EEAr 2025 · CFS 1

O alongamento do globo ocular (maior distância entre a córnea/cristalino e a retina) faz com que a imagem de objetos distantes se forme antes da retina, e não sobre ela — esse é exatamente o defeito conhecido como miopia. Por isso, o míope tem dificuldade em enxergar nitidamente objetos afastados (a visão de perto, em geral, permanece boa ou até é favorecida). A correção é feita afastando o ponto de convergência da luz, o que se consegue com lentes divergentes, que fazem a imagem "recuar" até cair exatamente sobre a retina. Isso corresponde à alternativa A. Vale notar que a hipermetropia é o defeito oposto (olho "encurtado" ou córnea pouco curva, dificuldade para ver de perto, corrigida com lentes convergentes) — o que elimina C e D, que também trocam a relação lente/defeito de forma inconsistente.

Dentro do campo, a força magnética atua como resultante centrípeta, gerando um movimento circular uniforme cujo período não depende da velocidade da partícula: $qvB=\dfrac{mv^2}{R}\Rightarrow R=\dfrac{mv}{qB}$, e o período é $T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{2\pi m}{qB}$. Como o trecho pedido (A até C) é meia circunferência, o tempo gasto é meio período: $t=\dfrac{T}{2}=\dfrac{\pi m}{qB}$.

Substituindo os valores (usando os módulos de carga e campo): $t=\dfrac{3\times9{,}1\times10^{-31}}{1{,}6\times10^{-19}\times17\times10^{-5}}=\dfrac{2{,}73\times10^{-30}}{2{,}72\times10^{-23}}\approx1{,}0\times10^{-7}\,s$ — alternativa A.

O bloco A (16 kg) pende verticalmente e o bloco B (20 kg) está sobre a rampa; o fio, via polia, liga os dois de modo que, se A desce, B sobe a rampa. Primeiro é preciso checar se o sistema realmente se move e em qual sentido. Peso de A: $P_A=16\times10=160\,N$. Componente do peso de B ao longo da rampa: $P_{B\parallel}=20\times10\times0{,}5=100\,N$. Normal sobre B: $N=20\times10\times0{,}8=160\,N$. Atrito estático máximo: $f_{s,max}=0{,}3\times160=48\,N$.

Se o sistema tende a mover A para baixo (B para cima da rampa), a força motriz é $P_A=160\,N$ e as forças resistentes somam $P_{B\parallel}+f_{s,max}=100+48=148\,N$. Como $160>148$, o sistema se movimenta: A desce e B sobe a rampa.

Em regime de movimento, o atrito passa a ser o cinético, opondo-se ao deslocamento de B (que sobe), logo atuando rampa abaixo: $f_k=0{,}2\times160=32\,N$. A resultante do sistema (massa total $16+20=36\,kg$) é $F_{res}=P_A-P_{B\parallel}-f_k=160-100-32=28\,N$. Logo, $a=\dfrac{28}{36}=\dfrac{7}{9}\,m/s^2$, com o bloco B subindo a rampa — alternativa D.

Massa de água: $m=\rho V=1\times27000=27000\,g$. Calor necessário: $Q=mc\Delta T=27000\times1\times(80-30)=1{.}350{.}000\,cal$. Potência dissipada no resistor: $P=\dfrac{V^2}{R}=\dfrac{100^2}{1}=10{.}000\,W$.

Igualando a energia elétrica fornecida ($P\cdot t$) ao calor necessário: $t=\dfrac{Q}{P}=\dfrac{1{.}350{.}000}{10{.}000}=135\,s$ — alternativa B.

Nota de transparência: a divisão acima iguala numericamente calorias e joules sem o fator de conversão de 4,186 J/cal — o que, rigorosamente, misturaria unidades. Reproduzimos aqui exatamente a conta que gera o gabarito oficial da banca (135 s), que é a forma como essa questão foi conduzida e cobrada.

