Escola Secundária com 3º Ciclo do Ensino Básico Dr. Joaquim de Carvalho 3080-210 Figueira da Foz
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Correcção do 6º Teste de Avaliação Avaliação de Física 12º ano, turma A
1 de Junho Junho de 2006 GRUPO I
Versão 1
Versão 2
1.
(C)
1. (A)
2.
(E)
2. (B)
3.
(C)
3. (D)
4.
(C)
4. (D) GRUPO II
1. 1.1. As resistências de 60 W e 30 W estão ligadas em paralelo:
1 Rparalelo
1 1 + ⇔ Rparalelo = 20 Ω 60 30
=
A resistência de 28 W está ligada em série com a resistência anterior:
Rsérie = 28 + 20 = 48 Ω Assim a resistência equivalente às três resistências exteriores é de 1.2. O amperímetro
A1
48 Ω .
mede a intensidade da corrente eléctrica que sai do gerador:
ε = Rtotal I ⇔ 15 = (48 + 2) I ⇔ I =
15 = 0,30 A 50
(Note-se que no cálculo da resistência
total teve que se considerar não só as três resistências exteriores, como também a resistência interna da pilha.) O voltímetro
V1
marca a diferença de potencial entre os terminais da pilha:
U gerador = ε − rint I ⇔ U gerador = 15 − 2 × 0,30 ⇔ U gerador = 14,4 V O amperímetro
A2
marca a intensidade da corrente eléctrica que percorre a resistência de
Designando esta intensidade por resistência de
60 Ω
por
IA
30 Ω .
e designando a intensidade da corrente eléctrica que percorre a
I B , conclui-se o seguinte:
1 ______ I A + I B = 0,30 A I = 0,20 A I A + I A = 0,30 ⇔ ⇔ ⇔ A 2 1 ________ 60 I B = 30 I A I B = 2 I A ____________ O voltímetro V2 marca a diferença de potencial entre os terminais da resistência de 30 Ω : U 2 = RI ⇔ U 2 = 30 × 0,20 ⇔ U 2 = 6,0 V 1.3. A
intensidade
da
corrente
eléctrica
que
I B = 0,30 − I A = 0,30 - 0,20 = 0,10 A Q IB = ⇔ Q = I B ∆t = 0,10 × 30 = 3,0 C ∆t
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percorre
a
resistência
de
60 Ω
é
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Professor: Carlos Portela
1.4. A intensidade da corrente eléctrica que percorre a resistência de
28 Ω
é a que sai do gerador,
I = 0,30 A .
P = RI 2 ⇔ P = RI 2 ∆t ⇔ P = 28 × (0,30) 2 × 60 ≈ 151 J E = P∆t
2. 2
v2 v2 v2 4 v2 2.1. L = L0 1 − 2 ⇔ 20 = 65 1 − 2 ⇔ 1 − 2 = ⇔ 2 ≈ 0,9053 ⇔ v ≈ 0,951c c c c c 13 L L 20 anos - luz 2.2. v = ⇔ ∆t = ⇔ ∆t = ≈ 21,0 anos ∆t v 0,951c
3. 3.1. W
= 4,08 eV = 6,53 × 10 -19 J
E fotao =
hc
λ
⇔ Efotao =
6,626 × 10 −34 × 3 × 10 8 ≈ 7,10 × 10 −19 J 280 × 10 −9
Como a energia de cada fotão é superior à energia mínima para “arrancar” um electrão da superfície de metal (função trabalho) ocorre efeito fotoeléctrico.
3.2.
E c = E fotão − W ⇔
1 2 1 mv = 7,10 × 10 −19 − 6,53 × 10 −19 ⇔ × 9,11 × 10 −31 v 2 = 5,71 × 10 − 20 ⇔ 2 2
v = 3,5 × 10 5 m s -1
4.
A
4.1. O valor da resistência e da capacidade influenciam o tempo médio de descarga, ou seja, a constante de tempo
τ = RC .
Assim, para a mesma capacidade, quanto maior for a resistência maior será o tempo
médio de descarga. Ora a descarga é nitidamente mais lenta (demora mais tempo) no gráfico B.
