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 de Física (12º E+J, 08/02/2007) Grupo I Versão 1
Versão2
1.
(A)
1.
(C)
2.
(D)
2.
(B)
3.
(C)
3.
(B)
4.
(D)
4.
(A)
5.
(D)
5.
(D)
1.
Durante a colisão a resultante das forças exteriores no eixo horizontal é nula, logo o momento linear do sistema, segundo esta direcção permanece constante no decurso do tempo:
r
∑F
ext , x
r r r = 0 ⇔ psist, x = p ' sist , x ⇔ m v1 + 0 = m v'1 + m v' 2 ⇔ v1 + 0 = v'1 + v' 2
A energia cinética pode conservar-se, ou não, consoante a natureza da colisão. Imediatamente antes da colisão só a bola 1 tem energia cinética que é igual à energia potencial gravítica inicial:
mgh .
Imediatamente após a colisão ambas as bolas têm energia cinética que, durante a subida, vai sendo convertida em energia potencial gravítica. Assim, a energia cinética do sistema após a colisão é igual à soma das energias potenciais gravíticas máxima de ambas as bolas:
0,81 × mgh + 0,01 × mgh = 0,82 × mgh .
Conclui-se, portanto, que a energia cinética do sistema não se mantém constante durante a colisão.
2.
Para determinar a velocidade da bola 1 imediatamente antes da colisão é necessário considerar a conservação da energia mecânica durante a descida da bola 1:
E m (cima) = E m (baixo) ⇔ 0 + mgh =
1 2 mv1 + 0 ⇔ v1 = 2 gh 2
Considerando agora a conservação do momento linear e tendo em conta que as bolas seguem juntas após o choque
(v'1 = v' 2 = v' ) : m v1 + 0 = m v'1 + m v' 2 ⇔ v1 = 2v' ⇔ v' =
3.
v1 ⇔ v' = 2
2 gh = 2
gh 2
Como o corpo flutua com metade do seu volume imerso, conclui-se que a densidade do material de que é constituído o corpo é metade da densidade do fluido no qual está imerso:
I − P = 0 ⇔ P = I ⇔ ⇔ ρ cVc g = ρ f Vi g ⇔ ρ cVc = ρ f
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ρf Vc ⇔ ρc = 2 2
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Professor: Carlos Portela
As diferentes opções referem-se à situação em que o corpo está totalmente imerso. Nesta situação, a impulsão é maior do que o peso do corpo e o movimento é uniformemente acelerado:
I − P = ma ⇔ ρ f Vc g − ρ cVc g = ma ⇔ 2 ρ cVc g − ρ cVc g = ρ cVc a ⇔ 2 g − g = a ⇔ g = a O corpo sobe com uma aceleração igual à da gravidade.
4.
Depois de atingir a velocidade terminal o movimento da esfera passa a ser uniforme e rectilíneo, logo sujeito a uma resultante das forças nula:
P − Fresist = 0 ⇔ Fresist = mg ⇔ k v terminal = mg ⇔ v terminal =
mg k
O trabalho realizado pela força de resistência do ar depende da intensidade da força e do deslocamento. Como a força de resistência do ar é, em módulo, directamente proporcional á velocidade da esfera podemos concluir que esta força é, em módulo, maior quando a esfera atinge a velocidade máxima. Neste caso, a velocidade máxima corresponde à velocidade terminal, já que a esfera partiu do repouso. Assim, nos primeiros 100 m o trabalho da força de resistência do ar é menor porque esta força também é, em módulo, menor.
5.
A expressão que permite calcular o módulo do campo gravítico de um planeta de massa ponto a uma distância
r
M
num determinado
do centro desse planeta é:
r G
=G
M r2
Existem múltiplas possibilidades. Entre as diferentes que são apresentadas destaca-se a seguinte:
r G
= GM
1 ⇔ r2
r G
2
1 = GM ⇔ y = GM x 2 r
Trata-se da equação de uma parábola, com vértice na origem, e concavidade voltada para cima (como
x > 0,
trata-se, na verdade, de uma semiparábola).
GRUPO II 1.1. Enunciado da lei da conservação do momento linear: quando a resultante das forças exteriores que actuam sobre um sistema de partículas for nula, verifica-se que o momento linear desse sistema permanece constante
r
no decurso do tempo:
∑F
ext
r r = 0 ⇔ psist = constante .
