Ap fisica modulo 11 exercicios

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UFMG 2010

2a Etapa corrigida e comentada

Professor Rodrigo Penna

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© Professor Rodrigo Penna - 2010

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COMENTÁRIOS

As alterações ocorridas na 1a Etapa do vestibular, em 2008, não ocasionaram mudanças na 2a Etapa. O vestibular da UFMG continuou com questões interessantes, bem feitas e com vários itens. E envolvendo um grau de complexidade maior como era de se esperar de uma prova da 2a Etapa. Ficou muito mais difícil para nós, professores, chutarmos o que virá na 2a etapa. Veja que neste ano nada foi repetido em relação ao passado. A não ser o Modelo de Bohr, porém em uma questão muito diferente! Permaneço com a opinião de que um aluno preparado para a 1a não está, necessariamente, bem preparado para a 2a. São dois estilos distintos, que merecem ser trabalhados. Cabe dizer que ao corrigir e comentar as provas meu objetivo não é apresentar um padrão de respostas das questões. Antes e pelo contrário, trabalho com a hipótese de que um aluno que consulta este material está interessado em aprender, e eu em ensinar. Por isto, sou muito prolixo na explicação de cada questão, abordo muitas vezes mais de uma alternativa de resolução, faço links com a internet, enfim, evito simplesmente resolver cada questão. Outros sites, de pré-vestibular, por exemplo, fazem isto. Um aluno que deseja conhecer o padrão de respostas esperado pela banca da UFMG, inclusive com estatísticas de erros e de acertos, deve procurar em uma boa biblioteca a coleção de correções das provas da própria UFMG, de todas as disciplinas e que é editada e vendida anualmente. Por sinal, as de 2008 e 2009 atrasaram e ainda não consegui comprar! Acumulou agora com a de 2010! As mesmas questões resolvidas são encontradas em meu site, separadas por assunto. Neste caso, o estudante terá uma série de questões resolvidas e comentadas sobre o mesmo tema. Faço questão absoluta de lembrar que apesar da internet, dos recursos multimídia, da melhora na qualidade dos livros didáticos, da competência e capacitação contínua dos professores, ainda não inventaram nada melhor para aprender do que ESTUDAR. E noto que, infelizmente, boa parte dos alunos o faz cada vez menos! Aí não tem salvação!

Professor Rodrigo Penna (10/03/2010)

© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2010, 2a ETAPA

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CORREÇÃO DA PROVA DA UFMG/2010 2a Etapa 1. (UFMG/2010) O Manual do Usuário de um automóvel contém estas informações:

• a distância entre os eixos das rodas é de 2,5 m; e • 60% do peso do veículo está concentrado sobre as rodas dianteiras e 40%, sobre as rodas traseiras.

1. Considerando essas informações, CALCULE a distância horizontal entre o eixo da roda dianteira e o centro de gravidade desse automóvel. 2. Durante uma arrancada, a roda desse automóvel pode deslizar sobre o solo.

Considerando a situação descrita e as informações do Manual, RESPONDA: Esse tipo de deslizamento ocorre mais facilmente se o automóvel tiver tração nas rodas dianteiras ou nas rodas traseiras? JUSTIFIQUE sua resposta.

CORREÇÃO

A grande área da Mecânica (1º ano), subdividida em dois de seus itens: Equilíbrio de um corpo extenso (Momento de uma força) e Atrito (Leis de Newton). Como envolve as forças, é sempre recomendável começar fazendo um esquema, como o seguinte. O Peso é aplicado no chamado Centro de Gravidade. Para um carro de motor dianteiro, o modelo mais comum, este está deslocado para frente. As Normais nas rodas equilibram (FRes=0) o peso. Mas, não são iguais... Quem compreende bem o conceito de Momento (“giro”) consegue solucionar o problema, facilmente, de cabeça. Se 3/5 (60%) do peso estão na dianteira, e a distância entre os eixos é de 2,5 m (÷ 5 = 0,5 m), então 3/5 da distância, ou seja, 1,5 m estão para a parte traseira. Para frente, sobra 1,0 m. Afinal, grosso modo, Momento = Força x Distância .Pronto! Resolvendo detalhada e matematicamente, para que o carro fique em Equilíbrio, além de obedecer à 1ª Lei de Newton (FRes=0 ⇒ P = Nd + Nt), o Momento Resultante deve ser igual a zero. Ou, o giro no sentido horário deve ser igual ao giro no sentido anti-horário.

