• Opção (C)

⇒ No percurso de A a E existe diminuição de energia potencial gravítica, logo a variação será negativa.

⇒  A variação de energia potencial gravítica é :

• ΔEp = m g Δh = 300 × 10 × (–40,6) = –121 800 = –1,22 × 10⁵ J.

• Opção (C)…………. 7 pontos

No percurso AB as forças que atua, são as indicadas no esquema.

O trabalho da reação normal, é nulo, pois esta força é perpendicular ao deslocamento AB.

• Opção 1:

⇒ O trabalho do peso é :

• Wp = m g AB cos (90º – 50º) = m g AB cos 40º = m g AB sin 50º

⇒ O trabalho da resultante das forças é :

• W_F = m a AB

⇒ O dois trabalhos anteriores são iguais, logo:

• m g AB sin 50º = m a AB ⇔ g sin 50º = a ⇔ a = 0,77 g < 0,80 g

⇒ Como 0,77 g < 0,80 g, o percurso foi comprido em segurança.

• Opção 2:

⇒ A diminuição da energia potencial gravítica no percurso AB corresponde ao aumento da energia cinética:

• m g h = ½ m v_B² ⇔ v_B² = 2 g h

⇒ Aplicando a equação para um movimento uniformemente acelerado :

• v² = v₀² + 2 a (x – x₀) ⇔ v_B² = 2 a AB

⇒ Igualando as duas equações

• 2 g h = 2 a AB ⇔ g sin 50º = a ⇔ a = 0,77 g < 0,80 g

⇒ Como 0,77 g < 0,80 g, o percurso foi comprido em segurança.

Uma metodologia de resolução deve apresentar, no mínimo, as seguintes etapas de resolução, para ser considerada correta:

⇒ Utiliza a expressão |∆Ep| = |∆Ec| entre os pontos A e B, para obter v²_B = 80 g sin50º.

⇒ Utiliza a expressão da cinemática v_B² = 2 a L_AB .

⇒ Igualando as expressões anteriores, obtém a = g sin50º = 0,77 g < 0,80 g

ou

⇒ Utiliza a expressão |∆Ep| = |∆Ec| entre os pontos A e B, para obter v²_B = 80 g sin50º.

⇒ Utiliza a expressão W_Fres = ∆EC entre os pontos A e B, maL_AB = mv²_B, para obter v_B² = 2 a L_AB .

⇒ Igualando as expressões anteriores, obtém a = g sin50º = 0,77 g < 0,80 g

Nota: Se o examinando obtiver o valor de a utilizando, apenas, a expressão a = g sin θ, atribuir a cotação de 3 pontos

Se a resposta apresentar ausência de metodologia de resolução ou metodologia de resolução incorreta, ainda que com um resultado final correto, a cotação a atribuir será zero pontos.

Erros de tipo 1 – erros de cálculo numérico, transcrição incorreta de dados, conversão incorreta de unidades ou ausência de unidades / unidades incorretas no resultado final.

Erros de tipo 2 – erros de cálculo analítico, erros na utilização de fórmulas e outros erros que não possam ser incluídos no tipo 1.

⇒ A opção mais evidente será utilizar um percurso horizontal mais comprido.

⇒ Neste caso, o trabalho da força de atrito será o mesmo, mas como ela tem menor intensidade o deslocamento tem de ser maior.

⇒ Outra opção será utilizar o percurso EF com o mesmo comprimento, mas em rampa, a subir.

⇒ Assim, o peso também realizaria um trabalho negativo e o trabalho da força de atrito poderia ser menor.

• Utilizar o percurso EF com o mesmo comprimento, mas com declive superior a zero. …………. 8 pontos

ou

• Utilizar um percurso horizontal mais comprido.

• v_o = 20,0 m s^–1 ;
• h_o = 50 m ;
• h = 0 m

Considerando desprezável a resistência do ar, há conservação de energia mecânica:

• Em_o = Em ⇔ Ec_o + Ep_o = Ec + Ep

Como ao nível do mar h = 0 , então, Ep = 0

⇒ O módulo da velocidade com que o objeto atinge a superfície da água do mar é igual a 3,7 x 10 m s^–1 .

