VESTIBULARUFMG - Física

corrigido e comentado

2009 2a Etapa

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Professor Rodrigo Penna

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© Professor Rodrigo Penna - 2009

COMENTÁRIOS

As alterações ocorridas na 1a Etapa do vestibular, em 2008, não ocasionaram mudanças na 2a Etapa. A não ser a redução para 6 questões agora. O vestibular da UFMG continuou com questões interessantes, bem feitas e com vários itens. Envolvendo um grau de complexidade maior como era de se esperar de uma prova da 2a Etapa. Estamos economizando papel, árvores, dinheiro e tempo!

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. Marcar um mero x está longe de ser desenvolver toda uma questão!

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, abordo muitas vezes mais de uma alternativa de resolução, faço links com a internet, enfim, evito simplesmente resolver cada uma. Outros sites, de pré-vestibular, por exemplo, já fazem isto muito bem! Consulte-os e verá. Vale a pena, é mais estudo.

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 (grifados em azul são links), de todas as disciplinas e que é editada e vendida anualmente. Por sinal, a de 2008 atrasou e ainda não pude comprar! Podiam não atrasar, né!

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 um 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! Horas e horas é o que recomendo!

Professor Rodrigo Penna (17/01/2009)

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VESTIBULAR UFMG 2009

2a ETAPA – 6 QUESTÕES

1. (UFMG/2009) Uma bola é lançada horizontalmente, de certa altura, e cai sobre uma superfície rígida, plana e horizontal. Uma parte da trajetória dessa bola está mostrada nesta fotografia estroboscópica, que consiste na superposição de diversas imagens registradas em instantes consecutivos:

Nessa figura, tanto na escala horizontal quanto na vertical, cada divisão mede 10 cm. A massa da bola é de 0,20 kg e, na foto, o intervalo de tempo entre uma exposição e outra é de 0,020 s.Considerando essas informações,1. DETERMINE o módulo da velocidade da bola no instante em que ela é lançada horizontalmente. JUSTIFIQUE sua resposta.

2. CALCULE a energia dissipada na segunda colisão da bola com a superfície. JUSTIFIQUE sua resposta.

CORREÇÃO

Questão interessante, que envolve CINEMÁTICA VETORIAL e CONSERVAÇÃO DA ENERGIA.

O item 1 trata da Composição de Movimentos. Veja na figura. Podemos separar o movimento da bola em duas direções: na horizontal, que nos interessa para cálculo da velocidade de lançamento solicitada, e desprezando-se os atritos, o que deve ser justificado na questão, a gravidade não atua e teremos um Movimento Retilíneo Uniforme.

Na vertical, com atuação da aceleração da gravidade, o movimento é Uniformemente Variado. Embora não iremos utilizar as equações deste na resolução desta questão. Discutidos os conceitos e analisada a figura, partimos para a solução.

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Veja que, separando a distância d e contando, uma por uma, as posições ocupadas pela bolinha, encontramos 9 posições. Sabemos, do enunciado, que a escala horizontal é de 10 cm e que o intervalo entre as fotos foi de 0,020 s. 9x0,02=0,18 s. Como o movimento é uniforme, temos:

.

Quanto ao segundo item, envolve a Conservação da Energia Mecânica. Se não houvesse atritos, som, algum calor gerado no impacto, deformação permanente na bola e no local do impacto, a Energia Mecânica se conservaria e a bola voltaria à mesma altura! Mas, pela figura e observando a escala, vemos uma diferença de altura h 18 cm. Também seria aceitável 19 cm, talvez 17 cm, afinal a medida é no visual, mas tem escala.

Supondo que, durante o vôo da bola, o atrito com o ar seja desprezível, toda a energia dissipada que implicou nos 18 cm de diferença na altura foi devida ao choque. Podemos calcular a energia dissipada, então, pelo conceito de Energia Potencial Gravitacional, que faz parte da Mecânica, e com a diferença de altura.

.

