UFMG 2011

2a Etapa corrigida e comentada

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© Professor Rodrigo Penna - 2011

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.

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 (10/11/2011)

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Estudando para a 2a Etapa – Professor Rodrigo Penna – Ondas

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CORREÇÃO DA PROVA DA UFMG/2011 2a Etapa

1. (UFMG/2011) Um béquer contendo água está colocado sobre uma balança e, ao lado deles, uma esfera de aço maciça, com densidade de 5,0 g/cm3, pendurada por uma corda, está presa a um suporte, como mostrado na Figura I.

Nessa situação, a balança indica um peso de 12 N e a tensão na corda é de 10 N.

Em seguida, a esfera de aço, ainda pendurada pela corda, é colocada dentro do béquer com água, como mostrado na Figura II.

Considerando essa nova situação, DETERMINE:

A) a tensão na corda.

B) o peso indicado na balança.

CORREÇÃO

Questão tradicional, de Hidrostática, com um toque de Leis de Newton. Aliás, a Hidrostática é uma aplicação destas leis... Para calcularmos a tensão (ou tração) na corda na figura II, partiremos da figura I.

Veja as forças que atuam na esfera na figura I: o Peso, para baixo, e a Tensão da corda, para cima. A esfera está em Equilíbrio (Repouso). Assim, da 1ª Lei de Newton, a FRes que atua sobre ela vale zero P = T .

Mas, da 2ª Lei de Newton, F = ma P = mg. A gravidade g é dada entre as constantes na prova, g = 10 m/s2 . Assim:

.

Um pouco mais de conhecimento, lembrando que a densidade da água vale 1,0 g/cm3

(também dada), e a do corpo é 5 vezes maior 5,0 g/cm3, levaria a concluir que o volume do corpo são 200 cm3. Mas, devagar...

Calculamos o volume pela densidade: . E, mais, o cuidado com as UNIDADES:

. Calculando, então, este volume.

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P::::::::::::::

T::::::::::::::

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Estudando para a 2a Etapa – Professor Rodrigo Penna – Ondas

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. É fundamental a qualquer

aluno que chegue até a 2ª etapa ter clareza sobre unidades... Aliás, é difícil acreditar que chegou até aqui sem esta clareza... Com esta clareza, o que vai me facilitar, o valor encontrado, 2,0.10 – 4 m 3 valem 200 cm 3. Ou 200 ml, se preferir...

Conforme Arquimedes já sabia, antes do Cristo, “o empuxo vale o peso do líquido deslocado”. Ao entrar na água, a esfera desloca líquido, o que faz surgir uma força chamada Empuxo, vertical e para cima. Veja as forças na esfera na figura II.

Como a esfera continua em Equilíbrio, agora teremos, quanto às forças: E + T2 = P . Sabemos o valor do Peso (o qual não se altera, dentro d’água!), e podemos calcular o Empuxo (até já sei, se a esfera deslocou 200 mL de água, d = 1g/mL: empuxo igual a 200 gf = 2 N!).

Calculando o Empuxo:

Finalmente, então, a nova Tensão será: E + T2 = P 2 + T = 10 T2 = 8,0 N.

Como vemos, a Tensão dentro d’água diminui... A famosa impressão que temos de que ficamos mais leves ao nadar...

Quanto ao novo valor marcado pela balança, creio que o erro será maior... A 3ª Lei de Newton, Ação e Reação, é famosa, mas aplicar a lei é que são elas... Veja a nova figura, lembrando que a balança marcava 12 N só com água: o peso da água são 12 N.

Agora, é preciso lembrar que quem exerce a força Empuxo (na esfera) é a água! Logo, quem sofre a reação ao Empuxo, E’, é a mesma água! E com o mesmo valor, 2,0 N. Força esta que ajuda a pressionar a balança, para baixo!

Assim, a balança dever marcar uma força (exercida sobre ela para baixo) igual a 2 + 12 = 14 N.

