CINEMÁTICA
01. (UECE 86.1) Um trem, que se desloca com aceleração constante, percorre a distância entre dois pontos separados de 320 m em 4 s. Se a velocidade, ao passar pelo segundo ponto, é 100 m/s, sua aceleração vale:
a) 15 m/s2 b) 12 m/s2 c) 10 m/s2
d) 8 m/s2
Cálculo da velocidade média: Vm =
ΔS/Δt = 320/4 = 80 m/s.
Cálculo da velocidade no 10
ponto: Vm = (V1 + V2)/2 → 80 = (V1 + 100)/2 → V1 = 60 m/s.
Cálculo da aceleração: V2 = V1
+ at → 100 = 60 + a.4 → a = 40/4 = 10 m/s2.
02. (UECE 87.1) A velocidade
de um carro, como função do tempo, pode ser descrita pelo gráfico ao lado. Qual
a velocidade média do movimento?
a) 20 m/s b) 15 m/s c) 10 m/s d) 5 m/s
ΔS = (B + b).H/2 = (20 + 10).20/2 = 30.10 =
300 m.
VM = ΔS/Δt = 300/20 = 15 m/s.
03. (UECE 93.1) Os gráficos representam as posições, em
função do tempo, de dois automóveis X e Y, que percorrem a mesma estrada. Em
que marco quilométrico o carro X ultrapassa o carro Y?
a) 80 km
b) 90 km c) 100 km
d) 110 km
As velocidades dos automóveis X e Y:
Vx = tg αx = 40/0,8 =
50 km/h.
Vy = tg αy = (70 –
50)/0,8 = 25 km/h.
Posições iniciais: S0x = 0 e S0y
= 50 km
As equações horárias da posição: (S = S0
+ Vt)
Sx = 50t e Sy = 50 +
25t
No encontro Sx = Sy → 50t = 50 + 25t → 25t = 50 → t = 2 h
A posição do encontro: Sx = Sy
= 50 x 2 = 100 km.
04. (UECE 96.2) Um móvel
desloca-se sobre uma reta, segundo o gráfico:
No intervalo t = 0 a t = 1, a
aceleração foi ______ e no intervalo t = 1 a t = 3, o espaço percorrido foi
_______.
O preenchimento, na ordem das
lacunas, é:
a) 1 m/s2; 4
m b) 1 m/s2;
8 m c) 2 m/s2; 4
m d) 2 m/s2; 8 m
a = (4 – 3)/(1 – 0)
= 1/1 = 1 m/s2.
ΔS = b.h = (3 –
1).4 = 2.4 = 8 m.
(UECE 97.2) O enunciado a
seguir refere-se às questões 05,06 e 07.
Dois carros A e B correm em
uma pista retilínea e a velocidade de cada um,em função do tempo,é dada no
gráfico abaixo:
05. O tempo,em segundos ,para
que o carro B ultrapasse A é igual a :
a) 50 b) 55 c) 70 d) 75
Observe as figuras abaixo:
Para o deslocamento
de A:
ΔSA = A1
+ A2 + A3 = B.H + (B + b).H/2 + B.H = 20.40 + (40 +
10).30/2 + (T – 50).10 = 800 + 750 + 10.T – 500 = 1050 + 10.T.
Para o deslocamento
de B:
ΔSB = A1
= (B + b).H/2 = (T + T - 30).30/2 = 30.T – 450 .
Fazendo ΔSA
= ΔSB , temos:
1050 + 10.T = 30.T
– 450 → 20.T = 1500 → T = 1500/20 = 75 s.
06. A equação v = v(t) da da
velocidade de A em função do tempo,no intervalo
é:
a)
v(t) = - t – 60 b) v(t) = t –
60 c)
v(t) = - t + 60 d) v(t) =
t + 60
a = ΔV/ΔT = (10 – 40)/(50 – 20) = –
30/30 = – 1 m/s2.
T(20 – 50) = T – 20.
V = V0 + a.T(20 – 50) = 40 – 1.(T – 20) = 60 – T =
– T + 60.
07. A velocidade de A é igual a 35 m/s
para t,em segundos,igual a:
a) 25 b) 35 c) 45 d) 55
V = 60 – T → 35 = 60 – T → T = 60 – 35 = 25 s.