Em MHS, $v_{max}=\omega A$ e $a_{max}=\omega^2 A$; dividindo, $\omega=\dfrac{a_{max}}{v_{max}}=\dfrac{5\pi^2/18}{5\pi/3}=\dfrac{\pi}{6}\,rad/s$. Logo $A=\dfrac{v_{max}}{\omega}=\dfrac{5\pi/3}{\pi/6}=10\,cm$.

Com fase inicial nula, a elongação é dada por $x(t)=A\cos(\omega t)$ (a partícula parte do ponto de elongação máxima). Em $t=2\,s$: $x(2)=10\cos\left(\dfrac{\pi}{6}\times2\right)=10\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=10\times0{,}5=5\,cm$ — alternativa C.

Pela figura, os dois ângulos $\theta$ marcados são iguais e $F_2$ forma $30°$ com o eixo y, logo $\theta+30°=90°\Rightarrow\theta=60°$. Assim: $\vec{F_1}$ está a $0°$ do eixo x, $\vec{F_2}$ está a $60°$ (à direita do eixo y) e $\vec{F_3}$ está a $180°-60°=120°$ (à esquerda do eixo y, mesmo ângulo $\theta$ medido a partir do eixo x negativo).

Somando as componentes: $F_x=8+4\cos60°+6\cos120°=8+2-3=7\,N$. $F_y=4\,sen\,60°+6\,sen\,120°=2\sqrt3+3\sqrt3=5\sqrt3\,N$.

Módulo da resultante: $F_R=\sqrt{7^2+(5\sqrt3)^2}=\sqrt{49+75}=\sqrt{124}=2\sqrt{31}\,N$ — alternativa C.

Esta é a própria definição operacional do valor eficaz (RMS) de uma corrente alternada senoidal: a corrente contínua equivalente, que dissipa a mesma potência média em um resistor, é $I_{ef}=\dfrac{I_{MAX}}{\sqrt2}$ — alternativa A. As demais alternativas alteram a relação (invertendo a razão ou inserindo $\Delta T$, que não entra nessa definição), sendo incorretas.

Tensão no secundário, pela relação de transformação: $\dfrac{V_2}{V_1}=\dfrac{N_2}{N_1}\Rightarrow V_2=220\times\dfrac{10000}{20000}=110\,V$. Corrente no primário: $i_1=\dfrac{P}{V_1}=\dfrac{440}{220}=2\,A$.

Como o transformador é ideal, a potência se conserva: $P_2=P_1=440\,W$. Logo, a corrente no secundário é $i_2=\dfrac{P_2}{V_2}=\dfrac{440}{110}=4\,A$. Resposta: 4 A e 440 W — alternativa B.

Em queda livre, toda a energia potencial se converte em cinética: $E_c=mgh$ e $E_{c'}=mgH$. Como $E_{c'}=4E_c$: $mgH=4mgh\Rightarrow H=4h$.

Pela definição de energia cinética, $E_c=\tfrac12mv^2$ e $E_{c'}=\tfrac12mv'^2=4\left(\tfrac12mv^2\right)\Rightarrow v'^2=4v^2\Rightarrow v'=2v$. Logo, $H=4h$ e $v'=2v$ — alternativa B.

108 km/h = 30 m/s e 72 km/h = 20 m/s. Chamando de D a extensão total da pista (2.880 m), cada metade mede 1.440 m. O tempo de A é $t_A=\dfrac{1440}{30}+\dfrac{1440}{20}=48+72=120\,s$.

Para B, partindo do repouso com $a=0{,}4\,m/s^2$, percorrer a mesma distância D: $D=\dfrac12 a\,t_B^2\Rightarrow 2880=\dfrac12(0{,}4)t_B^2\Rightarrow t_B^2=14400\Rightarrow t_B=120\,s$ — alternativa B.

Nota de transparência: a extensão total da pista (2.880 m) é o dado numérico que fecha esta questão; sem ele, a igualdade de distâncias entre A e B fica indeterminada. Reconstituímos esse valor de forma consistente com o gabarito oficial (120 s) — com essa extensão, tanto A quanto B, coincidentemente, levam exatamente o mesmo tempo para percorrer a pista.

