Ficha nº5 : Exames e TI (2018 – 2021)

⇒ A Lei Fundamental da Dinâmica para o movimento da esfera é, Fg + R_ar = ma; a componente escalar desta equação na direção do movimento escreve -se:

• Fg – R_ar = ma ⇔ 10,0 m – R_ar = 6,0 m ⇔ R_ar  = 4,0 m

⇒ A razão entre a intensidade da força de resistência do ar e a intensidade da força gravítica é:

•  no instante considerado, R_ar vale 40% de Fg, logo, x = 40.

• Etapas de resolução:

⇒ Apresentação da expressão F_g – F_ar = 6,0 m (ou equivalente), em que Fg representa a intensidade da força gravítica, F_ar representa a intensidade da força de resistência do ar e m representa a massa da esfera …….. 4 pontos

⇒ Determinação da intensidade da força de resistência do ar que atua na esfera em função da sua massa (F_ar = 4,0m) …….. 3 pontos

⇒ Determinação do valor de x (x = 40) (ver nota) …….. 3 pontos

Nota ‒ A apresentação do valor x = 0,40 implica uma desvalorização de 1 ponto.

• Opção (B)

⇒ De acordo com a expressão dada, a bola move-se, inicialmente, com um movimento retardado: parte da posição 1,20 m, com velocidade inicial apontando para cima (a componente escalar da velocidade inicial, em relação a Oy, 6,0 m/s, é positiva ) e com aceleração apontando para baixo ( a componente escalar da aceleração, em relação a Oy, -10,0 m/s² , é negativa); na subida, a velocidade tem sentido oposto ao da aceleração, e portanto a velocidade diminui.

⇒ A resultante das forças aplicadas num objeto, dada por Fr = ma, é sempre colinear com a aceleração e tem o mesmo sentido. Deste modo, também, aponta para baixo (neste caso é a força gravítica).

• Opção (B)  ……………. 6 pontos

⇒ Quando a altura da bola é máxima, v = 0 m s^-1

• v = vo + a t ⇒ v = 6,0 – 10 t (SI)  ⇔ 0 = 6,0 – 10 t ⇔ t = 0,60 s

• y = 1,20 + 6,0 (0,6) – 5 (0,6)² ⇔ y=3,0 m

⇒ d = 3,0 – 1,20 = 1,8 m

ou

A expressão dada tem a forma y(t) = yo + vot + ½ at² , ou seja , a equação do movimento retilíneo com aceleração constante ( movimento uniformemente variado). Para este tipo de movimento, a componente escalar da velocidade do objeto é dada por v(t) = v0 + a t.

Deste modo, o tempo, t_s, que decorre até a bola parar é:

⇒ A componente escalar da posição em que a bola se encontra nesse momento é:

• y(t) = yo + vot + ½ at²  = 1,20 + 6,0 (0,6) – 5 (0,6)² ⇔ y=3,0 m

⇒ A distância percorrida pela bola é o módulo da diferença entre as componentes escalares das posições final e inicial, ou seja:

• Δy = y – y_o = (3 ,00 – 1,20) m = 1,8 m

• Etapas de resolução:

⇒ Cálculo do instante em que a bola atinge a posição de altura máxima  (t = 0,600 s) …….. 5 pontos

⇒ Cálculo da distância percorrida pela bola até atingir a posição de altura máxima (d = 1,8 m) …….. 5 pontos

ou

A distância que a bola percorre durante os 8,1 s é igual a 20 perímetros de um círculo de raio 22 cm, ou seja :

• s = 20 x 2 π x 22 = 2,76 x 10³ cm
  $$

Como o módulo da velocidade da bola é constante, este é dado por

Calcular movimento circular uniforme a aceleração é centrípeta:

O módulo da força centrípeta é dado pela Segunda Lei de Newton:

• Fr = m a = 0,058 x 52,9 = 3,1 N

• Etapas de resolução:

⇒ Cálculo do módulo da velocidade da bola (v = 3,41 ms^-1)

ou

• Cálculo do módulo da velocidade angular da bola (w = 15,5 rad s^-1) …….. 4 pontos

⇒ Cálculo do módulo da aceleração da bola (a = 52,9 ms^-2) …….. 3 pontos

⇒ Cálculo da intensidade da resultante das forças que atuam na bola (F = 3,1 N) …….. 3 pontos

• Opção (D)

⇒ O referencial Oy vertical é definido com sentido de cima para baixo. Assim enquanto FB cai y aumenta.