08. (UECE
2000.2) Três partículas A, B e C têm seus movimentos representados por suas
posições (x) em função do tempo (t) conforme o gráfico.
O
gráfico da partícula A é uma reta, o da B é uma parábola e o do C é uma
senóide. Marque a opção que melhor representa a velocidade de cada partícula em
m/s, no instante t = 3,0 s.
Partícula A
|
Partícula B
|
Partícula C
|
|
a)
|
1,3
|
4,0
|
9,4
|
b)
|
4,0
|
9,4
|
1,3
|
c)
|
9,4
|
1,3
|
4,0
|
d)
|
1,3
|
9,4
|
4,0
|
Para o
gráfico A (M.U.): VA = ΔS/Δt = (6 – 2)/(3 – 0) = 4/3 = 1,3 m/s.
Para o
gráfico B (M.U.V.): Entre 2 s a 4 s: ΔS = V0.t + a.t2/2 → 10 – 2 = 0.t + a.(4 – 2)2/2
8 = 2a → a = 4 m/s2.
(sabendo que no instante do vértice da parábola sua velocidade é nula)
Entre 2 s a 3 s: V = V0 + a.t = 0 +
4.(3 – 2) = 4.1 = 4 m/s.
Para o
gráfico C (M.H.S.): V = – ω.A.cos(ωt + φ0) = (2π.A/T).cos[π/2 + 2π.t/T] = (2π.6/4).cos[π/2 + 2π.3/4] = 3π.cos(2π) = 3π.1 = 3π =
3.3,14 = 9,4 m/s.
09. (UECE 2004.2.F2) Uma partícula move-se em linha reta e
sua velocidade varia com o tempo, segundo o gráfico da figura.
Sejam x1, x2
e x3 os espaços percorridos nos intervalos de tempo [0,4], [4,8] e
[8,14], respectivamente. Assinale a opção verdadeira:
a)
x1 < x2 < x3 b) x1
< x3 < x2
c) x2 < x3 < x1 d) x2 < x1 < x3
A1
|
A2
|
A3
|
2
|
t
|
4
|
8
|
14
|
Δs = área e x1 = A1,
x2 = A2, x3 = A3, onde:
A1 = (B + b).h/2 = (8 + 2).4/2 = 10.2 = 20 m;
A2 = b.h = 4.8 = 32
m;
A3 = b.h/2 = 6.8/2 =
6.4 = 24 m.
Como A1 < 20, A2 = 32, A3 = 24, então,
x1 < x3 < x2.
10. (UECE 2005.1.F2) A figura mostra o gráfico do espaço percorrido por uma
partícula , com aceleração constante, medido em metro , versus o tempo decorrido,
medido em segundo . Dele, pode-se dizer, corretamente, que o valor da
aceleração da partícula, em m/s2, é:
a) 2 b) 4 c) 6
d) 8
Do gráfico, podemos extrair os seguintes valores:
x0 = - 2 m
(t0 = 0)
x1 = 0
(t1 = 1 s)
x2 = 6 m
(t0 = 2 s)
Como a aceleração é constante, o movimento descrito pela
partícula é um M.U.V. O gráfico posição x tempo, então foi descrito pela
função: x = x0 + V0.t + a.t2/2, substituindo
os valores extraídos, vem:
• x1 = 0 m e t1 = 1s:
0 = – 2 + V0.1 + a.12/2 → 2
= V0 + 0,5.a → V0 = 2 – 0,5.a. (I)
• x2 = 6 m e t2 = 2 s:
6 = – 2 + V0.2 + a.22/2 → 8
= 2.V0 + 2.a → V0 + a = 4. (II)
substituindo (I) em (II), vem:
V0 + a = 4 → 2 – 0,5.a + a = 4 → 0,5.a
= 2 → a = 4 m/s2.
11. (UECE 2009.1.F2) Um corpo move-se no plano XY,
sendo as coordenadas de sua posição dadas pelas funções x(t) = 3t e y(t) = t3
– 12t, em centímetros, com t em segundos. O módulo do deslocamento entre os
instantes t = 0 e t = 4 segundos, em centímetros, é
a) 4. b) 20. c)
38. d) 48.
Para t = 0 → x(0) = y(0) = 0 e para t = 4s → x(4) = 3.4 = 12 cm e y(4) = 43 –
12.4 = 16 cm. O deslocamento será dado por: d2 = (12 – 0)2
+ (16 – 0)2
d = 20 cm.