Se tiver dificuldade de imaginar a reação ao Empuxo, pense o seguinte... Quando você boia sobre uma piscina, a água “segura” você. Sem ela, você se apoiaria no chão, que aplicaria a Normal. A água “segura” você, intermediária, mas quem “segura” a água? O chão... Para “segurar” a água e você, ele precisa sustentar os dois pesos, uai: seu e da água!

Aqui, a balança “segura” o peso da água e o Empuxo, também...

2. (UFMG/2011) Em agosto de 2009, em Berlim, Usain Bolt, atleta jamaicano, bateu o recorde da corrida de 100 m rasos, com o tempo de 9,58 s. Neste gráfico, está representada, de maneira aproximada, a velocidade desenvolvida, naquela corrida, por esse atleta em função do tempo:

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E::::::::::::::

' 2E N::::::::::::::

12águaP N

P:::::::::::::: 2T::::::::::::::E::::::::::::::

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Estudando para a 2a Etapa – Professor Rodrigo Penna – Ondas

6

Suponha que o calçado usado por Bolt tinha solado liso.

1. Considerando essas informações, DETERMINE o menor valor do coeficiente de atrito estático entre o calçado e o solo para que o atleta não derrape.

2. Assinalando com um X a quadrícula apropriada, RESPONDA:Em qual dos seguintes intervalos de tempo a potência do atleta foi maior?

De 0,0 s a 2,5 s . De 2,5 s a 5,0 s .

De 5,0 s a 7,5 s . De 7,5 s a 9,58 s .

JUSTIFIQUE sua resposta.

CORREÇÃO

Embora o gráfico remeta à Cinemática, esta questão envolve mesmo são as Leis de Newton, e uma pitada de Trabalho e Energia. Vejamos.

O atleta Bolt, que me parece um cara sempre alegre e simpático, até porque está ganhando, acelera mais no começo que no final da corrida (ver inclinação da reta: mais inclinado, mais aceleração). A aceleração maior envolve também a maior variação de velocidade no menor intervalo de tempo:

. Em intervalos quase regulares,

exceto o último, a maior variação de velocidade e a maior aceleração (maior inclinação) ocorreram no 1º: de 0,0 a 2,5 s, quando a velocidade vai de 0,0 até 6,0 m/s. Confira acima...

Com este dado, retirado pela análise do gráfico, podemos então calcular o valor da aceleração, propriamente:

.

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V = 6

t = 2,5 6

Estudando para a 2a Etapa – Professor Rodrigo Penna – Ondas

7 Você já deve ter visto que aquelas sapatilhas de corrida têm literalmente pregos na sola! Para aumentar o atrito, claro! Veja imagem, em destaque, as forças que atuam sobre o atleta.

O Peso (atração da Terra) é anulado pela Normal (apoio do chão) e resta como Força Resultante a Força de Atrito, cujo valor os pregos visam justamente aumentar. E o atrito deve, no mínimo, proporcionar a aceleração que calculamos. Agora, devemos conhecer as fórmulas, básicas, por sinal. Cabe notar que o valor não vai depender da massa.

Usamos a 2ª Lei de Newton, FRes=ma, inclusive em P=mg, e a fórmula da Força de Atrito, coeficiente µe vezes Normal. Como o pé não derrapa, o coeficiente é estático.

Creio que o segundo item vai causar muitos, muitos erros... Potência é a taxa da Energia (ou do

Trabalho, como os Físicos gostam): . Existe uma energia relacionada ao movimento

chamada Cinética: . Esta

depende do quadrado da velocidade, é bom notar... Usando a linguagem física, analisamos o esforço do atleta assim: ele realiza trabalho muscular e converte seu esforço em energia cinética, isto é, ganha velocidade. Como a energia se conserva, o Trabalho é igual à VARIAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA. Isto é conhecido como “teorema da energia cinética”. E, queremos sua variação, não exatamente seu valor... Analisemos outra vez no gráfico o quadrado da velocidade.

