EsPCEx · 2027 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A questão pede a velocidade escalar média de cada candidato durante a corrida. Essa grandeza relaciona a distância total percorrida com o tempo gasto, sem exigir que o ritmo tenha sido constante em cada trecho. Na tabela, o candidato M percorre 2.450 m e a candidata F, 2.100 m, ambos em 12 minutos.

Como as respostas estão em quilômetros por hora, vamos converter as distâncias para quilômetros e o tempo para horas antes de dividir: \[d_M=2{,}450\,\text{km},\qquad d_F=2{,}100\,\text{km},\qquad \Delta t=\frac{12}{60}=0{,}20\,\text{h}.\]

Aplicando a definição separadamente para cada candidato, temos: \[v_M=\frac{d_M}{\Delta t}=\frac{2{,}450}{0{,}20}=12{,}25\,\text{km/h},\] \[v_F=\frac{d_F}{\Delta t}=\frac{2{,}100}{0{,}20}=10{,}50\,\text{km/h}.\]

O resultado é coerente: como os dois correram pelo mesmo tempo, quem percorreu a maior distância teve a maior velocidade média. A ordem pedida no enunciado é M e depois F; portanto, os valores procurados são 12,25 km/h e 10,50 km/h, respectivamente.

A frequência informa quantas repetições completas acontecem por unidade de tempo. Aqui, cada flexão completa representa um ciclo do movimento. A tabela do exame fornece o índice mínimo feminino de 12 repetições, realizadas em 50 segundos.

Como o ritmo é constante, podemos dividir o número de ciclos pelo intervalo total: \[f=\frac{N}{\Delta t}=\frac{12}{50}=0{,}24\,\text{s}^{-1}=0{,}24\,\text{Hz}.\] A unidade hertz corresponde a um ciclo por segundo. Assim, uma frequência inferior a 1 Hz significa que cada repetição leva mais de um segundo, o que faz sentido para uma flexão de braços.

Podemos conferir calculando o período, isto é, o tempo de uma repetição: \[T=\frac{\Delta t}{N}=\frac{50}{12}\approx4{,}17\,\text{s}.\] Como frequência e período são inversos, $f=1/T$, recuperamos aproximadamente 0,24 Hz.

A mola comprimida armazena energia e, quando é liberada, empurra a esfera para cima. A questão pede quais grandezas determinam a altura máxima alcançada. Para responder, vamos acompanhar a transformação da energia desde a liberação da mola até o instante em que a esfera para de subir.

Como o enunciado despreza os atritos e a resistência do ar, podemos usar a conservação da energia mecânica. Durante o lançamento, a energia potencial elástica diminui enquanto a esfera ganha velocidade e altura. Depois que perde contato com a mola, ela continua subindo, transformando sua energia cinética em energia potencial gravitacional.

Chamando de $k$ a constante elástica da mola e de $x$ sua compressão inicial, a energia armazenada é: \[E_{\mathrm{el}}=\frac{kx^2}{2}.\] A constante $k$ representa a resistência da mola à deformação: para uma mesma compressão, uma mola com maior $k$ armazena mais energia.

Vamos tomar a posição inicial da esfera como referência para a energia potencial gravitacional. A esfera parte do repouso e, no ponto mais alto, sua velocidade volta a ser zero. Nesse instante, ela já não está em contato com a mola. Assim, a energia inicialmente armazenada na mola corresponde ao ganho de energia potencial gravitacional: \[\frac{kx^2}{2}=mgh_{\max}.\] Isolando a altura máxima: \[\boxed{h_{\max}=\frac{kx^2}{2mg}}.\]

Essa expressão mostra a dependência das quatro grandezas: massa da esfera, compressão inicial da mola, constante elástica e aceleração da gravidade. Uma compressão maior ou uma mola mais rígida fornece mais energia ao lançamento. Já uma esfera mais pesada, ou uma gravidade maior, exige mais energia para atingir a mesma altura.

A massa do canhão não aparece porque ele está fixo ao solo: não há recuo do canhão que receba parte da energia liberada pela mola. Como conferência, mantendo as outras grandezas constantes, dobrar a compressão multiplica a energia armazenada — e a altura máxima — por quatro.

