1 CORREÇÃO DO TESTE 4 – 10º ANO – 2018/2019 1. (B) 2. (C) 3. (A) 4. 4.1.

1 CORREÇÃO DO TESTE 4 – 10º ANO – 2018/2019

1. (B)

2. (C)

3. (A)

4.

4.1. 𝑊 = 𝐹𝑑𝑐𝑜𝑠𝛼 => 𝑊 = 50 × 10 × 𝑐𝑜𝑠45° => 𝑊 = 3,5 × 10² J 4.2.

4.2.1. 𝑊_𝐴 = 𝑊_𝐵 => 𝐹_𝐵× 𝑑 × 𝑐𝑜𝑠60° = 𝐹_𝐴× 𝑑 × 𝑐𝑜𝑠45°

𝐹_𝐵=𝐹_𝐴× 𝑑 × 𝑐𝑜𝑠45°

𝑑 × 𝑐𝑜𝑠60° => 𝐹_𝐵=50 × 10 × 𝑐𝑜𝑠45°

10 × 𝑐𝑜𝑠60° => 𝐹_𝐵= 71 N 4.2.2. 𝐹_𝑒𝑓= 𝐹_𝐵× 𝑐𝑜𝑠60° => 𝐹_𝑒𝑓= 71 × 𝑐𝑜𝑠60° => 𝐹_𝑒𝑓= 35 N

4.3.

1.1. 𝑊_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙}= ∆𝐸_𝑐

Como o percurso é feito com velocidade constante, Ec = 0. Substituindo:

𝑊_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙}= 0

𝑊_𝑃⃗ + 𝑊_𝑁⃗⃗ + 𝑊_𝐹 + 𝑊_𝐹

⃗⃗⃗⃗ 𝑎 = 0

𝑃𝑑cos (𝑃⃗ ^𝑑 ) + 𝑁𝑑cos (𝑁⃗⃗ ^𝑑 ) + 𝐹𝑑cos (𝐹 ^𝑑 ) + 𝐹_𝑎𝑑cos (𝐹⃗⃗⃗ ^𝑑 ) = 0 _𝑎 𝑃𝑑cos90° +𝑁𝑑cos90° + 50 × 10 × cos45° + 𝐹_𝑎× 10 × cos180° = 0 𝑃𝑑 × 0 +𝑁𝑑 × 0 + 500 × cos45° + 𝐹_𝑎× 10 × (−1) = 0

0 +0 + 500 × cos45° − 10𝐹_𝑎= 0 <=> 500 × cos45° = 10𝐹_𝑎 <=>

500×cos45°

10 = 𝐹_𝑎=> 𝐹_𝑎= 35 N

O trabalho realizado pela força de atrito é resistente.

4.4. Se a intensidade da força de atrito for inferior a 35 N, seria:

𝑊_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙}> 0

1.2. ∆𝐸_𝑐> 0

A variação da energia cinética seria positiva, ou seja, a energia cinética aumentaria ao longo de todo o percurso.

5. (A)

6.

6.1. (D) 6.2.

𝑊_𝑃⃗ = −∆𝐸_𝑝=> 𝑊_𝑃⃗ = −(𝐸_𝑝𝑓− 𝐸_𝑝𝑖) => 𝑊_𝑃⃗ = −(𝑚𝑔ℎ_𝐵− 𝑚𝑔ℎ_𝑖) 𝑊_𝑃⃗ = −(200 × 10 × 8,0 − 200 × 10 × 10,0) => 𝑊_𝑃⃗ = 4,0 × 10³ J 6.3. III

6.4.

6.4.1.