12. (UECE
2010.2.F2) O odômetro de um carro marcou 38 692,4 km no início de uma prova de
corrida de automóveis em uma pista oval de 3,0 km de comprimento por volta. O
carro terminou a prova em 2h38min55seg e no final da prova o odômetro marcou 38
986,4 km. A velocidade escalar média do carro nessa prova foi:
a) Zero. b) 110,0 km/h. c) 30,8 m/s. d)
399,6 m/s.
A distância percorrida pelo carro é: D = 38.986,4 –
38.692,4 = 294 km = 294.000 m.
O intervalo de tempo gasto, em segundos, é: Δt = (2 x 3.600) + (38 x 60) + 55 = 9.535 s.
Calculando a velocidade escalar média: VM = D/Δt = 294000/9535 = 30,8 m/s.
13. (UECE 98.2) No Stade de
France,em Saint Denis, vizinhança de Paris, onde g = 9,8 m/s2, o
goleiro Tafarel dá o tiro de meta e, 3,0 segundos depois,a bola cai a uma
distância de 30 m.
Desprezando a resistência do
ar, a altura máxima alcançada pela bola,em relação ao gramado, é,
aproximadamente :
a) 10 m b) 11 m c) 15 m d) 16 m
I. Calculando o tempo de
subida: tS = t/2 = 3/2 = 1,5 s.
II. Na altura máxima temos:
V0Y = g.t = 9,8.1,5 = 14,7 m/s.
HMÁX
= V0Y2/2.g = 14,72/2.9,8 = 216,09/19,6 =
11,025 = 11 m.
14. (UECE 2000.1) Um objeto é lançado verticalmente para
cima, de tal forma que ele alcança metade de sua altura máxima com velocidade
v. Desprezando a resistência do ar e sendo g a aceleração da gravidade, suposta
constante, a altura máxima será:
a) v2/g b) v2/2g c) 2v2/g d) v2/4g
VF2 = V02 – 2.g.H → 02 = V2 – 2.g.(h/2) → h = v2/g.
VF2 = V02 – 2.g.H → 02 = V2 – 2.g.(h/2) → h = v2/g.
15. (UECE 2007.1.F2)
Uma bola é chutada da superfície de um terreno plano segundo um ângulo φo
acima da horizontal. Se θ é o ângulo de elevação do ponto mais alto da
trajetória, visto do ponto de lançamento, a razão tgθ/tgφ0,
desprezando-se a resistência do ar, é igual a:
I. tgθ = HMÁX/(X/2) = [(V02.sen2θ/2g)/(V02.2.senθ.cosθ/2g) = senθ/2.cosθ.
II. tgφ0 = V0Y/V0X
= V0.senφ0/V0.cosφ0 = senφ0/cosφ0
= senθ/cosθ. (Conforme a teoria no ponto mais alto de um lançamento
oblíquo, da qual, H = V02.sen2φ0/2g,
assim, φ0 = θ)
III. tgθ/tgφ0 = (senθ/2.cosθ)/(senθ/cosθ)
= 1/2.
DINÂMICA
16. (UECE 86.1) Um corpo, depois
de abandonado, desce ao longo de um plano inclinado, de ângulo θ em relação à
horizontal. O coeficiente de atrito cinético é µ. A aceleração vale:
a) 30 J b) 255 J c) 340 J d) 640 J
27. (UECE 90.2) Um estudante pretende determinar o peso de uma barra homogênea PQ, de secção uniforme, empregando um dinamômetro. Como o valor do peso da barra excede o limite da escala do dinamômetro, o estudante apoiou a barra em O e suspendeu a extremidade Q no dinamômetro, conforme a montagem abaixo representada.
a) g.senθ b) g.cosθ c) g.(senθ + µcosθ) d) g.(senθ - µcosθ)
PX – FAT = m.a → m.a = m.g.senθ – µ.m.g.cosθ → a = g.(senθ - µcosθ).
