Fisica

Páginas: 19 (4653 palavras) Publicado: 17 de novembro de 2012
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...
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