1. Vestibular 2013 — 2a fase
Gabarito — Física
Questão 01 (Valor: 15 pontos)
Cálculo da variação da quantidade de movimento.
A velocidade inicial no momento do impacto será a velocidade final da queda. Aplicando
conservação da energia tem-se v i = 2gh = 2.10.0,8 = 4m/s.
Como a velocidade final do choque será zero, pois está parado, tem-se que a variação da
quantidade de movimento (∆Q) será:
∆Q = mvf − mvi = 0 − 4.60 = − 240kgm/s.
O módulo do impulso será igual ao módulo da variação da quantidade de movimento, logo
|I| = 240kgm/s.
Força média de impacto sem dobrar o joelho:
| I|
| I |= Fs ∆t s → Fs = ,
∆t s
240kgm/s
Fs = = 960N
0,25s
Dobrando o joelho:
| I|
Fd =
∆t d
240kgm/s
Fd = = 240N
1s
A diferença será de 960N − 240N = 720N.

2. Questão 02 (Valor: 20 pontos)
• TRABALHO
No recipiente A como não existe variação de volume e o processo é reversível tem-se que o
trabalho é nulo, logo
WA = 0 (NULO).
• No recipiente B, a variação do volume é positiva, o que implica que para um processo
reversível o trabalho será sempre positivo, logo
WB > 0 (POSITIVO).
• ENERGIA INTERNA
De forma geral, uma vez que o sistema composto está isolado, pode-se afirmar que
Qtotal = 0.
O que, pela Primeira Lei da Termodinâmica implica em
∆Utotal = −Wtotal , e como Wtotal = WA + WB > 0,
∆Utotal < 0
∆UA + ∆UB < 0
Sendo um gás ideal, a diminuição da energia interna implica na diminuição da temperatura.
Estando os subsistemas conectados por uma parede diatérmica, ambos terão suas
temperaturas diminuídas, logo:
∆UA<0 (NEGATIVO).
∆UB<0 (NEGATIVO).
• CALOR
Com os dados de energia e de trabalho pode-se determinar o calor utilizando a expressão
da Primeira Lei da Termodinâmica
Q=∆U+W
Para o gás em A tem-se
WA=0 e ∆UA<0 o que leva a
QA=∆UA , logo
QA<0 (NEGATIVO).
Uma vez que a parede que separa A e B é diatérmica e o sistema composto está isolado
tem-se que
QA=−QB portanto
QB > 0 (POSITIVO).

3. Questão 03 (Valor: 10 pontos)
Inicialmente estima-se a densidade do núcleo do átomo.
O diâmetro do núcleo (Dn) é 10-4 do diâmetro do átomo, logo
Dn = 10-14m.
A massa no núcleo (Mn) é aproximadamente a massa do átomo logo
Mn=10-27kg.
Dessa forma a densidade (d) do núcleo é
M
d= n .
π D3
6 n
Logo
d= 10 −27 = 1015 . 6 kg/m3
π . 10 −42 π
6
Uma estrela com volume de 1cm3 (=10−6m3) terá uma massa de
Me=d . Vestrela = 1015 . 10-6 . 6 ~ 109 kg,
π
Me ~ 1.000.000 toneladas.
Questão 04 (Valor: 20 pontos)
• Em uma onda senoidal (harmônica) há uma relação de proporcionalidade entre o
comprimento de onda (λ) e o período (T) da onda:
v= λ ,
T
em que v é a velocidade de propagação da onda.
Assim, o período da onda incidente será
T = λ = 1 = 0,05s.
v 20
A onda excita a boia, fazendo-a oscilar com esse mesmo período.
• O processo gera 100kJ/s (ou 100 kW) de energia elétrica. De acordo com o texto, cerca de
P P
20% da energia da onda do mar é transformada em energia elétrica, logo mar = elétrica , em
100 20
que Pmar é a potência que a onda do mar carrega. Pmar = 100 . 100 = 500kW.
20
• Segundo o texto, a usina de ondas é equivalente a aproximadamente uma hidroelétrica com
cascatas de 400m. Para que essa hidroelétrica equivalente produza a mesma potência em
energia elétrica (100kW), desprezando qualquer perda de energia no processo, tem-se a
conversão integral da energia potencial gravitacional (Epg) da água em energia elétrica.
Assim
Epg
Pgerada = ,
∆t
mgh
Pgerada = ,
∆t
e como se pode escrever a massa (m) como o produto entre densidade (d) e volume (V),
obtém-se
dVgh
Pgerada = ,
∆t