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V2 = 62 = 36

V2 = 112 = 121

V2 = 12,52 ~ 156

P::::::::::::::

atrf::::::::::::::N

::::::::::::::

7

Estudando para a 2a Etapa – Professor Rodrigo Penna – Ondas

8Imagino o erro grande assim... No 1º intervalo de 2,5 s, a velocidade vai de zero a 6, varia 6. No 2º intervalo, vai de 6 a 11, só varia 5. Mas, o quadrado da velocidade tem a maior variação no 2º intervalo, indo de 36 até 121! Note também, embora não seja a pergunta, que no 3º intervalo a variação do quadrado é quase igual á do 1º... Tente entender porque vai ficando cada vez mais difícil acelerar um carro à medida que a velocidade aumenta (isto sem contar o aumento do atrito com o ar, também)...

Assim, este esquema de quadradinho que esta prova trouxe (eu particularmente não gostei, pois não deixa de ser uma múltipla escolha numa 2ª etapa que aberta), vamos escolher: De 2,5 s a 5,0 s .

A potência neste intervalo foi maior porque o ganho de energia cinética do atleta foi maior comparando os mesmos intervalos de tempo.

3. (UFMG/2011) Um pistão - constituído de um cilindro e de um êmbolo, que pode se mover livremente – contém um gás ideal, como representado na Figura I. O êmbolo tem massa de 20 kg e área de 0,20 m2. Nessa situação, o gás está à temperatura ambiente e ocupa um volume VI.

Considere quaisquer atritos desprezíveis e que a pressão atmosférica é de 101 kPa.

1. Com base nessas informações, DETERMINE a pressão do gás dentro do pistão.

2. Em seguida, o pistão é virado de cabeça para baixo, como mostrado na Figura II. Nessa nova situação, a temperatura continua igual à do ambiente e o volume ocupado pelo gás é VII.Com base nessas informações, DETERMINE a razão VII / VI entre os volumes.

3. Assinalando com um X a quadrícula apropriada, RESPONDA:Ao passar da situação representada na Figura I para a mostrada na Figura II,

o gás dentro docilindro cede calor, recebe calor ou não troca calor?

Cede calor. Recebe calor. Não troca calor.

JUSTIFIQUE sua resposta.CORREÇÃO

Questão de Termodinâmica, envolvendo Gases. Pistões com gases não são novidade: além de fazerem parte dos motores à combustão, povoam a muito as provas da UFMG. Como se vê tanto na 1ª quanto na 2ª etapas.

O item 1 envolve o Equilíbrio, e a 1ª Lei de Newton (Fres=0), por sinal já cobrada nesta prova. Veja as forças que atuam e equilibram o pistão na figura I.

A Força do Gás, para cima, precisa equilibrar o Peso do Êmbolo e também a Força devido à Pressão Atmosférica, ou seja, devido ao peso da camada de ar da atmosfera. Talvez haja alguma confusão entre Pressão e Força por parte de alguns. Escrevendo o Equilíbrio.

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êmboloP::::::::::::::

atmPf::::::::::::::

gásf::::::::::::::

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Estudando para a 2a Etapa – Professor Rodrigo Penna – Ondas

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Agora, lembramos o conceito de Pressão: a força distribuída em uma área:

. O Peso é uma força, igual ao produto “m.g”, mas os dados da questão

trazem Pressão. No caso do gás e da força devido à pressão atmosférica, temos que substituir. Assim:

. Temos dados, unidades corretas, fazer as contas...

Como esperávamos, o gás tem pressão maior que a atmosférica, tanto que sustenta a mesma e o êmbolo.

O item 2 é interessante. Ao virar o pistão de ponta a cabeça, a pressão atmosférica continua sustentando um peso de 20 kg, do êmbolo. Ela é grande!

Neste vídeo, no meu blog, mostro como ela esmaga facilmente um tambor. Olhe lá:

- http://quantizado.blogspot.com/2009/06/pressao-atmosferica.html .

