Escola Secundária com 3º Ciclo do Ensino Básico Dr. Joaquim de Carvalho 3080-210 Figueira da Foz
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Correcção do 2º Teste de Avaliação de Física (12º E+J, 30/11/2006)
Grupo I Versão 1
Versão2
1.
(B)
1.
(E)
2.
(E)
2.
(C)
3.
(C)
3.
(A)
4.
(A)
4.
(D)
5.
(E)
5.
(A)
z GRUPO II
r N
θ
1.1.
r P = peso do trenó; r N = reacção normal da pista sobre o trenó.
n
r P 1.2.
mg v2 2 v θ sin = m r r N n = ma n r N sin θ = m cos θ r ⇔ N + P = ma ⇔ ⇔ r ⇔ N z − mg = 0 N = mg N cos θ = mg cos θ
g tan θ =
v2 ⇔ v 2 = gr tan q ⇒ v 2 = 10 × 12 × tan 60º ⇒ v ≈ 14,4m / s r
1.3. Justificação: na alínea anterior obteve-se a relação:
tanθ =
v2 gr
(a tangente do ângulo
θ
é directamente
proporcional ao quadrado da velocidade do trenó). Esta relação mostra-nos que se a velocidade aumenta então o ângulo
θ
também aumenta, uma vez que a função tangente é crescente no 1º quadrante. Este
aumento significa que o trenó está mais alto uma vez que a reacção normal é perpendicular à superfície de apoio. Outra justificação: maior velocidade implica maior força centrípeta. Por essa razão a reacção normal exercida sobre o trenó deverá aumentar com o aumento de velocidade. Por outro lado, a componente vertical da reacção normal deverá permanecer constante para equilibrar o peso do trenó. Por essa razão o ângulo da reacção normal com a vertical deverá aumentar.
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Correcção do 2º Teste de Física – 12º ano E+J – 30/11/2006
Professor: Carlos Portela
2.1. Aplicando a 2ª lei de Newton na posição mais baixa do looping:
r r r r r Fres = ∑ F = ma n = P + N ⇔
r N = reacção normal
v2 ma n = − P + N ⇔ N = mg + m ⇔ r v2 62 = 41 N N = m g + ⇒ N = 0,5 × 10 + r 0,5
2.2.
r P = peso
Como não existem forças dissipativas, a energia mecânica conserva-
se. A conservação da energia mecânica permite calcular qual a velocidade no ponto mais alto do looping (ponto B) sabendo a velocidade no ponto mais baixo (ponto A) e o raio do looping:
1 1 2 2 2 2 mv A + mghA = mv B + mghB ⇔ v A + 2 ghA = v B + 2 ghB ⇔ 2 2
E m (A) = E m (B) ⇔
v B = v A + 2 g ( hA − hB ) ⇒ v B = 6 2 + 2 × 10 × (0 − 1) ⇔ v B = 4 m s -1 2
2
2
Para que o looping seja possível é necessário que o carrinho tenha uma velocidade mínima no ponto mais alto. No limite essa velocidade crítica corresponde à situação em que a reacção normal no ponto mais alto é nula. Aplicando a 2ª lei de Newton na posição
r N = reacção normal
mais alta do looping na situação limite obter-se-á a velocidade
r P = peso
mínima:
ma n = P + N ⇔ m
2 v min = mg + 0 ⇔ r
v min (B) = gr ⇒ v min (B) = 10 × 0,5 ≈ 2,24 m s -1 Como a velocidade do carrinho em B ( v B
= 4 m s -1 )
é maior do
que o valor mínimo necessário para executar o looping ( v min (B)
≈ 2,24 m s -1 ), o carrinho consegue descrever o
looping.
