UEPa – 1ª Fase – Resoluções2014
Prof.:Marco Macêdo
Prosel 1ª Fase: Q.: 35
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”
=
Prosel 1ª Fase: Q.: 36
Prosel 1ª Fase: Q.: 36
Prosel 1ª Fase: Q.: 36 - Solução
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 =
Prosel 1ª Fase: Q.: 37
Prosel 1ª Fase: Q.: 37
Prosel 1ª Fase: Q.: 37 - Solução
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
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 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
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
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
Prosel 1ª Fase: Q.: 39
Prosel 1ª Fase: Q.: 39
Prosel 1ª Fase: Q.: 39 - Solução
= 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”
Prosel 1ª Fase: Q.: 40
Prosel 1ª Fase: Q.: 40
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 . 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
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 . 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
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
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
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
FC = T - P Do item “I” FC = 40000 – m. g
FC = 40000 – 2000. 10 FC = 20000 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 = vx. tq 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:
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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