Temos que observar a configuração de forças na nova situação, para o novo Equilíbrio.Observe que o Peso do êmbolo continua para baixo. Porém, o gás

agora pressiona o êmbolo para baixo. E, como o pistão é aberto embaixo, a pressão atmosférica empurra para cima. Muitas pessoas simplesmente não enxergam a pressão atmosférica atuando para cima. Há uma famosa experiência de se emborcar um copo cheio d’água, para mostrar isto. Quer ver?http://www.youtube.com/watch?v=hq3FszCVbFE&feature=related .

Novamente, temos os dados, restam as contas...

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êmboloP::::::::::::::

atmPf::::::::::::::

gásf::::::::::::::

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Sabemos a pressão na situação II, e não terminamos. A pressão diminuiu, e a pergunta é sobre a razão entre os volumes final e inicial. Só de virar de cabeça para baixo, creio intuitivamente a pessoa imagina o volume crescendo. Se não, as fórmulas e contas mostrarão. Da equação dos gases ideais, Clapeyron, a famosa “puta veia não rejeita tarado”, temos: PV=nRT. Se o gás está preso, o número de “mols”, n, permanece constante. Leva à tradicional proporcionalidade nas transformações gasosas. No caso, o enunciado diz: temperatura constante!

Olhando o resultado, como a pressão ficou inversamente proporcional ao volume, se este cresceu a pressão diminuiu. Foi o que ocorreu.

A última pergunta é sobre troca de calor Q, e envolve a 1ª Lei da Termodinâmica. Matéria que exige grande clareza por parte do aluno. E correção sobre a convenção de sinais, na Física.

U = Q - , onde:- U é a variação da energia interna de um gás, vinculada à temperatura (grau de agitação das partículas que compõem este gás). É positiva quando a temperatura e energia interna aumentam, e vice-versa;- Q é o calor trocado pelo gás com o ambiente (vizinhança). É positivo quando o gás ganha calor, e vice-versa;

- é o trabalho, mais chato e menos compreendido pelos estudantes. Trabalho não deixa de ser uma troca de energia. Quando um gás é “espremido”, você dá energia a ele. Ao contrário, quando ele se expande, gasta sua energia interna para “aumentar de tamanho”. O trabalho é positivo quando o gás se expande e negativo quando ele é comprimido.

Já ilustrei um motor a combustão, nesta prova, ali atrás. Sem clareza sobre o modelo cinético de um gás o aluno se complica. Eis uma explicação on line: http://www.youtube.com/watch?v=EtKKpRzB-y0 .

Como a temperatura não muda, temos U = 0 0 = Q - = Q.

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11A razão entre os volumes, 1,02, nos mostrou que o gás expandiu um pouco, isto é, seu volume

aumentou: VII > VI VII / VI > 1. Nesta expansão, ele realizou trabalho (para “aumentar de tamanho”)

positivo. Logo, ganhou calor (positivo, + = +) ao longo desta expansão, para poder se expandir sem esfriar, mantendo a temperatura constante.

Recebe calor.

4. (UFMG/2011) Na figura ao lado, estão representadas cristas consecutivas de uma onda sonora, emitida por uma fonte que se move em relação ao ar, em uma região sem vento. Cada divisão horizontal ou vertical nessa figura vale 0,50 m.

1. Com base nessas informações, DETERMINE a velocidade dessa fonte de som.

2. Assinalando com um X a quadrícula apropriada, RESPONDA:Em qual das posições – K, L, M, P ou Q, indicadas na figura –, uma pessoa percebe o som em tom mais agudo?

K L M P Q

Com base nas informações contidas na figura, JUSTIFIQUE sua resposta.

3. Considere, agora, que a fonte sonora passa a se mover com velocidade igual à velocidade do som. ESBOCE, no diagrama ao lado, as cristas da onda sonora nessa situação.

JUSTIFIQUE sua resposta.

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CORREÇÃO

Eis as Ondas, e o chamado Efeito Doppler. Para inspirar, ouça aí http://www.youtube.com/watch?v=imoxDcn2Sgo o carro de bombeiros... Questão muito interessante. Acho que o índice de erros vai ser bem alto.

Vejamos a imagem de uma onda se propagando a partir de duas fontes, em repouso.

