Upload
buidieu
View
233
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
CPV unifesp2012 1
unifesp – 16/dezembro/2011
CpV seu pé direito também na medicina
físiCa
11. Em uma manhã de calmaria, um Veículo Lançador de Satélite (VLS) é lançado verticalmente do solo e, após um período de aceleração, ao atingir a altura de 100 m, sua velocidade linear é constante e de módulo igual a 20,0 m/s. Alguns segundos após atingir essa altura, um de seus conjuntos de instrumentos desprende-se e move-se livremente sob ação da força gravitacional.
Afiguraforneceográficodavelocidadevertical,emm/s,do conjunto de instrumentos desprendido como função do tempo, em segundos, medido no intervalo entre o momento em que ele atinge a altura de 100 m até o instante em que, ao retornar, toca o solo.
a) Determine a ordenada ydográficonoinstantet=0seaaltura em que o conjunto de instrumentos se desprende do VLS.
Resolução:
Emt=0,quandoalcançamaalturade100m,tantooVLS,quanto o conjunto de instrumentos, estão à velocidade de 20m/s,conformeoenunciado.Logo,emt=0,aordenaday = 20 m/s.
O conjunto de instrumentos desprende-se do VLS após 2 s de movimento vertical uniforme com velocidade de 20 m/s, a partir da altura de 100 m.
Assim,MU:S=S0 + V . t ÞS=100+20. 2 Þ S = 140 m
b) Calcule,atravésdosdadosfornecidospelográfico,aaceleração gravitacional do local e, considerando
2=1,4,determineoinstantenoqualoconjuntodeinstrumentos toca o solo ao retornar.
Resolução:
Entre 2 s ≤ t ≤4s:V0=20m/s;V=0;Dt=2s
a=∆∆Vt
a⇒ =−0 202 Þa=–10m/s2
Logo, | g | = 10 m/s2
direção: vertical sentido: para baixo
Det=2satéoconjuntodeinstrumentostocarosolo,trata-se de um lançamento vertical:
S=S0 + V0 . t + a2
. t2 Þ0=140+20.t– 102
. t2 Þ
Þ 5t2–20.t–140=0
Resolvendo a equação, obtemos: D=40. 2=56
Logo, t1=–3,6set2=7,6s
Assim,oinstanteemquetocaosoloserá:
t=2+7,6Þ t = 9,6 s
2 unifesp – 16/12/2011 CpV seu pé direito também na Medicina
CpV unifesp2012
12. Um corpo esférico, pequeno e de massa 0,1 kg, sujeito a aceleração gravitacional de 10 m/s2, é solto na borda de uma pista que tem a forma de uma depressão hemisférica, de atrito desprezível e de raio 20 cm, conforme apresentado nafigura.Napartemaisbaixadapista,ocorposofreumacolisão frontal com outro corpo, idêntico e em repouso.
Considerando que a colisão relatada seja totalmente inelástica,determine:
a) O módulo da velocidade dos corpos, em m/s, imediatamente após a colisão.
Resolução:
Do Princípio da Conservação da Energia, temos:
EMA=EMB
m . g .h=m VI. 2
2
10 .0,2=VI2
2
VI=2m/s(velocidadedocorpoI antes da colisão)
Do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, temos:
→Qantes=
→Qdepois
m . VI=m. V’I + m . V’II Þ VI=V’I + V’II
Sendo a colisão inelástica, os corpos saem grudados(Vafastamento=0).
Logo: V’I=V’II=V
VI=V+VÞ2=2VÞ V = 1 m/s
b) A intensidade da força de reação, em newtons, que apistaexercesobreoscorposunidosnoinstanteemque,apósacolisão,atingemaalturamáxima.
Resolução:
ComoV=1m/s,aalturaalcançadaserá:
22
2m V.=2m. g . h
12 =10. h Þh=0,05m
→N+
→Py=
→O (corpo em repouso
→Fcp=
→O)
N=Py
Por semelhança de triângulos, temos:
P Py15 20
=
Py3
24
=
Py=1,5N
N = 1,5 N
15 cm
20 cm→N
→P
→Py
→Px
5 cm q
q
3
unifesp2012 CPV
CpV seu pé direito também na Medicina unifesp – 16/12/2011
13. Uma mola de massa desprezível presa ao teto de umasala, tem suaoutra extremidade atada ao centrodeumabarrametálicahomogêneaenahorizontal,com50cmdecomprimentoe500gdemassa.Abarrametálica,quepodemovimentar-se num plano vertical, apresenta resistência ôhmicade5Ωeestáligadaporfioscondutoresdemassasdesprezíveis a um gerador G de corrente contínua, de resistência ôhmica interna de 5 Ω, apoiado sobre umamesahorizontal.Osistemabarra-molaestáemumplanoperpendicular a um campo magnético
→B horizontal, cujas
linhas de campo penetram nesse plano, conforme mostra a figura.
