Escola Secundária com 3º Ciclo do Ensino Básico Dr. Joaquim de Carvalho 3080-210 Figueira da Foz
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Fax: 233 401 059
E-mail: esjcff@mail.telepac.pt
Correcção do 1º Teste de Avaliação de Física (12º ano, 16/10/2007)
Grupo I 1.
(C)
2.
(B)
3.
(D)
4.
(D)
5.
(E)
Grupo II 1.1. Eixo dos xx: movimento uniformemente acelerado:
⇒ a x (t ) =
d vx =4= dt
d vy dt
dx = 4t dt
constante
Eixo dos yy: movimento uniformemente variado:
⇒ a y (t ) =
x(t ) = 2t 2 ⇒ v x (t ) =
y (t ) = 4t + 1 ⇒ v y (t ) =
dy = 4 = constante dt
=0
1.2.
r (2) = (2 × 2 2 ) e x + (4 × 2 + 1) e y = 8 e x + 9 e y (m) ; r (0) = (2 × 0 2 ) e x + (4 × 0 + 1) e y = 1 e y (m) ; Logo ∆r = r ( 2) − r (0) = (8 e x + 9 e y ) − 1 e y = 8 e x + 8 e y (m) 2 2 A distância corresponde ao módulo do deslocamento: ∆r = 8 + 8 ≈ 11,3 m ∆r 8 e x + 8 e y vm = = = 4 e x + 4 e y (m s -1 ) ∆t 2−0
1.3.
1.4. A “rapidez” de variação da posição corresponde ao módulo da velocidade. Derivando o vector posição, obtém-se a velocidade:
Rapidez versus Tempo 30
Módulo da velovcidade / m s-1
25 dr v (t ) = = 4t e x + 4 e y (SI) 20 dt 15 v (1) = 4 × 1 e x + 4 e y = 4 e x + 4 e y (m s -1 ) logo 10 v (1) = 4 2 + 4 2 ≈ 5,7 m s -1 5 -1 v (4) = 4 × 4 e x + 4 e y = 16 e x + 4 e y (m s ) logo 0 0 1 2 v (4) = 16 2 + 4 2 ≈ 16,5 m s -1 No instante t = 4 s a posição varia mais rapidamente (maior módulo da velocidade).
3
4
5
Tempo / s
Para esboçar o módulo da velocidade em função do tempo introduz-se a seguinte função na calculadora:
v (t ) = (4t ) 2 + 16
em que
v (t ) = Y
e
t = X. Página 1 de 5
6
7
Correcção do 1º Teste de Física – 12º ano – 16/10/2006
1.5. A “rapidez” de variação do módulo da velocidade corresponde ao valor algébrico da aceleração tangencial: é igual ao declive da tangente ao gráfico do módulo da velocidade em função do tempo. Módulo da velocidade:
v (t ) = (4t ) 2 + 4 2 = 16t 2 + 16 (SI)
Pode, portanto, a partir da função escrita na linha anterior, calcular o declive da tangente ao gráfico nos instantes t = 2s e t = 5s: Declive da tangente ao gráfico no instante
t = 2 s : a t (t = 2 s) ≈ 3,58 m s -2
Declive da tangente ao gráfico no instante
t = 5 s : a t (t = 5 s) ≈ 3,92 m s -2
Qual o significado físico dos valores anteriores? No instante t = 2 s , o módulo da velocidade diminui a um ritmo de
3,58 m/s em cada segundo, enquanto no 3,92 m/s em cada segundo. A variação do módulo
t = 5 s , o módulo da velocidade aumenta a um ritmo de da velocidade é, portanto, mais rápida no instante t = 5 s . d v (t ) 16t Em alternativa, podem ser feitos os cálculos: a t (t ) = = ⇒ dt 16t 2 + 16 a t (t = 2 s) ≈ 3,58 m s -2 e a t (t = 5 s) ≈ 3,92 m s -2 instante
2.1.
dr t : v (t ) = = 6t e x − 2 e y (SI) dt -1 v (1) = 6 e x − 2 e y (m s )
Derivando o vector posição, obtém-se a velocidade no instante Substituindo o tempo por
1 s, obtém-se
2.2.
dv = 6 e x (m s -2 ) = constante. Derivando a velocidade, obtém-se a aceleração no instante t : a (t ) = dt O produto escalar permite determinar o ângulo θ entre a velocidade e a aceleração no instante t = 1 s : 36 v (1) ⋅ a (1) = v (1) ⋅ a (1) cos θ ⇔ (6 e x − 2 e y ) ⋅ 6 e x = 40 ⋅ 6 ⋅ cosθ ⇔ cosθ = ⇒ θ ≈ 18º 6 40
2.3. (um processo de resolução) Para calcular o raio de curvatura, no instante t = 1 s , basta determinar o módulo da aceleração centrípeta nesse instante (uma vez que já sabemos o módulo da velocidade):
an =
v2 R
18º
.
a
Optando por um raciocínio geométrico:
a n (1) = a (1) cos θ ⇔ a n (1) = 6 ⋅ sin(18º ) ⇔ a n (1) ≈ 1,89 ms −2 Para poder calcular o raio de curvatura:
an =
v
v2 v2 ( 40 ) 2 ⇔ R= ⇔ R= ≈ 21,1 m R an 1,89
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an
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2.3. (um processo alternativo de resolução) Para calcular o raio de curvatura, no instante
t = 1s ,
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basta determinar o módulo da aceleração centrípeta nesse
instante (uma vez que já sabemos o módulo da velocidade):
an =
v2 R
.
Como conhecemos a aceleração, se calcularmos a aceleração tangencial podemos determinar também a aceleração centrípeta:
2 a = a t2 + a n2 .