r N
3.1. A resultante das forças que actuam sobre o corpo é nula:
r
r
∑F = 0 ⇔
Px − Fa = 0 F = mg sin 42º ⇔ a N = mg cos 42º N − Py = 0
Quando a inclinação do plano é de 42º, o movimento é iminente, ou seja, a força de atrito estático é máxima:
µe =
Fa, máx N
⇔ µe =
mg sin 42º ⇔ µ e = tan 42º mg cos 42º
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r Fa
r Py
r Px r P
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3.2. Quando se inicia o movimento a força de atrito diminui de intensidade, uma vez que a força de atrito cinético é, em geral, menor do que a força de atrito estático máximo. Assim, a resultante das forças deixa de ser nula. Aplicando a 2ª lei de Newton:
Px − Fa = ma mg sin 42º − µ c N = ma mg sin 42º − µ c mg cos 42º = ma ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ N = mg cos 42º _______________________ N − Py = 0 a g sin 42º − µ c g cos 42º = a ⇔ µ c g cos 42º = g sin 42º − a ⇔ µ c = tan 42º − ⇒ g cos 42º r
r
∑ F = ma
µ c = 0,90 −
0,86 ≈ 0,78 10 × cos 42º
4.1.
eixo vertical
v r r r Fa = ma n r F = m N + P + Fa = ma n ⇔ ⇔ a r ⇔ N − P = 0 N = mg 2
r N r Fa
v2 v2 Fa ≤ µ e N ⇔ m ≤ µ e mg ⇔ µ e ≥ r gr logo
v2 µe = gr
eixo normal
r P
(valor mínimo do coeficiente de atrito)
5.1.1.
Fmáx = 0,15 N ; m = 0,200 kg Fmáx = m a máx ⇔ a máx =
Fmáx m
⇒ a máx =
0,15 = 0,75 m s -2 0,200
5.1.2.
a máx = 0,75 m s -2 ; A = 0,050 m a máx = ω 2 A ⇔ ω =
a máx A
⇔
2π = T
a máx A
⇔ T = 2π
A a máx
5.1.3.
T = 1,62 s ; A = 0,050 m
v máx = ω A ⇔ v máx =
2π 2π A ⇒ v máx = × 0,05 ≈ 0,194 m s -1 T 1,62
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⇒ T = 2π
0,05 ≈ 1,62 s 0,75
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5.2.
ω=
2π 2π ⇒ ω= ≈ 3,87 rad s -1 T 1,62
x(t ) = A sin(ω t + φ 0 ) ⇒ x(t ) = 0,050 sin(3,87 t + φ 0 ) Podemos calcular a fase inicial a partir da posição inicial:
x(0) = 0,050 sin(φ 0 ) ⇔ − 0,050 = 0,050 sin(φ 0 ) ⇔ sin(φ 0 ) = −1 ⇒ φ 0 = Conclui-se que
3π 2
no intervalo de 0 a
2π
.
3π x(t ) = 0,050 sin 3,87 t + (SI) 2
5.3.
v(t ) =
Ec =
dx 3π 3π = 3,87 × 0,050 cos 3,87 t + ≈ 0,194 cos 3,87 t + dt 2 2
1 2 3π 3π −3 2 mv ⇒ E c = 0,5 × 0,200 × 0,194 2 cos 2 3,87 t + ≈ 3,75 × 10 cos 3,87 t + 2 2 2
Fazendo a representação durante um período, de
t = 0s
a
t = 1,62 s , obtém-se:
Energia cinética em função do tempo
energia cinética / J
0.004 0.003 0.002 0.001 0 0
0.27
0.54
0.81 tempo / s
1.08
1.35
1.62
6.1.
s(t ) = 0 ⇔ 0 = 0,12 sin (3,14 t + 1,57) ⇔ sin(3,14 t + 1,57) = 0 ⇔ 3,14 t + 1,57 = kπ ⇔ t = k − 0,5 O primeiro instante maior que zero corresponde a fazer k = 1 , obtendo-se t = 0,5 s . 6.2.
ω2 =
g g 9,8 ⇔ l= 2 ⇒ l= ≈ 0,99 m l ω (3,14) 2
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