Uma metodologia de resolução deve apresentar, no mínimo, as seguintes etapas de resolução, para ser considerada correta.

⇒ Utiliza a expressão da conservação da energia mecânica durante o movimento do objecto para obter ½ m v² – ½ m v₀² = m g h e obtém v (v = 3,7 x 10 m s^–1).

ou

⇒ Utiliza a expressão h = ½ g t², para obter t (t = 3,16 s).

⇒ Utiliza a expressão v_y = g t, para calcular a componente vertical da velocidade do objecto ao atingir a água.

⇒  Utiliza a expressão v = √(v_x² + v_y²) e obtém v (v = 3,7 x 10 m s^–1).

Se a resposta apresentar ausência de metodologia de resolução ou metodologia de resolução incorrecta, ainda que com um resultado final correcto, a cotação a atribuir será zero pontos.

Erros de tipo 1 – erros de cálculo numérico, transcrição incorrecta de dados, conversão
incorrecta de unidades ou ausência de unidades / unidades incorrectas no resultado final.

Erros de tipo 2 – erros de cálculo analítico, erros na utilização de fórmulas e outros erros que não possam ser incluídos no tipo 1.

⇒ Opção (B) 

⇒ A energia potencial do sistema Terra + objeto é em qualquer instante a mesma quer se depreze ou não a resistência do ar, pois depende apenas da posição (Ep = m g h), pelo que a afirmação (C) é falsa.

⇒  Quando não se despreza a resistência do ar há variação de energia mecânica: ΔEm = W_Fa .

E como F_a atua em sentido contrário ao do movimento, então W_Fa < 0 , donde se conclui que ΔEm < 0 e como ΔE = Em – Em_o , então Em < Em_o .

Isto é, ao atingir a superfície da água do mar a energia mecânica do sistema Terra + objeto é menor do que a que apresenta quando a resistência é desprezável (Em = Em_o), logo a afirmação (B) está correta e a (D) é falsa.

⇒  Quanto à energia cinética com que o objeto atinge a superfície da água do mar, é inferior à que apresenta quando se despreza a resistência do ar, pois como:
ΔEm = ΔEc + ΔEp2 e sendo ΔEp = constante e como ΔEm < 0 , então ΔEc < ΔEp .

• Opção (B)…………. 7 pontos

• Opção (B)

⇒ Entre as posições E e F há conservação de energia mecânica:

• Em_E = Em_F ⇔ Ec_E + Ep_E = Ec_F + Ep_F,

mas Ec_E = 0 e Ep_F = 0, logo,

• m g h = ½ mv_F²  ⇔ v_F² = 2 g h

• Opção (B)…………. 8 pontos

• Opção (D)

⇒ A força gravítica é uma força conservativa.

⇒ Esta opção completa a definição de força conservativa.

• Opção (D)…………. 8 pontos

• Opção (A)

⇒ Como há conservação de energia mecânica, então:

⇒ ΔEc = – ΔEp ⇔ Ec_B – Ec_A = – (Ep_B – Ep_A) ⇔ Ec_B – 0 = – (0 – Ep_A) ⇔ Ec_B = EpA ⇔ ½ m v_B² = m g/2 ⇔ v_B² = gh

⇒ Como a radiação azul tem menor comprimento de onda do que a radiação vermelha, a temperatura superficial da estrela que emite radiação azul é maior que a da que emite radiação vermelha.

• Opção (A)…………. 8 pontos

• ΔEm = ΔEc + ΔEp

⇒ Como de C a D temos ΔEp = 0, pois Δh = 0, logo

• ΔEm = ΔEc

⇒ Da Lei do Trabalho-Energia:

• ΔEc = W_FR
• W_FR = W_P + W_Rn + W_Fa

⇒ Mas P e Rn são perpendiculares à trajetória, pelo que W_P e W_Rn são nulos; então, W_FR = W_Fa e, consequentemente:

• ΔEm = W_FR = – m a d  = – 50,0 x 3,0 x 12,0 J = – 1,8 x 10³ J

⇒ A variação de energia mecânica do carrinho durante o percurso de C a D é igual a – 1,8 x 10³ J.