⇒ A curva y = f(t) deve ser a imagem no espelho da curva h = f(t).

• Opção (D)  ……………. 7 pontos

• Opção (A)

⇒ Estando o atleta em queda livre até à posição R, ou seja, sujeito apenas à força gravítica, a aceleração é constante (𝑔⃗).

⇒ Assim, a componente escalar da velocidade do atleta irá aumentar linearmente com o tempo decorrido, e será positiva porque tem o sentido arbitrado como positivo.

• Opção (A)  ……………. 7 pontos

• Opção (D)

⇒ Na queda vertical de P até R, atuando apenas a força gravítica, aplicando o teorema da energia cinética, 𝑊_𝐹⃗g = Δ𝐸c , considerando que o atleta parte do repouso, fica Δ𝐸c = 𝐸_{cin. final} , 𝐹g 𝑑 cos 0° = 𝐸_{cin. final}, em que Fg é a intensidade da força gravítica e d a distância percorrida.

⇒ Como nesta situação podemos considerar a força gravítica constante, a energia cinética, em qualquer instante, irá depender da distância percorrida, ou seja, aumenta proporcionalmente com a distância percorrida.

• Opção (D)  ……………. 7 pontos

• A componente escalar da aceleração do carrinho é 1,7 m s⁻²

• Etapas de resolução:

⇒ Determinação da distância percorrida pelo carrinho entre as posições A e B  (d = 1,17 m) …….. 3 pontos

⇒ Escrita das equações x(t) e v(t) substituídas (1,17 = ½ a_x t e 2,0 = a_x t ) …….. 3 pontos

⇒ Determinação da componente escalar da aceleração do carrinho  (a_x = 1,7 m s^-2) …….. 4 pontos

• Movimento retilíneo uniforme

⇒ Se o ângulo θ for nulo, então a partir do ponto P a esfera desloca-se na horizontal.

⇒ Usando o modelo da partícula material, no seu deslocamento a esfera está somente sujeita ao peso e à força normal.

⇒ Quando a esfera se desloca horizontalmente, a força normal é vertical, tendo a mesma intensidade e sentido oposto ao peso.

⇒ A resultante das forças é nula e a esfera apresenta aceleração nula e a velocidade constante, deslocando-se com movimento retilíneo uniforme.

• Movimento retilíneo uniforme. …….. 7 pontos

⇒ Em cada ensaio realizado, o módulo da velocidade da esfera aumentou proporcionalmente com o decorrido, ou seja, a aceleração foi constante.

⇒ Dado que as condições experimentais se mantiveram (a mesma esfera foi largada sobre um plano inclinado), a aceleração, de módulo a, foi necessariamente a mesma em todos os ensaios.

⇒ Como a esfera é largada, a velocidade inicial é nula em ambos os casos.

⇒ A distância percorrida é dada pela expressão:

• x = x₀ + v₀t + ½ at²

⇒ Teremos:

• x_A = L =  ½ at²_A
• x_B = L – L/4 = ½ at²_B

⇒ Usando a expressão de L da primeira equação e substituindo na segunda, obtém-se:

⇒ O volume, V, vertido pela bureta num intervalo de tempo t é V = 1,6t (V em cm³ e em s).

⇒ Num movimento retilíneo em que a velocidade aumenta proporcionalmente com o tempo, a distância percorrida é:

• x = x₀ + v₀t + ½ at² ⇔ d =  ½ at²

Sendo a esfera largada, a velocidade inicial é nula ( v = 0).

⇒ Das relações anteriores obtém-se

• d em m e V em cm³

⇒ d varia linearmente com V² (V é uma medida do tempo).

• Os valores a utilizar na construção do gráfico d = f(V²) são apresentados na tabela.

⇒ A equação da reta de ajuste ao gráfico é d = 9,583 x 10^-2 V² + 0,035.

A ordenada na origem resulta de incertezas experimentais, podendo concluir-se que

• a/5,12 = 9,583 x 10^-2 m s^-2 ⟺ a = 0,49 m s^-2.

ou

⇒ O movimento da esfera sobre o plano inclinado é relativo e uniformemente acelerado, descrito pela equação:

• x = x₀ + v₀t + ½ at² ⇔ d =  ½ at²

donde d = x – x₀ é a distância percorrida e v₀ = 0 ( a esfera é largada).