Cálculo da aceleração tangencial:
v (t ) = (6t ) 2 + 2 2 = 36t 2 + 4 (SI) d v (t ) 36t a t (t ) = = ⇒ a t (t = 1 s) ≈ 5,69 m s -2 2 dt 36t + 4 Cálculo da aceleração normal:
2 a = a t2 + a n2 ⇔ 6 2 = (5,69) 2 + a n2 ⇒ a n ≈ 1,89 m s -2 Para poder calcular o raio de curvatura, procede-se como vimos atrás:
v2 v2 ( 40 ) 2 an = ⇔ R= ⇔ R= ≈ 21,1 m R an 1,89
3.1. Derivando a posição angular, obtém-se o valor da velocidade angular no instante
dθ ω (t ) = = 6t − 1 (rad s -1 ) dt
t:
Como o eixo de rotação é perpendicular ao plano do movimento (xOz), conclui-se que:
ω (t ) = (6t − 1) e y (rad s -1 )
3.2. Derivando a velocidade angular, obtém-se a aceleração angular no instante
dω α (t ) = = 6 e y (rad s -2 ) = constante dt
t:
Como a aceleração angular é constante, o movimento é circular uniformemente variado.
3.3.
a t = αR ⇒ a t (1) = 6 × 2 = 12 m s -2 a n = ω 2 R ⇒ a n (1) = (6 × 1 − 1) 2 × 2 = 50 m s -2 t = 1 s e supondo um raio igual a 2,0 m): 2 2 2 2 2 2 a = a t + a n ⇔ a = 12 + 50 ⇒ a ≈ 51,4 m s -2
Pode agora calcular-se a aceleração (no instante
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4.1. A bola que atinge primeiro o solo é a que tiver menor tempo de voo. Por outro lado, a bola que apresenta menor tempo de voo, apresenta também menor altura máxima. Conclui-se que a bola B2 toca primeiro o solo.
4.2.1. Para resolver o problema é necessário escrever as equações paramétricas, o que implica conhecer as condições iniciais: posição inicial ( x 0 e
x0 = 0 m
e
y0 )
e velocidade inicial ( v 0 x
e
v0 y ).
Da observação da figura conclui-se que
y0 = 0 m .
v0
As componentes da velocidade inicial obtêm-se a partir dos dados:
v0 y
v0 x = v0 cos60º = 25 × 0,5 = 12,5 m s -1
v0 y = v0 sen60º = 25 × 0,866 ≈ 21,65 m s -1 . x = x0 + v0 x t x = 0 + 12,5t ⇔ (SI) 2 2 y = y 0 + v0 y t − 12 gt y = 0 + 21,65t − 5t
60º
v0 x
y (t ) = 0 ⇔ 0 + 21,65t − 5t 2 = 0 Calculando os zeros desta equação do 2º grau, obtendo t = 0 s ∨ t ≈ 4,33 s . Ao atingir o solo o valor da altura é nulo:
O segundo instante é o instante em que o projéctil atinge o solo. Substituindo este tempo na equação dos xx, obtém-se: x ( 4,33) Conclui-se que as coordenadas do alvo A1 são (54,1; 0) m
= 12,5 × 4,33 ≈ 54,1 m
4.2.1. A velocidade corresponde à derivada da posição:
v x = v0 x t v x = 12,5 ⇔ (SI) v y = v0 y − gt v y = 21,65 − 10t Substituindo o tempo por 4 s obtém-se:
v (4) = 12,5 e x + (21,65 − 10 × 4) e y = 12,5 e x − 18,4 e y (m s -1 )
4.2.2. O valor da altura máxima corresponde ao valor de y quando o projéctil a altura máxima. Cálculo do instante em que atinge a altura máxima:
v y (t ) = 0 ⇔ v0 y − gt = 0 ⇔ t subida =
v0 y g
Substituindo este tempo na equação dos yy obtém-se a altura máxima:
y = y 0 + v0 y t − gt ⇒ y máx = 0 + v 0 y × 1 2
2
v0 y g
− g× 1 2
v0 y
2
g2
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⇔ y máx =
v0 y g
2
−
v0 y
2
2g
⇔ y máx =
v0 y
2
2g
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5.1. Escrever as equações paramétricas implica conhecer as condições iniciais: posição inicial ( x 0 e inicial ( v 0 x e
v0 y ). Do enunciado conclui-se que x0 = 0 m
e
y 0 = 3,4 m
y 0 ) e velocidade
(origem no solo na vertical do ponto
de lançamento). Como se trata de um lançamento horizontal, conclui-se que
v0 x = v0 = 20 m s -1
e
v0 y = 0 m s -1 .
x = x0 + v0 x t x = 0 + 20t x = 20t ⇔ ⇔ (SI) 2 2 2 1 y = y 0 + v0 y t − 2 gt y = 3,4 + 0 − 5t y = 3,4 − 5t
5.2. Para verificar que bate parede basta calcular o valor da altura da bola (y) quando tiver percorrido 9 m na horizontal (x):
x = 20t t = 0,45 s 9 = 20t ______ ⇒ ⇔ ⇔ 2 2 _____ y ≈ 2,39 m y = 3,4 − 5t y = 3,4 − 5 × (0,45) Como
2,39 < 2,54 , a bola bate na rede.
5.3. No limite, a bola passa a rede se quando tiver percorrido 9 m na horizontal (x) a sua altura for igual à altura da rede (y). Repare-se que a bola (lançada horizontalmente) deverá ter uma velocidade inicial superior a 20 m/s, mas que é, à partida, desconhecida:
x = v0 x t 9 = v 0 t 9 = v0 × 0,415 v0 ≈ 21,7 m/s ⇒ ⇔ ⇔ 2 2 t ≈ 0,415 s ______ y = 3,4 − 5t 2,54 = 3,4 − 5t
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