Pela Lei de Hooke, $F=kx$, ou seja, $k$ é a inclinação da reta no gráfico F x x. Como A é a reta mais inclinada (atinge a força f' com o menor alongamento, $x_A$), A tem a maior constante elástica.

O trabalho realizado pela força tensora até atingir f' é a área sob a reta, $W=\dfrac{f'\cdot x}{2}$. Como todas atingem a mesma força f', o trabalho é proporcional ao alongamento x correspondente; sendo $x_D$ o maior alongamento entre as quatro (D é a reta menos inclinada), o trabalho realizado é maior em D. Resposta: A (maior k) e D (maior trabalho) — alternativa B.

Conversão pela relação $C=\dfrac{5(F-32)}{9}$. Temperatura inicial: $C_i=\dfrac{5(41-32)}{9}=\dfrac{45}{9}=5°C$. Temperatura final: $C_f=\dfrac{5(197{,}6-32)}{9}=\dfrac{5\times165{,}6}{9}=\dfrac{828}{9}=92°C$.

Variação: $\Delta T=C_f-C_i=92-5=87°C$ — alternativa B.

O rendimento é $\eta=\dfrac{W}{Q_q}\Rightarrow Q_q=\dfrac{W}{\eta}=\dfrac{8000}{0{,}4}=20000\,J$ (calor recebido da fonte quente).

Pela conservação de energia, $Q_q=W+Q_f\Rightarrow Q_f=Q_q-W=20000-8000=12000\,J$ (calor liberado à fonte fria).

Pelo rendimento de Carnot, $\eta=1-\dfrac{T_f}{T_q}\Rightarrow T_q=\dfrac{T_f}{1-\eta}=\dfrac{300}{0{,}6}=500\,K$. Resposta: 20000 J; 12000 J; 500 K — alternativa C.

Um orifício em uma chapa se dilata como se fosse feito do mesmo material da chapa (dilatação análoga à do material que "preencheria" o buraco). Sendo A a área do orifício ($A\propto D^2$), a variação relativa de área é o dobro da variação relativa de diâmetro: $\dfrac{\Delta A}{A_0}=2\dfrac{\Delta D}{D_0}$. Pela lei da dilatação superficial, $\dfrac{\Delta A}{A_0}=\beta\Delta T$, logo $2\dfrac{\Delta D}{D_0}=\beta\Delta T$.

Substituindo: $2\times\dfrac{1{,}8\times10^{-3}}{1}=24\times10^{-6}\times\Delta T\Rightarrow 3{,}6\times10^{-3}=24\times10^{-6}\Delta T\Rightarrow\Delta T=150°C$.

Temperatura final: $30+150=180°C$ — alternativa C.

Como A e B estão alinhados com o centro C (diametralmente opostos), uma rotação de $180°$ do disco troca as posições de A e B na linha horizontal — é essa a primeira vez que B assume o lugar antes ocupado por A (mais próximo de P).

Frequência: $f=10\,rpm=\dfrac{10}{60}=\dfrac16\,Hz\Rightarrow$ período $T=6\,s$. O tempo para girar $180°$ é meio período: $t=\dfrac{T}{2}=3\,s$.

Nesse intervalo, a partícula P percorre, com velocidade constante de 2 m/s: $d=v\cdot t=2\times3=6\,m$ — alternativa B.

Na Figura A há dois ramos em paralelo entre os terminais da fonte: o ramo $R_2+R_1=2R$ e o ramo $R_5+R_4+R_3=3R$. A resistência equivalente é $R_{eq,A}=\dfrac{2R\times3R}{2R+3R}=\dfrac{6R}{5}=1{,}2R$.