Como temos que escolher um ponto de apoio, tomemos a roda traseira, por exemplo. Poderíamos escolher o centro de gravidade, também... Veja no esquema que, assim, o Peso tende a girar no sentido horário e a normal dianteira no anti-horário. Igualando os momentos em relação à roda traseira: F1.d1= F2.d2 (Obs: não precisamos do seno pois as forças estão perpendiculares ao braço de alavanca e sem 90º = 1). Escolhendo o apoio na traseira, o momento da normal traseira vai a zero: distância ao apoio zero. Escolhido o Centro de Gravidade, anularíamos o momento do peso pelo mesmo motivo.

Peso

diantNormaltrasNormal

2,5 m

x 2,5 – x

C.G.

0,6 P (60%)

0,4 P (40%)

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Por fim, como já notei que nestes problemas os alunos, às vezes, erram as distâncias, note que o peso está a uma distância (2,5 – x) da roda traseira e a normal dianteira está a 2,5 m! Fazendo as contas:

P .(2,5 ) 0,6x P− = .2,5 2,5 1,5 1,0 x m⇒ = − = .

Lembre-se: caminhões têm mais rodas atrás. Porque o peso é concentrado na traseira, ao contrário deste carro. Quanto ao deslizamento eventual da roda, convém primeiro lembrar detalhadamente. Ilustrei uma arrancada. É a força de atrito, Fat, entre o pneu e o asfalto, que empurra o carro para frente. Deslizar sobre o solo significa derrapar. Neste caso, passa-se do atrito estático para o chamado atrito cinético. Certamente a correção vai exigir este comentário. A força máxima de atrito, limite a partir do qual ocorre a derrapagem, é a chamada Força de Atrito Estático Máxima,

cuja relação é: .Máx eF Nμ= . Conhecendo esta relação, vemos que o atrito depende da normal e do material dos pneus (μe = coeficiente de atrito estático, que varia com o material). Como, de acordo com os dados, a normal na traseira, onde há menos peso, é menor, o atrito na traseira será menor e o carro de tração traseira derrapará, assim, mais facilmente. Por isto pneus são tão importantes na Fórmula 1! O atrito... 2. (UFMG/2010) Duas esferas – R e S – estão

penduradas por fios de mesmo comprimento. Inicialmente, a esfera S está na posição de equilíbrio e o fio da esfera R faz um ângulo de 60° com a vertical, como mostrado na figura ao lado. Em seguida, a esfera R é solta, colide com a esfera S e retorna a um ponto em que seu fio faz um ângulo de 45° com a vertical. Analisando a situação descrita, RESPONDA: A) Logo após a colisão, qual das duas esferas – R ou S – tem mais energia cinética? JUSTIFIQUE sua resposta. B) Logo após a colisão, o módulo da quantidade de movimento da esfera R é menor, igual ou maior que o da esfera S? JUSTIFIQUE sua resposta.