Designando o bailarino como corpo 1, de massa
m1 = 65 kg ,
e a bailarina como corpo 2, de massa
m 2 = 45 kg , e aplicando a conservação do momento linear, obtém-se: r r psist = p ' sist ⇔ m1 v1 + m2 v 2 = m1 v'1 + m 2 v' 2 ⇔ (m1 + m2 )v1 = 0 + m2 v' 2 ⇔
v' 2 =
m1 + m2 r 65 + 45 v1 ⇔ v' 2 = × 2 ⇔ v' 2 ≈ 4,89 e x m2 45 Página 2 de 5
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1.2. A questão refere-se ao impulso exercido sobre o bailarino (corpo 1). O impulso da força exercida sobre o bailarino é igual à sua variação do momento linear:
r r r r r r r r r r r I 1 = ∆p1 ⇔ I 1 = m1 v '1 −m1 v1 ⇔ I 1 = m1 ( v '1 − v1 ) ⇔ I 1 = 65 × (0 − 4,89 e x ) ⇔ r r I 1 ≈ −130 e x (N s) 1.3. Na ausência de forças exteriores a velocidade do centro de massa é constante:
r
∑F
ext
r r r r = 0 ⇔ p sist = constante ⇔ msist v c.m. = constante ⇔ vc.m. = constante
Isto significa que o centro de massa se move com movimento rectilíneo e uniforme:
r r r r r r ∆rc.m. = vc.m. × ∆t ⇔ ∆rc.m. = 2 e x × 2 ⇔ ∆rc.m. = 4 e x (m)
C
2.1.
pB = pD ⇔ p A + ρ água ghágua = p C + ρ óleo ghóleo ⇔
A
1,1 cm 10,1 cm
p0 + ρ água ghágua = p0 + ρ óleo ghóleo ⇔ B
ρ água ghágua = ρ óleo ghóleo ⇔ ρ óleo = ρ água ×
hágua hóleo
⇔ ρ óleo = 1,0 × 10 3 ×
D
9,0 ⇔ 10,1
ρ óleo ≈ 8,9 × 10 2 kg m -3
Figura 3
2.2.1. A medição do peso no ar resulta do equilíbrio entre o peso e a tensão do fio que suspende o corpo (considera-se desprezável a impulsão exercida pelo ar, por este ser muito menos denso do que o corpo a ser pesado):
r r r T + P = 0 ⇔ T − P = 0 ⇔ P = T = 1,0 N A medição do “peso” no óleo (peso aparente) resulta do equilíbrio entre o peso, a impulsão e a tensão do fio que suspende o corpo:
r r r r T ′ + I + P = 0 ⇔ T ′ + I − P = 0 ⇔ 0,6 + I − 1 = 0 ⇔ I = 0,4 N 2.2.2. Como o corpo está totalmente imerso conclui-se que o volume imerso é igual ao volume do corpo:
I = ρ óleoVi g = ρ óleoVg O peso pode ser calculado com uma expressão semelhante (considera-se que o corpo não apresenta cavidades no seu interior):
P = ρ corpoVc g = ρ corpoVg
Comparando as expressões anteriores conclui-se que:
P ρ corpoVg P ρ corpo P 1,0 = ⇔ = ⇔ ρ corpo = ρ óleo × ⇔ ρ corpo = 8,91 × 10 2 × ≈ 2,23 × 10 3 kg m -3 ρ óleo I ρ óleoVg I I 0,4 Página 3 de 5
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3.1. De acordo com a lei da continuidade o caudal deve ser constante (supõe-se que o fluido é incompressível):
ΦA 0,40 dm 3 / s ⇔ vB = ≈ 40 dm/s = 4,0 m s -1 AB 1,00 × 10 − 2 dm 2
Φ A = Φ B ⇔ Φ A = AB × v B ⇔ v B = 3.2.
