TC 2 UECE FASE 2 MEDICINA

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1 TC UECE - 01 FASE MEDICINA SEMANA 0 a 08 de dezembro 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 a) 10-7 b) 10-5 c) 10-8 d) 10 - SOLUÇÃO: Em uma hora caíram 600 gotas, com um volume total de 0,18L = 1,8 x 10-1 L V= 1,8 x 10 - m volume de cada gota volume total N 1,8x x10 A ordem de grandeza do volume de uma gota d água, em m³, será OG(V) = 10-7 m³ 8 m m, a: RESPOSTA (A). 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) L 0 MT -1. b) LM 0 T -1. c) LMT -1. d) L MT -1. SOLUÇÃO: Momento angular = Posição. Momento Linear Em termos dimensionais: Momento angular = L.(M.L.T -1 ) = L.M.T -1. Considerando-se os algarismos significativos das medidas de uma fita de comprimento 8,7 cm e largura 1,0 cm, podemos afirmar que a soma destas medidas é dada, em cm, por: a) 9,7 b) 9,7 c) 9 d) 9,0 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 AS, logo o resultado deverá ter AS. C + L = 9,7 cm RESPOSTA (A). 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 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 s, em metros, vale:

2 a),0 b),0 c) 6,0 d) 8,0 SOLUÇÃO: Dados: v 0b = 8 m/s. O gráfico nos mostra que no instante t = s a partícula b inverte o sentido de seu movimento, ou seja, sua velocidade se anula nesse instante (v b = 0). vb v0b a t 0 8 a a m / s. Para o instante t = s: vb 8 vb m / s. Se a reta tangencia a parábola no instante t = s, as velocidades das duas partículas são iguais nesse instante. Então: t s va vb m / s. Como o movimento da partícula a é uniforme, o espaço percorrido por ela até t = s é: Sa va t Sa Sa 8,0 m. 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 s, 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: t sub = 0,7 s; A = 5,7 m; g = 10 m/s ; θ = 60. Se a amiga apanhou o buquê na mesma horizontal em que foi lançado, o tempo total de movimento (t T ) foi o dobro do tempo de subida (t sub ) e o alcance horizontal (A) foi igual a 5,7 m. No lançamento oblíquo, a componente horizontal da velocidade de lançamento (v 0x ) é constante, portanto o movimento é uniforme. Então: ΔS v Δt A v0x t T A v0 cos60 t sub 1 5,7 5,7 v0 0,7 v0 8,1 0,7 v0 8,0 m / s. 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 0 V. Se um datashow for usado durante 1 hora e 0 minutos, que é o tempo de duração de uma aula com dois períodos, qual é a energia consumida em J? a) 5,00 X 10. b), X 10.

3 c) 1,10 X d) 6,60 X SOLUÇÃO: Dados: P = W; t = 1 h e 0 min = s. 6 E P t ,6 10 J. 7. No resgate dos mineiros do Chile, em 010, 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 10 N. O cabo que sustenta a cápsula não pode suportar uma força que exceda 7,5 10 N. Adote g 10 m s 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),0 c) 1,5 d),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 = P = MC 7,5 10 N N. 5x10 kg (massa do conjunto), Assim, F P M C.a 7,5 10 5x10 5x10.a,5 10 5x10.a a 5m / s 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 dirigida para cima e outro movimento retardado com aceleração de 10 m/s dirigida para baixo. Logo, o deslocamento total sofrido pela cápsula pode ser equacionado da seguinte forma: ΔSac Δ Sre 60m Em que ΔSac deslocamento sofrido pela cápsula até T 1 e ΔS re deslocamento sofrido pela cápsula de T 1 a T. Utilizando a equação de Torricelli no movimento acelerado e retardado, temos:

4 ACELERADO: RETARDADO: V 0.5. ΔS ac V 10. Δ Sac 0 V.a re. ΔSre 0 V.( 10). ΔS re V 0. Δ Sre Igualando as duas expressões, temos: 10. ΔSac 0. Δ Sre ΔSac. Δ Sre Assim, o ΔSac 0m e Δ Sre 0m Como a área de um gráfico é numericamente igual ao deslocamento sofrido pela cápsula podemos relacionar os intervalos de tempo de 0 à T 1, e de T 1 à T. ΔSac V.(T 1) ΔSre V.(T T 1) ΔSac. ΔSre V.(T 1).V.(T T 1) T1 T T1 T1 T Calculando T 1 : 5.T1 ΔSac 0.T1 0 5.T T1 T1 16 T1 s Calculando T : T1 T. T 1 T T Como a força exercida pelo cabo é constante, a potência máxima ocorre quando a velocidade é máxima, assim sendo: 6s V MÁX =0+5.T 1 V MÁX =5.=0m/s Calculando a potência máxima, temos: P MÁX. F.V MÁX. PMÁX. 7, PMÁX PMÁX. 1,5 MW RESPOSTA (C) 8. Uma barra homogênea de 0 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 10 N, a distância X necessária para que a barra se mantenha em equilíbrio é, em m, de: (considere g = 10 m/s ) a) 0,5 b) 1,0 c),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:

5 Mhor M anti hor P x FC 6 x 00 x 10 6 x 5 x 6 x 15 5 x 1 x x x 1m. RESPOSTA (B) 9. Dois amigos, Berstáquio e Protásio, distam de 5,5 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 11,5 m e uma velocidade de 8 m/s nessa posição. Desprezando o atrito da bola com o ar e adotando g = 10m/s, podemos afirmar que a aceleração de Protásio, suposta constante, para que ele consiga pegar a bola no mesmo nível do lançamento deve ser de: a) 1 m/s b) 1 m/s c) 1 m/s d) 1 5 m/s SOLUÇÃO: Dados: D = 5,5 m; H = 11,5 m; v x = 8 m/s; g = 10 m/s. Sabemos que no ponto mais alto a componente vertical (v y ) da velocidade é nula. Aplicando, então, a equação de Torricelli ao eixo y: vy v0y g Δy 0 v0y g H v0y g H 10 11,5 5 v0y 15 m / s. Aplicando a equação da velocidade, também no eixo y, calculemos o tempo de subida (t s ). v0y 15 vy v0y g t 0 v0y g t s t s ts 1,5 s. g 10 O tempo total (t T ) é: tt ts 1,5 tt s. Na direção horizontal a componente da velocidade (v x ) é constante. O alcance horizontal (A) é, então: A vx t T A 8 A m. Para pegar a bola, Protásio deverá percorrer: ΔS D A 5,5 Δ S 1,5 m. Como a aceleração é suposta constante, o movimento é uniformemente variado. Então: Δ S a t T 1,5 a a m / s. RESPOSTA (B) 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 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 0,m s.

6 SOLUÇÃO: Dados: v 0A = 50 m/s; v 0B = -50 m/s; a A = -0, m/s (reta decrescente); a B = 0, m/s (reta crescente). Adotando origem no ponto de partida e lembrando que a equação horária do espaço no MUV é 1 S S0 v0 t at, temos: S A = 50t -0,1t² S B = -50t +0,1t² No encontro, S A = S B : 50 t 0,1 t 50 t 0,1 t 100 t 0, t 0 t 100 0, t 0 t 0 (não convém) 100 t t 500 s. 0, 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. Δ S km. ΔS Vm km / h m / s 6,5m / s. Δt 5 5x,6 1. Um jogador de futebol chuta uma bola a 0 m do gol adversário. A bola descreve uma trajetória parabólica, passa por cima da trave e cai a uma distância de 0 m de sua posição original. Se, ao cruzar a linha do gol, a bola estava a m do chão, a altura máxima por ela alcançada esteve entre a),1 e, m. b),8 e,1 m. c), e,5 m. d),5 e,8 m.

7 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 (v x = v 0x ). Assim, se o tempo de A até B é t, de A até C é t. Equacionando a distância vertical percorrida na queda de A até B e de A até C, temos: A B : h g t A C : H g g t H t H h. Mas, da Figura: H h h h h 1 m. Como H h H m. RESPOSTA (B)