17. (UECE 88.1) No sistema ao
lado, o corpo (1), de massa 6,0 kg está preso na posição A. O corpo (2) tem
massa de 4,0 kg. Despreze os atritos e adote g = 10 m/s2. Liberando
o corpo (1), sua velocidade ao passar pela posição B será de:
a) 4,0 m/s b) 2,0 m/s c)
m/s
d) 1,0 m/s
I. T = m1.a
P2
– T = m2.a
P2 = (m1 + m2).a → m2,g = (m1 + m2).a → 4,10 = (6 + 4).a → 10.a = 40 → a = 4 m/s2.
II. Depois que o bloco 2 atinge o solo, o
bloco 1 segue em M.R.U., devido a inércia. Assim, o movimento do bloco 1 do
ponto A ao ponto B pode ser dividido em duas etapas:
No trecho MUV: (V0 = 0)
ΔS = V0.t + a.t2/2
0,5
= 4t2/2 → t2
= 1/4 → t =
0,5 s.
III. V = V0 + a.t = 0 + 4.0,5
= 0 + 2 = 2 m/s ou V2 = 02 + 2.4.0,5 = 4 → V = 2 m/s.
IV. Como o movimento na segunda metade do
trajeto é uniforme, logo a sua velocidade será constante e de valor 2 m/s.
18. (UECE 89.1) A figura abaixo mostra dos planos
inclinados, MN e MP, sobre os quais estão apoiados os carrinhos J e K,
respectivamente, ligados entre si por meio de um fio flexível que passa sobre
uma polia fixada em M. Desprezam-se as resistências passivas e o sistema está
em equilíbrio. Se os comprimentos dos planos são MN = 4 m e MP = 2 m, e a massa
do carrinho J é 2 kg, podemos concluir que a massa do carrinho K é, em kg:
a) 1/2 b) 2 c) 4 d) 1
I. senθ = h/MN = h/4 e senα = h/MP = h/2.
II. PJX = 2.g.h/4 = g.h/2 e PKX
= m.g.h/2.
III. m.g.h/2 = g.h/2 → m = 1 kg.
19. (UECE 95.1) Um corpo de massa
2,0 kg é puxado horizontalmente, a partir do repouso, por uma força constante
de 8,0 N, sobre um plano horizontal liso. No fim de 3,0 segundos, cessa a ação
da força. O espaço percorrido pelo corpo, em 5,0 segundos, desde o repouso é:
a) 24 m b) 30 m c) 36 m d) 42 m
I. FR =
m.a
a = F/m = 8/2 = 4 m/s2.
II. ΔS1
= V0.t + a,t2/2 = 0.3 + 4.32/2 = 2.9 = 18 m.
III. V2
= V02 + 2.a.ΔS1 = 02 + 2.4.18 =
144 → V = 12 m/s.
IV. ΔS2
= V.Δt = 12.2 = 24 m.
V. ΔST =
ΔS1 + ΔS2 = 24 + 18 = 42 m. Ou:
ΔS = V.Δt = 12.5 =
60 m e ΔST = 60 – 18 = 42 m.
20. (UECE 2002.2) Um objeto de massa igual a 2,0 kg
move-se em linha reta sobre um plano horizontal, com velocidade de 5 m/s. A
partir do ponto O, atua sobre o objeto uma força de atrito que o faz parar 10 m
adiante do ponto O. Considerando g = 10 m/s2, a intensidade da força
de atrito, o trabalho por ela realizado e o coeficiente de atrito são,
respectivamente:
a) 5 N, –25 J e 0,25.
b) 2,5 N, –25 J e 0,125.
c) 5 N, –5 J e 0,125.
d) 2,5 N, 25 J e 0,25.
m = 2 kg; V0 = 5 m/s; V = 0 e ΔS
= 10 m.
I. Calculando a aceleração:
V2 = V02 +
2 . a . ΔS → 0 = 52 + 2 . a . 10 → a = –1,25 m/s2
II. Usando a 2ª Lei de Newton:
FR = m .a → |Fat| = m . |a| = |Fat| = 2,5 N.
III. Como o trabalho dessa força de atrito é
resistente ao movimento:
W = - Fat .ΔS= –2,5 . 10 = – 25 J
IV. Calculando o coeficiente de atrito (cinético):
Fat = µ . N, como o objeto não se movimenta
na vertical, N = P, logo: 2,5 = μ . 20 → μ = 0,125.
21. (UECE 2008.1.F2) Ao bloco da figura a seguir, e dada
uma velocidade inicial v, no sentido de subida do plano inclinado, fixo ao
chão. O coeficiente de atrito entre o bloco e o plano e μ e a inclinação do
plano é θ.