Uma metodologia de resolução correcta deverá apresentar, no mínimo, as seguintes etapas:

⇒ Calcula o módulo da resultante das forças que actuam sobre o carrinho (F = 150 N).

⇒ Calcula o trabalho da força de atrito, identificando, implícita ou explicitamente, a força de atrito com a resultante das forças que actuam sobre o carrinho (WFa = –1,8 × 10³ J).

⇒ Identifica o trabalho da força de atrito com a variação da energia mecânica do carrinho (ΔEm = –1,8 × 10³ J).

ou

⇒ Calcula a velocidade do carrinho no ponto C (v_C = 8,49 m s^–1).

⇒ Calcula a variação da energia cinética do carrinho (ΔEC = –1,8 × 10³ J).

⇒ Conclui que a variação da energia cinética é igual à variação da energia mecânica do carrinho (ΔEm = –1,8 × 10³ J), uma vez que a variação da energia potencial é nula.

Erros de tipo 1 – erros de cálculo numérico, transcrição incorrecta de dados, conversão incorrecta de unidades ou ausência de unidades / unidades incorrectas no resultado final.

Erros de tipo 2 – erros de cálculo analítico, erros na utilização de fórmulas, ausência de conversão de unidades(*) e outros erros que não possam ser incluídos no tipo 1.

(*) Qualquer que seja o número de conversões de unidades não efectuadas, contabilizar apenas como um erro de tipo 2.

⇒ Se a resposta apresentar ausência de metodologia de resolução ou metodologia de resolução incorrecta, ainda que com um resultado final correcto, a classificação a atribuir será de zero pontos.

⇒ d = 2,0 m; F= 45 N; Fa

• F_R = F– Fa = 40 N = 45 – 40 = 5,0 N
• W= F d cos θ = 5,0 x 2,0 x cos 0º = 10 J

⇒ O trabalho realizado pela resultante das forças aplicadas no cesto é de 10 J.

A resolução deve apresentar, no mínimo, as seguintes etapas, para ser considerada correcta:

⇒ Calcula o módulo da resultante das forças (F_res = 5,0 N).

⇒ Calcula o trabalho realizado por essa força (ω = 10 J).

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte:

A energia consumida no sistema de arrefecimento é 60% da total:

• E_arref = 0,60 x E_total

A energia útil aproveitada para o movimento do carro é 25%:

• E_útil = 0,25 x E_total (1)

A energia dissipada nos atritos é 15% da total:

• E_dissip. = 0,15 x E_total (2)

A energia útil é igual à energia cinética do sistema carro + ocupantes:

• E_útil = Ec = 7,5 x 10⁴ J

Substituindo este valor na expressão (1), calcula-se E_total:

• 7,5 x 10⁴ = 0,25 x E_total ⇒ E_total = 3,0 x 10⁵ J

Recorrendo à expressão (2), determina-se Edissip.:

• E_dissip. = 0,15 x 3,0 x 10⁵ = 4,5 x 10⁴ J

A energia dissipada nos atritos é igual a 4,5 x 10⁴ J.

Nota: Não é o motor que faz andar o carro mas sim a força de atrito entre as rodas e o chão. O motor pode estar a trabalhar e o carro não estar a andar, por falta de ligação da transmissão para as rodas. Pode ainda ter motor e haver transmissão de movimento para as rodas, mas também não estar a andar. O que coloca um carro em andamento é o atrito entre as rodas e o chão. No gelo, com rodas lisas, de nada serve o motor. É também o atrito entre as rodas e o chão que permite manter o carro com velocidade constante.

As rodas de um carro que se mova com velocidade constante (onde a resultante das forças é nula) apenas têm de exercer uma força que contrabalance a da resistência ao movimento. Neste caso verifica-se que a energia cinética não é igual à energia que as forças exercidas pelas rodas têm de repor devido a perdas de energia provocadas pelas forças de resistência ao movimento. As forças de resistência ao movimento dependem essencialmente da forma e tamanho do objecto e não da sua massa.

A resolução deve apresentar, no mínimo, as seguintes etapas, para ser considerada correcta:

⇒ Refere que 15% da energia do combustível é dissipada nos atritos.