Questão interessante. E lembrando que fotografias como esta são comuns nos bons livros de Física. De forma que o aluno não só já as viu, como também deve ter feito outras semelhantes. Haverá erros de avaliação na escala e erros de justificativas nos dois itens, com

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lançamentov>>>>>>>>>>>>>>

g>>>>>>>>>>>>>>

d

h 18 cm

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Tração>>>>>>>>>>>>>>

mPeso>>>>>>>>>>>>>>

MPeso>>>>>>>>>>>>>>

Tração>>>>>>>>>>>>>>

© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2009, 2a ETAPAcerteza. Já que não se aceita, no padrão de correção, que contas sejam feitas sem discorrer corretamente sobre a teoria envolvida.

2. (UFMG/2009) Considere que dois objetos de massas M e m estão pendurados nas extremidades de uma corda que passa por uma polia, como representado na figura ao lado:O eixo da polia é sustentado por um dinamômetro.Considere que M > m; que a massa da corda e a da polia são desprezíveis; que a corda é inextensível; e que a polia pode girar livremente em torno de seu eixo.Considerando essas informações,

1. A) DESENHE e NOMEIE, diretamente na figura, as forças que atuam nos objetos M e m. B) DETERMINE a aceleração do objeto de massa m em função de M, m e g.

2. DETERMINE a força indicada no dinamômetro em função de M, m e g.

CORREÇÃO

Eis uma típica questão de Leis de Newton.O item 1 A, além de mais simples, é necessário para a solução do problema. Vamos

copiar a figura e desenhar as forças.

Veja que desenhamos as forças em escala: PM > Tração > Pm. E são apenas estas duas forças em cada objeto: seu peso, a força de atração gravitacional da Terra sobre eles, e a Tração, provocada pela corda esticada e amarrada nos dois.

Para calcularmos a aceleração de m, por sinal a mesma em módulo de M – só que o primeiro sobe enquanto o segundo desce – precisamos da Força resultante que atua sobre o sistema. Note que a Tração, no sistema, se anula, pois puxa um objeto para cada lado. Ou, se preferir, pense que a Tração é uma força interna, não sendo capaz de acelerar o sistema. E, uma última forma de enxergar a situação, imagine a corda estica em linha reta: a Tração nas duas cordas se anula porque fica uma para cada lado!

Sobram os dois pesos (demais desprezíveis, além do atrito) e um deles é

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© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2009, 2a ETAPAmaior: PM. Este faz acelerar o sistema no seu sentido pela diferença de peso. Calculando e, básico: P = mg. Erro comum: as duas massas (M+m) aceleram!

Note que se as massas forem iguais a aceleração seria zero: M – m = 0! E a < g !

Quanto ao item 2, um bom começo é calcular a Tração que atua na corda. Para começar, como discutimos que ela se anula no sistema inteiro, vamos analisar só um objeto, o m.

A 2ª Lei de Newton permite calcular a Tração:

.

Mas, sabemos a aceleração, calculada anteriormente. Substituímos:

.

Grande, mas nada grave! Porém, um detalhe que, creio, irá provocar até mais erros, é o último. Percebe-se quando se analisa a corda atuando na roldana. Veja:

Estando a corda toda esticada, ela puxa a polia dos dois lados! Este tipo de situação é sempre comentado em sala de aula, pois problemas de roldanas são dos mais comuns nos exemplos feitos sobre as Leis de Newton.

É o conjunto das duas Trações, e não os pesos, que puxa a polia de massa desprezível, lembre-se. Então, o dinamômetro, que não passa de um medidor de força, mede 2T, duas trações!

.

Creio que o índice de erros será alto, mas não deveria, pois a questão é mais do que tradicional. Falhas do ensino...

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mPeso>>>>>>>>>>>>>>

Tração>>>>>>>>>>>>>>

Tração>>>>>>>>>>>>>>

T>>>>>>>>>>>>>>

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3.(UFMG/2009) Para estudar o comportamento de um gás, um professor montou o sistema representado nesta figura:

Nesse sistema, um recipiente de volume V, dotado de um êmbolo e de um registro R, contém um gás que se comporta como um gás ideal. Um manômetro, que consiste em um tubo de vidro, em forma de U, que contém mercúrio, tem uma de suas extremidades conectada ao recipiente, por intermédio do registro R, e a outra extremidade aberta.Inicialmente, o registro está aberto e o gás está à pressão atmosférica p0 e à temperatura ambiente T0.Sejam d a densidade do mercúrio e he e hd a altura das colunas de mercúrio, nos ramos da esquerda e da direita do tubo, respectivamente.

