TC 2 UECE - 2013 FASE 2 SEMANA 03 a 08 de dezembro MEDICINA PROF.: Célio Normando 1. Racionalizar o uso da água significa usá-la sem desperdício e considerá-la uma prioridade social e ambiental, para que a água tratada nunca falte nas torneiras. Assim, se por uma torneira defeituosa cair uma gota de água a cada segundo e, em uma hora, o volume de água desperdiçado for de 0,18 litros, é correto afirmar que a ordem de grandeza do volume de uma gota d’água é igual, em m3 , a: a) 10-7 b) 10-5 c) 10-8 d) 10-3 SOLUÇÃO: Em uma hora caíram 3600 gotas, com um volume total de 0,18L = 1,8 x 10-1L V= 1,8 x 10-4 m3 volume de cada gota volume total N 1,8x10 4 3600 5x10 8 m3 A ordem de grandeza do volume de uma gota d’água, em m³, será OG(V) = 10 -7 m³ RESPOSTA (A) 2. Embora o momento angular de uma massa pontual seja uma grandeza não analisada, em nível médio, ela é definida pelo produto vetorial do vetor posição dessa massa pelo seu momento linear. Então, em termos das dimensões de comprimento (L), de massa (M), e de tempo (T), um momento angular qualquer tem sua dimensão dada por: a) L0MT-1. b) LM0T-1. c) LMT-1. d) L2MT-1. SOLUÇÃO: Momento angular = Posição. Momento Linear Em termos dimensionais: Momento angular = L.(M.L.T-1) = L2.M.T-1 RESPOSTA (D) 3. Considerando-se os algarismos significativos das medidas de uma fita de comprimento 28,7 cm e largura 1,03 cm, podemos afirmar que a soma destas medidas é dada, em cm, por: a) 29,7 b) 29,73 c) 29 d) 29,0 SOLUÇÃO: Em qualquer operação com algarismos significativos, o resultado terá a quantidade de algarismos significativos da medida que tiver a menor quantidade de algarismos significativos. Nesta operação as duas medidas têm 3 AS, logo o resultado deverá ter 3 AS. C + L = 29,7 cm RESPOSTA (A) 4. Duas partículas, a e b, que se movimentam ao longo de um mesmo trecho retilíneo tem as suas posições (S) dadas em função do tempo (t), conforme o gráfico abaixo. O arco de parábola que representa o movimento da partícula b e o segmento de reta que representa o movimento de a tangenciam-se em t 3 s. Sendo a velocidade inicial da partícula b de 8 m s, o espaço percorrido pela partícula a do instante t 0 até o instante t 4 s, em metros, vale: a) 3,0 b) 4,0 c) 6,0 d) 8,0 SOLUÇÃO: Dados: v0b = 8 m/s. O gráfico nos mostra que no instante t = 4 s a partícula b inverte o sentido de seu movimento, ou seja, sua velocidade se anula nesse instante (vb = 0). vb v0b a t 0 8 a 4 a 2 m / s2. Para o instante t = 3 s: vb 8 2 3 vb 2 m / s. Se a reta tangencia a parábola no instante t = 3 s, as velocidades das duas partículas são iguais nesse instante. Então: t 3 s va vb 2 m / s. Como o movimento da partícula a é uniforme, o espaço percorrido por ela até t = 4 s é: Sa va t Sa 2 4 Sa 8,0 m. RESPOSTA (D) 5. Uma noiva, após a celebração do casamento, tinha de jogar o buquê para as convidadas. Como havia muitas ex-namoradas do noivo, ela fazia questão de que sua melhor amiga o pegasse. Antes de se virar para, de costas, fazer o arremesso do buquê, a noiva, que possuía conhecimento sobre movimento balístico, calculou a que distância aproximada a amiga estava dela: 5,7 m. Então ela jogou o buquê, tomando o cuidado para que a direção de lançamento fizesse um ângulo de 60° com a horizontal. Se o tempo que o buquê levou para atingir a altura máxima foi de 0,7 s, qual o valor aproximado da velocidade dele ao sair da mão da noiva? (Despreze o atrito com o ar. Considere a aceleração da gravidade igual a 10 m s2 , cos60 0,5 e sen60 0,87.) a) 1,5 m s b) 5,5 m s c) 6,0 m s d) 8,0 m s SOLUÇÃO: Dados: tsub = 0,7 s; A = 5,7 m; g = 10 m/s2; θ = 60°. Se a amiga apanhou o buquê na mesma horizontal em que foi lançado, o tempo total de movimento (tT) foi o dobro do