O satélite descreve uma circunferência em torno do centro da Terra. A altitude $h$ é medida a partir da superfície, enquanto o raio da trajetória é medido a partir do centro. Por isso, a primeira informação que devemos organizar é \[r=R+h.\]

A força gravitacional mantém o satélite nessa trajetória: ela desempenha o papel de resultante centrípeta. Não são duas forças diferentes que se equilibram. Igualando a expressão da gravitação ao valor necessário para o movimento circular, \[\frac{GMm}{r^2}=\frac{mv^2}{r}\quad\Rightarrow\quad v^2=\frac{GM}{r}.\] A massa $m$ do satélite cancela, pois aparece nos dois lados.

O período $T$ é o tempo de uma volta completa. Como a velocidade escalar é constante, a distância percorrida em uma volta é $2\pi r$, e \[v=\frac{2\pi r}{T}.\] Substituindo na relação anterior: \[\frac{4\pi^2r^2}{T^2}=\frac{GM}{r}\quad\Rightarrow\quad T^2=\frac{4\pi^2r^3}{GM}.\]

Como o período é positivo, \[\boxed{T=2\pi\sqrt{\frac{(R+h)^3}{GM}}}.\] A expressão indica que órbitas de maior raio têm períodos maiores. Isso é coerente com a terceira lei de Kepler: para satélites do mesmo astro, $T^2$ é proporcional a $r^3$.

Para descobrir em quais etapas o gás recebe calor, precisamos analisar simultaneamente a variação da energia interna e o trabalho. Vamos usar a convenção em que $W$ é o trabalho realizado pelo gás: \[Q=\Delta U+W.\] Assim, expansão corresponde a $W>0$, compressão a $W<0$ e volume constante a $W=0$. Para uma quantidade fixa de gás ideal, a energia interna depende apenas da temperatura.

No trecho XY, a linha é vertical: o volume não muda, mas a pressão aumenta. Pela relação $pV=nRT$, a temperatura aumenta quando a pressão cresce a volume constante. Portanto, $\Delta U>0$ e $W=0$, de modo que \[Q_{XY}=\Delta U_{XY}>0.\] Nessa etapa, o gás recebe calor.

No trecho YZ, o volume diminui e o gás passa da isoterma 1 para a isoterma 3, de menor temperatura. Há, portanto, compressão e resfriamento: $W<0$ e $\Delta U<0$. A soma também é negativa, \[Q_{YZ}=\Delta U_{YZ}+W_{YZ}<0,\] indicando liberação de calor.

No trecho ZW, os estados estão na mesma isoterma. A temperatura inicial e a final são iguais, logo $\Delta U=0$. Como o volume diminui, o trabalho do gás é negativo. Assim, \[Q_{ZW}=W_{ZW}<0.\] O gás também libera calor nesse trecho; apenas XY apresenta recebimento de calor.

O gelo passa por três etapas: aquece de $-15\,{}^\circ\text{C}$ até $0\,{}^\circ\text{C}$, derrete a temperatura constante e, finalmente, a água líquida aquece até a temperatura ambiente. O gráfico informa que o calor total recebido até o equilíbrio é 21.100 cal. Vamos separar essa energia entre as três etapas.

No aquecimento do gelo, usamos calor sensível: \[Q_1=mc_g\Delta T=200\cdot0{,}5\cdot[0-(-15)]=1.500\,\text{cal}.\] A variação de temperatura é positiva, pois o gelo aquece, embora sua temperatura inicial seja negativa.

Durante a fusão, a temperatura permanece em $0\,{}^\circ\text{C}$, mas o gelo continua recebendo energia para mudar de estado. Essa parcela é o calor latente: \[Q_2=mL_f=200\cdot80=16.000\,\text{cal}.\] Até obter apenas água líquida a zero grau, foram consumidas $1.500+16.000=17.500\,\text{cal}$.

Restam, portanto, \[Q_3=21.100-17.500=3.600\,\text{cal}.\] Essa parcela aquece os mesmos 200 g, agora de água líquida, cujo calor específico é $1{,}0\,\text{cal/(g}\cdot{}^\circ\text{C)}$: \[3.600=200\cdot1{,}0\cdot(\theta_{amb}-0)\quad\Rightarrow\quad\boxed{\theta_{amb}=18\,{}^\circ\text{C}}.\]

A figura mostra três funções ópticas sucessivas: captar a luz do alvo, corrigir a orientação da imagem e permitir sua observação ampliada. Para identificar o comportamento de cada conjunto de lentes, devemos acompanhar o que acontece com os raios em cada etapa.