1. A partir de certo instante, o professor comprime o êmbolo, lentamente, para que o gás se mantenha à temperatura ambiente, até reduzir à metade o volume ocupado, no recipiente, pelo gás.Considerando essa situação, DETERMINE a diferença de altura (he - hd) entre as duas colunas de mercúrio no tubo de vidro, em termos de p0, d e g.

2. Em seguida, o professor fecha o registro R e puxa o êmbolo, rapidamente, até este retornar à posição inicial.Isso feito, ele abre o registro R e, ao mesmo tempo, observa o nível de cada uma das colunas de mercúrio no tubo de vidro.Considerando essa nova situação, RESPONDA:A altura he é menor, igual ou maior que a altura hd?JUSTIFIQUE sua resposta.

CORREÇÃO

A TERMODINÂMICA, enfocando o Comportamento dos Gases, que a UFMG tanto aborda. Logo, nenhuma surpresa.

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© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2009, 2a ETAPANo item 1 temos uma Transformação Gasosa. Fácil de identificar, por sinal. Segundo o

texto da questão, “o professor comprime o êmbolo, lentamente, para que o gás se mantenha à temperatura ambiente”. Manter-se na mesma temperatura, ambiente, em que estava implica numa Transformação Isotérmica, na qual a temperatura permanece constante – como eu costuma tratar, = k). Logo, outras duas variáveis de estado do gás se alteram: o volume, a que a questão se refere, e a pressão, que irá provocar a diferença de altura.

No enunciado, temos que o volume se reduz à metade. Fiz uma figura para ilustrar.

Veja que pressionar o gás fez a coluna de mercúrio se deslocar para a esquerda em relação ao nível de equilíbrio original, que deixei marcado. Podemos utilizar a Equação de Clapeyron que trata do comportamento dos gases, a famosa “puta veia”... PV=nRT.

E, importante citar na resolução: como o gás está confinado, preso, o número de moles

n permanece constante. Então: . O produto pressãoxvolume / temperatura

permanece constante! Substituindo os dados, genéricos, fornecidos, calculamos a pressão atingida pelo gás:

. O que era esperado por um

aluno que compreende bem as transformações: se o volume se reduz pela metade, a pressão dobra!

Porém, a questão quer a diferença de altura! Marquei na figura, veja acima. Observe que o gás sustenta a pressão atmosférica (Po) mais a diferença de altura he – hd da coluna de mercúrio!

Stevin nos ensina a calcular a pressão de um fluido numa profundidade qualquer:

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Patm

he – hd = h

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. O termo dhg é a chamada pressão hidrostática, devida à diferença

de altura, neste caso, das colunas de mercúrio! E a pressão inicial po é a atmosférica. Claro, a altura h, então, é he – hd.

Podemos usar o Teorema de Stevin e calcular a altura h diretamente na fórmula acima. Vamos lá...

.

Apesar da aparência, não é tão complicado quanto se parece.

Quanto ao item 2, carece um cuidado maior. Pensando no contrário da transformação anterior, se o professor puxasse o êmbolo lentamente, mantendo o registro aberto e a temperatura constante, tudo voltaria ao início, com os mesmos valores de pressão, volume e temperatura. Mas, não foi o que ele fez...

Para começar, a próxima transformação ocorreu, segundo a questão, “rapidamente”, o que caracteriza uma mudança Adiabática. Tão rápida que não dá tempo de trocar calor com

o ambiente. Da 1a Lei da Termodinâmica, temos: . Aqui, U é a variação

da energia interna, ligada à temperatura, o estado de agitação das partículas que compõem o gás; Q é o calor trocado, no caso zero; é o trabalho realizado pelo gás. Então:

. Vemos que a variação da energia, ou seja, a temperatura do

gás depende do trabalho realizado pelo gás.Caso se queira relacionar a Energia Interna com a Temperatura não com argumentos

teóricos mas com a Teoria Cinética dos Gases tem-se: .