Denotando por g a aceleração da gravidade, a distância
que o bloco se moverá, até parar, ao subir ao longo do plano inclinado é:
a) v2/2g. b) v2/2g
. (senθ + μcosθ)-1. c) v2/2g . (sen2θ - μcos2θ)-1/2. d) v2/2g . senθ.
I. N
= mg . cosθ
II. FR
= m.a
– m.g.senθ – μ.N = m.a
a =
–g.senθ – μ.g.cosθ = –g.(senθ + μ.cosθ).
III. Então, aplicando a
equação de Torricelli, vem:
V2 = V02 – 2.a.ΔS → 02 = V2 – 2.g.(senθ + μ.cosθ).ΔS → ΔS = v2/2g . (senθ + μcosθ)-1.
22. (UECE
2011.2.F2) Próximo à superfície da Terra, uma partícula de massa m foi usada
nos quatro experimentos descritos a seguir:
1. Foi
liberada em queda livre, a partir do repouso, de uma altura de 400 m.
2. Foi
submetida a aceleração constante em movimento horizontal, unidimensional, a
partir do repouso, e se deslocou 30 m em 2 s.
3. Foi
submetida a um movimento circular uniforme em uma trajetória com raio de 20 cm
e a uma velocidade tangencial de 2 m/s.
4. Desceu
sobre um plano inclinado que faz um ângulo de 600 com a horizontal.
Desprezando-se os atritos
nos quatro experimentos, o movimento com maior aceleração é o de número:
a) 1. b) 2. c) 3. d) 4.
I. Em (I) temos g = 9,8 m/s2.
II. Em (II) temos S = S0
+ V0.t + a.t2/2 → 30 = 0 + 0.t + a.22/2 → 2a = 30 → a = 15 m/s2.
III. Em (III) temos aCP
= V2/R = 22/0,2 = 4/0,2 = 20 m/s2.
IV. Em (IV) temos a =
g.senθ = 9,8.sen600 = 9,8.0,8 = 7,84 m/s2. Logo a
aceleração de maior valor é a de número (3).
23. (UECE 90.1) Em uma montanha russa, um carrinho parte do repouso
no ponto P, percorrendo o perfil
mostrado na figura, sem atrito. Considerando g = 10 m/s2, a
velocidade do carrinho no ponto R, admitindo que ele não abandone a pista, é:
a) 10 m/s
b) 20 m/s c) 15 m/s d) 25 m/s
EMP = EMR → ECP
+ EPP = ECR + EPR → m.g.hP
= m.g.hR + m.vR2/2 → 10.(20 – 15) =
V2/2 → V2 =
100 → V = 10 m/s.
24. (UECE 90.1) Um automóvel a 30 m/s choca-se contra a
traseira de outro de igual massa, que segue no mesmo sentido a 20 m/s. Se os
dois ficarem unidos, a velocidade comum imediatamente após a colisão será:
a) 25 m/s
b) 15 m/s c) 30 m/s d) 50 m/s
QANTES
= QDEPOIS → 30m + 20m = V.2m → V = 50/2 = 25 m/s.
25. (UECE 87.2) Um corpo de massa igual a
4 kg encontra-se, inicialmente, em repouso, sobre uma superfície horizontal,
sem atrito, sendo-lhe, então, aplicada uma força horizontal, conforme gráfico
ao lado. A velocidade atingida, após um percurso de 6 m, será:
a) 3 m/s
b) 6 m/s c) 9 m/s d) 18 m/s
I. W = F.d = 3.6 = 18 J.
II. W = ΔEC = m.(V2 – V02)/2 → 18 = 4.(V2 – 02)/2 → 4.V2
= 36 → V2 = 9 → V =
3 m/s.
26. (UECE 87.2) O gráfico ao lado descreve
a variação da quantidade de movimento, em função do tempo, de um corpo de massa
m = 10 kg, que se desloca sobre uma reta. O trabalho realizado pela força
resultante, que age sobre o móvel, durante o intervalo de tempo que vai de 8 s
a 12 s, é:
I. tgθ = FR =
(100 – 40)/(12 – 4) = 60/8 = 7,5 N.
