Escola Secundária com 3º Ciclo do Ensino Básico Dr. Joaquim de Carvalho 3080-210 Figueira da Foz
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Correcção do 3º Teste de Avaliação Avaliação de Física (12º A+F, 14/12/2005) Grupo I
Versão 1 1. (D) 2. (C) 3. (A) 4. (A)
Versão2 1. (B) 2. (A) 3. (D) 4. (C)
y 1.
1 T = = 0,50 s ; A = 10 cm = 0,10 m . f
2.
xc.m. =
B
4
m A x A + m B x B + m C x C 0 + 0 + 2m × 3 6 m = = = 1,5 cm m A + m B + mC m + m + 2m 4m
C
A
3
x
mA y A + mB y B + mC y C 0 + m × 4 + 2m × 4 12m = = = 3,0 cm mA + m B + mC m + m + 2m 4m = 1,5 e x + 3,0 e y (cm)
y c.m. = rc.m. 3.
P = peso do trenó; N = reacção normal da pista sobre o trenó; N ' = acção normal da trenó sobre a pista N e N ' são um par acção-reacção. z
θ
N
n
N′
P
____________ N n = ma n _________ N + P = ma ⇔ ⇔ ⇔ mg N cos θ = mg N z − mg = 0 N = cos θ > mg 4. A intensidade
F
cresce até ser igual à força de atrito estático máximo:
Fmáx = Fa,máx = µ e mg .
Depois do
corpo entrar em movimento o atrito passa a ser cinético e portanto inferior ao valor máximo da força
Fa,cinético = µ c mg < Fmáx = µ e mg
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Fmáx :
Correcção do 3º Teste de Física – 12º ano A+F – 12/12/2005
Professor: Carlos Portela
GRUPO II 1.1. Comparando a expressão dada com a equação do movimento harmónico simples: conclui-se que
ω=
ω = 5π rad s -1
(frequência angular ou pulsação).
2π 2π ⇔ 5π = ⇔ T = 0,4 s T T
(o período é o intervalo de tempo de uma oscilação completa).
Assim 4 oscilações demorarão um intervalo 1.2.
x(0) = 0,12 sin(0 + v(t ) =
3π ) = −0,12 m 2
∆t = 4T = 4 × 0,4 = 1,6 s
(posição inicial)
3π 3π dx = 0,12 × 5π cos(5π t + ) = 1,88 cos(5π t + ) (SI) 2 2 dt
v(0) = 1,88 cos(0 +
x(t ) = A sin(ω t + φ )
logo
3π ) = 0 m s -1 2
1.3. Na posição de equilíbrio o módulo da velocidade é máximo (energia potencial elástica mínima implica energia cinética máxima):
v máx = 1,88 m s -1 .
1.4. No movimento harmónico simples verifica-se que relação
F (t ) = − k x(t )
em que
k
a (t ) = −ω 2 x(t ) . Por outro lado a força elástica obedece à
é a constante elástica da mola.
Relacionando as duas equações através da 2ª lei de Newton -
k = mω
⇔ k = 0,100 × (5π ) ≈ 24,7 N m 2
Da expressão anterior conclui-se que a energia cinética máxima é de
expressão
y ≈ 0,178 cos 2 (5π x +
3π ). 2
De seguida escolher o intervalo de valores de xx na janela de 0 s a 0,4 s e, de seguida, escolher o zoom AjustZoom
- verifica-se que
3π 3π ) ⇔ E c ≈ 0,178 cos 2 (5π t + ) 2 2 Ec versus tempo
0,178 J .
No editor de funções introduz-se a
F (t ) = m a (t )
-1
E c = 12 mv 2 ⇔ E c = 0,5 × 0,100 × 1,88 2 cos 2 (5π t +
2,00E-01
energia cinética / J
1.5.
2
1,60E-01 1,20E-01 8,00E-02 4,00E-02 0,00E+00
(ou ZoomFit), obtém-se o seguinte
0
0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 0,3 0,35 0,4
gráfico:
tempo / s
Esboça o gráfico da energia cinética do oscilador em função do tempo nos primeiros 0,4 s do movimento, indicando o valor máximo da energia cinética e apresentando a equação que traduz a energia cinética em função do tempo. 1.6. Gráfico A. A força elástica tem sempre sentido contrário ao da elongação em relação ao equilíbrio sendo, em módulo, directamente proporcional ao valor dessa elongação.
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2.
A
2.1. 2.2.
D
2.2.1. O módulo da força centrípeta obedece às 2ª lei de Newton. Assim no ponto C verifica-se que: 2 vC Fres, n = N = ma n = m R
C
P
A determinação da velocidade no ponto C resulta da conservação da energia mecânica (o atrito é desprezável):
E m (A) = E m (C) ⇔ mghA + 0 = mghC + 12 mvC2 ⇔
2.2.2.