tempo de subida (tsub) e o alcance horizontal (A) foi igual a 5,7 m. No lançamento oblíquo, a componente horizontal da velocidade de lançamento (v0x) é constante, portanto o movimento é uniforme. Então: ΔS v Δt A v 0x t T A v 0 cos 60 2t sub 5,7 v0 1 2 0,7 2 8,0 m / s. v0 v0 5,7 0,7 8,14 RESPOSTA (D) 6. O uso de datashow em sala de aula é muito comum. As lâmpadas de filamento que são usadas nesses equipamentos têm potência elevada de, aproximadamente, 1100 W quando ligadas em 220 V. Se um datashow for usado durante 1 hora e 40 minutos, que é o tempo de duração de uma aula com dois períodos, qual é a energia consumida em J? a) 5,00 X 102. b) 2,42 X 103. c) 1,10 X 105. d) 6,60 X 106. SOLUÇÃO: Dados: P = 1.100 W; t = 1 h e 40 min = 6.000 s. E P t 1.100 6.000 6,6 106 J. RESPOSTA (D) 7. No resgate dos mineiros do Chile, em 2010, foi utilizada uma cápsula para o transporte vertical de cada um dos enclausurados na mina de 700 metros de profundidade. Considere um resgate semelhante ao feito naquele país, porém a 60 metros de profundidade, tendo a cápsula e cada resgatado um peso total de 5 104 N. O cabo que sustenta a cápsula não pode suportar uma força que exceda 7,5 104 N. Adote g 10 m s2 para o local do resgate. Esse movimento tem aceleração máxima no primeiro trecho e, a seguir, movimento retardado, com o motor desligado, até o final de cada ascensão. A potência máxima, em MW, que o motor deve ter desenvolvido em cada resgate foi de: a) 0,75 b) 3,0 c) 1,5 d) 4,5 SOLUÇÃO: Na subida o movimento é acelerado, assim concluímos que a força (F) realizada pelo cabo sobre a cápsula é maior que o peso do conjunto (cápsula+pessoa). A partir destas considerações, podemos calcular a aceleração de subida da cápsula. Vejamos os dados pertinentes para o cálculo da aceleração durante a subida: F = 7,5 104 N. P = 5 104 N. 5x103 kg (massa do conjunto) MC 2,5 104 25 5m / s2 5 5 10 Como podemos perceber, o enunciado informa que esta aceleração se mantém apenas no primeiro trecho do percurso, sendo o restante do movimento sujeito apenas a aceleração gravitacional freando a cápsula. Assim devemos notar dois movimentos distintos, um acelerado com aceleração de 5m/s 2 dirigida para cima e outro movimento retardado com aceleração de 10 m/s 2 dirigida para baixo. Assim, F P MC.a 7,5 104 5x104 5x103.a 2,5 104 5x103.a a 3 Logo, o deslocamento total sofrido pela cápsula pode ser equacionado da seguinte forma: ΔSac ΔSre Em que ΔSac ΔSre 60m deslocamento sofrido pela cápsula até T1 e deslocamento sofrido pela cápsula de T1 a T2. Utilizando a equação de Torricelli no movimento acelerado e retardado, temos: ACELERADO: V2 02 2.5.ΔSac V 2 10.ΔSac RETARDADO: 02 V2 2.are .ΔSre 0 V2 2.( 10).ΔSre V 2 20.ΔSre Igualando as duas expressões, temos: 10.ΔSac 20.ΔSre ΔSac 2.ΔSre Assim, o ΔSac 40m e ΔSre 20m Como a área de um gráfico é numericamente igual ao deslocamento sofrido pela cápsula podemos relacionar os intervalos de tempo de 0 à T1, e de T1 à T2. ΔSac V.(T1 ) ΔSre V.(T2 ΔSac 2.ΔSre V.(T1 ) T1 T1) 2.V.(T2 2T2 T1) 2T1 3T1 2T2 Calculando T1: ΔSac 0.T1 40 5.T12 2 80 5.T12 T12 16 T1 5.T12 2 4s Calculando T2: 3T1 2T2 3.4 2T2 12 2T2 T2 6s Como a força exercida pelo cabo é constante, a potência máxima ocorre quando a velocidade é máxima, assim sendo: VMÁX=0+5.T1 VMÁX=5.4=20m/s Calculando a potência máxima, temos: PMÁX. F.VMÁX. PMÁX. 7,5 104.20 PMÁX. 150 104 PMÁX. 1,5 MW RESPOSTA (C) 8. Uma barra homogênea de 30 kg de massa e 6 m de comprimento é apoiada em C e em D, como na figura. Sendo que o apoio C tem força de reação que vale 120 N, a distância X necessária para que a barra se mantenha em equilíbrio é, em m, de: (considere g = 10 m/s2) a) 0,5 b) 1,0 c) 2,0 d) 1,5 SOLUÇÃO: Como a barra está em