⇒ Calcula a energia total fornecida pelo combustível (3,0 x 10⁵ J).

⇒ Calcula 15% da energia do combustível (4,5 x 10⁴ J).

Nota: Se os alunos calcularem directamente o valor que corresponde a 15% da energia total fornecida pelo combustível, sem calcularem este valor total, considerar como equivalentes duas últimas etapas.

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte:

• Opção (A)

⇒ Para um mesmo corpo, nas condições da figura, a energia potencial gravítica é directamente proporcional à altura h, Ep = m g h.

⇒ Diminuindo a altura h para 1/3, diminui igualmente a energia potencial para 1/3.

⇒  Ep_A = m g h_A = m g h

⇒  Ep_B = m g h_B = m g h/3

• Opção (A)…………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒ Considerando desprezáveis a resistência do ar e todos os atritos entre a posição A e a posição B, a energia mecânica conserva-se, sendo constante entre estes dois pontos.

• Opção (D)…………. 5 pontos

• Opção (D)

⇒Por definição, o trabalho realizado pela força gravítica (que é uma força conservativa) é simétrico da variação da energia potencial.

⇒Na descida, o trabalho realizado pela força gravítica é positivo, pois a força gravítica aponta para onde se dá o deslocamento, e a variação da energia potencial é negativa, porque a altura diminuiu.

ou

⇒O trabalho realizado pela força gravítica, Fg, durante a queda do sistema é positivo, pois tem o sentido do movimento, o descendente, e é simétrico da variação da energia potencial gravítica, que é negativa, dado que E_pB < E_pA.

• Opção (D)…………. 5 pontos

⇒  A energia potencial gravítica entre A e B diminui 8,16 x 10^-2 J, logo a variação de energia potencial gravítica é:

• ΔEpg = – 8,16 x 10^-2 J

⇒ No ponto B a velocidade da amostra é nula. A energia cinética em B é, pois, também nula.

⇒ O módulo da velocidade da amostra em A é 0,50 ms^-1, a que corresponde a energia cinética de:

• Ec = ½ x m x v² = 0,5 x 200 x 10^-3 x 0,5² = 2,5 x 10^-2 J

⇒ A variação de energia cinética entre A e B é:

• ΔEc = Ec_B – ΔEc_A = 0 – 2,5 x 10^-2 = -2,5 x 10^-2  J

⇒ A variação de energia mecânica depende da variação de energia potencial gravítica e da variação de energia cinética, logo:

• ΔEm = ΔEpg + ΔEc = – 8,16 x 10^-2 + (-2,5 x 10^-2) = – 1,07 x 10^-1 J

⇒ A variação de energia mecânica é igual ao trabalho realizado pelas forças dissipativas:

• W_Fa = ΔEm = – 1,07 x 10^-1 J
• W_Fa = d x Fa x cos α ⇔ – 1,07 x 10^-1 J = 51 x 10^-2 x Fa x cos 180º ⇔ Fa = 0,21 N

A resolução deve apresentar, no mínimo, as seguintes etapas, para ser considerada correcta:

⇒ Calcula a variação de energia cinética da amostra entre as posições A e B (ΔEc = –2,50 × 10^–2 J).

⇒ Calcula a variação da energia mecânica do sistema entre as posições A e B (ΔEm = –1,07 × 10^–1 J).

⇒ Identifica a variação da energia mecânica do sistema com o trabalho realizado pela força de atrito e calcula a intensidade da força de atrito (Fa = 0,21 N).

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte:

* Descritores apresentados no segundo quadro da página C/3 dos critérios gerais de classificação.

⇒ Determinar a energia mecânica inicial do sistema.

No início, o sistema só possui energia potencial pois parte do repouso (estava parado).

• Em(i) = Ec + Ep ⇔Em (i) = ½mv_i² + mgh_i

Como parte do repouso, v_i = 0, obtém-se:

• Em (i) = mgh_i ⇔Em(i) = 1200 x 10 x 8,0 = 9,6 x 10⁴ J

⇒ Determinar a energia mecânica final do sistema.

No final, o sistema só possui energia cinética pois a altura, hf, é zero.

