Aef11 Prop Sol Fichas Formativas

 

DOSSIÊ DO PROFESSOR FÍSICA 11

PROPOSTA DE RESOLUÇÃO

FICHA FORMATIVA 1  PROPOSTA DE RESOLUÇÃO

5.4.

a= 1. Opção B

v f − v i ∆v   0− 10,0 −2 ⇔ a=   ⇒ a= ⇔ a =−2,0 m s ∆ t  t f − t i 15,0−10,0

6.1.  6.1. O livro encontra-se em repouso pois a resultante das forças que

2.1.

nele atua é . As forças  N  e  F g  não constituem um

nula, uma vez que | N |=  F g

| |

⃗

⃗

 par ação-reação, pois embora tenham a mesma direção, intensidade e sentido oposto, estão aplicadas no mesmo corpo. 6.2. Opção B 3

 d 172 × 10 2.2.  r = 2.2. ⇒ r m= m ∆ t  104 × 60

⇔

6.3. A  força F gtem

−1

r m=27,6 m s

Terra, com a mesma direção e sentido oposto a  F g. A forç forçaa que que o livr livroo exer exerce ce na mes mesa corr corres espo pond ndee ao pa parr ação ação--reação N , tendo a mesma direção e sentido oposto.

2.3.

( 172 −60 ) × 10 ∆x v=   ⇒v =   ∆ t  ( 60 × 60 )

3

3

⇔

v=

112 × 10 3600

⇔

v=

3.1. Opção D

=

7.1. Opção B

 F gCalisto 7.2. =  F gGaminedes

2.4.  2.4. Opção A

3.2. r m

como par ação reação a força atrativa do livro sobre a

 d   600 −1 ⇔ r = 2,5 m s ⇒r = m m 4 , 0 × 60 ∆ t 

 d  d 800 2 ⇒ ∆ t = ⇔ ∆ t = ⇔ ∆ t =3,210 s 3.3.  r m = 3.3. ∆ t  rm 2,5

G G

mCalisto mJ ú pit piter er 2

r orbitalCalisto mGanimedes m Jú piter 2

r orbital Ganimedes 23

1,08 ⇒

 F gCalisto  F gGaminedes

⇒

10

× 10 ) ( 1,88 ×

6 2

=

23

1,48 × 10

⇔

6 2

3.4. d ttotal otal = 600 + 800

( 1,07 × 10 )

 d ttotal otal = 1400 m   x = 0 m, uma vez que a posição final e inicial coincidem.

4.1. 

⇒

⇔

a) [3,0; 5,0] s

 F gCalisto  F gGaminedes

10

=

3,06 × 10

11

1,29 × 10

 ⇔

b) [6,0; 9,0] s c) [0,0; 3,0] s e [5,0; 6,0] s ⇔

 = 0,6 s 4.2. t  = 4.3. O declive da reta

 F gCalisto  F g Gamine Gaminedes des

=0,237  F g Calist Calisto o = 0,237 F gGaminedes ⇒

no instante considerado representa a componente escalar 

da velocidade 7.3. Opção D

v = ∆ x =  x B − x A ⇒ v = 0,8− 0,0 ⇔ v =0 , 4 m s− 1 ∆ t  t B −t  A 3,0− 1,0 4.4. Opção A 4.4. 

– xi   x =  0,6  x = xf   –

– 0,0 ⇔  x =  0,6 m

5.1. Opção C 5.2.1. t  =  = 15,0 s 5.2.2. [15,0; 25,0] s

Quando qualquer um dos satélites interage com Júpiter, estes exercem sobre Júpiter forças com a mesma intensidade e direção, mas com sentido oposto à força que Júpiter exerce sobre os satélites.

7.4. 7.4.

m corpo mGanimedes   e F g=mcorpo × g 2 d mcorpo mGanimedes mcorpo × g =G   ⇒ 2 d g =G

7.5. F 

5.2.3. [10,0; 15,0] s e [20,0; 25,0] s

Calcul Calculand andoo a áre áreaa sob a cur curva va do grá gráfic fico, o, verif verifica ica-se -se que o  skater   percorreu uma distância de de 50 m. A área do gráfico acima acima do eixo O x é igual à área do gráfico abaixo do eixo O x, o que significa que o  skater  se   se desloca o mesmo no sentido positivo e negativo da trajetória, pelo que a posição inicial e final do skater  coincidem  coincidem e o seu deslocamento é nulo. 5.3. 5.3.

⇒

− 11

g =6,67 × 10

23

×

  1,48 × 10

(

 )

6 2

5,26 × 10 2

⇔

−2

g =1,43 m s

8.1. Opção (C)

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1

 

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PROPOSTA DE RESOLUÇÃO

8.2.

