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meta mecanica fisica unicamp

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30 30
inicial final inicial
31
inicial
E 3,24 10 3,24 10
E mc m m 3,6 10 kg.
c 9 103 10
m m m m 4 10 3,6 10 4 10 36 10
m 4 10 kg.
 
       

           
 
 
 
Resposta da questão 29: 
 [C] 
 
Velocidade média do atleta com a ajuda do vento: 
 
s 100m
v
t 9.9s
v 10.1m s
Δ
Δ
 

 
 
Resposta da questão 30: 
 a) Analisando o gráfico 1, referente à terceira corrida, teremos: 
S 7,5km
t 0,5h
S 7,5km kmV V 15
ht 0,5h
Δ
Δ
Δ
Δ


   
 
 
Com a velocidade do atleta, teremos a constante CMET do gráfico 2: 
MET
km kJ
V 15 C 60
h kg.h
  
 
MET. E C m.t = 60.70.0,5 E = 2100kJ
 
Resposta: 
3kJE = 2,1x10
 
b) Considerando que o pé de um adulto possui aproximadamente 0,1m x 0,25m, podemos estimar sua área: 
2 2A 0,1x0,25 2,5x10 m 
. 
 
Cálculo da pressão: 
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4
22
F
P
A
F Peso m.g
m.g 70.10 NP 2,8x10
A m2,5x10

 
  
 
Resposta: 
4P 2,8x10 Pa
 
 
Resposta da questão 31: 
 a) Como 
S
V
t
Δ
Δ

, teremos: 
11
8 3S 1,5x10V 3,0x10 t 0,5x10 s
t t
Δ
Δ
Δ Δ
    
 
Resposta: 
2t 5,0x10 sΔ 
 
 
b) 
eT mg F 0  
 
 
 
 
e e
e
F F
Tg45 1 F mg
mg mg
     
 
Como 2
2
e
q
F k
d
: 
2
e 2
F mg mg  
q
k
d
 
De acordo com o enunciado: 
k = 9

109 N m2/C2 
d = 3 cm = 3x10-2 m 
m = 0,004 g = 4x10-6 kg 
g = 10 m/s2 
 
Substituindo os valores: 
2 9 2
6 2 18
2 2 2
9x10 .q
mg 4x10 .10 q 4x10
(3x10 )
 

    
q
k
d
 
Resposta: 
9| q | 2,0x10 C
 
 
Resposta da questão 32: 
 a) Dados: m = 1000 kg; v0 = 6000 m/s; v = 0; 
Δt
 = 7 min = 420 s. 
 
Da segunda lei de Newton, para a força resultante tangencial: 
 
6
res res 2
4
res
v 0 6000 6 10
F m a F m 1000 
t 420 4,2 10
F 1,43 10 N.
  
     
 
 
 
b) Dados: m = 1000 kg; h0 = 125 km = 125  103 m; h = 100 km = 100  103 m; v = 4000 m/s; v0 = 6000 m/s; gMarte = 
4 m/s2. 
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Sendo WFat o trabalho da força de atrito, aplicando o Teorema da Energia Mecânica: 
   
   
   
22
final inicial 0
Mec Mec Marte Marte 0Fat Fat
2 2
0 Marte 0Fat
2 2
Fat
7 6 10
Fat
m vm v
W E E W m g h m g h 
2 2
m
W v v m g h h 
2
1000
W 4000 6000 1000 4 100 125 1000 
2
W 500 2 10 4 10 25 1 10 1 10
  
         
   
   
    
      
           8
10
Fat
 
W 1,01 10 J. 

  
 
 
Resposta da questão 33: 
 a) Dados: 
3;π 
 g = 10 m/s2; 
águaρ
= 1,0  103 kg/m3; b = 1,6  10-3 N.m. 
 
Na iminência de começar a cair, a força exercida pelo vento ascendente tem mesma intensidade que o peso. 
Lembrando que o volume de uma esfera de raio r é 
 
34V r
3
π
, vem: 
 
3
vento água água
3
8
3
água
4
4
P F m g b r V g b r r b r 
3
b 1,6 10
 r 4 10 
4 4
g 10 3 10
3 3
r 2 10 m.
ρ ρ π
ρ π



       

    
  
 
 
 
b) Dados: A = 1 m2; h = 20 mm = 20  10–3 m; 
águaρ
= 1,0  103 kg/m3; v0 = 2,5 m/s; v = 0. 
 
O volume de água despejado nessa área é: 
 3 3V A h 1 20 10 m .   
 
Calculando a massa correspondente: 
 3 3águam V 10 20 10 m 20 kg.ρ      
 
Pelo Teorema do Impulso: 
 
0I Q I m v v 20 0 2,5 
I 50 N s.
Δ      
 
 
 
Resposta da questão 34: 
 [B] 
 
2
1 2 R
E M
2 T
2
1 2.3.10 50000 45000000
E 50000 900
2 2 2
E 22500000J
7E 2,25 10 J
1 2E MVP2
2
π 
     
 
 
    



 


 
 
Resposta da questão 35: 
 [A] 
 
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Utilizando o teorema do impulso temos: 
 
I F t m VΔ Δ   
 
 
De forma escalar temos: 
 
I F t m v
m v
F
t
Δ Δ
Δ
Δ
   


 
 
Analisando esta última expressão, podemos concluir que para a frenagem do veículo a força é inversamente 
proporcional ao tempo da colisão. A colisão direta da cabeça do motorista no volante ocorre em um intervalo de 
tempo muito pequeno, o que resulta em uma grande força de impacto. Entretanto, o airbag aumenta o tempo de 
colisão (frenagem da cabeça do motorista), o que diminui a força do impacto.

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