Escola Secundária com 3º Ciclo do Ensino Básico Dr. Joaquim de Carvalho

3080-210 Figueira da Foz Telefone: 233 401 050 Fax: 233 401 059 E-mail: esjcff@mail.telepac.pt

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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)

GRUPO II

1.1.

=Pr

peso do trenó;

=Nr

reacção normal da pista sobre o trenó.

1.2.

⇔

=

=

⇔

=

=⇔

=−

=⇔=+

cos

sincos

cos

sin

0

22

z

nn

θ

θθ

θ

θ

mgN

r

vm

mg

mgN

r

vmN

mgN

maNamPNrrr

smvvqgrvr

vg /4,14 º60tan1210 tan tan 22

2

≈⇒××=⇒=⇔=θ

1.3.

Justificação: na alínea anterior obteve-se a relação: gr

v2

tan =θ (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.

Pr

θ

Nr

n

z

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2.1.

Aplicando a 2ª lei de Newton na posição mais baixa do looping:

⇔+===∑ nres NPamFFrrrrr

⇔+=⇔+−= 2

nr

vmmgNNPma

N 415,0

6105,0

22

=

+×=⇒

+= N

r

vgmN

2.2.

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:

⇔+=+⇔+=+⇔= 22 2

1

2

1 (B)(A) B

2

BA

2

AB

2

BA

2

Amm ghvghvmghmvmghmvEE

-1

B

22

BBA

2

A

2

B s m 4 )10(1026 )(2 =⇔−××+=⇒−+= vvhhgvv

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

mais alta do looping na situação limite obter-se-á a velocidade

mínima:

⇔+=⇔+= 0 2

minn mg

r

vmNPma

-1

minmin s m 24,25,010)(B )(B ≈×=⇒= vgrv

Como a velocidade do carrinho em B (-1

B s m 4=v ) é maior do

que o valor mínimo necessário para executar o looping (-1

min s m 24,2)(B ≈v ), o carrinho consegue descrever o

looping.

3.1.

A resultante das forças que actuam sobre o corpo é nula:

=

=⇔

=−

=−⇔=∑

º42cos

º42sin

0

0 0

aa

mgN

mgF

PN

FPF

y

xrr

Quando a inclinação do plano é de 42º, o movimento é iminente,

ou seja, a força de atrito estático é máxima:

º42tan º42cos

º42sin ee

máxa,

e =⇔=⇔= µµµmg

mg

N

F

=Pr

peso

=Nr

reacção normal

=Pr

peso

=Nr

reacção normal

Pr

Nr

aFr

xPr

yPr

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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:

⇔ =−

⇔

=

=−⇔

=−

=−⇔=∑

_______________________

º42cosº42sin

º42cos

º42sin

0

cca mamgmg

mgN

maNmg

PN

maFPamF

y

x µµrr

º42cos

º42tan º42sinº42cos º42cosº42sin ccc ⇒−=⇔−=⇔=−g

aaggagg µµµ

0,78º42cos10

86,090,0c ≈

×−=µ

4.1.

⇔

=

=⇔

=−

=⇔=++

0

2

ana

na

mgN

r

vmF

PN

maFamFPNrrrr

gr

vmg

r

vmNF

2

ee

2

ea ≥⇔≤⇔≤ µµµ

logo gr

v2

e =µ (valor mínimo do coeficiente de atrito)

5.1.1.

N 15,0máx =F ; kg 200,0=m

2-

máx

máx

máxmáxmáx s m 75,0200,0

15,0 ==⇒=⇔= a

m

FaamF

5.1.2.

-2

máx s m 75,0=a ; m 050,0=A

s 62,175,0

05,02 2

2

máx

máxmáx

máx ≈=⇒=⇔=⇔=⇔=2 ππ

πωω T

a

AT

A

a

TA

aAa

5.1.3.

s 62,1=T ; m 050,0=A

1-

máxmáxmáx s m 194,005,062,1

2

2 ≈×=⇒=⇔=

ππω vA

TvAv

Pr

Nr

aFr

eixo normal

eixo vertical

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5.2.

1-s rad 87,362,1

2

2 ≈=⇒=

πω

πω

T

) 87,3sin( 050,0)( ) sin( )( 00 +=⇒+= φφω ttxtAtx

Podemos calcular a fase inicial a partir da posição inicial:

2=⇒−=⇔=−⇔= 0000

πφφφφ

3 1)sin( )sin( 050,0050,0 )sin( 050,0)0(x no intervalo de 0 a π2 .

Conclui-se que (SI) 3

87,3sin 050,0)(

2+=

πttx

5.3.

2+≈

2+×==

ππ 3 87,3cos 194,0

3 87,3cos 050,087,3

d

d)( tt

t

xtv

2+×≈

2+××=⇒=

− ππ 3 87,3cos1075,3

3 87,3cos194,0200,05,0

2

1 2322

c

2

c ttEmvE

Fazendo a representação durante um período, de s 0=t a s 62,1=t , obtém-se:

6.1.

( ) 5,0 57,1 3,14 01,57) sin(3,14 57,1 14,3sin 12,00 0)( −=⇔=+⇔=+⇔+=⇔= ktktttts π

O primeiro instante maior que zero corresponde a fazer 1=k , obtendo-se s 5,0=t .

6.2.

m 99,0)14,3(

8,9

2≈=⇒=⇔=

2

2l

gl

l

g

ωω

Energia cinética em função do tempo

0

0.001

0.002

0.003

0.004

0 0.27 0.54 0.81 1.08 1.35 1.62

tempo / s

en

erg

ia c

iné

tic

a / J