TC 2 UECE - 2013 FASE 2 MEDICINA

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 m 3 , 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 1,8x104

 5x108 m3
N
3600
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  v 0b  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
 1
5,7  v 0    2  0,7   v 0 
 8,14 
2
0,7
 
v 0  8,0 m / s.
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.
MC  5x103 kg (massa do conjunto)
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  60m
Em que ΔSac  deslocamento sofrido pela cápsula até T1 e
ΔSre  deslocamento sofrido pela cápsula de T1 a T2.
Utilizando a equação de Torricelli no movimento acelerado e
retardado, temos:
ACELERADO:
V 2  02  2.5.ΔSac  V 2  10.ΔSac
RETARDADO:
02  V 2  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  T1)
ΔSac  2.ΔSre
V.(T1)  2.V.(T2  T1)
T1  2T2  2T1
3T1  2T2
Calculando T1:
ΔSac  0.T1 
40 
5.T12
2
5.T12
2
80  5.T12
T12  16
T1  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  10 4.20

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 
 P  3  x   FC  6  x  
 5 3  x   2 6  x  
15  5 x  12  2 x  3 x  3 
x  1m.
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:
2
2
v 2y  v 0y
 2 g Δy  0  v 0y
 2 g H  v 0y  2 g H  2 10 11,25   225 
v 0y  15 m / s.
Aplicando a equação da velocidade, também no eixo y, calculemos o tempo de subida (ts).
v y  v0y  g t
 0  v 0y  g t s  t s 
v0y
g

15
10
 t s  1,5 s.
O tempo total (tT) é:
tT  2 ts  2 1,5  tT  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
RESPOSTA (B)
t2T  1,5  a  3   a  m / s2.
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
S  S0  v 0 t  at 2 , 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  0 (não convém)
100
t
 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.
ΔS  30  60  27  117km .
Vm 
ΔS 117
117

km / h 
m / s  6,5m / s .
Δt
5
5x3,6
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:

g 2
A  B : h  2 t


 A  C : H  g  2t 2
2

g 
 H  4  t2 
2 
 H  4h.
Mas, da Figura: H  h  3  4h  h  3  h  1 m.
Como H  4h  H  4 m.
RESPOSTA (B)