4. em que a razão V é a vazão volumétrica (RV),
∆t
Pgerada 100kW
logo Rv = = 3 3 2
= 0,025m 3 /s.
dgh 10 kg/m .10m/s .400m
Questão 05 (Valor: 20 pontos)
• O giro da bobina do gerador faz variar o fluxo magnético através dela, induzindo uma corrente
elétrica, o que está de acordo com a lei de Faraday. Sabe-se também, pela lei de Lenz, que a
o sentido da corrente induzida é tal que produza um campo magnético que tente impedir a
variação do fluxo na bobina.
Como a frequência da corrente induzida é de 60Hz, sabe-se que seu período será
Tcorrente = 1 = 1 s.
fcorrente 60
Uma volta completa da bobina promove um ciclo completo da corrente alternada
Tbobina = Tcorrente = 1 s.
60
• Quando o enrolamento primário do transformador é atravessado por uma corrente alternada,
uma corrente também alternada é induzida no enrolamento secundário de tal maneira que a
razão entre a tensão e o número de espiras no enrolamento é uma constante
Vp Vs
= .
Np Ns
Assim,
Np Vp 10kV
= = = 1.
Ns Vs 440kV 44
Apesar de haver variação na tensão de um enrolamento para outro (no caso, um aumento de
tensão), a energia não é criada neste processo, pois a corrente que atravessa cada
enrolamento é diferente (no caso, no enrolamento secundário, a corrente é menor).
Desprezando perdas de energia no processo, tem-se que potência elétrica nos dois
enrolamentos é a mesma
Pp = Ps,
Vp ip = Vs is,
ip Vs 440
= = = 44.
is Vp 10
Portanto, o aumento de tensão no transformador não viola a conservação de energia. Um dos
interesses de provocar este aumento na tensão é, inclusive, a redução das perdas de energia
no processo de transmissão da energia elétrica a longas distâncias, com a redução da
corrente elétrica.

5. Questão 06 (Valor: 15 pontos)
• No experimento, um feixe de luz é separado em dois feixes perpendiculares por um
espelho semirrefletor, incidem em outro espelho, voltando ao espelho semirrefletor,
incidindo, assim, no telescópio. Ele tinha como objetivo detetar o “vento do éter”,
sendo o “éter” o meio no qual a onda eletromagnética (luz) se propagaria. Assim,
quando um dos braços estivesse alinhado com o suposto movimento da Terra em
relação ao éter, haveria diferença no tempo que a luz percorreria cada caminho
(paralelo ou perpendicular ao movimento citado), o que geraria um padrão de
interferência ao se observar a superposição no telescópio. Esperava-se que, ao girar
o aparato, o padrão das franjas de interferência se modificasse.
• Não foi verificada a mudança esperada no padrão das franjas de interferência, não se
conseguindo provar a existência do éter. Einstein postulou que o éter não existia,
sendo um “conceito inútil”, afirmando que todos referenciais inerciais devem ser
equivalentes (não só para a mecânica como para todos fenômenos eletromagnéticos).
Assim, o experimento não viola o postulado de Einstein.
Obs.: Outras abordagens poderão ser aceitas, desde que sejam pertinentes.
Salvador, 21 de janeiro de 2013
Antonia Elisa Caló Oliveira Lopes
Diretora do SSOA/UFBA