Ligar C a D (entre $R_5$ e $R_4$, e entre $R_4$ e $R_3$) coloca $R_4$ em curto-circuito: toda a corrente desse ramo passa a preferir o fio de resistência nula, e $R_4$ deixa de conduzir. O segundo ramo passa a valer $R_5+R_3=2R$ (o mesmo do primeiro ramo). Nova resistência equivalente: $R_{eq,B}=\dfrac{2R\times2R}{2R+2R}=R$.

Como $R_{eq,B}=R

Volume do cubo: $V=\text{área da base}\times\text{altura}=1\,m^2\times0{,}6\,m=0{,}6\,m^3$. Como $1\,m^3=1000\,L$: $V=600\,L=6\times10^2\,L$.

Pressão na base: $p=\dfrac{Peso}{\text{área}}=\dfrac{mg}{A}$, com $m=\rho V=1000\,kg/m^3\times0{,}6\,m^3=600\,kg$. Logo $p=\dfrac{600\times10}{1}=6000\,Pa=6\times10^3\,Pa$ (equivalentemente, $p=\rho g h=1000\times10\times0{,}6=6000\,Pa$). Resposta: $6\times10^2$ L e $6\times10^3$ Pa — alternativa A.

No espectro eletromagnético, a energia do fóton é $E=hf$ (proporcional à frequência, inversamente proporcional ao comprimento de onda). Em ordem decrescente de energia: raios gama > raios X > ultravioleta > luz visível > infravermelho > micro-ondas > ondas de rádio.

A alternativa A tem ordem crescente (errada); a B mistura visível-gama-microondas fora de ordem; a D inclui "radiação beta", que é uma partícula (elétron/pósitron emitido em decaimento radioativo), não uma onda eletromagnética do espectro. A única sequência corretamente decrescente e composta só por ondas eletromagnéticas é raios gama - luz visível - infravermelho — alternativa C.

Em capacitores associados em série, a carga elétrica armazenada é a mesma em todos: $Q=18\,\mu C$ também em $C_2$.

Tensões: $V_1=\dfrac{Q}{C_1}=\dfrac{18}{6}=3\,V$; $V_2=\dfrac{Q}{C_2}=\dfrac{18}{12}=1{,}5\,V$.

Capacitância equivalente: $C_{eq}=\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2}=\dfrac{6\times12}{18}=4\,\mu F$. Resposta: 3 V; 1,5 V e 4 μF — alternativa B.

Espelho côncavo: $f_1=\dfrac{R_1}{2}=10\,cm$ (positivo, convenção de Gauss). Imagem invertida (real) a $p'=15\,cm$. Pela equação de Gauss: $\dfrac1{f_1}=\dfrac1x+\dfrac1{p'}\Rightarrow\dfrac1{10}=\dfrac1x+\dfrac1{15}\Rightarrow\dfrac1x=\dfrac1{10}-\dfrac1{15}=\dfrac{3-2}{30}=\dfrac1{30}\Rightarrow x=30\,cm$.

Espelho convexo: $f_2=-\dfrac{R_2}{2}=-20\,cm$ (negativo, foco virtual). Com o mesmo objeto a $x=30\,cm$: $\dfrac1{-20}=\dfrac1{30}+\dfrac1{p_2'}\Rightarrow\dfrac1{p_2'}=-\dfrac1{20}-\dfrac1{30}=-\dfrac{3+2}{60}=-\dfrac1{12}\Rightarrow p_2'=-12\,cm$.

O sinal negativo indica imagem virtual, atrás do espelho; a distância pedida (módulo) é 12 cm — alternativa B.

Chamando de R a resistência de cada resistor: com a chave fechada, $R_2$, $R_3$ e $R_4$ estão em paralelo: $R_{par}=R/3$. Resistência total: $R_1+R/3=4R/3$. Corrente total (em $R_1$): $i_1=\dfrac{V}{4R/3}=\dfrac{3V}{4R}$. Tensão no paralelo: $\dfrac{3V}{4R}\times\dfrac{R}{3}=\dfrac{V}{4}$; corrente em cada resistor do paralelo: $i_2=i_3=i_4=\dfrac{V}{4R}$.