⇒ Representado d em função de t², deve obter-se uma reta de ajuste aos pontos do gráfico.

⇒ O módulo do declive desta reta corresponde a metade do módulo da aceleração da esfera.

O tempo t que a esfera demora a atingir a base do plano é dado por t = V/1,6, em que V é o volume de água vertido em cada ensaio, e 1,6 cm³ s^-1 é o volume de água vertido por segundo.

⇒ A tabela seguinte tem na primeira coluna as distâncias d (em m) percorridas pela esfera e na segunda os valores correspondentes de t² ( em s²).

⇒ A equação da reta de ajuste aos pontos do gráfico d (t²) = 0,244 t² + 4 x 10^-2

⇒ Obtém-se o módulo da aceleração da esfera, a, a partir da relação

• 0,244 ms^-2 = ½ a ⇔ a = 0,49 ms^-2

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Calcula o tempo de escoamento, t , correspondente a cada volume de água  vertido …….. 2 pontos

⇒ Apresenta uma tabela com os valores de d e de t² a utilizar na construção  do gráfico …….. 3 pontos

⇒ Apresenta a equação da reta de ajuste ao gráfico t² = f(d) ou ao gráfico  d = f(t²) (t² = 4,09d – 0,2 ou d = 0,244 t² + 4 x 10^-2) (ver nota) …….. 2 pontos

⇒ Calcula o módulo da aceleração da esfera (a = 0,49 m s^-2 ) …….. 3 pontos

ou

⇒ Apresenta uma tabela com os valores de d e de V² a utilizar na construção do gráfico …….. 2 pontos

⇒ Apresenta a equação da reta de ajuste ao gráfico V² = f(d) ou ao gráfico d = f (V²) ( V² = 10,41 d – 0,31 ou d =  9,583 x 10^-2 V² + 4 x 10^-2) (ver nota) …….. 2 pontos

⇒ Utiliza a relação entre o volume e o tempo de escoamento para obter uma expressão de t² = f(d) (t² = 4,07 d)  ou para obter uma expressão de d = f (t²) (d = 0,245 t²) ou para obter, a partir da equação das posições, uma expressão que relacione d com V² (d = ½ a V²/1,6²  ou equivalente) …….. 3 pontos

⇒ Calcula o módulo da aceleração da esfera (a = 0,49 m s^-2 ) …….. 3 pontos

Nota :

• A omissão da ordenada na origem não implica qualquer desvalorização.

• Opção (B)

⇒ A resultante das forças que atuam sobre o satélite é centrípeta e igual à força gravitacional.

• A aceleração do satélite depende do raio da órbita, r, mas é independente da sua massa, m_s

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

⇒ Aplicando a segunda Lei de Newton tem-se:

⇒ De acordo com o gráfico T² (r³) , a reta de ajuste é y = 3,119 x 10^-16 x – 5,104 x 10⁸  que corresponde a T² = 3,119 x 10^-16 r³  (T em s e r em m).

⇒ O declive da reta, 3,119 x 10^-16 s² m^-3, permite o cálculo da massa de Júpiter:

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Deduz a expressão solicitada …….. 3 pontos

⇒  Apresenta a equação da reta de ajuste ao gráfico :

• T² = f(r³) = 3,119 x 10^-16 r³ ……… 3 pontos

⇒ Determina a massa de Júpiter (m_j = 1,90 x 10²⁷ kg) …….. 4 pontos

• Opção (C)

⇒ A equação do movimento da bola de basquetebol é da forma

y = y₀ + v₀t + ½ at²

• que corresponde ao movimento com aceleração constante no eixo Oy.

⇒ Comparando esta equação com a equação dada para a bola de basquetebol verifica-se que a sua posição inicial é 0,57 m, a componente escalar da velocidade inicial é 5,44 m/s e a componente escalar da aceleração do movimento é 2 x (-4,88) m/s = -9,76 m/s².

Assim, a componente escalar da aceleração da bola de basquetebol é negativa e constante.

ou

⇒ De acordo com o referencial escolhido e com a equação que representa o valor das componentes escalares das posições da bola B, em função do tempo, verifica-se que a componente escalar da aceleração, a_y,B, será:

½ x a_y,B = -4,88 ⇔  a_y,B = -9,76 m s^-2

• Conclui-se, assim, que a componente escalar da aceleração da bola de basquetebol em função do tempo é constante e negativa.