Fica nítido o espaçamento regular das cristas de onda. Não é o que se vê na figura deste problema.

Aqui, ao contrário, vemos uma onda se propagando ao mesmo tempo em que a fonte se move para a direita. E como sabemos o sentido de propagação? Nas frentes de onda circular, podemos imaginar a fonte no ponto central de cada circunferência. Vai dar trabalho desenhar!

Ampliando, para ver se fica ainda mais visível, e copiando em escala... Vamos lá.

Tentei representar por cores o deslocamento da fonte, do ponto preto até o rosa, da esquerda para a direita. Sabemos a escala: um quadradinho, 0,50m. Mas, a análise da figura não é nem tão simples nem tão primária. Nada óbvia! Você verá...

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© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2011, 2a ETAPAConsiderando que o som se propaga em movimento uniforme (velocidade constante) e

que sua velocidade é dada na prova (pág inicial), vsom = 340 m/s, podemos comparar esta velocidade com a da fonte, para só então conseguir calculá-la. Como?

Considere um intervalo de tempo, em que a fonte se move para a direita ao mesmo tempo em que cada crista da onda se propaga a partir do momento de sua criação, na fonte. Veja a nova figura... Deixei a rosa isolada, de propósito.

Saber a distância percorrida pela fonte não será suficiente: falta o intervalo de tempo! Aí é que entra a comparação, sabendo também a velocidade do som, dada!

. Lembrando, enquanto a fonte anda, o som

também anda. Considerando o mesmo intervalo, como acima:

Tudo porque o movimento é uniforme: velocidades constantes.

Mas, se já sabemos dfonte = 3,0 m, cabe um cuidado muito maior com a distância percorrida pelo som, neste intervalo! Porque a figura não mostra o instante exato em que fonte acabou de percorrer os 6 quadradinhos (3,0 m)! Uai, não? Não... A crista rosa...

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Fonte se propaga 6 quadradinhos:6 x 0,5 = 3,0 m

Som se propagaVsom = 340 m/s

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Veja, e é difícil, que a crista rosa mostra que a fonte teve tempo de chegar no 6º quadradinho e ainda se propagar um quadradinho, a partir do centro rosa. Senão, olhe na página seguinte! Tento mostrar que se a fonte anda 2, o som anda 3 quadradinhos por vez.

Vejo duas maneiras de o aluno acertar, sempre com a compreensão total da questão: vendo que enquanto a fonte se propaga 6 quadradinhos, o som se propagou 9 quadradinhos (10 vistos claramente na figura menos 1 quadradinho, tempo de propagação da crista rosa). Difícil, realmente, enxergar.

Outra maneira seria o aluno conseguir imaginar o instante exato em que a fonte atinge o ponto rosa, sem o tempo para a crista rosa se propagar 1 quadradinho. Aí é que desenhei na página seguinte. O problema é que a figura congela o movimento da fonte, mostrando só de dois em dois quadradinhos! E o intermediário?

Inclusive, nem precisamos da escala: 0,5 m! Bastava a proporção! Note a conta!

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Som se propagaVsom = 340 m/s

Fonte se propaga 6 quadradinhos:6 x 0,5 = 3,0 m

Figura mostra ondase propagando10 quadradinhos:10 x 0,5 = 5,0 m

© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2011, 2a ETAPANesta figura, reduzi tudo em um quadradinho, o percorrido pela crista rosa, 3 intervalos de

tempo, ., ., .! Representa então o exato instante em que fonte chega ao ponto rosa.

Ufa!

Já a pergunta 2 é mais simples...

No movimento uniforme, a distância e o tempo são proporcionais. Separe dois intervalos de distância, e tempo, iguais. Veja as setas vermelhas. Na direção de Q, o mesmo intervalo de tempo corresponde a mais cristas, ou seja, mais ciclos, ou maior frequência. Maior frequência significa som mais agudo.

Q.

Chegou a ouvir o carro de bombeiros, cujo link sugeri: http://www.youtube.com/watch?v=imoxDcn2Sgo ?