Determine:
a) a força eletromotriz, em volts, produzida pelo gerador eapotênciaelétricadissipadapelabarrametálica,emwatts.
Resolução:
A força eletromotriz é dada por:
ε=(R+r). i ε=(5+5). 5 ε = 50V
CálculodaPotência:
P=R. i2
PBarra=5. 52
PBarra = 125W
b) a deformação, em metros, sofrida pela mola para manter o sistema barra-mola em equilíbrio mecânico. Suponha que os fios elétricos não fiquem sujeitos atensão mecânica, isto é, esticados.
Resolução:
Da regra de Fleming (mão esquerda), temos:
FM=Bilsenθ=0,4. 5 . 0,5 .sen90°=1N
P=mg=0,5.10=5N
F→
M + F→
EL + P→=0
FM + FEL=P
1 + FEL=5
FEL=4N
FEL=kx
4=80.x
x=120 m=0,05m
x = 0,05 m
F→
M F→
EL
P→
4 unifesp – 16/12/2011 CpV seu pé direito também na Medicina
CpV unifesp2012
14. Umpaciente,que já apresentavaproblemasdemiopiaeastigmatismo, retornou ao oftalmologista para o ajuste daslentesdeseusóculos.Afiguraaseguirretrataanovareceita emitida pelo médico.
a) Caracterize a lente indicada para correção de miopia, identificandoavergência,emdioptrias,eadistânciafocal, em metros.
Resolução:
O olho míope é maior que o normal e a imagem forma-se antes da retina. Sua correção é feita com o uso de lentes divergentes (esféricas com distância focal negativa).
Logoavergênciadalentedecadaolhoserá–3dioptrias.
ComoV= 1f
Þf=-13 m
Resposta: Lente divergente,
olhodireito: V=–3di,f=-13 m
olhoesquerdo: V=–3di,f=-13 m
b) NodiagramaI,esboceaformaçãodaimagemparaumpaciente portador de miopia e, no diagrama II, a sua correção, utilizando-se a lente apropriada.
Resolução:
5
unifesp2012 CPV
CpV seu pé direito também na Medicina unifesp – 16/12/2011
15. Um calorímetro de capacidade térmica 10 cal/ºC, contendo 500gde águaa20ºC, éutilizadoparadeterminaçãodocalorespecíficodeumabarrade ligametálicade200g,a ser utilizada como fundo de panelas para cozimento. Abarraé inicialmenteaquecidaa80ºCe imediatamentecolocada dentro do calorímetro, isolado termicamente. Considerandoocalorespecíficodaágua1,0cal/(g . ºC) e que a temperatura de equilíbrio térmico atingida no calorímetrofoi30ºC,determine:
a) a quantidade de calor absorvido pelo calorímetro e a quantidadedecalorabsorvidopelaágua.
Resolução:
I. Qcalorímetro=m. c . DT=C. DT Qcalorímetro=10.10=100cal Qcalorímetro = 100 cal
II. Qágua=m. c . DT=500. 1 . 10 Qágua = 5000 cal
b) atemperaturafinaleocalorespecíficodabarra.
Resolução:
Atemperaturadeequilíbriofoi30ºC(conformeenunciado)
Da Conservação da Energia, temos:
Qbarra + Qcalorímetro + Qágua=0
m . c . DT+100+5000=0
200 . c .(30–80)=–5100
–50.200c=–5100
c = 0,51 cal/(gºC)
Qbarra
Qcal Qágua
80ºC
30ºC
20ºCcalorímetro {C = 10 cal/ºC
água m gc cal g C=
= ( )
5001 / º
m gc==
200?
COMENTÁRiO Da PROVa
Questão 11: Uma questão de alto nível, exigindo muitaatenção e alta capacidade de interpretação, mesmo se tratando deumaquestãodeCinemática.
Questão 12: No item “a” tratou de assuntos clássicos(Conservação de Energia Mecânica e Colisão), facilitando a resolução do mesmo. O ítem “b” exigiu criatividade econhecimento de Movimento Circular.
Questão 13:Excelentequestãodenívelmédio,quecontemplouassuntos de Mecânica, Eletrodinâmica e Eletromagnetismo.
Questão 14:Questãobastantesimples,comconceitosbásicosde Óptica da Visão.
Questão 15:Questãodenívelbaixo,comoitem“a”auxiliandona resolução do item “b”, abordando conceitos básicos deCalorimetria.
Comentário Geral: Prova excelente, com boa distribuiçãodos assuntos, enunciados claros e precisos, apesar da pequena quantidade de questões.