atF



CORREÇÃO

Este problema sobre Colisões, no qual aplicaremos as Leis da Conservação, deve ter dado trabalho aos alunos. Foge do comum... Vamos analisar a estória contada. A esfera R desce, bate na outra e volta. Subentende-se que a outra se moveu, também, após o choque. Em termos de Energia Mecânica, podemos comparar o quanto a esfera R tinha antes e depois do choque. Como subiu só até 45º, terá menos... Trata-se de um problema muito conceitual, embora tenhamos que calcular. Isto porque não sabemos nem a massa (de R ou de S) nem o quanto S se move após o choque, para calcularmos quanto energia foi transferida a ela... Esqueminha de sempre. Antes do choque, R tinha energia potencial gravitacional, mgh, representada pela altura h1. Após o choque, a altura é menor, h2. Usando trigonometria básica, podemos calcular não a energia potencial gravitacional, que é diretamente proporcional à altura, mas qual fração da altura foi perdida. E, a altura h pode ser calculada pela diferença entre o comprimento total do fio l e o co-seno do ângulo. Estes, dados na primeira página da prova. Se bem que são ângulos notáveis.

1

1

cos60º 0,5 0,50cos 45º 0,707 0,29

0,29

hh= − = − == − = − =

l l l l l

l l l l l

l0,50 l

0,58 58%= =

Pelos cálculos, restaram 58% da altura e da energia gravitacional. Logo, perdeu-se 42%, ou menos da metade.

Não sabemos se o choque foi perfeitamente elástico (toda energia perdida por R transferida a S), mas nem vem ao caso. Considerando que toda energia mecânica perdida por R fosse para S (42%), a primeira ainda teria mais energia (58%). E, ainda, como a energia potencial gravitacional que R adquire na volta, após o choque, vem da energia cinética (da velocidade) que ela tinha imediatamente após o choque (na subida ela perde velocidade e ganha altura), podemos afirmar que logo após o choque a energia cinética de R é maior.

Para responder ao segundo questionamento, usaremos a Quantidade de Movimento. Na colisão, só atua a força de interação entre as bolinhas, interna, e esta se conserva:

final inicialQ Q= . Sendo Q mv= , grandeza vetorial, como se vê. Representação:

45º l

h2 h1

l cos θ do lado = adjacente



Antes, S estava parada (vS=0) e R em movimento. A quantidade de movimento total QTotal era a de R. Após o choque, R volta, necessariamente com uma quantidade de movimento Q’R. Logo, para que QTotal se conserve S deve ter uma quantidade de movimento Q’S maior que a de R ao final. O aluno confunde esta questão demais. Energia Cinética EC=mv2/2 e Q = mv. Muitos não entendem como uma pode ter maior energia cinética ( α v2 ) e menor quantidade de movimento ( α v ) na volta. O que é matematicamente possível. Veja: 22=4>3, mas 2<3. 3. (UFMG/2010) Uma máquina térmica é

constituída de um cilindro, cheio de gás, que tem um êmbolo móvel. Durante o funcionamento dessa máquina, o gás é submetido a um processo cíclico, que o leva de um estado K a outro estado L e, depois, de volta ao estado K e assim sucessivamente, como representado no diagrama pressão versus volume, mostrado na figura ao lado.

Considerando essas informações, ESPONDA: A) Em qual dos dois estados – K ou L – a temperatura do gás é maior? JUSTIFIQUE sua resposta. B) Em um ciclo completo, em que o gás sai do estado K e volta ao mesmo estado, essa máquina realiza trabalho líquido? JUSTIFIQUE sua resposta. C) Tendo-se em vista que se trata de um sistema ideal, é possível converter em trabalho todo o calor fornecido a essa máquina? JUSTIFIQUE sua resposta.

CORREÇÃO

A Termodinâmica. Envolve conhecimento, mas não achei esta tão complicada. Quanto ao item A, em qual estado (K ou L) a temperatura é maior, podemos justificar de dois modos bem distintos. Escrevendo a famosa equação de Clapeyron, a “puta velha”...