Figura 4
B
v C2 = 2 g ( hA − hC ) = 19,6 × (0,6 − 0,2) = 7,84 m 2 s -2 7,84 Substituindo na expressão da “força centrípeta”: Fres, n = N = 0,025 × ≈ 0,98 N 0,20 Fres, t = P = mg = 0,025 × 9,8 ≈ 0,245 N
2.3. Na posição mais alta a reacção normal e o peso são ambos centrípetos logo: 2 2 v v 2 Fres, n = ma n ⇔ N + P = m D ⇔ N = m D − mg ⇔ N = 0,125v D − 0,245 R R
A determinação da velocidade no ponto C resulta da conservação da energia mecânica (o atrito é desprezável):
E m (A) = E m (D) ⇔ mghA + 0 = mghD + 12 mv D2 ⇔ v D2 = 2 g (hA − hD ) = 19,6 × (0,6 − 0,4) = 3,92 m 2 s -2 Substituindo valor anterior na expressão que permite calcular a reacção normal obtém-se:
N = 0,125 × 3,92 − 0,245 ≈ 0,245 N 2.4. A esfera ao passar na posição D não cai uma vez que ainda existe contacto com a calha ( N
≠ 0 ).
Tal
acontece já que a velocidade da esfera é maior do que o valor mínimo necessário para descrever aquele looping. A esfera ao passar no ponto D comprime a calha para cima para que a força de reacção lhe permita curvar naquele looping.
3. 3.1.
Fa
Fres, n = N = ma n ⇔ N = mω 2 R ⇔
N =m
4π 2 4π 2 R = 70 × × 4 ≈ 4,48 × 10 3 N T2 1,57 2
3.2. Estando o passageiro suspenso a resultante das forças no eixo vertical deve ser nula:
Fa − P = 0 ⇔ Fa = mg ≈ 686 N
P
Só esta força de atrito mantém o equilíbrio. No entanto esta força deve ser menor
ou
igual
que
a
força
de
atrito
estático
máximo:
Fa, máx = µ e N ≈ 0,80 × 4,48 × 10 ≈ 3,58 × 10 N 3
3
A força de atrito real é bastante menor que o valor máximo da força de atrito estático o que garante uma excelente segurança ao passageiro.
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3.3. A reacção normal aumenta com o valor da velocidade porque é a única força com direcção centrípeta responsável pelo movimento circular do passageiro. Podemos portanto concluir que a reacção normal é directamente proporcional ao quadrado da velocidade do passageiro:
v2 Fres, n = N = ma n = m R
A força de atrito é constante porque a sua única função é equilibrar o peso do passageiro:
Fa − P = 0 ⇔ Fa = mg
4. Um corpo de massa 2,0 kg é largado do ponto A, partindo do repouso, de um plano inclinado de um ângulo relação à horizontal tal que
em
sin θ = 0,60 . O coeficiente de atrito cinético entre o corpo e o plano é igual a 0,40 e
a distância de A para B é de 1,80 m. Considera 4.1.
θ
g = 9,8 m s -2 .
Px − Fa = ma mg sin θ − µ c N = ma P + N + Fa = ma ⇔ ⇔ ⇔ N P − = 0 N mg θ = cos y mg sin θ − µ c mg cos θ = ma ⇔ a = g sin θ − µ c g cos θ ⇔ a = g (sin θ − µ c cos θ ) ⇔ ____________________ a = 9,8 × (0,60 − 0,40 × 0,80) ≈ 2,74 m s -2
4.2. O movimento do corpo é uniformemente acelerado:
x = x0 + v0 t + 12 at 2 ⇔ 1,80 = 0 + 0 + 0,5 × 2,74 × t 2 ⇔ t ≈ 1,15 s
5. 5.1. Para o pêndulo A verifica-se que a amplitude é
π rad
A = 0,03 m
e o período
T ≈ 1,6 s .
A fase inicial é de
porque o pêndulo parte da posição de equilíbrio deslocando-se no sentido negativo. Podemos assim
calcular a frequência angular:
ω=
Elongação em função do tempo é:
2π 2π ⇔ ω≈ ≈ 3,9 rad s -1 . T 1,6
x(t ) = A sin(ω t + φ ) ⇔ x(t ) = 0,03 sin(3,9 t + π )
5.2. Maior frequência implica menor período, ou seja, menor intervalo de tempo para uma oscilação completa: o pêndulo B apresenta maior frequência. 5.3. O comprimento de um pêndulo influencia o seu período de oscilação de acordo com a seguinte relação:
ω2 =
g l gT 2 ⇔ T = 2π ⇔ l= l g 4π 2
A expressão anterior mostra-nos que o comprimento do pêndulo é directamente proporcional ao quadrado do período de oscilação. 2
Assim obtemos:
gTB 2 2 2 lB l B TB l B 0,8 π 4 = ⇔ = ⇔ ≈ ≈ 0,53 2 lC l C TC 2 lC 1,1 gTC 4π 2
O fio B tem cerca de metade do comprimento do fio C.
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