9.1. Opção D 9.2.   De 9.2.

acordo com a Primeira Lei de Newton, um corpo mantém-se com movimento retilíneo uniforme se a resultante das forças que nele atua for nula. Assim, o bloco tem movimento retilíneo uniforme pois percorre espaços iguais em iguais intervalos de tempo, pelo que a sua velocidade se mantém constante. 9.3. Opção A 10.1. 10.1.  Opção A 10.2. Opção B 10.3.

∆ v=

 F  R × ∆ t   

m

 

 =  - vi ⇔ vf  = v = vf  -

⇔

∆v=

5 , 0 × ( 0,5− 0,0) 2 ,0

⇔

∆ v =1 , 00

1,0  0 = 1,0 m s- 1

11.1.

⃗v =constante ⇒⃗a= 0 m s−2 ⇒ F  R = 0 N 

11.2.   11.2.

⃗

⃗

=0

 F  R =  N + F g , y  +  F g , x =  F a +  F   F  R =  F g , x +  F a +  F  0 = F −mg×sen ( 45 ° )−50 ⇔

 F =100 × 10 sen (45 ° )+ 50 ⇔ F =757 N 

+ F g , y =⃗0

11.3.   N  11.3. 

 

 N    F g,y g,y =

0 ⇔  N  =  =  F g,y g,y

 N m × g × cos ( 45 ° ) ⇔ N = 100 × 10 × cos ( 45 ° )=707 N 

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2

 

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PROPOSTA DE RESOLUÇÃO

FICHA FORMATIVA 2  PROPOSTA DE RESOLUÇÃO 2

2   v f   1,51 ⇔ h= ⇒ h= ⇔ h = 0,114 m = 11,4 cm 2g 2 × 10

1.1. Verdadeiras: C, E

 Falsas: A, B, D, F À altitude a que foi realizado o salto, o ar é muito rarefeito, logo a nº .vib .vibra ções 150 resistência do ar é praticamente nula, o que permite ao paraquedista alcançar  4.1. f  =  =   ⇒ f  =  = ∆ t  60 velocidades mais elevadas do que para altitudes mais baixas, onde a resistência do ar é mais significativa.   ⇒

1.2. 2. 1.

1

2

γ =❑0+ v 0 t + a t  2

⇒

=38,97 × 10 3−

3

= 38,97 × 10 −

1.4. γ 

1 2

2.2.

2

v =55 m s 2

 v −3  ( 55 )  F c =m ac ⇒ F c = m ×   ⇒ F c = 0,2 × 10 × r 3,5 ⇔ F  = 0,17 N  c 2

2

9,33 t  ( m )

2

⇔

A velocidade angular é igual para as duas esferas uma vez que não depende do raio da trajetória.

9,330

2

⇔

4

=3510 m

⇒

2

0 =54,0 + 0−5 t 

⇒

t =3,29 s

vB v A

=

 2 π × r B × f 

vB

 ⇒

2 π × r A × f 

v A

=

2 r A

r A

⇒

vB v A

=2

5.3. Opção D

−1

 F B

v =−10 t ⇔ v =−10 × 3,29=−32,86 m s

2

=

 m B × ω × r B

∆ E m=0 ⇒ E c, + E p , = E c , + E p , f 

i

f 

1

⇔

2

2

m v i + m g h f =

1

⇒

2

 F B  F  A

m A × ω × r A

 F  A

2.3.

i

−1

5. 5.1. 1.

1

= γ 0 + v 0 t + g t 2

2.1.γ 

⇔

4.2.

5.2.  5.2. 

1

f =2,5 Hz

v =2 π × 3,5 × 2,5

v =2 π × r × f  

 Δ v 280− 0 −2 1.3. a = ⟺ a = 9,3 m s   ⟺ a=  Δ t  30− 0 −1 v =v 0 + at  ⇒ v =−9,3 t ( m s )

⇔

=

3 m A × 2 r

 F B

m A × r

 F  A

  ⇔

=6  F B=6 F ⇒

6.1. A

órbita do satélite tem de ser circular e o período orbital é coincidente 2 com o período de rotação da Terra. 6.2ω

3.1.

⇔

=

2 π 

Τ 

  ⇒

Τ =

2 π 

ω

  ⇒

Τ =

  2 π  −4

⇔

2,19 × 10

4

Τ =2,8710 = 7,97 h 24 7,97

=3,01 voltas

6.3.

