Fisica

Disponível somente no TrabalhosFeitos
  • Páginas : 19 (4653 palavras )
  • Download(s) : 0
  • Publicado : 17 de novembro de 2012
Ler documento completo
Amostra do texto
Física 01. Sobre um corpo de 2,5 Kg de massa atuam, em sentidos opostos
de uma mesma direção, duas forças de intensidades 150,40N e 50,40N, respectivamente. A opção que oferece o módulo da aceleração resultante com o número correto de algarismos significativos é: a) 40,00m/s2 b) 40m/s2 c) 0,4 . 10m/s2 2 2 d) 40,0m/s e) 40,000m/s Solução:

t1 = 0,20s
1  v 2 = 25 − 2.10.0,8 .0,6 + 0,8   3 

v2 = 25-16∴vQ = 3m/s tsubida = 0,24s até parar; (lançamento oblíquo) Tempo total: TT = T1 + Tsubida = 0,44s ALTERNATIVA D

F2

a
m

F1

retilíneos e circulares percorridos por um atleta desde o ponto A, de onde parte do repouso, até a chegada em F, onde pára. Os trechos BC, CD e DE são percorridos com a mesma velocidade de módulo constante.

Aplicando a 2ª lei de Newton, temos:a=

F1 − F2 150,40 − 50,40 = m 2,5 100,00 = 40m / s2 2,5

a=

Com 2 algarismos significativos. ALTERNATIVA B

02. A partir do nível P, com velocidade inicial de 5m/s, um corpo sobe
a superfície de um plano inclinado PQ de 0,8m de comprimento. Sabe-se que o coeficiente de atrito entre o plano e o corpo é igual a 1/3. Considere a aceleração da gravidade g = 10m/s2, senθ = 0,8, cosθ =0,6, eque o ar não oferece resistência. O tempo mínimo de percurso do corpo para que se torne nula a componente vertical de sua velocidade é:

Considere as seguintes afirmações: I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB, BC, DE, e EF. II. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF. III. O sentido da aceleração vetorial média do movimento doatleta é para sudeste no trecho BC, e , para sudoeste, no DE. a) apenas a I. b) apenas a I e II. c) apenas a I e III. d) apenas a II e III. e) todas. Solução: Nos trechos AB e EF há aceleração tangencial, ou seja, há alteração no módulo da velocidade. Nos trechos BC e DE há apenas aceleração centrípeta, mas o módulo da velocidade não se altera. Assim, podemos considerar como acelerado (movimento comalteração do módulo da velocidade) apenas nos trechos AB e EF. I - FALSA. No trecho AB, movimento acelerado com vetor aceleração apontado para Norte(N); no trecho EF, movimento retardado com vetor aceleração no sentdo contrário ao movimento (N). II – VERDADEIRA. Nos trechos BC e DE há força centrípeta, aceleração centrípeta apontando para o centro de curvatura. III – VERDADEIRA. ALTERNATIVA D

a)0,20s. Solução:

b) 0,24s.

c) 0,40s.

d) 0,44s.

e) 0,48s.

vQ
Q

θ

0,8m

vp

θ
2

Dados: v0 = 5m/s PQ = 0,8m senθ = 0,8 cosθ = 0,6 g = 10m/s2 µ = 1/3

Emec p =

mv 0 25m = = Ec 0 2 2

04. Considere que num tiro de

∆EC = τfat + τp = - µmgcosθ.0,8 - mgsenθ.0,8 Ecf – Ec0 = - mg (µcosθ + senθ). 0,8
mv 2 mv 2 0 − = −mg0,8 (µ cos θ + sen θ) 2 2

V2 = v02 –2g.08(µcosθ + senθ) ⇒ v = v0 – at
t= v0 − v 5−3 = a g(µ cos θ + sen θ)



revólver, a bala percorre trajetória retilínea com velocidade V constante, desde o ponto inicial P até o alvo Q. Mostrados na figura, o aparelho M1 registra simultaneamente o sinal sonoro do disparo e o do impacto da vala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho M2. Sendo Vs a velocidade do som no ar, então a razão entre asrespectivas distâncias dos aparelhos M1 e M2 em relação ao alvo Q é: a) VS (V-VS) / (V2-VS2). b) VS (VS-V) / (V2-VS2).

1

ITA 2007

03. A figura mostra uma pista de corrida A B C D E F, com seus trechos

c) V (V-VS) / (VS2-V2). d) VS (V+VS) / (V2-VS2). e) VS (V-VS) / (V2+VS2). Solução:

Equilíbrio na situação 2: ΣM = 0 = P2.50 – P.50 – PI(150-1,6.X2)
60.50 − m.5000 = −100.150 + 100.1,6.x 250m = 1800 – 16X2 (2) Substituindo (1) em (2) temos m = 1,6Kg ALTERNATIVA D

06. No arranjo mostrado na figura com duas polias, I dio inextensível
ITA 2007
X = VS.TI TI =
x x + dI d = + I VS V VS

e sem peso sustenta a massa M e, também, simetricamente, as duas massas m, em equilíbrio estático. Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h da distância entre os pontos P e Q...
tracking img