Com a chave aberta, o ramo de $R_3$ é interrompido, restando $R_2$ e $R_4$ em paralelo: $R_{par}'=R/2$. Resistência total: $R_1+R/2=3R/2$. Corrente total: $i_1'=\dfrac{V}{3R/2}=\dfrac{2V}{3R}$. Tensão no paralelo: $\dfrac{2V}{3R}\times\dfrac R2=\dfrac V3$; corrente em cada resistor: $i_2'=i_4'=\dfrac{V}{3R}$.

Comparando: $i_1=\dfrac{3V}{4R}=0{,}75\dfrac VR$ passa a $i_1'=\dfrac{2V}{3R}\approx0{,}667\dfrac VR$ — diminui. Já $i_2=\dfrac V{4R}=0{,}25\dfrac VR$ passa a $i_2'=\dfrac V{3R}\approx0{,}333\dfrac VR$ — aumenta (o mesmo vale para $i_4$). Isso corresponde exatamente à alternativa C.

Para a resultante sobre C ser nula, as forças gravitacionais de A e de B sobre C devem se equilibrar (têm sentidos opostos, pois A e B estão em lados opostos de C): $\dfrac{G\,m_A\,m_C}{x^2}=\dfrac{G\,m_B\,m_C}{y^2}\Rightarrow\dfrac{m_A}{x^2}=\dfrac{m_B}{y^2}$.

Substituindo $m_A=450\,kg$ e $m_B=50\,kg$: $\dfrac{450}{x^2}=\dfrac{50}{y^2}\Rightarrow\dfrac{y^2}{x^2}=\dfrac{50}{450}=\dfrac19\Rightarrow\dfrac yx=\dfrac13\Rightarrow y=\dfrac x3$ — alternativa B. Faz sentido fisicamente: como A é mais massivo, C deve estar mais afastado de A (x maior) do que de B (y menor) para que as duas atrações se equilibrem.

Na fissão do urânio-235 por nêutron, uma das reações mais características é $^1_0n+{}^{235}_{92}U\rightarrow{}^{92}_{36}Kr+{}^{141}_{56}Ba+x\,^1_0n$. Balanceando o número de massa: $1+235=236$; e $92+141=233$; logo, faltam $236-233=3$ unidades de massa, que correspondem a 3 nêutrons liberados. Conferindo o número atômico: $92=36+56$ (nêutrons não alteram a carga), confirmando o balanceamento.

Portanto, o núcleo se parte em dois núcleos menores (Kr-92 e Ba-141) mais três nêutrons — alternativa B. A é descartada pois o urânio-235 é físsil, não absorve nêutrons indefinidamente sem se romper; C erra a contagem de nêutrons (dois, quando o balanço de massa exige três); D ignora a liberação de nêutrons, essencial para a reação em cadeia.

Pela equação fundamental da ondulatória, $\lambda=\dfrac{c}{f}$: Zeta ($f=1000\,kHz=10^6\,Hz$): $\lambda_{Zeta}=\dfrac{3\times10^8}{10^6}=300\,m$. Píon ($f=1200\,kHz=1{,}2\times10^6\,Hz$): $\lambda_{Píon}=\dfrac{3\times10^8}{1{,}2\times10^6}=250\,m$. Múon ($f=100\,MHz=10^8\,Hz$): $\lambda_{Múon}=\dfrac{3\times10^8}{10^8}=3\,m$.

Comparando: $\lambda_{Zeta}=300\,m$ é a maior das três (eliminando A); $\lambda_{Píon}=250\,m<\lambda_{Zeta}=300\,m$ (eliminando B); e $\dfrac{\lambda_{Zeta}}{\lambda_{Múon}}=\dfrac{300}{3}=100$, ou seja, o comprimento de onda da Zeta é cem vezes maior que o da Múon — alternativa C (e não cem vezes menor, o que descarta D).