II. Logo para t = 12 – 8 = 4
s, temos: Q = FR.Δt = 4.7,5 = 30 kg.m/s.
III. Q8 = 40 + 30
= 70 kg.m/s, pois para t = 4 s, temos Q = 40 kg.m/s.
III. WFR = EC12
– EC8 = Q122/2.m – Q82/2.m
= (1002 – 702)/2.10 = (10000 – 4900)/20 = 5400/20 = 255
J.
ESTÁTICA
27. (UECE 90.2) Um estudante pretende determinar o peso de uma barra homogênea PQ, de secção uniforme, empregando um dinamômetro. Como o valor do peso da barra excede o limite da escala do dinamômetro, o estudante apoiou a barra em O e suspendeu a extremidade Q no dinamômetro, conforme a montagem abaixo representada.
Se a leitura do dinamômetro
indica 50 N, o peso da barra, em newtons, é:
a) 200 b) 150 c) 100 d) 50
50.3 = PB.2 → PB = 300/2 = 150 N.
28. (UECE 91.2) Uma esfera
homogênea, pesando 100 N, está apoiada sobre dois planos inclinados, sem
atrito, conforme é visto na figura:
Dados: sen300 =
cos600 = 1/2 e sen600 = cos300 =
/2.
As reações vinculares,
exercidas pelos dois planos sobre a esfera, valem:
a) 50 N e 50 N b) 50 N e 50
N c) 50
N e 50
N d)
50
N e 50
N
I. ND.cos600
= NE.cos300 → ND.1/2 = NE.
/2 → ND = NE.
.
II. ND.sen600 + NE.sen300
= P → (NE.
).
/2) + NE.1/2
= 100 (multiplicando todos os termos por 2)
3.NE + NE = 200 → NE = 200/4 = 50 N.
III. ND = NE.
= 50
N.
29. (UECE 2008.1.F2) Uma gangorra de um parque de diversão
tem três assentos de cada lado, igualmente espaçados um do outro, nos
respectivos lados da gangorra. Cinco assentos estão ocupados por garotos cujas respectivas massas e posições estão
indicadas na figura.
Assinale a alternativa que contem o valor da massa, em
kg, que deve ter o sexto ocupante para que a gangorra fique em equilíbrio
horizontal.
a) 25
b) 29 c) 35
d) 50
Para que a gangorra fique em equilíbrio, devemos ter: ΣMHORÁRIO = ΣMANTI-HORÁRIO.
40.g.60 + m6.g.100 +
30.g.140 = 50.g.60 + 30.g.100 + 25.g.140
m6 = 29 kg.
30. (UECE 85.2) Um corpo maciço
flutua em um líquido de massa específica 0,6 g/cm3, de tal maneira
que fica emerso 80% do seu volume. A massa específica do material de que é
constituído o corpo vale:
a) 0,10 g/cm3 b)
0,11 g/cm3 c) 0,12 g/cm3 d) 0,13 g/cm3
E
= P → µL.Vi.g
= m.g → µL.Vi = µC.V → µL.0,2.V
= µC.V → 0,2.0,6 = µC → µC = 0,12 g/cm3.
31. (UECE 87.1) Os êmbolos de
certa prensa hidráulica têm, respectivamente, 5 cm e 25 cm de raio. Sobre o
menor está aplicada uma força de 100 N perpendicular ao êmbolo. Sabendo-se que
a prensa está em equilíbrio pode-se afirmar que o módulo da força que deve
estar aplicada ao outro êmbolo, perpendicular a ele, vale:
a) 7,3 x 103
N b) 5,5 x 103 N c) 3,8 x 103 N d) 2,5 x 103
N
F1/A1 = F2/A2 → 100/π.52 = F2/π.252 → F2 = 2500 N = 2,5 x 103 N.
32. (UECE 91.1) Um corpo, feito
de um material de massa específica 6,0 g/cm3, quando pesado no ar
(fig. I) acusa uma massa m = 54 g e, quando imerso em água (fig. II) sua massa
aparente é m’ = 42 g. A massa específica da água é 1,0 g/cm3. Com
base nos dados acima, concluímos que o corpo é:
a) compacto.
b) oco, com cavidade de 2,0
cm3.
c) oco, com
cavidade de 3,0 cm3.
d) capaz de flutuar num
líquido de densidade 3,0 g/cm3.