Como o gás se expande, ele realiza um trabalho positivo. Na prática, quer dizer que quando o professor puxa o êmbolo dando-lhe mais espaço ele gasta sua própria energia interna para aumentar de volume e ocupá-lo. Logo, sua temperatura, fator importante, diminui em relação à temperatura ambiente, que manteve até então.

Como ele continua confinado e não vazou, a relação anterior, ,

permanece valendo. Já que o volume volta a ser V e concluímos que a temperatura diminui em relação à inicial, a pressão não pode ser a mesma que a inicial! A relação mostra que a pressão deve diminuir para compensar a diminuição da temperatura:

!

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© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2009, 2a ETAPAChegando ao final dos argumentos, como a pressão final do gás vai ser menor do que

a que ele tinha antes e antes era a atmosférica, o gás fica com pressão menor que a atmosférica! Portanto, assim que o professor abrir o registro, sendo a pressão atmosférica maior, ela irá deslocar a coluna de mercúrio agora para a direita. Fiz novamente uma ilustração do caso.

Assim, agora teremos he < hd . E foi mais complicado argumentar do que fazer a conta do item 1!

4.(UFMG/2009) Em um Laboratório de Física, um estudante puxa uma espira condutora, quadrada, sobre uma superfície horizontal, onde há um campo magnético B, uniforme e perpendicular ao plano da espira, como representado nesta figura:

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A espira, cujo lado mede L, move-se para a direita, sobre a superfície, paralelamente ao eixo x e com velocidade constante, através do campo magnético, representado pelo símbolo ⊙.Na figura, também está indicado o ponto P, localizado no lado direito da espira.Considerando essas informações,1. ESBOCE, no gráfico abaixo, a corrente elétrica na espira em função da posição x do ponto P, desde x = 0 até x = 5L.

2. JUSTIFIQUE sua resposta.

CORREÇÃO

Veio o ELETROMAGNETISMO, aliás, como esperado. Prefiro fazer a questão ao contrário: analisar e justificar, como pede o item 2, e depois construir o gráfico. Observe também a questão fechada de 2006 e já terá uma boa idéia!

Lembremos a Lei de Faraday: para gerar corrente induzida na espira o fluxo magnético, que pode ser visto pelo número de linhas de indução que furam a espira, deve variar com o tempo.

Ou, matematicamente: .

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© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2009, 2a ETAPAEnquanto a espira não entrar na região do campo, não haverá fluxo magnético dentro

dela. Pela lei, = 0. Da mesma forma, após sair completamente do campo.Quando a espira estiver entrando no campo, o fluxo magnético através dela

aumenta, logo varia. Nesta hora, haverá corrente induzida na espira. Quando estiver saindo também: só que, neste caso, o fluxo diminui, ao contrário de aumentar. Em ambos, 0.

Completamente inserida no campo, haverá fluxo na espira. Porém, como o Campo Magnético é Uniforme, igualmente distribuído no espaço, o fluxo magnético será constante! Assim, não varia com o tempo. = 0.

Além de Faraday, precisamos analisar também a contribuição de Lenz, um sinalzinho

negativo: . Ela indica o sentido da corrente induzida na espira.

Em palavras: “a força eletromotriz induzida tende a contrariar a causa que a causou”. Sabemos do problema do português! A princípio, para a solução da questão, devemos levar em conta que o sentido da corrente induzida quando a espira estiver entrando – fluxo aumenta – deve ser contrário ao sentido de quando a espira estiver saindo – fluxo diminui.

Vou ilustrar, primeiro, a situação. Veja a espira se movendo na horizontal.

Veja que, na entrada, a parte cinza, que representa o campo, vai aumentando dentro da espira. Na saída, vai diminuindo. Não fixe sua atenção ao símbolo ⊙, campo saindo, e sim toda a região cinza que mostra onde o campo atua.