• Em(f) = Ec + Ep ⇔ Em(f) = ½mv² + mgh_f

como h_f = 0, pode escrever-se:

• Em(f) = ½mv² = ½ x 1200 x (12)²  = 8,2 x 10⁴ J

Determinar o módulo da energia dissipada.

• Em(i) = Em(f) + |Em(dis)| ⇔ |Em(dis)| = |Em(i) – Em(f)| = |9,6 x 10⁴ − 8,2 x 10⁴| = 9,6 x 10⁴ J

⇒ O módulo da energia dissipada pelo sistema automóvel + Terra no percurso considerado foi 9,6 x 10⁴ J.

A resolução deve apresentar, no mínimo, as seguintes etapas, para ser considerada correcta:

⇒ Calcula a energia mecânica inicial do sistema (E_mi = 9,60 × 10⁴ J).

⇒ Calcula a energia mecânica final do sistema (E_mf = 8,17 × 10⁴ J) e o módulo da energia dissipada (|E| = 1,4 × 10⁴ J).

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte:

* Descritores apresentados no segundo quadro da página C/3 dos critérios gerais de classificação.

• Opção (B)

⇒ W_P = − ΔEp  = − (E_pf – Epi) = −(mgh_f – mgh_i) = − mg(h_f − h_i)  = −(1200 x 10 x (0 – 8,0)) = 1200 x 10 x 8,0 J

• Opção (B)…………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ ΔEc = E_c(final) – E_c(inicial) = E_c(final) pois E_c(inicial) = 0; já que parte do repouso, v₀ = 0 m s^-1.

• ΔEc = W_Fr ⇔E_c(final) = W_Fr ⇔ E_c(final) = Fr x d x cos 0° = m x a x d,

⇒ o que permite concluir que quanto maior é a distância percorrida pelo automóvel maior, é a energia cinética adquirida e que se a distância percorrida for nula a energia cinética também o será.

⇒ Concluindo pode dizer-se que a representação da energia cinética em função da distância percorrida entre A e B é uma recta que passa pela origem (quando a energia cinética é zero a distância percorrida também é zero) e cujo declive, ma, ou seja, a resultante das forças, sendo esta constante.

• Opção (A)…………. 5 pontos

• Opção (A)

⇒ Como o atrito é desprezável, há conservação de energia mecânica do sistema.

• ΔEm = 0 ⇔ ΔEp + ΔEc = 0

⇒ À medida que o caixote escorrega pela plataforma, a sua altura em relação à horizontal diminui, logo, a sua energia potencial gravítica diminui e, consequentemente, aumenta a sua energia cinética.

• Opção (A)…………. 8 pontos

⇒ O trabalho realizado pelo peso do caixote, desde a posição inicial até ao extremo da plataforma, é independente da trajetória, pois o peso é uma força conservativa cujo trabalho é simétrico da variação da sua energia potencial gravítica.

• Wp = -ΔEp  ⇔ Wp = – m g (h_f – h_i)

⇒ Como h_f = 0 m e h_i = d sin α, substituindo na expressão anterior, tem-se:

• Wp = – m g ( 0 – d sin α) = m g d sin α = 50 x 10 x 6,0 x sin 20º = 1,03 x 10³ J

⇒ O trabalho realizado pelo peso do caixote no seu deslocamento, desde a posição inicial até ao extremo da plataforma, é cerca de 1,0 x 10³ J.

• A resolução deve apresentar, no mínimo, as etapas seguintes:

⇒ Calcula o valor do peso do caixote (P = 500 N).

⇒ Calcula o trabalho realizado pelo peso do caixote (W = 1,0 x 10³ J).

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte:

• Opção (B)

• As forças que atuam sobre o bloco são:

⇒ a força, F, paralela à superfície horizontal (a base do plano inclinado);

⇒ o peso, P, vertical e de sentido descendente;

⇒ a força de reação normal exercida pela superfície de apoio, N, perpendicular ou normal à rampa AB.

• Opção (B)…………. 8 pontos

• Opção (D)

⇒ O peso é uma força conservativa, cujo trabalho, que depende apenas da posição final e da posição inicial, é simétrico da variação da energia potencial gravítica.