I. P = m.g = 54.10
= 540 N.
II. VC =
m/dC = 54/6 = 9 cm3.
III. E = d.V.g =
1.10.9 = 90 N.
IV. F = P – E = 540
– 90 = 450 N.
V. M = F/g = 450/10 = 45 kg.
VI. Δm = 45 –
42 = 3 kg.
VII. ΔV = Δm.dA = 3.1 = 3 cm3.
33. (UECE 91.2) Um corpo de massa
específica 8,4 g/cm3 flutua na superfície de separação de dois
líquidos imiscíveis, (1) e (2), cujas massas específicas são 5,8 g/cm3
e 13,6 g/cm3, respectivamente. Se o volume V1, imerso no
líquido superior é 10 cm3, o volume V2 imerso no líquido
de maior densidade é:
a) 2,0 cm3 b) 3,0 cm3 c) 4,0 cm3 d) 5,0 cm3
E1 + E2
= P → d1.V1.g + d2.V2.g
= dC.VC.g → 5,8.10 + 13,6.V2 = 8,4.(V2
+ 10) → 5,8.10 + 13,6.V2 = 8,4.V2
+ 84 → V2 = (84 – 58)/(13,6 – 8,4) =
26/5,2 = 5 cm3.
34. (UECE 95.2) A unidade de
pressão no SI é o pascal (Pa), equivalente a 1 N/m2. Sabe-se que 1
atm = 760 mmHg = 1,01 x 105 Pa. Suponha que a leitura de sua pressão
sanguínea seja de 120/80 mmHg. O valor de sua pressão sanguínea máxima, em kPa,
é:
a) 15,9 b)
14,5 c) 12,0 d) 18,0
760 mmHg -------- 101 . 103 Pa
120 mmHg -------- X
X = 15,9.103 Pa = 15,9 kPa.
35. (UECE 98.2) Duas esferas
maciças, X e Y,de massas iguais,flutuam em equilíbrio na água.O volume de X é
maior que o de Y. Pode-se concluir que:
a) X e Y tem densidades
iguais;
b) X e Y sofrem
empuxos iguais;
c) X desloca mais líquido que
Y;
d) X desloca menos líquido
que Y.
Como as esferas
flutuam na água (E = P), temos na esfera x (EX = PX = mX.g)
e na esfera y (EY = PY = mY.g), sabendo que as
massas das esferas são iguais, assim o empuxo sofrido é o mesmo.
36. (UECE 2002.1) Tripulantes de um
submarino danificado que se encontra a 50 m abaixo do nível do mar precisam
sair dele pela porta de um alçapão. A porta pode ser aberta por um sistema
elétrico que exerce uma força perpendicular a ela. Supondo-se que a densidade
da água do mar é igual a 1025 kg/m3, o peso da porta é desprezível e
que suas dimensões são 0,40 m e 0,60 m, a menor força (em Newtons) necessária
para o sistema abrir a porta é, aproximadamente:
a) 0,6 x 105 b) 1,2 x 105
c) 2,4 x 105 d)
3,6 x 105
A = b.h = 0,4.0,6 = 0,24 m2.
FMIN = P.A =
d.g.h.A = 1025.10.50.0,24 = 1,2.105 N/m2.
37. (UECE
2006.1.F2) Um balão de 21 kg e volume constante consegue subir com uma
aceleração de módulo 1 m/s2 se uma pedra de massa m é presa a ele.
Por outro lado, o mesmo balão cai com a mesma aceleração, em módulo, se mais
uma pedra de mesma massa é ligada a ele. Qual a massa da pedra em kg? Considere
o módulo da aceleração da gravidade como 10 m/s2.
a) 3 b) 6 c) 18 d) 21
E = PBALÃO + PPEDRA
mT.a = 210 + 10m + (m + 21).1 = 231 + 11m. (com aceleração para cima) e 2.PPEDRA + PBALÃO
+ E = mT.a
2.m.10
210 + 231 + 11m = (2m + 21).1 → m = 6
kg. (com aceleração para baixo)
38. (UECE 2010.2.F2) No elevador mostrado na figura abaixo, o carro no
cilindro à esquerda, na posição E, tem uma massa de 900 kg, e a área da secção
transversal do cilindro é 2500 cm2. Considere a massa do pistão
desprezível e a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2. A área da
secção transversal do cilindro, na posição D, é 25 cm2, e o pistão
tem massa desprezível.