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Fonte se move 6 quadradinhos

Som se move 9 quadradinhos

© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2011, 2a ETAPAPor fim, se a fonte se mover com a mesma velocidade do som, ela estará se

movendo junto com as cristas! Quanto maior a velocidade, maior a deformação na figura. Observe abaixo. Fiz dois desenhos... Talvez ajude a entender o item 1.

Mesma velocidade significa na escala que quando o som se move 9 quadradinhos a fonte se move 9 também quadradinhos... Detalhes, tão importantes.

Não me lembro de ter feito questão semelhante. A UFMG já tratou do Efeito Doppler na segunda etapa. Mas, igual a esta, de fato, não me recordo... Provavelmente, a questão a ser encarada como mais difícil da prova pelos alunos.

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© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2011, 2a ETAPA5. (UFMG/2011) Em um laboratório de óptica, Oscar precisa aumentar o diâmetro do feixe de luz de um laser. Para isso, ele prepara um arranjo experimental com duas lentes convergentes, que são dispostas de maneira que fiquem paralelas, com o eixo de uma coincidindo com o eixo da outra. Ao ligar-se o laser, o feixe de luz é alinhado ao eixo do arranjo. Esse arranjo está representado neste diagrama:

Nesse diagrama, as duas linhas horizontais com setas representam dois raios de luz do feixe. O diâmetro do feixe é indicado pela letra d. A linha tracejada horizontal representa o eixo das duas lentes. O feixe de luz que incide nesse arranjo, atravessa-o e sai dele alargado, na mesma direção de incidência.Considerando essas informações,

1. TRACE no diagrama, até a região à direita da segunda lente, a continuação dos dois raios de luz e INDIQUE a posição dos dois focos de cada uma das lentes.

2. DETERMINE o diâmetro do feixe de luz à direita da segunda lente em função de d e das distâncias focais f1 e f2 das lentes.

CORREÇÃO

Agora, na Óptica, particularmente as Lentes Esféricas, uma questão bem mais simples que a anterior. Tenho uma aula sobre o assunto, aqui: - http://www.slideshare.net/capitao_rodrigo/refrao-da-luz-e-lentes .

Quando lidamos com as lentes, sempre ensinamos os raios principais: o raio que incide numa lente convergente, paralelo ao seu eixo principal, refrata passando pelo foco e vice-versa. Vira um “decoreba”, mesmo: paralelofoco; focoparalelo. É um conhecimento bem comum, desde que o aluno, pelo menos, veja a matéria na escola. E, praticamente, o único necessário para a solução.

O enunciado pede: aumentar o diâmetro do feixe de laser. Traçar o diagrama e mostrar os dois focos. Vamos ao desenho.

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© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2011, 2a ETAPA

Temos aí o diâmetro aumentado. O feixe original, preto, incide paralelo ao foco da 1ª lente, convergindo para o seu foco, f 1. Entre as duas, os focos f 1 e f 2 das duas são coincidentes. Desta forma, o feixe azul que emerge da primeira incide na 2ª lente passando pelo seu foco, f 2, e emergindo paralelo ao seu eixo principal. O diâmetro D fica maior que o anterior, d. Lembra a formação de imagens nas lunetas e microscópios, normalmente ensinadas nos livros didáticos e que também utilizam duas lentes.

Cabe dizer que consideramos as lentes simétricas. Já que nem todas são assim. Veja as diferenças. Somente no primeiro tipo, biconvexa, os focos dos dois lados são simétricos conforme desenhamos. E, o foco da primeira lente é menor. Ela seria, então, “mais gorda” ou “mais magra” que a segunda lente? Pense aí...

Quase sempre, nas Lentes, usamos a Geometria básica, aliás. Tanto é que o nome completo desta matéria é Óptico Geométrica. Para responder à segunda pergunta, vamos à Semelhança de Triângulos. O triângulo azul é semelhante ao vermelho. Critério: ao centro temos ângulos opostos pelo vértice e nas extremidades alternos internos. Lembram? Triângulos semelhantes têm lados e segmentos proporcionais. Observe que os focos correspondem às alturas dos triângulos. Os diâmetros, às bases. Facilitou. Da proporcionalidade, tiramos:

Como disse, esta questão já foi mais simples.

