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Ap fisica modulo 11 exercicios
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Ap fisica modulo 11 exercicios

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  • 1. UFMG 2010 2a Etapa corrigida e comentada Professor Rodrigo Penna www.fisicanovestibular.com.br 1
  • 2. © Professor Rodrigo Penna - 2010 COMENTÁRIOS As alterações ocorridas na 1a Etapa do vestibular, em 2008, não ocasionarammudanças 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 erade 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 aopassado. 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 sertrabalhados. Cabe dizer que ao corrigir e comentar as provas meu objetivo não é apresentarum padrão de respostas das questões. Antes e pelo contrário, trabalho com ahipótese de que um aluno que consulta este material está interessado em aprender, e euem ensinar. Por isto, sou muito prolixo na explicação de cada questão, abordo muitasvezes mais de uma alternativa de resolução, faço links com a internet, enfim, evitosimplesmente resolver cada questão. Outros sites, de pré-vestibular, por exemplo,fazem isto. Um aluno que deseja conhecer o padrão de respostas esperado pela banca daUFMG, inclusive com estatísticas de erros e de acertos, deve procurar em uma boabiblioteca a coleção de correções das provas da própria UFMG, de todas as disciplinase que é editada e vendida anualmente. Por sinal, as de 2008 e 2009 atrasaram e aindanão consegui comprar! Acumulou agora com a de 2010! As mesmas questões resolvidas são encontradas em meu site, separadas porassunto. Neste caso, o estudante terá uma série de questões resolvidas e comentadassobre o mesmo tema. Faço questão absoluta de lembrar que apesar da internet, dos recursosmultimídia, da melhora na qualidade dos livros didáticos, da competência e capacitaçãocontínua dos professores, ainda não inventaram nada melhor para aprender do queESTUDAR. E noto que, infelizmente, boa parte dos alunos o faz cada vez menos! Aí nãotem salvação! Professor Rodrigo Penna (10/03/2010) www.fisicanovestibular.com.br 2
  • 3. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2010, 2a ETAPA CORREÇÃO DA PROVA DA UFMG/2010 2a Etapa1. (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 ocentro 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 deum corpo extenso (Momento de uma força) e Atrito (Leis de Newton). Como envolve as forças, é sempre recomendável começar fazendo um esquema, comoo seguinte. 2,5 m O Peso é aplicadono chamado Centro deGravidade. Para um carrode motor dianteiro, omodelo mais comum, esteestá deslocado para Normaltras C.G. Normaldiantfrente. As Normais nas 0,4 Prodas equilibram (FRes=0) (40%) 2,5 – x 0,6 P xo peso. Mas, não são (60%)iguais... Apoio Peso Quem compreendebem o conceito deMomento (“giro”)consegue solucionar o problema, facilmente, de cabeça. Se 3/5 (60%) do peso estão nadianteira, e a distância entre os eixos é de 2,5 m (÷ 5 = 0,5 m), então 3/5 da distância, ouseja, 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, alémde obedecer à 1ª Lei de Newton (FRes=0 ⇒ P = Nd + Nt), o Momento Resultante deve serigual 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 Pesotende a girar no sentido horário e a normal dianteira no anti-horário. Igualando os momentosem relação à roda traseira: F1.d1= F2.d2 (Obs: não precisamos do seno pois as forças estãoperpendiculares ao braço de alavanca e sem 90º = 1). Escolhendo o apoio na traseira, omomento da normal traseira vai a zero: distância ao apoio zero. Escolhido o Centro deGravidade, anularíamos o momento do peso pelo mesmo motivo. www.fisicanovestibular.com.br 3
  • 4. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2008, 2a ETAPA 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 2,5m! 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 eo asfalto, que empurra o carro para frente.Deslizar sobre o solo significa derrapar.Neste caso, passa-se do atrito estáticopara o chamado atrito cinético.Certamente a correção vai exigir estecomentário. A força máxima de atrito, limitea partir do qual ocorre a derrapagem, é achamada Força de Atrito Estático Máxima,cuja relação é: FMáx = μe . N . Fat Conhecendo esta relação, vemos queo atrito depende da normal e do material dos pneus (μe = coeficiente de atrito estático, quevaria com o material). Como, de acordo com os dados, a normal na traseira, onde há menos peso, é menor, oatrito na traseira será menor e o carro de tração traseira derrapará, assim, maisfacilmente. 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 ofio da esfera R faz um ângulo de 60° com a vertical, comomostrado na figura ao lado.Em seguida, a esfera R é solta, colide com a esfera S eretorna 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 demovimento da esfera R é menor, igual ou maior que oda esfera S?JUSTIFIQUE sua resposta. www.fisicanovestibular.xpg.com.br 4