RQ

TotalQTotalQ

'RQ 'SQR R S S

ANTES DO CHOQUE APÓS O CHOQUE

vS = QS = 0



PV nRT= . Dela, vemos que, se o número de mols n permanecer constante, o que ocorre quando o gás (neste caso considerado ideal) está preso (confianado) na máquina, dentro de um cilindro com êmbolo, e sendo R já é uma constante, então a Temperatura é proporcional ao produto Pressão x Volume (T α P.V). No gráfico, observamos que para L os valores da Pressão e do Volume são maiores do que em K. Veja... No gráfico, como disse, em L os valores de P e V são maiores. Logo, em L a temperatura é maior. Outra maneira pela qual gosto de visualizar é através das Isotermas, hipérboles, curvas que neste caso mostram pontos de temperaturas constantes. Note que a isoterma de K é mais baixa que a de L, logo sua temperatura é menor. Quanto ao item B, vou argumentar pela área sob o gráfico, conhecimento fundamental. Ela fornece o trabalho. Durante a expansão, o gás realiza trabalho (positivo), e durante a compressão trabalho é realizado sobre ele (negativo). O chamado Trabalho Líquido é a diferença entre estes dois, e é dado pela área dentro do círculo. Como se vê, o trabalho positivo é maior que o negativo e há, portanto, sim, trabalho líquido. O que significa que a máquina realmente cumpriu seu papel: como num carro, por exemplo, moveu as rodas. Finalmente, em C, um dos enunciados da famosa e filosófica 2a Lei da Termodinâmica, diz que não existe máquina térmica cujo rendimento seja de 100%. O que quer dizer que não é possível converter em trabalho todo o calor...

VL > VKVK

PK

PL > PK

TL > TKTK



4. (UFMG/2010) Na Figura I, está representada, em certo instante, a forma de uma onda que se propaga em uma corda muito comprida e, na Figura II, essa mesma onda 0,10 s depois. O ponto P da corda, mostrado em ambas as figuras, realiza um movimento harmônico simples na direção y e, entre os dois instantes de tempo representados, desloca-se em um único sentido.

1. Considerando essas informações, RESPONDA: Essa onda está se propagando no sentido positivo ou negativo do eixo x? JUSTIFIQUE sua resposta.

2. Para a onda representada, DETERMINE A) a frequência. B) a velocidade de propagação.

CORREÇÃO

Típica de Ondas, talvez o primeiro item seja complicado... O segredo de 1 está no ponto “...P...desloca-se em um único sentido”. Veja a figura abaixo. Caso a onda se deslocasse para a direita (1,2,3), em um primeiro momento (A) o ponto P desceria até um vale, e só então subiria (B) até atingir a crista, conforme a figura II. Mas, aí, houve inversão no sentido do seu movimento. Ao contrário, se o movimento fosse para a esquerda (1,2,3), como mostrei na figura II, o ponto P apenas subiria até a crista (A), sem inversão de movimento. Portanto, o sentido do movimento da onda é da direita para a esquerda. Os outros dois itens são cálculos, simples até... Em A, queremos calcular a frequência, definida como o número de ciclos realizados pela onda num intervalo de tempo. Em Hertz, este tempo é de 1 segundo.

1 2 3

A B

A

Movimento da onda

Movimento da onda 123



Vejamos quantos ciclos a onda se deslocou entre as duas figuras. Desenhei um ciclo completo (comprimento de onda λ) , partido em 4 pedaços. Entre as figuras I e II, a onda se deslocou, conforme o esquema, ¼ de um ciclo em 0,10 s.

1 / 4 11 4

10

ciclosftempo s

= = =2

10.

5

2,5 1

Hz= .

Quanto à velocidade, B, como a onda não muda de meio, sua velocidade é constante e seu movimento Uniforme. Calculando e tirando da figura a distância de 25 cm ou 0,25 m para trás, quer dizer, - 0,25 m.

0,25 250,10 100

d mvt s

−= =

−=

10

10. 2,51

ms

= − .

Seria possível usar também v = λf, se quiséssemos. 5. (UFMG/2010) Para testar as

novidades que lhe foram ensinadas em uma aula de Ciências, Rafael faz algumas experiências, a seguir descritas. Inicialmente, ele esfrega um pente de plástico em um pedaço de flanela e pendura-o em um fio isolante. Observa, então, que uma bolinha de isopor pendurada próxima ao pente é atraída por ele, como mostrado na Figura I, ao lado.