Desta maneira, teremos corrente elétrica induzida na espira, obedecendo à Lei de Faraday, na entrada e na saída da espira do campo. Nestas duas ocasiões, o fluxo

magnético no interior da espira varia e como , haverá força eletromotriz

induzida (f.e.m) gerando a corrente. Outro detalhe: como a espira se move “com velocidade constante”, a variação do fluxo magnético e a f.e.m. serão constantes. Já

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que a espira tem resistência R constante e, da Lei de Ohm, , então a corrente

induzida também será constante.Agora, abordando a Lei de Lenz. Provavelmente, a correção oficial aceitará argumentos

de que o sentido da corrente na entrada da espira no campo, quando o fluxo aumenta, deve ser contrário ao sentido da saída, quando o fluxo diminui. Mas, podemos fazer uma análise bem mais detalhista.

Vamos ilustrar novamente apenas a entrada da espira no campo. Vemos o fluxo magnético aumentando e temos em mente Lenz: contrariar a causa que a causou. Se o fluxo está aumentando, contrariar a causa significa que a corrente induzida deve contribuir para tentar diminuir o fluxo. E, temos a regra da mão direita, aplicável justamente a estas situações...

Veja a figura:

Como está aumentando, dentro da espira, a quantidade de linhas ⊙, a corrente induzida i cria um campo , para dentro, tentando diminuir o fluxo magnético. Pela regra da mão, os 4 dedos apontam para dentro da página, e o dedão indica o sentido da corrente elétrica, horário, no caso.

Podemos estabelecer, para a construção do gráfico, que o sentido horário será o positivo e vice-versa. Não analisamos a saída da espira porque a situação é simétrica: acontece justamente o contrário.

Finalmente, construindo o gráfico que a questão solicita:

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i

LBvi

R

LBvi

R

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E, ainda ficou como pára-casa discutir o módulo da corrente induzida, dado por

.

5.(UFMG/2009) Nesta figura, estão representadas duas estrelas R e S , que, em relação a um ponto P localizado na superfície da Terra, estão a 90º uma da outra, como representado nesta figura:

Nessa figura, os elementos não estão representados em escala.A estrela R está a pino em relação a uma pessoa, na Terra, parada no ponto P.Considerando essas informações, RESPONDA:Visto por essa pessoa, o ângulo formado pelas linhas de visada que apontam para as estrelas R e S é menor, igual ou maior que 90º?Observação: A linha de visada corresponde à direção em que o observador vê a estrela.JUSTIFIQUE sua resposta. Se necessário, desenhe sobre a figura.

CORREÇÃO

A ÓPTICA, particularmente REFRAÇÃO. Inclusive lembra muito a questão aberta de 2001 e até uma fechada de 2003, pois o princípio é o mesmo: o desvio da luz, que a refração provoca – com exceções! – , muda a direção em que se vê a imagem de um objeto.

Veja na Editora UFMG a correção da prova de 2001 e os comentários que citarei.

Primeiramente, “a pino”, como diz o enunciado, significa que a estrela R está a 90º do plano do observador e sua luz incide perpendicularmente à superfície e atmosfera da Terra. Neste caso, a luz que vem da estrela sofre refração ao passar do vácuo para a atmosfera –

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© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2009, 2a ETAPAmudou de meio de propagação – mas sem sofrer desvio. E a pessoa vê a estrela na direção onde ela realmente está.

No caso da estrela S, a situação é diferente. Veja na figura da próxima página o desenho representando a refração da luz. A luz proveniente desta estrela incide obliquamente na atmosfera para atingir os olhos do observador. Então, e obedecendo à

Lei de Snell – comentário que a correção de 2001 não exigiu – , e lembrando

que a velocidade da luz no ar da atmosfera é menor que no vácuo do espaço , diminui o ângulo formado com a normal, conforme a figura. A refração não ocorre de uma única vez, pois a densidade da atmosfera varia com a altitude e o próprio ar está em movimento, mas representamos como se fosse uma superfície homogênea. E um observador em P verá a estrela na direção do prolongamento da luz refratada. Se a luz de S for direta em direção à pessoa, não chegará nela, devido à refração.