𝑃⃗ − 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 ; 𝐹⃗⃗⃗ − 𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑣𝑎𝑔𝑒𝑚 _𝑡 𝑁⃗⃗ − 𝑅𝑒𝑎çã𝑜 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 𝑑𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓í𝑐𝑖𝑒 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜

2 6.4.2. 𝐸_𝑚𝑖 = 𝐸_𝑚𝑓 => 𝐸_𝑐𝑖+ 𝐸_𝑝𝑖= 𝐸_𝑐𝐶+ 𝐸_𝑝𝐶=>

1

2𝑚𝑣_𝑖²+ 𝑚𝑔ℎ𝑖 = 𝐸𝑐_𝐶+ 𝑚𝑔ℎ𝐶 =>

1

2× 200 × 0²+ 200 × 10 × 10,0 = 𝐸𝑐_𝐶+ 200 × 10 × 0 𝐸_𝑐𝐶= 2,0 × 10⁴ J

1.3. 𝑊_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙}= ∆𝐸_𝑐 => 𝑊_𝑃⃗ + 𝑊_𝑁⃗⃗ + 𝑊_𝐹

⃗⃗⃗ 𝑡 = ∆𝐸_𝑐

𝑃𝑑cos (𝑃⃗ ^𝑑 ) + 𝑁𝑑cos (𝑁⃗⃗ ^𝑑 ) + 𝐹_𝑡𝑑cos (𝐹⃗⃗⃗ ^𝑑 ) = 𝐸_{𝑡 𝑐𝐷}− 𝐸_𝑐𝐶 𝑃𝑑cos90 ° +𝑁𝑑cos90 ° + 𝐹_𝑡× 10,0 × cos180° = 0 − 2,0 × 10⁴ 0 + 0 − 10𝐹_𝑡 = −2,0 × 10⁴ <=> 𝐹_𝑡=^−2,0×104

−10 <=> 𝐹_𝑡 = 2,0 × 10³ N

7.

7.1. (C) 7.2. (C)

7.3. Como o balão sobe com uma velocidade em módulo praticamente constante, conclui-se que a variação da energia cinética entre as posições A e B é nula.

Pelo teorema da energia cinética:

𝑊_𝐹

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅 = ∆𝐸_𝑐 => 𝑊_𝐹

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅 = 0 Pela fórmula do trabalho:

𝑊_𝐹

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅 = 𝐹_𝑅× 𝑑 × 𝑐𝑜𝑠𝛼

Como d  0 e  90^o, para que o trabalho da força resultante é necessário que a intensidade da força resultante seja nula.

8.

8.1. O valor de 0,019 s na photogate a 60,00 cm e o valor de 0,015 s na photogate a 100,00 cm. Estes valores estão mal registados porque só apresentam 3 casas decimais e de acordo com a sensibilidade da photogate deveriam apresentar 4 casas decimais.

8.2. (B)

8.3. ∆𝑡̅̅̅ =^{∆𝑡1+∆𝑡2+∆𝑡3}

3 => ∆𝑡̅̅̅ =0,0333+0,0342+0,0337

3 => ∆𝑡̅̅̅ = 0,0337 s

𝑑₁= ∆𝑡₁− ∆𝑡̅̅̅ => 𝑑₁= 0,0333 − 0,0337 => 𝑑₁= −0,0004 s 𝑑₂ = ∆𝑡₂− ∆𝑡̅̅̅ => 𝑑₂= 0,0342 − 0,0337 => 𝑑₃= 0,0005 s 𝑑3 = ∆𝑡3− ∆𝑡̅̅̅ => 𝑑₃= 0,0337 − 0,0337 => 𝑑3= 0,0000 s O maior desvio em módulo é 0,0005 s.

∆𝑡 = ∆𝑡̅̅̅  |𝑑|_𝑚á𝑥=> ∆𝑡 = (0,0337  0,0005) s 8.4. dcilindro = 0,25 cm = 0,25×10^-2 m

𝑣1=^{𝑑𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜}_{∆𝑡̅̅̅} => 𝑣1=^0,25×10_0,0337⁻²=> 𝑣1= 7,4 × 10⁻² m/s

8.5. m = 845,5 g = 0,8455 kg

d = 120,00 cm = 1, 2000 m → x = 1,2000 m

𝑦 = 0,7275𝑥 + 0,0183 => 𝑦 = 0,7275 × 1,2000 + 0,0183 =>

𝑦 = 0,8913 => ∆𝐸_𝑐 = 0,8913 =>¹

2𝑚𝑣²− 0 = 0,8913 =>

1

2× 0,8455 × 𝑣²= 0,8913 => 𝑣 = √^0,8913×2

0,8455 => 𝑣 = 1,452 m/s