EXPLIQUE por que, nesse caso, a bolinha de isopor é atraída pelo pente.

λ

1/4 1/4 1/4 1/4



2. Em seguida, enquanto o pente ainda está eletricamente carregado, Rafael envolve a bolinha de isopor com uma gaiola metálica, como mostrado na Figura II, ao lado, e observa o que acontece. RESPONDA: A bolinha de isopor continua sendo atraída pelo pente? JUSTIFIQUE sua resposta. 3. Para concluir, Rafael envolve o pente, que continua eletricamente carregado, com a gaiola metálica, como mostrado na Figura III, ao lado, e, novamente, observa o que acontece. RESPONDA: Nessa situação, a bolinha de isopor é atraída pelo pente? JUSTIFIQUE sua resposta.

CORREÇÃO

ELETROSTÁTICA, sendo do tipo mais básico de questão. Recomendo a todos os alunos assistirem aos filmes, disponíveis no YouTube, do autodenominado “Mago da Física”, sobre os processos de eletrização. Que inclusive recomendo no meu site:

• http://www.youtube.com/watch?gl=BR&hl=pt&v=K9J-2m8pqj4 ; • http://www.youtube.com/watch?gl=BR&hl=pt&v=i_z7o6NyHWA .

Quanto à primeira pergunta, a mais simples, diria que será respondida pela maioria

corretamente. O pente foi eletrizado (carregado) por atrito. A carga elétrica do pente polariza a bolinha de isopor, que é um dielétrico (sinônimo de isolante). Devido à polarização, a bolinha, que embora a questão não diga estamos considerando neutra, é atraída. Creio que ainda não ilustrei a polarização. Vou aproveitar... Primeiramente, e apenas como ilustração, vou supor que a carga adquirida pelo pente no atrito seja positiva. No fundo, apenas como exemplo, tanto faz. O isopor, isolante, possuía as moléculas organizadas em termos aleatórios, do ponto de vista elétrico, como tento mostrar na figura abaixo.



Ainda que as moléculas sejam apolares, com a aproximação do pente eletrizado, elas irão se orientar, deslocando internamente a nuvem eletrônica conforme mostrado na figura seguinte. Desta forma, aparece um saldo de cargas contrárias ao pente na extremidade voltada para ele, que causa a atração. Costumamos frisar bastante, em aula, que corpos neutros também podem ser atraídos, e explicar as razões. No item 2, a coisa começa a complicar. Apesar do pente eletrizado, a bolinha está protegida em uma gaiola metálica! Lembra muito a famosa gaiola de Faraday. A explicação mais sofisticada do fenômeno chamado aliás “efeito de penetração”, ou skin effect, pode ser encontrada neste link: http://en.wikipedia.org/wiki/Skin_effect . Mas, a explicação mais comum é conhecida como blindagem eletrostática. O pente carregado vai provocar uma distribuição de cargas na gaiola condutora. Mas, o resultado final é que no interior da gaiola - CONDUTORA - o Campo Elétrico se anula. E a bolinha, portanto, não será atraída.

Isopor antes

++

++

+

++

+

+

0E =

Isopor polarizado

++

++

+

++

+

+

Atrai!



Um exemplo seria você colocar seu celular dentro de um forno de microondas e fechar a porta. Não é para ligá-lo, viu! O sinal cai bastante, talvez a zero! Outro caso típico é a estória de se proteger de raios dentro de carros, metálicos. Veja um vídeo sobre isto: - http://higheredbcs.wiley.com/legacy/college/trefil/0471150584/demo_videos/realplayer_videos/pira_5b20.37_rc.rm . Recomendo o Real Player: http://www.baixaki.com.br/download/RealPlayer.htm . Por fim, também acho que provocará muitos erros, o item 3. Com o pente eletrizado dentro da gaiola, condutora, ocorrerá nesta a indução eletrostática. Veja ao lado. O pente positivo atrai elétrons para a parte de dentro do condutor, e a superfície externa da gaiola fica positiva. Se a carga do pente fosse a contrária, bastaria mudar todos os sinais. Novamente, dentro da gaiola ocorre a blindagem e o Campo Elétrico se anula. Mas, o fato é que a bolinha – do lado de fora da gaiola – novamente se polariza, e é de novo atraída. 6. (UFMG/2010) O espectro de emissão de luz do átomo de hidrogênio é