Assim, pelas explicações e desenho, o ângulo formado pelas “linhas de visada” das estrelas será menor do que 90º.

6.(UFMG/2009) 1. No modelo de Niels Bohr para o átomo de hidrogênio, um elétron gira em torno de um próton, em órbitas circulares, sob a ação de uma força atrativa. Nesse caso, somente certos valores de raios de órbita são permitidos.Sejam m a massa e q o módulo da carga do elétron.Com base nas leis da mecânica clássica e da eletrostática, bem como considerando as grandezas mencionadas e as constantes físicas necessárias, DETERMINE a velocidade do elétron quando este se encontra em uma órbita de raio R no átomo de hidrogênio.

2. Posteriormente à formulação do modelo de Bohr, Louis de Broglie propõe que elétrons, assim como outras partículas, têm propriedades ondulatórias e, também, que o comprimento de onda λ associado a uma partícula em movimento é dado por

λ = h/p ,http://fisicanoenem.blogspot.com/

vê R

vê Sluz da estrela

normal“ângulo de visada”

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em que h é a constante de Planck e p é a quantidade de movimento (momento linear) do elétron. As órbitas de raios quantizados do modelo de Bohr podem ser explicadas com base na consideração de que o perímetro de uma órbita permitida deve conter um número inteiro N de comprimentos de onda da onda associada ao elétron.Considerando essas informações, DETERMINE os raios permitidos para as órbitas de Bohr em termos de N, m e q e, também, das constantes físicas necessárias.

CORREÇÃO

Uma questão envolvendo FÍSICA MODERNA, sobre o Modelo Atômico. Não deixa de lembrar a questão aberta da prova de 2000, em que se pediu a Energia Cinética.

1. Como diz o enunciado, o elétron gira de forma circular. E, para fazer curva é necessária força centrípeta. Que, a questão já adianta, é dada pela atração elétrica entre o núcleo, positivo, e o elétron, negativo. Esqueminha...

Como a referida questão que caiu na prova em 2000, para calcular a velocidade basta igualar a força centrípeta com a força elétrica. Calculando em termos das constantes:

, onde:

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–

+

Cent elétF F>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>

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k é a constante eletrostática da Lei de Coulomb; q é o módulo das cargas do elétron e do próton; m a massa do elétron; R o raio da trajetória.

Até simples esta parte, por ser comum igualar alguma outra força com a centrípeta.

2. Vamos calcular o comprimento tradicional de uma órbita circular: C = 2R , em que R

é o raio desta órbita. Neste comprimento, deve caber um número inteiro N de comprimentos de onda de acordo com o enunciado. Assim, teremos 2R=N . Mas, de acordo com de Broglie, λ = h/p. Substituindo:

. Lembramos a fórmula da Quantidade de

Movimento, ou Momento Linear, e temos a velocidade calculada no item 1. Nova substituição:

.

Fórmula tão grande quanto sua importância!

Obs: o aluno não costuma ser ensinado sobre isto, mas existe uma constante

bem como outra, o, relacionada a k. Desta forma, o mais comum de se

encontrar nos livros – superiores – de física seria a fórmula escrita assim – e não só para o Hidrogênio, para qualquer átomo de número atômico Z :

.

Comentários: Várias questões da prova, para o aluno que se prepara utilizando questões

passadas da UFMG, eram conhecidas: 1, 2, 4 e 5. Por outro lado, três das questões, 2, 3 e 6 trazem contas com letrinhas, que muitos alunos detestam e o índice de erros aumenta! Talvez isto aumente também o grau de dificuldade. E, fazendo

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© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2009, 2a ETAPAcomparação com a primeira etapa, como diminuíram as questões aumentaram o nível da prova, claro! Mas, nada de mais!

Prova bem distribuída pelo programa, duas questões de cada série do Médio, dentro do padrão. Questões interessantes, bem elaboradas e para o aluno que estudou. Quem, digamos, deu uma certa sorte na primeira etapa e passou deve ter quebrado a cara agora!

Professor Rodrigo Penna (28/01/2009)

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