situação, atuam essencialmente duas forças no objeto: o peso, dirigido para baixo, e o empuxo exercido pelo óleo, dirigido para cima. Portanto, quando a tensão se anula, essas duas forças se equilibram.

Essa condição de equilíbrio pode ser expressa por

\[P = E\]

O peso do objeto é dado pelo produto de sua densidade pela aceleração da gravidade e pelo volume. O empuxo, por sua vez, é igual ao peso do volume de óleo deslocado; como o objeto está imerso, esse volume corresponde ao volume do objeto. Assim, escrevendo as duas forças em termos de densidade, volume e aceleração da gravidade, obtém-se

\[d_{\text{ol}} \cancel{Vg} = d_{\text{ob}} \cancel{Vg}\]

Como o volume V e a aceleração da gravidade g aparecem nos dois lados da igualdade, esses fatores podem ser cancelados. Dessa forma, a densidade do óleo na temperatura procurada deve ser igual à densidade do objeto.

A densidade é calculada dividindo-se a massa pelo volume. Utilizando os valores empregados na resolução, temos

\[d_{\text{ol}} = d_{\text{ob}} = \frac{m}{V} = \frac{19}{20}\]

Efetuando a divisão entre a massa e o volume, a densidade correspondente é

\[d_{\text{ol}} = 0.9 \text{g} / cm^{3}\]

De acordo com o gráfico da densidade do óleo em função da temperatura, a densidade de \(0 , 9 \text{g} / cm^{3}\) corresponde à temperatura de

\[T = 150 \circ C\]

Logo, a tensão na corda se anula quando a temperatura do óleo é igual a 150 °C. Portanto, a alternativa correta é d) 150°C.