Ap fisica modulo 11 exercicios

UFMG 2010
2a Etapa corrigida e comentada

Professor Rodrigo Penna
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1

© Professor Rodrigo Penna - 2010

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)

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© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2010, 2a ETAPA
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.
2,5 m
O Peso é aplicado
no chamado Centro de
Gravidade. Para um carro
de motor dianteiro, o
modelo mais comum, este
está deslocado para Normaltras C.G. Normaldiant
frente. As Normais nas 0,4 P
rodas equilibram (FRes=0) (40%) 2,5 – x 0,6 P
x
o peso. Mas, não são (60%)
iguais... Apoio
Peso
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.

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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 − x ) = 0,6 P .2,5 ⇒ x = 2,5 − 1,5 = 1,0 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: FMáx = μe . N .
Fat
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?

B) Logo após a colisão, o módulo da quantidade de
movimento da esfera R é menor, igual ou maior que o
da esfera S?

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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, l cos θ
mgh, representada pela altura h1. do lado = adjacente
Após o choque, a altura é menor, h2. 45º
Usando trigonometria básica, l
podemos calcular não a energia
potencial gravitacional, que é
diretamente proporcional à altura, h1
h2
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.
h1 = l − l cos 60º = l − 0,5 l = 0,50 l
h1 = l − l cos 45º = l − 0,707 l = 0, 29 l
0, 29 l
= 0,58 = 58%
0,50 l
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:
Q final = Qinicial Q = mv , grandeza vetorial, como se vê. Representação:
. Sendo



ANTES DO CHOQUE APÓS O CHOQUE
QR Q 'R Q 'S
R S R S

vS = QS = 0

QTotal QTotal
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?

B) Em um ciclo completo, em que o gás sai
do estado K e volta ao mesmo estado, essa máquina realiza trabalho líquido?

C) Tendo-se em vista que se trata de um sistema ideal, é possível converter em trabalho todo o calor
fornecido a essa máquina?

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”...



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...

TK TL > TK

PL > PK
PK

VK VL > VK

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...


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?

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 Movimento
a direita (1,2,3), em um primeiro da onda
1 2 3
momento (A) o ponto P desceria até
um vale, e só então subiria (B) até A B
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 Movimento
apenas subiria até a crista (A), sem 3 2 da onda
1
inversão de movimento. A

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.


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.

5
ciclos 1 / 4 1 10
f = = = . = 2,5 Hz λ
tempo 1 s 4 1 .
2
10 1/4 1/4 1/4 1/4

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.

d −0, 25m −25 10 m
v= = = . = −2,5 .
t 0,10 s 100 1 s
10

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.


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?

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?

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.
Isopor antes

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.

Isopor polarizado

++
++
+
+ Atrai!
++
+

No item 2, a coisa começa a complicar. Apesar do pente

E =0
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.


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
14 14
2,7×10 Hz e 4,6×10 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
6
frequência de fóton. A equação de Planck,
E = hf ,
6–3=3
mostra relação direta entre energia e frequência. Veja os 3
valores – genéricos – de frequências emitidas: 3, 5 e 2.
Logo, neste modelo atômico, é fácil perceber que 6–1=5
5 = 3 + 2 ou 3 = 5 – 2, isto é, as frequências dos fótons 3–1=2
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 1
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:
c 3.108
f = ⇒ f máx = = 0,75.108+7 = 7,5.1014 Hz
λ 4.10−7
3.108
= = 0, 428...108+7 = 4,3.1014 Hz
. Assim, temos
f mín
7.10−7
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.


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