  • 5. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2008, 2a ETAPA CORREÇÃO Este problema sobre Colisões, no qual aplicaremos as Leis da Conservação, deve terdado 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 edepois do choque. Como subiu só até 45º, terá menos... Trata-se de um problema muitoconceitual, embora tenhamos que calcular. Isto porque não sabemos nem a massa (de R ou deS) nem o quanto S se move após o choque, para calcularmos quanto energia foi transferida aela... Esqueminha de sempre. Antes do choque, R tinhaenergia potencial gravitacional, l cos θmgh, representada pela altura h1. do lado = adjacenteApós o choque, a altura é menor, h2. 45º Usando trigonometria básica, lpodemos calcular não a energiapotencial gravitacional, que édiretamente proporcional à altura, h1 h2mas qual fração da altura foi perdida.E, a altura h pode ser calculada peladiferença entre o comprimento totaldo 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 lh1 = l − l cos 45º = l − 0,707 l = 0, 29 l0, 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 Rtransferida a S), mas nem vem ao caso. Considerando que toda energia mecânica perdidapor R fosse para S (42%), a primeira ainda teria mais energia (58%). E, ainda, como aenergia potencial gravitacional que R adquire na volta, após o choque, vem da energiacinética (da velocidade) que ela tinha imediatamente após o choque (na subida ela perdevelocidade e ganha altura), podemos afirmar que logo após o choque a energia cinéticade 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 www.fisicanovestibular.xpg.com.br 5
  • 6. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2008, 2a ETAPA 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 totalQTotal era a de R. Após o choque, R volta, necessariamente com uma quantidade de movimentoQ’R. Logo, para que QTotal se conserve S deve ter uma quantidade de movimento Q’S maiorque a de R ao final. O aluno confunde esta questão demais. Energia Cinética EC=mv2/2 e Q = mv. Muitosnão entendem como uma pode ter maior energia cinética ( α v2 ) e menor quantidade demovimento ( 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 – atemperatura do gás é maior?JUSTIFIQUE sua resposta.B) Em um ciclo completo, em que o gás saido 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 calorfornecido 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 dedois modos bem distintos. Escrevendo a famosa equação de Clapeyron, a “puta velha”... www.fisicanovestibular.xpg.com.br 6
  • 7. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2008, 2a ETAPAPV = nRT . Dela, vemos que, se o número de mols n permanecer constante, oque 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 éproporcional ao produto Pressão x Volume (T α P.V). No gráfico, observamos que para Los 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 atemperatura 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 ográfico, conhecimento fundamental. Ela fornece o trabalho.Durante a expansão, o gás realiza trabalho (positivo), edurante a compressão trabalho é realizado sobre ele(negativo). O chamado Trabalho Líquido é a diferença entreestes 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 realmentecumpriu seu papel: como num carro, por exemplo, moveu asrodas.Finalmente, em C, um dos enunciados da famosa e filosófica 2a Lei da Termodinâmica, dizque não existe máquina térmica cujo rendimento seja de 100%. O que quer dizer que não épossível converter em trabalho todo o calor... www.fisicanovestibular.xpg.com.br 7
  • 8. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2008, 2a ETAPA4. (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 nosentido positivo ou negativo do eixo x?JUSTIFIQUE sua resposta.2. Para a onda representada,DETERMINEA) 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 Movimentoa direita (1,2,3), em um primeiro da onda 1 2 3momento (A) o ponto P desceria atéum vale, e só então subiria (B) até A Batingir a crista, conforme a figura II.Mas, aí, houve inversão no sentidodo seu movimento. Ao contrário, se o movimentofosse para a esquerda (1,2,3), comomostrei na figura II, o ponto P Movimentoapenas subiria até a crista (A), sem 3 2 da onda 1inversão de movimento. A Portanto, o sentido domovimento da onda é da direita paraa esquerda. Os outros dois itens são cálculos,simples até... Em A, queremos calcular a frequência, definida como o número de ciclos realizadospela onda num intervalo de tempo. Em Hertz, este tempo é de 1 segundo. www.fisicanovestibular.xpg.com.br 8
  • 9. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2008, 2a ETAPA Vejamos quantos ciclos a onda se deslocou entre as duas figuras. Desenhei um ciclocompleto (comprimento de onda λ) , partidoem 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 nãomuda de meio, sua velocidade é constante eseu movimento Uniforme. Calculando e tirandoda figura a distância de 25 cm ou 0,25 m paratrás, quer dizer, - 0,25 m. d −0, 25m −25 10 mv= = = . = −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. www.fisicanovestibular.xpg.com.br 9