3.2.

v=

∆x

√

2  m T   mT  ms  mT  v 2 G  F c = F g ⇒ ms   =G   ⇔ v =G   ⇔ v= 2 r r r r

−2

  ⇒

∆ t =

∆ t 

6 × 10

⇔

∆ t =0,0 0,0 40 s Como v = 2 π r então:

1,51

Τ 

3.3. Opção C 3.4.

(  ) Τ 

= N + F g + F a  F  R = F a  F a=m × a −2 −3  F a=24,8 × 10 × (−3,51 )  F a =8,7010  N 

3.5.  F  F  R

⇒

⇒

⇔

⇔

⇒

⇔

3.6

. ∆ Em =0 ⇒ Ec , + E  p g , = E c , + E p g , ⇔ i

i

f 

f 

1 2

2

2π r

v =1,51−3,51 t ⇒ 0 =1,51−3,51 t ⇔ t = 0, 0,430 430 s

2

m v i + m g hi

r= r=

√ √ 3

3

G mT  Τ 2 2

4 π 

2

1

2

¿ m v f  + m g hi m g h i= m v f  2

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⇔

2

⇔

 

⇔

r

− 11

6,67 × 10

4❑

24

× 5,98 × 10 × 2,87 × 10  

2

⇔

4 π 

7

6

r = r T + h ⇒ h=r −r T  ⇔ h=2,03 × 10 −6,37 × 10

¿

 1

2

 m G mT  Τ  = G T   ⇒ 4 π 2 r 3=G mT  Τ 2 ⇒ r 3= 2 r 4 π 

6.4. F c = m ac ⇔ F c = m

v

2

r

  F   F 

c

=m × ω2 × r

 F c =2520 × ( 2,19 × 10−4 )2 × 2,03 × 107 ⇔ ⇔ F  = 2448,7  N  c

⇒

3

r = 2,

⇔

h

 

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PROPOSTA DE RESOLUÇÃO

FICHA FORMATIVA 3  PROPOSTA DE RESOLUÇÃO 7.1. Opção C 7.2.   =  = 0,80 m

1.1. Opção D

7.3. Opção A 7.4.

v=

1.2.  F  1.2. 

 λ  λ 0,80 ⇔ Τ = 0,25 s ⇒ Τ = ⇒ Τ = Τ  v 3,2

1.3. Opção C

2.1. Opção D Propagação de um sinal sonoro resultante da vibração de uma fonte que  provoca um movimento vibratório de compressão e expansão do ar  2.2. Extremidade B. envolvente. Uma onda sonora é uma onda de pressão. 2.3. 2.3. Quando se inverte os polos da pilha, inverte-se o sentido da corrente elé elétri trica, ca, e conseq consequen uentem tement ente, e, o senti sentido do do cam campo po mag magnét nético ico.. Assim Assim a 8.2. As ondas sonoras são longitudinais. extremidade B passa a ser polo sul e a extremidade A o polo norte. 8.3. As ondas produzidas são periódicas, pois resultam da emissão repetida de 3.1. um sinal em intervalos de tempo regulares. Uma vez que não podem ser  expressas por uma função sinusoidal, não são ondas harmónicas, mas sim ϕ m,espira = BA ⇒ ϕm, espira espira= 0,20 × 0,10 × 0,080 ⇔ ϕ m,espira =0,001 complexas, sendo descritas pela sobreposição de ondas sinusoidais. ϕ = N ϕ = 80 × 0,0016 ⇔ ϕ = 0,128 ⇒ϕ 8.1.

m,bobina

8.4. Opção A

m,espira

 | Δϕ|

9.1. Opção B

|ε i|= N   Δt  |ε i|=80 ×   ⇔

9.2.1. Opção C

−3

3

=4 × 1,010 = 4,010 s e ω =

9.3. Τ 

  ⇒

ϕ

 | Δ ϕ m|

|ε i|= N 

10.2.  São

usados pulsos para evitar evitar que ocor ocorra ra interferên interferência cia entre os sinai sinaiss emitidos e refletidos. O intervalo de tempo entre cada pulso permite a receção 4.3. Opção C do sinal refletido antes de emitir um novo pulso. 5.1. Opção C

v   340   ⇒ λ = ⇔ λ = 0,0049 m 3 f  7010  ⇒  Δ t =

2 × 0,50 340

5.2.  5.2. 

−3

 Δ t = 2,9 × 10 s

⇔

2

⇒

⇔

⇔

4.2. Opção A

10.1. Som com frequência superior a 20 000 Hz.

 Δ t 

|ε i|=0,026

⇔

=B A cos ❑ ϕ =0,045 × π × ( 70 × 10−3 ) ϕ m,espira m ,e m,espira −4 ϕm , ϕ m,bobina= N ϕ m,espira ϕ m,bobina= 850 × 6,9 × 10

9.4. Opção D

10.4. v = 10.4.  =  

5,0

⇒

4,010

 Δ x

 0,20 × 0,10 × 0,08 −0,0

4.1

2 π 

  2 π  −3 −Τ  1 ra rad ds ⇒ ω= ⇔ ω =1 , 6 10 3

=

m,bobina

3.3. Opção A

9.2.2. Opção A

10.3. λ

m,bobina

3.2.

