UEPa – 1ª Fase – Resoluções 2014 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 =F2 = F1F1 20 n 0, n n = n = n = 3 Alternativa “A” =

Prosel 1ª Fase: Q.: 36

Prosel 1ª Fase: Q.: 36 - Solução Dados: V = 575 km/h t = 28 h Distância da Terra = Km V = d ∆t 575 d 28 d = Km Km X ≈ 40 % Alternativa “D” = 100 % Km X % X = X =

Prosel 1ª Fase: Q.: 37

Prosel 1ª Fase: Q.: 37 - Solução V m = d total ∆t total VmVm (100 – 20) (9,58 – 2,89) V m ≈ 12 m/s = a) 80 6,69 FALSO 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 Tempo gasto de 20 m a 40 m 1, 75 s FALSO(4,64 – 2,89)

Prosel 1ª Fase: Q.: 37 - Solução 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: Tempo gasto de 0 m a 20 m 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 m80 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

Prosel 1ª Fase: Q.: 37 - Solução 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

Prosel 1ª Fase: Q.: 38

Prosel 1ª Fase: Q.: 38 - Solução 230 N P máx = 253 N Alternativa “C” 100 % 10 % X = X = 23 N P = m. g P = P = 230 N A balança permite um erro de 10 %, ou seja, um acréscimo correspondente a 10 % da massa total da bagagem. Assim: X P máx = P + 23

Prosel 1ª Fase: Q.: 39

Prosel 1ª Fase: Q.: 39 - Solução = m. g m. v 2 R V 2 = R. g I - VERDADEIRO V = w. R F C = P FALSO V = √R. g II - E C = m. v 2 2 E C = 50. (11000) 2 2 E C ≈ J III = w. 2,5 w = ,5 w = rad/sVERDADEIRO IV - De fato a aceleração da gravidade será menor, mas não NULA. FALSO Alternativa “B”

Prosel 1ª Fase: Q.: 40

Prosel 1ª Fase: Q.: 40 - Solução 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. v 2 R T – m. g = m. v 2 R T – = v a 2 20 E CA = E PGB m. v a 2 R = m. g. h 100. v a 2 v a 2 = 2. g. h T – = T – = T – = T = N FALSO

Prosel 1ª Fase: Q.: 40 - Solução II – A energia cinética do automóvel a uma altura de 5 m em relação ao ponto A é igual a 10 MJ m. v 2 2 E CA = v 2 E CA = E PGB m. v 2 2 = m. g. h v 2 = 2. g. h FALSO E CA = v 2 2 E CA = E CA = E CA = J E CA = 100 KJ

Prosel 1ª Fase: Q.: 40 - Solução III – A energia potencial do automóvel na posição em que sua velocidade vale 10 m/s é igual a 100 KJ E C = E PG m. v 2 2 = m. g. h v 2 = 2. g. h VERDADEIRO E PG = m. g. hE PG = h 10 2 = h 100 = h h = 5m E PG = E PG = J ou 100 KJ

Prosel 1ª Fase: Q.: 40 - Solução IV – A força centrípeta agindo no automóvel no ponto de sua trajetória onde a energia potencial gravitacional é mínima vale 20 KN VERDADEIRO F C = T - P Do item “I” F C = – m. g F C = – F C = N ou 20 KN

Prosel 1ª Fase: Q.: 41

Prosel 1ª Fase: Q.: 41 - Solução O lançamento dos botes feitos pelo avião são lançamentos horizontais. Observe: A = v x. t q A = (108 / 3,6). A = 30. A = 90 m A = 30. Alternativa “D”

Prosel 1ª Fase: Q.: 42

Prosel 1ª Fase: Q.: 42 - Solução O Trabalho da força de atrito corresponde ao trabalho necessário para dissipar toda a variação da energia cinética. Assim: T fat = ∆E c Alternativa “C” T fat = m. v f 2 2 m. v T fat = m. v f 2 2 T fat = (72 / 3,6) 2 2 T fat = T fat = T fat = J ou 300 KJ