A objetiva recebe a luz do alvo distante e reúne os raios para formar uma imagem real dentro do instrumento. Raios que chegam aproximadamente paralelos precisam convergir para formar essa imagem; portanto, a objetiva tem comportamento convergente.

O conjunto inversor recebe a imagem produzida pela objetiva como objeto e forma outra imagem real. Nessa nova formação de imagem ocorre outra inversão, corrigindo a orientação da primeira. No esquema apresentado, isso é feito por um conjunto com comportamento convergente, com o objeto situado além de seu foco.

A ocular, próxima ao olho, permite observar a imagem intermediária sob maior ângulo, funcionando como uma lupa. Uma lente convergente pode desempenhar essa função quando a imagem intermediária está junto ao seu plano focal ou dentro da distância focal. Assim, os três conjuntos apresentam comportamento convergente.

O feixe chega à superfície passando da água para o ar, isto é, de um meio de maior índice de refração para outro de menor índice. Essa é a situação em que pode ocorrer reflexão total. Precisamos comparar o ângulo de incidência de 60° com o ângulo limite dessa interface.

Na refração rasante, o raio refratado forma 90° com a normal. Pela lei de Snell, \[n_{\mathrm{água}}\sin i_c=n_{\mathrm{ar}}\sin90^\circ.\] Como $\sin90^\circ=1$, \[\sin i_c=\frac{n_{\mathrm{ar}}}{n_{\mathrm{água}}}=\frac{1}{4/3}=\frac34=0{,}75.\]

O enunciado fornece $\sin60^\circ=0{,}87$. Entre 0° e 90°, o seno cresce com o ângulo; portanto, $0{,}87>0{,}75$ mostra que a incidência de 60° está acima do limite. O feixe sofre reflexão total e permanece no interior da água.

Uma conferência é tentar aplicar Snell para uma refração comum: \[\sin r=\frac43\cdot0{,}87=1{,}16.\] Como o seno de um ângulo real não pode superar 1, não existe raio refratado propagando-se pelo ar nessa condição.

A onda representada é longitudinal: as regiões do solo alternam compressão e descompressão ao longo da direção de propagação. Para calcular a velocidade, precisamos primeiro reconhecer o comprimento de onda no desenho.

Um comprimento de onda é a distância entre duas regiões consecutivas que estão na mesma fase, como duas compressões vizinhas. A marca de 1.200 m vai da primeira à terceira compressão. Entre três compressões consecutivas existem dois intervalos completos, portanto: \[2\lambda=1.200\,\text{m}\quad\Rightarrow\quad\lambda=600\,\text{m}.\]

A frequência de 10 Hz indica que dez ciclos passam por um ponto em cada segundo. Em um período, a onda avança um comprimento de onda; por isso, sua velocidade é \[v=\lambda f=600\cdot10=6.000\,\text{m/s}.\] Convertendo metros para quilômetros: \[\boxed{v=6\,\text{km/s}}.\]

O valor calculado é a velocidade com que a perturbação se propaga pelo solo. Ele não representa a velocidade do tanque nem a velocidade de transporte de uma porção de terra por 600 m: as partículas do meio oscilam enquanto a perturbação se desloca.

A questão reúne três ideias: como uma partícula fica eletrizada negativamente, qual lei descreve a interação entre cargas e por que uma peça neutra também pode atrair a tinta. Vamos analisar cada lacuna pelo fenômeno físico correspondente.

Uma partícula inicialmente neutra tem cargas positivas e negativas que se compensam. Ao ganhar elétrons, ela passa a ter excesso de carga negativa. Nos processos usuais de eletrização, são os elétrons que podem ser transferidos; os prótons permanecem nos núcleos atômicos.

A interação eletrostática entre cargas é descrita pela lei de Coulomb. Para cargas puntiformes, o módulo da força é \[F=k\frac{|q_1q_2|}{r^2}.\] Cargas de sinais opostos se atraem. Assim, uma peça positiva atrai diretamente as partículas negativas da tinta.

Se a peça estiver neutra, o campo elétrico das partículas negativas provoca uma redistribuição de cargas na peça. A região mais próxima da tinta fica com excesso relativo de carga positiva, enquanto as cargas negativas são afastadas. Essa separação, descrita no enunciado como polarização, permite a atração mesmo sem carga líquida inicial na peça. A interação com as cargas opostas mais próximas predomina sobre a repulsão das cargas mais distantes.