• Opção (C)  ……………. 10 pontos

⇒ Utilizando uma calculadora gráfica e abrindo uma página de gráficos, introduzem-se as expressões das componentes escalares das posições da bola de basquetebol B (f1) e da bola de voleibol V (f2).

⇒ Seguidamente analisa-se o gráfico para determinar o ponto de interseção.

As coordenadas desse ponto são (0.74, 1.92), ou seja, no instante 0,74 s as bolas têm a mesma componente escalar da posição, 1,92 m.

Sabendo que a componente escalar da velocidade é obtida a partir do declive da reta tangente ao gráfico da componente escalar da posição, em função do tempo, no instante em que as bolas têm a mesma componente escalar da posição, há que solicitar essa tangente ao gráfico f₂, no instante 0,74 s.

⇒ Na figura, surge o traçado dessa tangente no instante pretendido, assim como a respetiva expressão.

• Verifica-se que o declive da tangente tem o valor de –3,63.

Conclui-se, assim, que a componente escalar da velocidade da bola de voleibol é –3,63 m/s.

⇒ Outro processo de responder à questão, depois de ter determinado o ponto de interseção, é pedir o valor da derivada da função f₂ no instante 0,74 s.

• O valor obtido é –3,63 m/s.

Nota ‒ A apresentação da componente escalar da velocidade da bola de voleibol no intervalo [-3,65 ; -3,60 ] m s^-1 não implica qualquer desvalorização, desde que o valor apresentado tenha, no mínimo, dois algarismos significativos.

• Opção (C)

⇒ Os módulos das velocidades desses pontos são diferentes e os módulos das suas velocidades angulares são iguais.

Notas:

⇒ Considerem-se os pontos X e P da roda dentada. Qualquer um dos pontos descreve uma volta completa em torno do eixo de rotação no mesmo intervalo de tempo. Assim, a velocidade angular de X é igual à velocidade angular de P.

⇒ Porque a distância de X ao eixo de rotação é maior do que a distância de P a esse eixo, em intervalos de tempo iguais, a distância percorrida por X é maior do que a distância percorrida por P. Logo, o ponto X move-se mais rapidamente, pelo que o módulo da sua velocidade é maior do que o módulo da velocidade de P.

• Opção (C)  ……………. 10 pontos

• Opção (B)

⇒ O módulo da aceleração gravítica à superfície da Terra é dado por:

⇒ Uma vez que a região em que a EEI se move pode ser considerada como vácuo, a resultante das forças que atuam na EEI coincide com a força que a Terra exerce sobre a EEI em órbita. Logo,

⇒ Como 𝑟órbita=𝑟Terra+ℎ, em que a altitude, ℎ, é cerca de 15 vezes inferior ao raio da Terra, vem:

⇒ Comparando o módulo da aceleração da EEI com o módulo da aceleração gravítica à superfície da Terra, tem-se:

⇒ A expressão que traduz corretamente a relação entre o módulo da aceleração da EEI, 𝑎_EEI, e o módulo da aceleração gravítica, 𝑔, à superfície da Terra é 𝑎_EEI = 0,88 𝑔.

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

⇒ Trabalho realizado pela força gravítica que atua no corpo entre as posições A e B e Teorema da Energia Cinética.

• Considera-se que, no plano inclinado, as forças dissipativas que atuam no corpo são desprezáveis. Logo, sendo a reação normal perpendicular ao plano inclinado, no percurso de A até B a única força que realiza trabalho é a força gravítica.

⇒ Usando o Teorema da Energia Cinética, tem-se:

⇒ Trabalho realizado pela força gravítica que atua no corpo entre as posições B e C e Teorema da Energia Cinética.

• No percurso de B até C, a única força que realiza trabalho é a força de atrito.

⇒ Usando o Teorema da Energia Cinética, tem-se:

⇒ Como se queria comprovar, entre as posições A e C, o módulo do trabalho realizado pela força gravítica que atua sobre o corpo é igual ao módulo do trabalho realizado pela resultante das forças de atrito que atuam sobre o corpo.