⇒ W_P = – ΔEp = – ( Ep_B – Ep_A) = – m g (h_B – h_A) = – m g (h – 0) = – m g h

• Opção (D)…………. 8 pontos

• Opção (A)

⇒ A variação da energia cinética do bloco no sentido de B para A é igual ao trabalho realizado pela resultante das forças que sobre ele atuam, que é praticamente constante, uma vez que a sua aceleração é praticamente constante.

⇒ Durante a descida, as forças que atuam sobre o bloco são o seu peso, »P, e a reação normal exercida pela superfície de apoio, N.

⇒ Como P_n = – N, a força resultante das forças é F_R = P_t, donde se conclui que a sua intensidade é mg sin 30°.

⇒ A variação de energia cinética em função da distância d é dada pela expressão:

• ΔEc = WF_R ⇔ Ec – Ec_B = mg sin 30° x d

⇒ Como o bloco começa a deslizar, a partir do repouso, do ponto B, a energia cinética inicial, EcB, é nula, logo, a energia cinética do bloco, em função de d, é:

• Ec = mg sin 30° x d

⇒ Como mg sin 30° é constante, Ec aumenta linearmente com d, a partir de zero.

• Opção (A)…………. 8 pontos

• m = 100 g = 0,100 kg
• h = 1,5 m
• h_A = h_B = h_C = h/3

⇒ Como o atrito é desprezável, em qualquer uma das rampas há conservação da energia mecânica.

• Em_i = Em_f ⇔  Ec_i + Ep_i = Ec_f + Ep_f

⇒  A bola parte do repouso, logo, Ec_i = 0 J

• m g h = ½ mv_f² + m g h_f ⇔  g h= ½ v_f² + g h_f ⇔ 2 g (h – h_f) = v_f²

⇒  Para qualquer uma das rampas h_f = h/3, então, h_f = 1/3 x 1,5 = 0,50 m

• v_f² = 2 x 10 x (1,5 – 0,5) ⇔ v_f = 4,5 m s^-1

⇒ Em qualquer uma das rampas, a velocidade da bola, quando atinge da altura, h, é igual a 4,5 m s^-1

• A resolução deve apresentar, no mínimo, as seguintes etapas:

⇒ Calcula a energia mecânica da bola no instante em que é largada (Em = 1,5 J).

⇒ Calcula a energia cinética quando a bola se encontra a 1/3 da altura h (Ec = 1,0 J).

⇒ Calcula a velocidade nesse instante (v = 4,5 m s^–1).

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte:

• I – Lançamento vertical
• v₀ = 5,0 m s^-1
• y_máx = ?

⇒  A altura máxima é atingida no instante em que a velocidade da bola é nula.

⇒  Como a resistência do ar é desprezável, há conservação da energia mecânica da bola durante todo o seu movimento.

• Em₀ = Em ⇔ Ec₀ + Ep₀ = Ec + Ep

⇒  Considerando o nível de lançamento como nível de referência da energia potencial gravítica Ep₀ = 0 J e como a energia cinética da bola, no instante em que atinge a altura máxima, é nula, Ec = 0 J, então:

• Ec₀ = Ep ⇔ ½ mv₀² = m g y_máx ⇔ ½ v₀² = g y_máx ⇒ ½ x 5,0² = 10 y_máx ⇒ y_máx = 1,25 m

⇒  A altura máxima atingida pela bola é, aproximadamente, 1,2 m.

• A resolução deve apresentar, no mínimo, as etapas seguintes:

⇒ Calcula o tempo de subida (t = 0,500 s).

⇒ Calcula a altura máxima em relação ao nível do lançamento (h = 1,25 m ≈ 1,2m).

A classificação da resposta a este item é feita em função do enquadramento da mesma num dos níveis de desempenho, de acordo com a tabela seguinte:

• II – Queda a partir do repouso;
• v₀ = 0,0 m s^-1
• W_Fr = ?
• v = 4,0 m s^-1

⇒ O trabalho realizado pela resultante das forças que atuam sobre a bola, durante a queda, é igual à variação da sua energia cinética.

• W_FR = ΔEc = ½ m v² – 0 = m x 4,0²  = 8,0 m

• Opção (A)…………. 8 pontos