discreto, ou seja, são emitidas apenas ondas eletromagnéticas de determinadas frequências, que, por sua vez, fornecem informações sobre os níveis de energia desse átomo. Na figura ao lado, está representado o diagrama de níveis de energia do átomo de hidrogênio.

1. No século XIX, já se sabia que cada frequência do espectro de emissão do hidrogênio é igual à soma ou à diferença de duas outras frequências desse espectro. EXPLIQUE por que isso ocorre. E 2. Sabe-se que o espectro do átomo de hidrogênio contém as frequências 2,7×1014 Hz e 4,6×1014

Hz. A partir desses dados, DETERMINE outra frequência desse espectro que corresponde a uma luz emitida na região do visível.

CORREÇÃO

Dentro da Física Moderna, o Modelo Atômico de Bohr, ou seja, questão das mais tradicionais na própria UFMG. Mas, o jeito de perguntar, creio, vai dificultar... Segundo Bohr – veja na apostila que disponibilizo sobre Física Moderna – a energia de

um fóton emitido ou absorvido por um átomo é dada por E hf=

, onde este “E”, na verdade, é a diferença de energia entre dois níveis. Gosto de simplificar a explicação adotando números redondos para os valores da energia em cada nível. Observe.

––

–––

–

–

––

––

++

+

++ +

+

+

+

+

++

++

+

++

+

+



Escolhi, arbitrariamente, 6, 3 e 1 para os valores de energia nos níveis do hidrogênio. Supondo transições entre o 3º e o 2º, o 3º e o 1º e entre o 2º e o 1º níveis, respectivamente, os valores de energia dos fótons emitidos seriam 3, 5 e 2 – note que cada um correspondendo a uma

frequência de fóton. A equação de Planck, E hf=

, mostra relação direta entre energia e frequência. Veja os valores – genéricos – de frequências emitidas: 3, 5 e 2. Logo, neste modelo atômico, é fácil perceber que 5 = 3 + 2 ou 3 = 5 – 2, isto é, as frequências dos fótons emitidos ( e absorvidos) são iguais à somas ou diferenças entre as outras frequências. Basicamente, é porque a energia – ligada à freqüência – de cada fóton vem justamente da diferença de energia entre dois níveis, segundo explicou Bohr. Quanto a determinar outra frequência do hidrogênio, sendo dadas duas, a terceira pode ser justamente a soma das outras duas: f3 = (2,7+4,6).10 14 = 7,3.10 14 Hz. Porém, a questão exige na região do visível.... Na primeira página da prova, tiramos esta informação.

O visível vai de um comprimento de onda λ igual a 4,0 até 7,0.10 – 7 m. Calculando facilmente as frequências pela equação de onda – da vaca – v = λf e usando a velocidade da luz c, teremos:

88 7 14

7

88 7 14

7

3.10 0,75.10 7,5.10 4.10

3.10 0,428...10 4,3.10 7.10

máx

mín

cf f Hz

f Hz

λ+

−

+−

= ⇒ = = =

= = = . Assim, temos

certeza que o valor que encontramos na soma, f3 = (2,7+4,6).10 14 = 7,3.10 14 Hz, está sim, dentro do espectro visível! Quem não comentar a questão do visível certamente perderá pontos.

6

3

1

6 – 3 = 3

6 – 1 = 5 3 – 1 = 2

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