  • 10. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2008, 2a ETAPA2. Em seguida, enquanto o pente ainda estáeletricamente carregado, Rafael envolve a bolinhade isopor com uma gaiola metálica, como mostradona Figura II, ao lado, e observa o que acontece.RESPONDA:A bolinha de isopor continua sendo atraída pelopente?JUSTIFIQUE sua resposta.3. Para concluir, Rafael envolve opente, que continua eletricamentecarregado, com a gaiola metálica,como mostrado na Figura III, aolado, e, novamente, observa oque acontece.RESPONDA:Nessa situação, a bolinha deisopor é atraída pelo pente?JUSTIFIQUE sua resposta. CORREÇÃO ELETROSTÁTICA, sendo do tipo mais básico de questão. Recomendo a todos osalunos 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 maioriacorretamente. O pente foi eletrizado (carregado) por atrito. A carga elétrica do pentepolariza a bolinha de isopor, que é um dielétrico (sinônimo de isolante). Devido àpolarização, a bolinha, que embora a questão não diga estamos considerando neutra, éatraída. Creio que ainda não ilustrei a polarização. Vou aproveitar... Primeiramente, e apenas como ilustração, vou supor que a carga adquirida pelo penteno atrito seja positiva. No fundo, apenas como exemplo, tanto faz. O isopor, isolante, possuíaas moléculas organizadas em termos aleatórios, do ponto de vista elétrico, como tento mostrarna figura abaixo. www.fisicanovestibular.xpg.com.br 10
  • 11. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2008, 2a ETAPA Ainda que as moléculas sejam apolares, com a aproximação do pente eletrizado, elasirão se orientar, deslocando internamente a nuvem eletrônica conforme mostrado na figuraseguinte. Isopor antes Desta forma, aparece um saldo de cargas contrárias ao pente na extremidade voltadapara ele, que causa a atração. Costumamos frisar bastante, em aula, que corpos neutrostambém podem ser atraídos, e explicar as razões. Isopor polarizado ++ ++ + + Atrai! ++ + No item 2, a coisa começa a complicar. Apesar do pente E =0eletrizado, 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 gaiolacondutora. Mas, o resultado final é que no interior da gaiola - CONDUTORA - o CampoElétrico se anula. E a bolinha, portanto, não será atraída. www.fisicanovestibular.xpg.com.br 11
  • 12. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2008, 2a ETAPA Um exemplo seria você colocar seu celular dentro de um forno de microondas e fechar aporta. Não é para ligá-lo, viu! O sinal cai bastante, talvez a zero! Outro caso típico é a estóriade 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 provocarámuitos 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 CampoElétrico se anula. Mas, o fato é que a bolinha– do lado de fora da gaiola – novamente sepolariza, 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 dohidrogênio é igual à soma ou à diferença de duas outras frequências desseespectro.EXPLIQUE por que isso ocorre.E2. Sabe-se que o espectro do átomo de hidrogênio contém as frequências 14 142,7×10 Hz e 4,6×10 Hz. A partir desses dados, DETERMINE outra frequênciadesse 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 maistradicionais na própria UFMG. Mas, o jeito de perguntar, creio, vai dificultar... Segundo Bohr – veja na apostila que disponibilizo sobre Física Moderna – a energia deum 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 adotandonúmeros redondos para os valores da energia em cada nível. Observe. www.fisicanovestibular.xpg.com.br 12
  • 13. © Professor Rodrigo Penna – UFMG 2008, 2a ETAPA Escolhi, arbitrariamente, 6, 3 e 1 para os valores deenergia nos níveis do hidrogênio. Supondo transições entre o3º e o 2º, o 3º e o 1º e entre o 2º e o 1º níveis,respectivamente, os valores de energia dos fótons emitidosseriam 3, 5 e 2 – note que cada um correspondendo a uma 6frequência de fóton. A equação de Planck, E = hf , 6–3=3mostra relação direta entre energia e frequência. Veja os 3valores – genéricos – de frequências emitidas: 3, 5 e 2. Logo, neste modelo atômico, é fácil perceber que 6–1=55 = 3 + 2 ou 3 = 5 – 2, isto é, as frequências dos fótons 3–1=2emitidos ( e absorvidos) são iguais à somas ou diferençasentre as outras frequências. Basicamente, é porque aenergia – ligada à freqüência – de cada fóton vem justamente 1da diferença de energia entre dois níveis, segundo explicouBohr.Quanto a determinar outra frequência do hidrogênio, sendo dadas duas, a terceira pode serjustamente a soma das outras duas: f3 = (2,7+4,6).10 14 = 7,3.10 14 Hz. Porém, a questãoexige 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. Calculandofacilmente as frequências pela equação de onda – da vaca – v = λf e usando a velocidadeda 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 7.10−7certeza 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 perderápontos. www.fisicanovestibular.xpg.com.br 13