Para determinar a pressão na região do estrangulamento (ponto B) é necessário determinar também a velocidade da água no ponto A, bastando, para isso, aplicar a noção de caudal:
Φ A = AA × v A ⇔ v A =
ΦA Φ 0,40 dm 3 / s ⇔ v A = A2 ⇔ v A = ≈ 12,7 dm/s = 1,27 m s -1 2 AA π rA π × (0,1) dm
Aplicando a lei de Bernoulli e, considerando, que ambos os pontos, A e B, se encontram ao mesmo nível ( hA
= hB = h ), obtém-se: pA +
1 1 1 ρ v A2 + ρgh = p B + ρ v B2 + ρgh ⇔ p B = p A + ρ v A2 − v B2 ⇔ 2 2 2
(
p B = 1,5 × 1,013 × 10 5 +
)
1 × 1000 × 1,27 2 − 4 2 ≈ 1,45 × 10 5 Pa 2
(
)
4.1. De acordo com a lei de Bernoulli, a um aumento de velocidade corresponde uma diminuição de pressão:
pint +
1 1 1 1 2 2 ρ vint + ρgh = p ext + ρ v ext + ρgh ⇔ p 0 + 0 = p + ρv 2 ⇔ p 0 − p = ρv 2 2 2 2 2
A resultante das forças de pressão é resultado de duas forças contrárias:
F0 − F = p0 A − pA ⇔ F0 − F = ( p 0 − p) A ⇔ Fres =
1 2 ρv A 2
5.1. Considere-se um planeta qualquer de massa
M
, raio
R
e densidade
ρ:
ρ × 43 π R 3 r r r r M ρV g =G 2 ⇔ g =G 2 ⇔ g =G ⇔ g = 43 π G × ρ × R 2 R R R Esta expressão é válida para qualquer planeta, portanto, também serve para o planeta P e para a Terra:
gp gT
=
π G × ρ p × Rp g p 2 ρ T × 2 RT gp ⇔ = ⇔ =4 4 gT ρ T × RT gT 3 π G × ρ T × RT 4 3
A aceleração da gravidade no planeta P é quatro vezes maior do que na Terra.
6.1.1. A 3ª lei de Kepler afirma que os cubos dos semieixos maiores (no nosso caso o raio da órbita) são directamente proporcionais aos quadrados dos períodos orbitais. É necessário muita atenção no cálculo dos raios das órbitas: estes raios resultam da soma do raio do planeta com as altitudes.
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Assim , obtém-se:
Telefone: 233 401 050 3 2
1 2
rA = RT + RT = RT
e
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rB = RT + RT = 2RT .
Aplicando a 3ª lei de Kepler: 2
3
3
2
2
2R T r T T rA3 rB3 4 = ⇔ B = B ⇔ B = 3 T ⇔ B = ⇔ 2 2 TA TB 3 TA rA TA TA 2 RT 3
3
TB 64 4 = = ≈ 1,54 TA 27 3
6.1.2. Considere-se um satélite, de massa
mS , numa órbita circular de raio r
Fg = mS a n ⇔ G
:
M T mS M v2 = × ⇔ v= G T m S 2 r r r
Esta expressão traduz a relação entre a velocidade orbital do satélite, a massa da Terra e o raio da órbita. Utilizando a expressão anterior:
vB = vA
G G
MT rB MT rA
⇔
vB = vA
1 rB v ⇔ B = 1 vA rA
rA v ⇔ B = rB vA
3 2
RT = 2 RT
3 ≈ 0,866 4
A velocidade do satélite mais afastado do centro da Terra é menor: cerca de 86,6% da velocidade do satélite mais rápido (mais próximo do centro da Terra).
6.2. A força gravítica exercida sobre um corpo depende da massa deste, da massa da Terra e da distância a que este se encontra do centro da Terra (esta força é independente do facto de a Terra estar ou não em rotação):
Fg = G
M Tm r2
Para uma Terra ideal (com simetria esférica) e considerando o mesmo corpo, sempre à mesma altitude, verificar-seia que a força gravítica teria sempre a mesma intensidade. O peso é medido através do equilíbrio entre esta força e a reacção normal numa superfície horizontal:
r r r N + P = 0⇔ N −P = 0⇔P = N Mas, se nos lembrarmos que a Terra está em rotação verificamos que a resultante da força gravítica e da reacção normal não pode ser nula (excepto nos pólos). O resultado destas duas forças tem que ser o necessário para que o corpo descreva um movimento circular uniforme como consequência da rotação da Terra (a chamada força centrípeta):
r r r N + Fg = ma n Em síntese, a diferença entre o peso e a força gravítica resulta de a Terra ser um referencial acelerado, tal como, por exemplo, o nosso peso se anula dentro de um elevador em queda livre (vulgo nave espacial) embora a força gravítica continue bem presente!
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