4.2. Descarga do condensador:
U (t ) = U 0 e
−
t RC −
RC
U (τ ) = U 0 e RC = U 0 × e −1 ≈ U 0 × 0,37 Aplicando ao gráfico A verifica-se que U (τ ) ≈ 9 × 0,37 ≈ 3,3 V . O instante correspondente a esta tensão é aproximadamente igual a 10 s: τ = 10 s . Ao fim de um tempo
4.3.
U (t ) = U 0 e
−
t RC
t = τ = RC
verifica-se que
t
− U ⇔ 0 = U 0 e RC ⇔ 2
t
− 1 t = e RC ⇔ − ln 2 = − ⇔ t = RC ln2 ⇔ 2 RC
t = τ ln2
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5. 5.1.
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r r r Fm = qv × B Inicialmente a velocidade tem a direcção do eixo dos xx e a força, sendo centrípeta, tem a direcção do eixo dos yy, logo o campo tem a direcção do eixo dos zz. Admitindo que o sentido do campo aponta para fora da folha (sentido positivo do eixo dos zz) conclui-se que
r r v×B
tem o sentido negativo do eixo dos yy (regra da mão direita) logo
r r qv × B
tem o sentido positivo
desse eixo, uma vez que a carga é negativa. Como a força magnética tem, inicialmente, o sentido positivo do eixo dos yy a hipótese do campo ter o sentido positivo do eixo dos zz só pode estar correcta.
5.2.
r r r r v2 Fm = ma n ⇔ q v B sin 90 = m ⇔ r Logo
5.3.
mv 1 × 10 -12 × 400 q = r = ≈ 2 × 10 − 4 C −5 5 × 10 × 0 , 04 Br
q ≈ −2 × 10 −4 C , uma vez que se trata de uma partícula carregada negativamente.
r r r r r r r r r r r r r r r r r Fe + Fm = 0 ⇔ qv × B + qE = 0 ⇔ v × B + E = 0 ⇔ E = −v × B ⇒ E = v B sin 90º ⇔ r E = 400 × 5 × 10 −5 ≈ 0,02 V m -1 ; Direcção: perpendicular à velocidade e ao campo magnético, ou seja, no eixo dos yy. Sentido: Positivo do eixo dos yy (para que a força eléctrica possa apontar no sentido negativo desse eixo e desse modo anula a força magnética no instante inicial). GRUPO III
1. 1.1. A tabela A corresponde à pilha enquanto a tabela B corresponde ao motor. A tensão na pilha diminui consoante a intensidade da corrente eléctrica aumenta ( U pilha
= ε − rint I
aumenta consoante a intensidade da corrente eléctrica aumenta ( U motor
) enquanto no motor a tensão
′ = ε ′ + rint I ).
1.2. A partir dos valores da tensão em função da intensidade da corrente eléctrica
U (I )
faz-se uma regressão
linear para obter a recta que melhor se ajusta aos dados experimentais. Os dados da intensidade da corrente eléctrica devem ser convertidos para o sistema internacional para facilitar a interpretação dos resultados. Obtém-se a seguinte equação e
x
y ≈ −23,3 x + 4,55
em que
y
representa a tensão aos terminais da pilha
representa a intensidade da corrente eléctrica.
Comparando a equação da recta com a expressão teórica
ε ≈ 4,55 V
e
U pilha = ε − rint I
conclui-se que:
rint ≈ 23,3 Ω
1.3. A força electromotriz da pilha corresponde à diferença de potencial entre os terminais da pilha quando esta não está inserida em nenhum circuito sendo, portanto, nula a intensidade da corrente eléctrica. Esta medição pode ser efectuada directamente com um voltímetro: Se
I =0
então
U pilha = ε − rint × 0 = ε
(ordenada na origem do gráfico correspondente à recta de
regressão obtida na alínea anterior.
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1.4.
η=
Pu UI U ⇔η= ⇔η= εI ε Pt
⇔η=
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ε − rint I ε
Consoante a intensidade da corrente aumenta a diferença de potencial diminui o que faz diminuir o rendimento: maior intensidade significa maior percentagem de energia dissipada internamente na própria pilha e, em consequência, menor rendimento. 1.5. Como varia o rendimento do gerador consoante aumenta a intensidade da corrente que este fornece? Interpreta esta variação.
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