Se o elevador for
preenchido com óleo de densidade 900 kg/m3, a força mínima F,
em Newton, necessária para manter o sistema em equilíbrio será:
a) 0. b) 10. c) 800. d) 900.
PA = PB
FC/AE = F/AD
+ µO.g.h
mC.g/AE =
F/AD + µO.g.h
900.10/2500.10-4 =
F/25.10-4 + 900.10.4
900/0,25 = F/25.10-4 + 36000
36000 = F/25.10-4 + 36000
0 = F/25.10-4
F = 0.
a) T2
versus D3. b) T2 versus
D. c) T versus D3. d) T versus D.
40. (UECE 2009.1.F2) A velocidade alveolar de um planeta
que descreve uma trajetória praticamente circular de raio R em torno do Sol,
com período de translação T, é, aproximadamente, igual a:
a) πR/T b) 2πR/T c) πR2/T
d) 4πR2/T
A velocidade areolar segundo Kepler é V = πR2/T.
41. (UECE 2009.2.F1) Sobre a impossibilidade de se colocar
um satélite em órbita da Terra em um plano que não passe pelo centro do
planeta, é correto afirmar que essa impossibilidade:
a) se deve à ação da componente da força
gravitacional perpendicular ao plano orbital, que causará o escape do satélite deste plano.
b) se deve à limitação imposta pela lei de Kepler, que
prevê a relação de proporcionalidade entre o quadrado do período da órbita do
satélite e o cubo do raio dessa órbita.
c) decorre do fato de o eixo perpendicular ao plano
orbital do satélite ter que coincidir
com o eixo de rotação da terra para manter a órbita
planar.
d) não existe, bastando que sejam ajustados o raio e o
período orbital para uma dada
massa do satélite.
g
= G.M/R2, onde aMÁX
RMIN (nos pólos)
e aMIN
RMÁX (na linha do Equador).No plano
equatorial não teríamos, nenhuma componente relativa à força gravitacional.
Sabendo que FG2 =
FX2 + FY2, onde FX
(no plano orbital) e FY (força de escape).
42. (UECE 2010.1.F1.ANULADA) Considere que um satélite
meteorológico, passe exatamente acima de uma dada floresta a cada 4,8 horas. Se
compararmos o raio da orbita do referido satélite meteorológico com o raio da
orbita de um satélite de comunicação geoestacionário, considerando, para
simplificar o problema, que ambos os satélites se locomovam em movimento
circular uniforme, em torno do planeta Terra, no plano do equador, girando no
mesmo sentido da rotação da Terra, então podemos afirmar que o raio da orbita
do satélite meteorológico é aproximadamente:
a) 50% do raio da orbita do satélite de comunicação.
b) 20% do raio da orbita do satélite de comunicação.
c) 80% do raio da orbita do satélite de comunicação.
d) 30% do raio da orbita do satélite de
comunicação.
I) Cálculo do período do satélite
meteorológico, quando a floresta (Terra)
girar ∆θ, o satélie gira (2π + ∆θ).
Então ∆θ = ωT.t e 2π + ∆θ = ωS.t. Logo 2π + ωT.t = ωS.t
2π = (ωS
- ωT).t. Para cada encontro ocorre em t = 4,8h, então: 2π = (ωS
- ωT).4,8
2π = (2π /TS
- 2π/TT).4,8
2π = (1/TS - 1/24).4,8.2π
1 = 4,8/TS – 1/5
TS
= 4h..
II) Cálculo da relação dos raios das
orbitas: (TS/TT)2
= (RS/RT)3
(RS/RT)3 = (4/24)2
RS/RT = 0,302 = 30%.
43. (UECE 92.1) Considere as
afirmações seguintes:
I - A órbita de um planeta, em torno do Sol, é
uma elipse se o Sol está situado num dos focos dessa elipse.
II - A força centrípeta, que mantém um planeta
em sua órbita, é devida à atração do Sol sobre esse planeta.
III – A velocidade de
translação de um planeta é maior quando ele se encontra mais próximo do Sol.
São corretas:
a) somente I e II.
b) somente II e III. c) somente
I e III. d)
todas
excelente, mas poderia ter a lista antes sem a resposta :)
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