FATO Medicina. Lista Complementar Física ( Prof.º Elizeu ) sen 37 0,6; cos 37 0,8 e. g 10 m s. 15 m e constante. 10 m s. 10 m s.

FATO

Medicina

Lista Complementar – Física ( Prof.º Elizeu )

01. (Uerj simulado 2018) Um objeto de massa igual a

4,0 kg

desloca-se sobre uma superfície horizontal com atrito constante. Em determinado ponto da superfície, sua energia cinética corresponde a 80 J; dez metros após esse ponto, o deslocamento é interrompido.

O coeficiente de atrito entre o objeto e a superfície equivale a: a)

0,15

b)

0,20

c)

0,35

d)

0,40

02. (Fuvest 2017) Um atleta de peso

700 N

corre 100 metros rasos em 10 segundos. Os gráficos dos módulos da sua velocidade horizontal,

v,

e da sua aceleração horizontal,

a,

ambas em função do tempo

t,

estão a seguir.

Determine

a) a distância d que o atleta percorreu durante os primeiros

7

segundos da corrida;

b) o módulo

F

da componente horizontal da força resultante

sobre o atleta no instante

t



1s;

c) a energia cinética E do atleta no instante

t



10 s;

d) a potência mecânica média

P

utilizada, durante a corrida,

para acelerar o atleta na direção horizontal. Note e adote:

Aceleração da gravidade



10 m s

2

03. (Ufu 2017) Um guindaste arrasta por 100 metros, com velocidade constante, um caixote de

200 kg,

por meio de um cabo inextensível e de massa desprezível, conforme esquema a

seguir. Nessa situação, o ângulo formado entre o cabo e o solo é de 37 e o coeficiente de atrito cinético entre o caixote e o solo é

0,1.

A partir de tal situação, faça o que se pede.

a) Represente o diagrama de forças que agem sobre o caixote quando ele está sendo arrastado.

b) Calcule o valor do trabalho da força que o guindeste faz sobre o caixote quando ele é arrastado por 100 metros. Dados:

sen 37

 

0,6; cos 37

 

0,8

e

g



10 m s .

2

04. (Fuvest 2017) Helena, cuja massa é

50 kg,

pratica o esporte radical bungee jumping. Em um treino, ela se solta da beirada de um viaduto, com velocidade inicial nula, presa a uma faixa elástica de comprimento natural

L

₀



15 m

e constante elástica

k



250 N m.

Quando a faixa está esticada

10 m

além de seu comprimento natural, o módulo da velocidade de Helena é

Note e adote:

- Aceleração da gravidade: 10 m s .2

- A faixa é perfeitamente elástica; sua massa e efeitos dissipativos devem ser ignorados.

a)

0 m s

b)

5 m s

c)

10 m s

d)

15 m s

e)

20 m s

05. (Eear 2017) Uma esfera de

5 kg

cai de uma altura de

3,2

metros sobre um dispositivo provido de uma mola de constante elástica

40 N m

para amortecer sua queda, como mostra a figura.

Adotando g10 m s2 e desprezando o atrito no sistema, pode-se afirmar que a velocidade

(v)

que a esfera atinge o mecanismo, em

m s

e a contração da mola

(x),

em metros, valem:

a)

v



8; x



2

c)

v



8; x



2 2

b)

v



16; x



2

d)

v



16; x



2 2

06. (Fgv 2017) Segundo o manual do proprietário de determinado modelo de uma motocicleta, de massa igual a

400 kg,

a potência do motor é de

80 cv

(1cv



750 W).

Se ela for acelerada por um piloto de

100 kg,

à plena potência, a partir do repouso e por uma pista retilínea e horizontal, a velocidade de

144 km h

será atingida em, aproximadamente, a)

4,9 s.

b)

5,8 s.

c)

6,1 s.

d)

6,7 s.

e)

7,3 s.

07. (Fgv 2017) Os Jogos Olímpicos recém-realizados no Rio de

Janeiro promoveram uma verdadeira festa esportiva, acompanhada pelo mundo inteiro. O salto em altura foi uma das modalidades de atletismo que mais chamou a atenção, porque o recorde mundial está com o atleta cubano Javier Sotomayor desde 1993, quando, em Salamanca, ele atingiu a altura de

2,45 m,

marca que ninguém, nem ele mesmo, em competições posteriores, conseguiria superar. A foto a seguir mostra o atleta em pleno salto.

Considere que, antes do salto, o centro de massa desse atleta estava a

1,0 m

do solo; no ponto mais alto do salto, seu corpo estava totalmente na horizontal e ali sua velocidade era de

2



5 m s;

a aceleração da gravidade é 10 m s ;2 e não houve interferências passivas. Para atingir a altura recorde, ele deve ter partido do solo a uma velocidade inicial, em

m s,

de a)

7,0.

b)

6,8.

c)

6,6.

d)

6,4.

e)

6,2.

