Escola Secundária com 3º Ciclo do Ensino Básico Dr. Joaquim de Carvalho 3080-210 Figueira da Foz
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Correcção Correcção do 2º Teste de Avaliação Avaliação de Física 12º ano, turmas turmas A+B
9 de Dezembro Dezembro de 2009 2009 Grupo I
1- (C) 2- (C), (C), (D) 3- (D) 4- (A)
Grupo II 11.1. No intervalo de tempo considerado pode considerar-se v m ≈ v Logo v ≈ v m =
∆x 1,0 × 10 −2 m = = 5,0 m s-1 −3 ∆t 2,0 × 10 s
1.2. Sendo o movimento uniformemente acelerado:
v 2 = v 02 + 2 a ∆x ⇒ 02 = 52 + 2 a × 1,25 ⇔ a = −10 m s-2 FR = ma ⇒ FR = 2 × ( −10) ⇔ FR = −20 N ⇒ FR = 20 N
−mg sinθ − µc N = ma −mg sinθ − µc mg cos θ = ma ∑ Fx = ma −Px − Fa = ma 1.3. ⇒ ⇔ ⇔ ⇒ N P − = 0 θ N = mg cos y N = 2 × 10 × 0,8 = 16 N ∑ Fy = 0 −g sinθ − µc g cosθ = a µ g cos θ = −a − g sinθ µ × 10 × 0,8 = −( −10) − 10 × 0,6 µ = 0,5 ⇔ c ⇔ c ⇔ c _________________ _________________ ________________________ ______ 1.4. Px = mg sin θ = 2 × 10 × 0,6 = 12 N ; Fa max = µe N = µe mg cosθ = 0,6 × 2 × 10 × 0,8 = 9,6 N Como Px > Fa max , conclui-se que o corpo desce a rampa com movimento uniformemente acelerado.
22.1.
T 0,5 2π 2π = ⇔ T = 0,4 s ⇔ ω = = = 5π rad s-1 4 5 T 0,4 k = mω 2 ⇒ k = 0,2 × (5π )2 ⇔ k = 49 N m-1
2.2. x(t ) = A sin(ω t + φ0 ) Para t = 0 s a velocidade é nula e o bloco move-se no sentido negativo logo x(0) = A
A sin(φ0 ) = A ⇔ sin(φ0 ) = 1 ⇒ φ0 =
π 2
De acordo com o gráfico Aω = v max ⇔ A =
x(t ) = 7,0 × 10 −3
v max
ω
⇒ A=
0,11 = 7,0 × 10 −3 m 5π
π sin 5π t + (SI) 2 Página 1 de 2
2º Teste de Física – 12º ano
2.3. No instante t = 0,50 s o módulo da velocidade é máximo, logo o bloco está a passar pela posição de equilíbrio e nessa posição a força resultante é nula ( v = v max
⇔ x = 0 ⇔ F = 0 ).
2.4. amax = Aω 2 ⇒ amax = 7,0 × 10 −3 × (5π )2 ⇔ amax = 1,7 m s-2 2.5. A energia potencial elástica é máxima quando o módulo da elongação for máximo x(t ) = A ou seja
π 7,0 × 10 −3 sin 5π t + = 7,0 × 10 −3 2 33.1. d =
ρ ⇔ ρ = d ρagua ⇒ ρ = 0,6 × 1,0 = 0,6 g cm-3 ⇔ ρ = 6 × 102 kg m-3 ρagua
Determinação do volume do corpo: V = 0,12 × 0,10 × 0,05 = 6 × 10 −4 m3 Determinação da massa do corpo: m = ρV ⇒ ρ = 6 × 10 2 × 6 × 10 −4 = 0,36 kg Para um corpo a flutuar verifica-se que I − P = 0 ⇔ I = mg ⇒ I = 0,36 × 10 = 3,6 N 3.2. Para o valor máximo da massa da sobrecarga todo o paralelepípedo está imerso: Vi = V = 6 × 10 −4 m3 Para um corpo a flutuar: I − P = 0 ⇔ mg = ρaguaVi g ⇒ m = 1,0 × 103 × 6,0 × 10 −4 = 0,60 kg Como a massa do paralelepípedo é 0,36 kg conclui-se que msobrecarga = 0,60 − 0,36 = 0,24 kg 44.1. Durante a colisão despreza-se os efeitos das forças exteriores logo: psist = p 'sist ⇔ m1v1 + m2v 2 = (m1 + m2 )v ' ⇒ 0,010v1 + 0 = 2,010v ' ⇔ v1 = 201 v ' Na subida do conjunto bala + bloco há conservação da energia mecânica:
1 (m1 + m2 )v '2 + 0 = (m1 + m2 )ghmax ⇒ v ' = 2ghmax ⇒ v ' = 2 × 10 × 0,30 = 2,45 m s-1 2 Conclui-se que o módulo da velocidade da bala antes de atingir o bloco é v1 = 201× 2,45 = 492 m s-1 Em, i = Em, f ⇔
4.2. Colisão perfeitamente inelástica (após o choque os corpos seguem juntos). Neste tipo de colisão o coeficiente de restituição é nulo já que a velocidade relativa da bala em relação ao bloco, após a colisão, também o é.
4.3. v CM =
m1v '+ m2v ' = v ' = 2,45 m s-1 (a velocidade do centro de massa coincide com a velocidade (m1 + m2 )
imediatamente após a colisão já que os corpos seguem juntos).
1 1 m1v12 + m2v 22 = 0,5 × 0,010 × 4922 + 0 = 1,212 × 103 J ; 2 2 1 Ec, f = (m1 + m2 )v '2 = 0,5 × 2,010 × 2,45 2 = 6 J 2 ∆Ec = Ec, f − Ec, i = 6 − 1212 = −1,206 × 103 J
4.4. Ec, i =
Conclui-se que a perda é de
∆E c Ec, i
=
1206 = 0,995 = 99,5% 1212 Página 2 de 2