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f 1 e f 2f 1 f 2

Dd

© Professor Rodrigo Penna – UFMG 2011, 2a ETAPA6. (UFMG/11) A capacitância de um capacitor de placas paralelas é dada por C = Q/V , em que Q é a carga em cada uma das placas e V , a diferença de potencial entre elas. Desprezando-se os efeitos de borda, o campo elétrico entre as placas desse capacitor é uniforme e de intensidade E = Q/εA, em que A é a área de cada uma das placas e ε é uma constante.1. Com base nessas informações, RESPONDA:Que acontece com o valor da capacitância desse capacitor se a diferença de potencial entre as placas for reduzida à metade?

2. Considere que um material isolante é introduzido entre as placas desse capacitor e preenche totalmente o espaço entre elas. Nessa situação, o campo elétrico entre as placas é reduzido de um fator κ , que é a constante elétrica do material.EXPLIQUE por que, nessa situação, o campo elétrico entre as placas do capacitor diminui.

CORREÇÃO

Há 10 anos não vinha uma questão sobre Capacitores na UFMG... E já nem era cobrado antes de se adotar o Enem, na primeira etapa de provas... http://www.slideshare.net/capitao_rodrigo/ufmg-2a-etapa-2001-a-2010 . Tenho dúvidas quanto à necessidade de se ensinar este conteúdo no Ensino Médio. Pelo visto, a própria UFMG também não dá muita importância, posto que a cobrança é rara. Mas, também e contraditoriamente, não retira de vez do programa! Vai entender... Agora, vai ficar mais mais 10 anos sem aparecer, ao invés de abrir espaço para dar mais tempo no estudo de outros conteúdos, mais relevantes? Tira logo do programa, uai!

Embora seja básica, envolva o conceito de Capacitância, a 1ª pergunta pode levar a erros, bobos. Escrevendo a fórmula de outro jeito: C = Q/V Q = C.V . Façamos então o gráfico Carga Q versus Voltagem V.

Note que, à medida que o capacitor vai sendo submetido à maior voltagem, sua carga aumenta. A capacitância é dada pela inclinação da reta, constante: é uma função do tipo y = a x. Ela é uma característica de construção do capacitor, e depende de

outros fatores. A fórmula: , onde

C é a capacitância, A a área das placas, d a distância entre elas e a permissividade do isolante (0 seria a do vácuo), colocado entre as placas. Veja na própria Wikipedia, desenhos e explicações.

A fórmula dada, do Campo Elétrico E, entre as placas, pode levar a mais confusão, por quem não sabe e fica inseguro... Veja o cálculo do peso.

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Q (C)

V (v)V4V3V2V1

Q4

Q3

Q2

Q1 C

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. Se a massa dobra o peso dobra, se triplica o peso triplica e a

gravidade permanece constate... É o mesmo caso da Capacitância, aqui.

No desenho acima, já ilustrei o dielétrico (isolante) entre as placas do capacitor. A pergunta é sobre o efeito da introdução do dielétrico no campo elétrico. Vejamos.

Ao se introduzir um isolante, além do campo elétrico entre as placas do capacitor, é criado um outro! As moléculas sofrem um processo de polarização: se orientam, conforme a figura, com separação de cargas! ( ver figura 10:

http://www.feiradeciencias.com.br/sala11/11_T02.asp ) As positivas, no sentido do campo das placas e as negativas no sentido contrário.

Atende ao detalhe das extremidades: tracejei, de vermelho. À direita, o excesso de cargas positivas no isolante. À esquerda, o contrário. Pela convenção da Física, o campo elétrico “sai do mais e chega no menos”.

Temos, então, a soma de dois vetores, campos elétricos: o antes, entre as placas, e o novo, devido ao isolante. O

resultado é um campo resultante, , menor que o anterior.

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E::::::::::::::

E::::::::::::::E

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Re sE::::::::::::::

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