08. (Ufrgs 2016) Na figura abaixo, está representada a trajetória

de um projétil lançado no campo gravitacional terrestre, com inclinação



em relação ao solo. A velocidade de lançamento é

0 0x 0y

v



v



v

,

onde

v

_0x e

v

_0y são, respectivamente, as componentes horizontal e vertical da velocidade

v .

₀

Assinale a alternativa que preenche corretamente as lacunas do enunciado abaixo, na ordem em que aparecem.

Considerando a energia potencial gravitacional igual a zero no solo e desprezando a resistência do ar, as energias cinética e potencial do projétil, no ponto mais alto da trajetória, valem, respectivamente, __________ e __________.

a)

zero



mv

₀2

2

d)

mv

_0x2

2



mv

_0y2

2

b)

zero



mv

_0x2

2

e)

mv

_0y2

2



mv

_0x2

2

c)

mv

₀2

2



mv

_0y2

2

09. (G1 - ifba 2016) Uma campanha publicitária afirma que o veículo apresentado, de

1.450,0 kg,

percorrendo uma distância horizontal, a partir do repouso, atinge a velocidade de

108,0 km h

em apenas

4,0 s.

Desprezando as forças dissipativas e considerando

g



10 m s ,

2 podemos afirmar que, a potência média, em watts, desenvolvida pelo motor do veículo, neste intervalo de tempo é, aproximadamente, igual a:

a)

1,47 10



5 c)

3,26 10



5 e)

6,52 10



5

b)

1,63 10



5 d)

5,87 10



5

TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:

Leia o texto abaixo para responder à(s) quest(ões) a seguir.

Criança feliz é aquela que brinca, fato mais do que comprovado na realidade do dia a dia. A brincadeira ativa, a que faz gastar energia, que traz emoção, traz também felicidade. Mariana é uma criança que foi levada por seus pais para se divertir em um parquinho infantil.

10. (Fgv 2016) Nesse parquinho infantil, há dois escorregadores

de mesma altura h relativamente ao chão. Um deles é retilíneo (R) e outro é curvilíneo (C) em forma de tobogã, como indica a figura.

Ao escorregar por R, de seu ponto superior até o nível do chão, Mariana teve uma perda de energia mecânica de 10% em relação a uma queda livre dessa altura. Ao escorregar por C, nas mesmas condições, ela teve uma perda de 15% de energia mecânica em relação a uma queda livre. A relação entre a velocidade final de Mariana ao sair de R e a velocidade final ao sair de C vale a)

18

.

17

b)

3

.

2

c)

18

.

17

d)

3

.

2

e)

5

.

4

GABARITO:

Resposta da questão 1:[B]

Com a energia cinética e massa, descobrimos a velocidade inicial: 2 0 c c 0 0 0

m v

2 E

2 80 J

E

v

v

v

2 10 m s

2

m

4 kg





















Pela expressão de Torricelli, do MRUV, calculamos a aceleração do movimento: 2 2 2 2 0 0

v

v

v

v

2 a

s

a

2

s

Δ

Δ





  

 







2 2 2

0

2 10

a

a

2 m s

2 10





  



Pela 2ª Lei de Newton, a força resultante em módulo é:



2



r at at at

F



F

  

m a

F



4 kg 2 m s





F



8 N

Com a expressão da força de atrito, temos o valor do seu coeficiente: at at

F

8 N

F

N

0,2

N

40 N

μ

μ

μ

   



 

Resposta da questão 2:

a) A distância percorrida de

7 s

a

10 s

é dada pela área destacada na figura a seguir.





7,10 7,10

d



10 7





11



d



33 m.

Como a distância total percorrida é

100 m,

vem:

7,10

d



100



d



100 33





d



67 m.

b) No gráfico da aceleração em função do tempo, lê-se que no instante

t



1s,

o módulo da aceleração tangencial é

2

a



4 m s .

Assim, aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica:

F

m a

F

a

a

4

F

P

700

F

280 N.

P

m g

P

g

g

10





  











c) No gráfico da velocidade em função do tempo, lê-se que no instante

t



10 s,

o módulo da velocidade é

v



11m s.