 Δt 

U  p  N  p U s

=

 N s

  ⇔

⇒

| Δ ϕm| |ε i|

 Δ t = N 

3600 240

=

  ⇔

7500

 N s

⇒

 Δ t =

0,59 4,91

 Δ t = 0,12 s

⇔

 N s=500 espiras

O alb albedo edo é a raz razão ão ent entre re a rad radiaç iação ão ele eletro tromag magnét nética ica ref reflet letida ida pela pela atmosfera e pela superfície terrestre e a radiação incidente.

6.1 .1..

6.2. Opção C 7.1. A intensidade do raio refletido é inferior à do

raio incidente.

7.2. Opção B 7.3.

n1 sen α i= n2 senα  R ⇒ n2 =

7.4. 

n1 n2

=

c v1 c v2

 

n1 n2

=

v2 v1

⇒

n1 n2

 sen  se n α i senα  R

=

⇔

n2 =

 λ1 f 

n1

 λ2 f 

n2

  ⇒ 

=

sen( 55 ) ⇔ n = 1,43 2 sen( 35 )

❑2 ❑1

−9 n1 λ1 ❑2 1 , 00 × 532 × 10 −7  λ2=  λ 2=3,72 × 10 =  λ = n2 1,43 n2 ❑1 2

n1

⇔

⇒

7.5. Opção B

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4

 

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PROPOSTA DE RESOLUÇÃO

n1 n2

=

 v2 =

c v1 c v2

12.2. Opção D  

n1 n2

v2

=

v1

  

1,00 1,43

v2

 =

Um desvio para o vermelho num espetro de uma estrela ou de uma galáxia indica um aumento do comprimento de onda, o que de acordo com o efeito Doppler, está associado a um afastamento da fonte de radiação. Assim, o desvio para o vermelho permite perceber que estrelas e galáxias se estão a afastar. Pode, assim inferir-se que o espaço está em expansão, o que corrobora a co conc ncep epçã çãoo do Un Univ iver erso so em expa expans nsão ão prev previs ista ta na teor teoria ia do bigbig-bang.

12. 12.3. 3.

3,0010

8



2,10  108 m s- 1 8

 v =   f   f   3,00  10

 = 532  10-9   f f    f f  =  = 5,64  1014 Hz

7.6. Opção A 8.1.

n1 sen α c = n2 sen( 90 ° ) ⇒ n1=

  n2 sen α c

⇔

n1 =

  1 , 00

sen ( 49 °

8.2. Opção B 8.3. Opção C

8.4. Como o ângulo de incidência é superior ao ângulo crítico, ocorre reflexão

total, e o raio refletido atinge a parede de vidro do lado direito com um ângulo de 30°. O raio passa agora de um meio com menor índice de refração para outro com maior índice, e por isso não ocorre reflexão total. O raio sofre refração no vidro, aproximando-se da normal. 8

9.1. n

⇔ n= 3,00 × 10 ⇔ n = 1,47 = C  8 v 2,04 × 10

9.2

. n1 senα c =n2 sen ( 90 ° ) ⇒ senα c =

n2 n1

⇔

senα c =

1,45 1,47

9.3.

n1 senθ i=n2 sen  R ⇒ senθ i=1,47 ×sen ( 180,0− 90,0 ⇔θi  = 14,0

10.1. Difração. 10.2. Em

cada uma das fendas ocorre um fenómeno semelhante de difração. São criadas duas ondas a partir de cada fenda que se irão sobrepor criando interferên inter ferência cia construtiva construtiva ou destrutiva destrutiva o que resulta em zonas de franja vermelha ou preta, respetivamente. −3

10.3. x

n   λ λ

=

3,6 × 10 4

= 9 × 10−4 m  x  D

=d senθ e senθ≈tgθ =

−3

−4

 d x 0,56 × 10 × 9 × 10  Então,, λ =  Então ⇒ λ = nD 1 × 0,80 ⇔  λ = ¿ 6,3  10  m = 630 nm

⇔

-7

10.4. Opção B 11. Opções corretas: A, B, D e F. 12.1. O espetro da estrela apresenta riscas negras que

correspondem à absorção de radiação pelas espécies químicas existentes nas regiões mais frias da sua atm atmosf osfera era.. Com Comoo as risca riscass do es espet petro ro de abs absorç orção ão do ele elemen mento to pad padrão rão coincidem com o do espetro de emissão da estrela, apenas com um pequeno desvio resultante do efeito de Doppler, pode-se concluir que o elemento faz  parte da composição composição da estrela.

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5