CORRECÇÃO DO 1º TESTE DE FÍSICA – 12º A – 2013/2014 1.

(1)

CORRECÇÃO DO 1º TESTE DE FÍSICA – 12º A – 2013/2014

1. (A)

2. (C) 3. (B)

4. Não, pois tem no mínimo aceleração normal, já que a direção da velocidade está a variar.

5. Não, pois a velocidade terá sempre uma componente horizontal constante e igual à velocidade inicial. Logo, nunca será vertical como a aceleração.

6. (D) 7.

7.1. Por analogia da lei geral:

2 0

0

2 1 t

t 





   

Com a lei:

θ = 4,0 + 8 t – 1,0 t² Conclui-se:

θ0 = 4,0 rad ω0 = 8,0 rad/s

rad/s

2

2 2 1

1       

Substituindo estes valores na expressão:

ω = ω0 + αt Obtém-se:

ω = 8,0 - 2t

Logo, para t = 2 s, será:

ω = 8,0 - 2×2  ω = 4 rad/s

7.2. O valor da aceleração angular é – 2 rad/s², que foi calculado em 7.1.

7.3. Quando a partícula para, a sua velocidade angular é nula, pelo que:

s 2 4

8 8 2 2 8 0 2

8          

 t t t t t



Para este instante, obtém-se:

θ = 4,0 + 8 t – 1,0 t² => θ = 4,0 + 8×4 – 1,0×4²  θ = 20 rad Pelo que:

Δθ = θ – θ0 => Δθ = 20 - 4,0 => Δθ = 16 rad Como cada volta corresponde a 2π rad, obtém-se:

5 , 2 2

16 voltas de

Nº 

 



R: A partícula efetuou 2,5 voltas até parar.

8.

8.1.

 ⁽ ² t

²

² t ⁾ e

x

t

²

e

y

 v ⁽ ⁴ t ² ⁾ e

x

² t e

y

^(SI)

dt v d dt

r

v d       

         

 ⁽ ⁴ t ² ⁾ e

x

² t e

y

 a ⁴ e

x

² e

y

^(m.s

^-²

⁾

dt a d dt

v

a d       

        

8.2.v v_x² v²_y v (4t2)²(2t)² v 16t² 16t44t² 

4 16 20 ² 

 t t

v

4 16 20 2

16 4 40

16

20

2





 













t t a t

t dt t

a d dt

a

_t

dv

_t _t

m/s 4 , 4 4

2 16 2 20 2

16 2 40

s

2

 











 



 a

_t

a

_t

t

(2)

8.3. a a²_x a²_y a 4²2² a4,5m.s^-2

-2 2

2 2

2

 a

_n

 a

_t

 a

_n

 a  a

_t

 a

_n

 4 , 5  4 , 4  a

_n

 0 , 8 m.s a

8.4.

t 2 , 0 s v  ( 4 2 2 ) e 

_x

2 2 e 

_y

v  6 e 

_x

4 e 

_y

(m/s)





















) (m.s 2 4 s

2 a e_x e_y ^-2

t   









9.

9.1. Quando a bola cai no solo:

m/s 0 , 0 5

, 4 0 20 , 4 0

20

₀ ₀ ₀

0

        

 x v

_x

t v

_x

v

_x

v

_x

x

























 10 4 , 0 0 4 , 0 80

2 0 1 , 4 0

2 0 1

0 2

0

v

y

t gt v

y

v

y

y y

m/s 0 20

, 4 0 80

, 4

80  v

₀_y

  v

₀_y

 v

₀_y



0 1

0

4 , 0 4 , 0 76

0 , 5

20      





   

^



 tg tg tg

v tg v

x y

9.2.

t  4 , 0 s  v

_x

 v

₀_x

 v

_x

 5 , 0 m/s

m/s -20 0

, 4 10 20

s 0 ,

4  

₀

      

 v

_y

v

_y

gt v

_y

v

_y

t

) (m.s 20 0 ,

5 e_x e_y ^-1

v  





9.3. Quando a bola atinge a altura máxima tem

v

_y

 0

, logo:

s 2 10 t

t 20 20 10 10 20

0

  0        

 v gt t t

v

_y _y

Para este instante, obtém-se:

m 20 2

2 10 2 1 20 2 0

1

₂ ₂

0

          

 y v t gt y y

y

_y

CORRECÇÃO DO 1º TESTE DE FÍSICA – 12º A – 2013/2014 1.