equilíbrio, o somatório dos momentos no sentido horário é igual ao somatório dos momentos no sentido anti-horário. Assim, analisando a figura com polo em D: Mhor Manti hor 300 3 x 120 6 x 15 5 x 12 2 x x 1m. P 3 x FC 6 x 5 3 x 3x 2 6 x 3 RESPOSTA (B) 9. Dois amigos, Berstáquio e Protásio, distam de 25,5 m. Berstáquio lança obliquamente uma bola para Protásio que, partindo do repouso, desloca-se ao encontro da bola para segurá-la. No instante do lançamento, a direção da bola lançada por Berstáquio formava um ângulo θ com a horizontal, o que permitiu que ela alcançasse, em relação ao ponto de lançamento, a altura máxima de 11,25 m e uma velocidade de 8 m/s nessa posição. Desprezando o atrito da bola com o ar e adotando g = 10m/s 2, podemos afirmar que a aceleração de Protásio, suposta constante, para que ele consiga pegar a bola no mesmo nível do lançamento deve ser de: 1 a) m/s2 2 b) 1 m/s2 3 c) 1 m/s2 4 d) 1 m/s2 5 SOLUÇÃO: Dados: D = 25,5 m; H = 11,25 m; vx = 8 m/s; g = 10 m/s2. Sabemos que no ponto mais alto a componente vertical (vy) da velocidade é nula. Aplicando, então, a equação de Torricelli ao eixo y: v 2y v0y 2 v0y 2 g Δy 0 2 v 0y 2 gH v 0y 2 gH 2 10 11,25 225 15 m / s. Aplicando a equação da velocidade, também no eixo y, calculemos o tempo de subida (ts). vy v0y g t 0 v0y g ts ts v0y g 15 10 ts 1,5 s. O tempo total (tT) é: tT 2 ts 2 1,5 t T 3 s. Na direção horizontal a componente da velocidade (vx) é constante. O alcance horizontal (A) é, então: A v x tT A 8 3 A 24 m. Para pegar a bola, Protásio deverá percorrer: ΔS D A 25,5 24 ΔS 1,5 m. Como a 1 ΔS a 2 aceleração é suposta constante, o movimento é uniformemente variado. Então: 1 1 2 t 2T 1,5 a 3 a m / s2 . RESPOSTA (B) 2 3 10. Duas partículas, A e B, que executam movimentos retilíneos uniformemente variados, se encontram em t = 0 na mesma posição. Suas velocidades, a partir desse instante, são representadas pelo gráfico abaixo. As acelerações experimentadas por A e B têm o mesmo módulo de 0,2m s2 . Com base nesses dados, é correto afirmar que essas partículas se encontrarão novamente no instante: a) 10 s b) 50 s c) 100 s d) 500 s SOLUÇÃO: Dados: v0A = 50 m/s; v0B = -50 m/s; aA = -0,2 m/s2 (reta decrescente); aB = 0,2 m/s2 (reta crescente). Adotando origem no ponto de partida e lembrando que a equação horária do espaço no MUV é 1 2 S S0 v 0 t at , temos: 2 SA = 50t -0,1t² SB = -50t +0,1t² No encontro, SA = SB: 50 t 0,1 t 2 50 t 0,1 t 2 100 t 0,2 t 2 0 t 100 0,2 t 0 t t 0 (não convém) 100 t 500 s. 0,2 RESPOSTA (D) 11. O gráfico abaixo representa a velocidade em função do tempo de um objeto em movimento retilíneo. Calcule a velocidade média entre os instantes t = 0 e t = 5h. a) 5,0 m/s b) 5,5 m/s c) 6,0 m/s d) 6,5 m/s SOLUÇÃO: A área da figura sombreada é numericamente igual ao deslocamento. 30 60 27 117km . ΔS 117 117 Vm km / h m/s Δt 5 5x3,6 ΔS 6,5m / s . RESPOSTA (D) 12. Um jogador de futebol chuta uma bola a 30 m do gol adversário. A bola descreve uma trajetória parabólica, passa por cima da trave e cai a uma distância de 40 m de sua posição original. Se, ao cruzar a linha do gol, a bola estava a 3 m do chão, a altura máxima por ela alcançada esteve entre a) 4,1 e 4,4 m. b) 3,8 e 4,1 m. c) 3,2 e 3,5 m. d) 3,5 e 3,8 m. SOLUÇÃO: Como as distâncias horizontais percorridas entre A e B e entre B e C são iguais, os intervalos de tempo entre esses pontos também são iguais, pois a componente horizontal da velocidade se mantém constante (vx = v0x). Assim, se o tempo de A até B é t, de A até C é 2t. Equacionando a distância vertical percorrida na queda de A até B e de A até C, temos: A A g 2 t 2 g C: H 2t 2 B: h 2 Mas, da Figura: H h Como H 4h H H 3 H g 2 4 t 2 4h h 3 4h. h 1 m. 4 m. RESPOSTA (B)