Antes de associar capacitores, devemos identificar quais pontos do circuito estão ligados por fios ideais. Na figura, o fio horizontal une diretamente os dois lados do conjunto $C_2$–$C_3$. Esses lados pertencem ao mesmo nó elétrico e têm o mesmo potencial.

Consequentemente, a tensão nos capacitores desse conjunto é nula. Pela relação $Q=CU$, eles não armazenam carga devida à tensão do gerador e não contribuem para a capacitância equivalente entre seus terminais. Restam $C_1=12\,\mu\text{F}$ e $C_4=9\,\mu\text{F}$ em série.

Em série, as tensões somam e a carga da associação equivalente é a carga de cada capacitor. Portanto: \[\frac1{C_{eq}}=\frac1{12}+\frac1{9}=\frac7{36}\quad\Rightarrow\quad C_{eq}=\frac{36}{7}\,\mu\text{F}.\] Interpretando a carga total informada como a carga da associação equivalente, \[E=\frac{Q}{C_{eq}}=\frac{1{,}8\times10^{-4}}{(36/7)\times10^{-6}}=35\,\text{V}.\]

Esse resultado não aparece entre os valores oferecidos. É possível identificar a origem dos 40 V: se o fio horizontal não existisse, $C_2$ e $C_3$ formariam um paralelo de $36\,\mu\text{F}$, em série com os outros dois capacitores. Nesse circuito diferente, \[\frac1{C_{eq}}=\frac1{12}+\frac1{36}+\frac1{9}=\frac29,\qquad C_{eq}=4{,}5\,\mu\text{F},\] e a tensão seria 40 V. Essa conta exige retirar uma conexão do desenho e, portanto, não resolve o circuito tal como apresentado.

A bateria $B_1$ fornece energia simultaneamente à lâmpada e à bateria $B_2$, que está sendo carregada. Como esses dois ramos estão em paralelo, a tensão em seus terminais é a mesma. A lâmpada fornece a maneira mais direta de descobrir essa tensão.

Pela lei de Ohm, \[U=R_Li_L=20\cdot0{,}5=10\,\text{V}.\] Na bifurcação, a corrente fornecida por $B_1$ se divide entre os dois ramos. Pela conservação da carga elétrica, \[i_1=i_2+i_L=1{,}5+0{,}5=2{,}0\,\text{A}.\]

A bateria $B_2$ recebe energia para ser carregada, funcionando como receptor. A tensão aplicada precisa superar sua força eletromotriz e a queda de tensão interna: \[U=\varepsilon_2+r_2i_2.\] Substituindo, \[10=\varepsilon_2+1\cdot1{,}5\quad\Rightarrow\quad\varepsilon_2=8{,}5\,\text{V}.\]

Já $B_1$ funciona como gerador: sua tensão terminal é menor que a força eletromotriz por causa da resistência interna. Assim, \[U=\varepsilon_1-r_1i_1\quad\Rightarrow\quad10=12-2r_1\quad\Rightarrow\quad r_1=1{,}0\,\Omega.\] Os valores procurados são, respectivamente, 8,5 V e 1,0 Ω. A diferença de 2 V entre a força eletromotriz e a tensão externa de $B_1$ corresponde à queda interna $r_1i_1$.

A luz transfere energia ao material da célula solar e pode produzir excitação eletrônica. A pergunta busca, entre as propostas históricas apresentadas, a ideia de que um elétron pode passar a um estado de maior energia ao absorver energia externa.

No modelo de Bohr, os elétrons ocupam níveis de energia permitidos. Para passar de um nível de energia $E_i$ para outro de maior energia $E_f$, o elétron precisa absorver a diferença: \[\Delta E=E_f-E_i>0.\] Quando essa energia é fornecida pela absorção de um fóton, ela se relaciona à frequência da luz por $\Delta E=hf$.

Essa associação entre absorção de energia e mudança de estado eletrônico é a ideia explorada pela questão. Ela permite distinguir o mecanismo descrito de radioatividade nuclear, emissão de prótons ou da hipótese de que a própria luz seja um feixe de elétrons. O nome associado, entre os cientistas listados, é Niels Bohr.

É importante delimitar a interpretação: o modelo atômico de Bohr não descreve sozinho uma célula solar de perovskita. A explicação dos semicondutores envolve estados eletrônicos em bandas e a separação das cargas excitadas. Aqui, o modelo histórico serve para reconhecer a noção de transição eletrônica por absorção de energia.