uepa – 1ª fase – resoluções 2014 prof.:marco macêdo

UEPa – 1ª Fase – Resoluções2014

Prof.:Marco Macêdo

Prosel 1ª Fase: Q.: 35

Prosel 1ª Fase: Q.: 35 - Solução

Cada polia reduz a frequência 20 vezes, ou seja, duas polias reduziram a frequência em 400 vezes assim podemos montar a seguinte equação:

F2 = F1

20n 0,015

120

20n 8000 20n =

203 20n =

n = 3

Alternativa “A”

=


Dados:V = 575 km/ht = 28 hDistância da Terra = 40000 Km

V = d

∆t 575

d

28 d = 16100 Km

40000 Km

X ≈ 40 %

Alternativa “D”

=

100 %

16100 Km X % X 16100 . 100

40000 =

X 161

4 =


Vm = dtotal

∆ttotal Vm

(100 – 20)

(9,58 – 2,89)Vm ≈ 12 m/s

= a)

80

6,69FALSO

b)

O desempenho está ligado com o tempo que o atleta leva para percorrer uma distância. Assim:

Tempo gasto de 0 m a 20 m

2, 89 s


1, 75 s FALSO (4,64 – 2,89)


Alternativa “C”

c)

Quanto maior a velocidade do atleta menor será o tempo gasto para percorrer uma distância “d” igual, portanto, vamos comparar os tempos:


2, 89 s

20 m a 40 m

1, 75 s

VERDADEIRO

(4,64 – 2,89)

40 m a 60 m

60 m a 80 m 80 m a 100 m

(6,31 – 4,64) 1, 67 s

1, 61 s (9,58 – 7,92) (7,92 – 6,31) 1, 66 s


d)

Para o movimento ser uniformemente acelerado o atleta deveria variar a velocidade em mesmo valor e em mesmo intervalo de tempo FALSO

e)

Pela analise dos tempos ficou claro que em alguns momentos o atleta desacelerou, o que significa que velocidade e aceleração tiveram sentidos opostos

FALSO


230 N

Pmáx = 253 N

Alternativa “C”

100 %

10 % X 230 . 10

100 =

X = 23 N

P = m . g P = 23 . 10 P = 230 N

A balança permite um erro de 10 %, ou seja, um acréscimo correspondente a 10 % da massa total da bagagem. Assim:

X

Pmáx = P + 23


= m . g m . v2

R V2 = R. g

I -

VERDADEIRO

V = w . R

FC = P

FALSO

V = √R. g

II - EC = m . v2

2 EC =

50 . (11000)2

2 EC ≈ 3 . 109 J

III - 1000 = w . 2,5 w = 1000

2,5 w = 4 . 103 rad/s VERDADEIRO

IV - De fato a aceleração da gravidade será menor, mas não NULA.FALSO

Alternativa “B”


T - P =

I – A força exercida pelo cabo sobre o carro, no ponto mais baixo da trajetória (ponto A da figura), vale 6 KN

m . v2

R T – m . g =

m . v2

R T – 2000 . 10 = 2000 . va

2 20

ECA = EPGB

m . va2

R = m . g. h

100 . va2

va2 = 2 . g. h

T – 20000 = 100 . 2. 10. 10 T – 20000 = 20000

T – 20000 =

T = 40000 N

FALSO


II – A energia cinética do automóvel a uma altura de 5 m em relação ao ponto A é igual a 10 MJ

m . v2

2 ECA = 1000. v2

ECA = EPGB

m . v2

2 = m . g. h v2 = 2 . g. h

FALSO

ECA =

2000 . v2

2 ECA =

ECA = 1000. 2. 10. 5 ECA = 100000 J ECA = 100 KJ


III – A energia potencial do automóvel na posição em que sua velocidade vale 10 m/s é igual a 100 KJ

EC = EPG

m . v2

2 = m . g. h v2 = 2 . g. h

VERDADEIRO

EPG = m. g. h EPG = 2000. 10. h

102 = 2. 10. h 100 = 2. 10. h h = 5m

EPG = 2000. 10. 5 EPG = 100000 J ou 100 KJ


IV – A força centrípeta agindo no automóvel no ponto de sua trajetória onde a energia potencial gravitacional é mínima vale 20 KN

VERDADEIRO

FC = T - P Do item “I” FC = 40000 – m. g

FC = 40000 – 2000. 10 FC = 20000 N ou 20 KN


O lançamento dos botes feitos pelo avião são lançamentos horizontais. Observe:

A = vx. tq A = (108 / 3,6).

A = 30. A = 90 m

A = 30.

Alternativa “D”


O Trabalho da força de atrito corresponde ao trabalho necessário para dissipar toda a variação da energia cinética. Assim:

Tfat = ∆Ec

Alternativa “C”

Tfat = m . vf

2

2

m . v02

2

Tfat = m . vf

2

2 Tfat =

1500 . (72 / 3,6)2 2

Tfat = 1500 . 202 2

Tfat = 750. 400

Tfat = 300000 J ou 300 KJ

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