Calculando a energia cinética nesse instante:

2 2 2 cin cin

v

P v

700 11

E

m

E

4.235 J.

2

g 2

10

2













d) A potência mecânica média é dada pela variação da energia cinética em relação ao tempo nos 10 segundos de movimento. cin

E

4.235 0

P

P

423,5 W.

t

10

Δ

Δ











Resposta da questão 3:

a) O diagrama de forças que agem sobre o caixote está representado na figura abaixo:

Onde:

T



tração no cabo

P



peso do caixote

at

F



força de atrito cinético entre o caixote e o solo

N



força normal do solo sobre o caixote

b) Decompondo a tração em seus componentes ortogonais e calculando a resultante das forças nas direções vertical e horizontal, temos:

Na direção horizontal, para equilíbrio dinâmico:

x at c

T

F

T cos 37

N

T 0,8

0,1 N

N

8T

(1)

μ



 

 

  





 

Na direção vertical, para equilíbrio dinâmico:

y

P

N T

2000

N T sen 37

2000

N 0,6T

(2)

 



  





 

Substituindo (1) em (2):

2000

2000

8T

0,6T

T

8,6

T

232,6 N





 

 

E o trabalho

( )

τ

realizado pelo guindaste sobre o caixote é:

T d cos 37

232,6 N 100 m 0,8

18608 J

τ

τ

τ

  











Resposta da questão 4:[A]

O plano de referência para energia potencial será adotado no ponto

25 m

abaixo do ponto

(A)

de onde Helena se solta.

Sendo a velocidade inicial nula, pela conservação da energia mecânica, tem-se: 2 2 2 2 A B 2 mec mec 0 2

mv

kh

50v

250 10

E

E

mg(L

h)

50 10 25

2

2

2

2

12.500 v

12.500

v 0.







 





 







 





Resposta da questão 5:[C] gravitacional elástica c p 2 c p 2 2 2 2 2

E

E

1

m v

m g h

2

V

2 g h

V

2 10 3,2

V

8 m s

E

E

1

1

m v

k x

2

2

m v

k x

m v

5 64

x

x

x

8

x

2 2

k

40





  



 











 

  



 







 

 

 

Resposta da questão 6:[D]

A potência é dada pela razão entre o trabalho e o tempo:

P

t

τ

Δ



Mas o trabalho é igual a variação da energia cinética:













c c final c inicial c final 0

E

E

E

E

τ

Δ

τ

τ





 



 

Juntando as expressões e explicitando o tempo:









2 c final c final

E

E

_{m v}

P

t

t

Δ

P

2 P

Δ













Substituindo os valores e passando para o sistema internacional:

2 2

1

m s

500 kg 144 km h

3,6 km h

m v

t

t

6,67 s

2 P

750 W

2

80 cv

1cv

Δ

Δ







_



_



_

_











_



_











Resposta da questão 7:[A]

Para o sistema conservativo, a energia cinética da corrida mais a energia potencial gravitacional do seu centro de massa (ponto A) é igual à energia potencial gravitacional somada à energia cinética no ponto mais alto da trajetória (ponto B).

 

 

M A M B E E

 

2

 

2 A B A B

m v

m v

mgh

mgh

2

2







Simplificando a massa do atleta, substituindo os valores e explicitando a velocidade do ponto A, temos:



  

_{2 2}









2 A B A B A A A A

v

2g h

h

v

v

2 10 m s

2,45 1 m

2 5 m s

v

29 20

v

49 v

7 m s









 









 



 

Resposta da questão 8:[D]

Temos um lançamento oblíquo na qual podemos separar em dois movimentos independentes: horizontalmente, um movimento retilíneo uniforme com velocidade constante de módulo

v

_0x



v

₀



cos

φ

e, verticalmente, um lançamento vertical com velocidade inicial igual a

v

_0y



v

₀



sen .

φ

Para o ponto mais alto da trajetória a energia cinética está relacionada com a velocidade neste ponto que é devida somente à componente horizontal, ou seja,

v

_0x

,

logo:

2 0x c

m v

E

2





Já a energia potencial no ponto mais alto será dada pela relação:

pg

E



mgh

Mas essa energia pode ser relacionada à energia cinética inicial no lançamento vertical, por se tratar de um sistema conservativo, então: 2 0y pg cy

m v

E

E

2







Resposta da questão 9:[B]

A Potência média é dada pelo produto entre o módulo da força e a velocidade escalar média:

m

v

P

F v

F

2

Δ

 

 

E pela segunda lei de Newton:

v

F

m a

m

t

Δ

Δ

   

Logo,

 

2

v

v

v

P

m

P

m

t

2

2 t

Δ

Δ

Δ

Δ

Δ

 



  

Então, substituindo os valores:





2 5

30 m / s

P

1450 kg

P

163.125 W

1,63 10

W

2 4 s





 







Resposta da questão 10:[A]

Considerando como α o coeficiente correspondente à energia mecânica

E

_M restante em cada tipo de rampa, temos:









M final M inicial E  α E

m

v

2

m

2

α



_{ }

g h

v

α

2 g h

   

  

Então, para a rampa

R :

α 

0,9

R

v



0,9 2 g h

  

Para a rampa C :

α 

0,85

C

v



0,85 2 g h

  

Logo, a razão R C

v

v

é: R C

0,9 2 g

v

v

 





h

0,85 2 g

 



h

R R C C

v

1,8

v

18

v

1,7

v

17