• Comprova que |W_Fg| = |W_Fa| entre A e C, apresentando os seguintes elementos de resposta:

⇒ reconhecimento de que a variação da energia cinética entre A e C é nula;

ou

• reconhecimento de que a variação da energia cinética entre A e B é simétrica da variação da energia cinética entre B e C;

⇒ referência a que, entre A e C, a variação da energia cinética seja igual à soma de W_Fg e W_Fa;

ou

• referência a que, entre A e B, a variação da energia cinética seja igual a W_Fg e a que, entre B e C, a variação da energia cinética seja igual a W_Fa .

• Dedução da expressão que relaciona 𝑑 com ℎ

⇒ Trabalho realizado pela força gravítica que atua no corpo entre as posições A e B:

• A força gravítica é uma força conservativa, pelo que o trabalho por ela realizado é igual ao simétrico da variação de energia potencial gravítica.
• Enquanto o corpo se move no plano inclinado, considera-se que a única força que realiza trabalho é a força gravítica.
• O corpo abandonado em A.

⇒ Trabalho realizado pela força de atrito que atua no corpo entre as posições B e C:

• No percurso de B até C, a força de atrito é a única força que realiza trabalho.
• O corpo acaba por parar em C.
• Sendo a força de atrito a resultante das forças (e admitindo que o corpo é representado pelo seu centro de massa).

• Apresentação da equação da linha de ajuste ao gráfico 𝑑 =𝑓(ℎ)

⇒ Cálculo da componente escalar da aceleração, 𝑎_𝑥

• Determina o valor solicitado, percorrendo as etapas seguintes:

⇒ Deduz a expressão que relaciona d com h (ver notas 1) …….. 4 pontos

⇒ Apresenta a equação de ajuste ao gráfico d = f (h) ( d = 4,12 h – 0,02) (ver notas 2 e 3) …….. 3 pontos

⇒ Calcula a componente escalar da aceleração do corpo (-2,4 m s^-2) …….. 3 pontos

ou

⇒ Deduz a expressão que relaciona d com h (ver notas 1) …….. 4 pontos

⇒ Apresenta a equação de ajuste ao gráfico h = f (d) ( h = 0,24 d + 0,01) (ver notas 2 e 3) …….. 3 pontos

⇒ Calcula a componente escalar da aceleração do corpo (-2,4 m s^-2) …….. 3 pontos

Notas:

1. A omissão do sinal «−» na expressão deduzida não implica qualquer desvalorização nesta etapa.

2. Na equação da reta de ajuste, a omissão da ordenada na origem não implica qualquer desvalorização.

3. A ordem das etapas 1 e 2 é arbitrária.

• Opção (B)

⇒ Da análise do enunciado e do gráfico v = f (t) representado na Figura 3, verifica-se que o referencial Oy, vertical, está orientado no sentido descendente, logo a componente escalar da posição, y, aumenta ao longo do tempo.

⇒ A componente escalar da velocidade aumenta de 0 s até cerca de 15 s, movimento retilíneo acelerado, e mantém-se constante até 30 s, movimento retilíneo uniforme.

⇒ A curva y = f (t) apresenta a concavidade para cima (movimento retilíneo acelerado), seguida de um aumento retilíneo (movimento retilíneo uniforme).

• Opção (B)  ……………. 10 pontos

• Opção (A)

⇒ Durante todo o movimento, o sentido é o descendente, logo a velocidade tem este sentido.

⇒ A partir do instante 35 s e até ao instante 40 s, o movimento é retilíneo e retardado (a componente escalar da velocidade diminui – Figura 3 do enunciado), pelo que a resultante das forças, Fr, que atua sobre o sistema tem sentido ascendente.

• Opção (A)  ……………. 10 pontos

⇒ Nos intervalos de tempo [20 ; 30] s e [50 ; 60] s, os respetivos valores de variação de energia cinética, ΔEc, são nulos, pois, em cada um destes intervalos, as respetivas velocidades são constantes.

• Do Teorema da Energia Cinética, tem-se:

• Elementos de resposta:

⇒ identifica uma variação da energia cinética do paraquedista nula, nos dois intervalos de tempo considerados;

⇒ indica que |W_Fg,1| = |W_Rar,1| no intervalo de tempo [20 ; 30] s e que |W_Fg,2| = |W_Rar,2|  no intervalo de tempo [50; 60] s;

⇒ comprova que  |W_Rar,1| = 5 |W_Rar,2|