Prof. Ricardo Bastos Método TEF-MED
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ITA 2027 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Instituto Tecnológico de Aeronáutica

Vestibular 2027 · 1ª fase (27/09/2026) · Prova de Física (Q13-24) — resolução comentada Método TEF. Gabarito TEF preliminar: o gabarito oficial do ITA será divulgado em 06/10/2026.

Q13
Física Moderna — Física de Partículas — Análise dimensional

As interações fundamentais da natureza podem ser interpretadas como sendo mediadas pela troca de partículas. A interação eletromagnética, por exemplo, é mediada pelo fóton, a interação fraca pelos bósons $W^\pm$ e $Z^0$ e a interação forte por glúons. Dentro do núcleo, prótons e nêutrons interagem via interação forte que, de forma efetiva para esse tipo de sistema, é modelada pela troca de mésons. O píon (ou méson $\pi$) é uma partícula que foi experimentalmente identificada em 1947 por um grupo de pesquisadores do qual fazia parte o brasileiro César Lattes. Seja $m$ a massa de um certo méson cujo alcance característico da interação é $r$. Se essa massa está relacionada apenas com a constante de Planck reduzida $\hbar=h/(2\pi)$, com a velocidade da luz $c$ e com $r$, determine a expressão para $m$ dimensionalmente compatível com essas grandezas.

A)$\dfrac{\hbar}{cr}$.
B)$\dfrac{\hbar c}{r}$.
C)$\dfrac{\hbar}{cr^2}$.
D)$\dfrac{\hbar c}{r^2}$.
E)$\dfrac{\hbar}{c^2r}$.

Gabarito Preliminar

A
Resolução

Queremos $m=k\,\hbar^{a}c^{b}r^{c}$. Em termos de dimensões: $[\hbar]=ML^2T^{-1}$ (energia × tempo), $[c]=LT^{-1}$ e $[r]=L$.

$M^1L^0T^0=\left(ML^2T^{-1}\right)^a\left(LT^{-1}\right)^b L^c$.

Comparando expoentes: $M:\ a=1$; $\ T:\ -a-b=0\Rightarrow b=-1$; $\ L:\ 2a+b+c=0\Rightarrow c=-1$.

Logo, $m\sim\dfrac{\hbar}{c\,r}$. É a estimativa de Yukawa: quanto menor o alcance $r$ da interação, maior a massa da partícula mediadora. Todo o contexto histórico (Lattes, píon) é apenas ambientação; o núcleo da questão é a análise dimensional.

Alternativa correta: A

Q14
Mecânica — Estática — Equilíbrio com atrito

Duas esferas homogêneas, em contato entre si, repousam sobre um piso, e a maior também está em contato com um degrau, conforme ilustra a figura ao lado. A esfera menor tem massa $m$ e raio $R$, enquanto a maior tem raio $2R$ e está fixa. O coeficiente de atrito estático entre as esferas e entre a esfera menor e o piso é $\mu=\sqrt2/8$. Uma força $\vec F$, de intensidade aumentada gradativamente, é aplicada horizontalmente na esfera menor a uma altura $3R/2$. Assinale a alternativa que corresponde à máxima intensidade da força $\vec F$ em que a esfera menor ainda permaneça em repouso.

Duas esferas em contato sobre o piso; a maior está encostada em um degrau e uma força horizontal atua na esfera menor
A)$\dfrac{2\sqrt2}{5}mg$.
B)$4\sqrt2mg$.
C)$\dfrac{\sqrt{18}}{19}mg$.
D)$\dfrac{10\sqrt2}{19}mg$.
E)$\dfrac{5\sqrt2}{9}mg$.

Gabarito Preliminar

D
Resolução

Geometria. O centro da esfera menor está a altura $R$ e o da maior a $2R$; a distância entre os centros é $R+2R=3R$. Sendo $\theta$ o ângulo da linha dos centros com a horizontal: $\text{sen}\,\theta=\dfrac{R}{3R}=\dfrac13$ e $\cos\theta=\dfrac{2\sqrt2}{3}$.

Por que os dois atritos ficam no limite. A força $\vec F$ atua $R/2$ acima do centro e tende a girar a esfera menor no sentido horário. Como ela não pode avançar (a esfera maior está fixa), o único movimento possível é girar no lugar, o que exige escorregamento simultâneo no piso e no contato com a esfera maior. Na iminência, $f_p=\mu N_p$ (piso, para a direita) e $f=\mu N$ (contato entre esferas, tangente, para cima e para a esquerda). Com $\mu=\sqrt2/8$: $\mu\cos\theta=\dfrac16$ e $\mu\,\text{sen}\,\theta=\dfrac{\sqrt2}{24}$.

Equilíbrio da esfera menor ($N$ atua ao longo da linha dos centros, para baixo e para a esquerda):

Vertical: $N_p+f\cos\theta=mg+N\,\text{sen}\,\theta\ \Rightarrow\ N_p=mg+\dfrac N3-\dfrac N6=mg+\dfrac N6$.

Horizontal: $F+f_p=N\cos\theta+f\,\text{sen}\,\theta\ \Rightarrow\ F=N\left(\dfrac{2\sqrt2}{3}+\dfrac{\sqrt2}{24}\right)-\dfrac{\sqrt2}{8}\left(mg+\dfrac N6\right)=\dfrac{33\sqrt2}{48}N-\dfrac{\sqrt2}{8}mg$.

Torques em relação ao centro: $F\cdot\dfrac R2=(f_p+f)R\ \Rightarrow\ F=2\mu\left(N_p+N\right)=\dfrac{\sqrt2}{4}\left(mg+\dfrac{7N}{6}\right)$.

Resolvendo. Igualando as duas expressões de $F$: $\dfrac{33\sqrt2}{48}N-\dfrac{14\sqrt2}{48}N=\dfrac{\sqrt2}{4}mg+\dfrac{\sqrt2}{8}mg\ \Rightarrow\ \dfrac{19}{48}N=\dfrac38mg\ \Rightarrow\ N=\dfrac{18}{19}mg$.

Então $F_{\text{máx}}=\dfrac{\sqrt2}{4}\left(mg+\dfrac76\cdot\dfrac{18}{19}mg\right)=\dfrac{\sqrt2}{4}\cdot\dfrac{40}{19}mg=\dfrac{10\sqrt2}{19}mg$.

Alternativa correta: D

Q15
Mecânica — Cinemática — Lançamento horizontal e oblíquo

Em um treino de beisebol, uma bola é lançada por um arremessador com uma velocidade horizontal de $36\text{ km/h}$, a uma altura de $175\text{ cm}$ do solo. Após percorrer uma distância horizontal de $5\text{ m}$, ela é atingida pelo rebatedor e passa a ter, instantaneamente, uma velocidade de $45\text{ km/h}$, formando um ângulo de $30^\circ$ com a horizontal. Ela realiza sua trajetória até ser pega em movimento descendente por um defensor a uma altura de $175\text{ cm}$ acima do solo.

Assinale a alternativa que apresenta os gráficos cinemáticos de posição $(y)$ e velocidade vertical $(v_y)$ da bola, conforme a descrição acima.

A)
Alternativa A: gráficos de posição vertical e velocidade vertical em função do tempo
B)
Alternativa B: gráficos de posição vertical e velocidade vertical em função do tempo
C)
Alternativa C: gráficos de posição vertical e velocidade vertical em função do tempo
D)
Alternativa D: gráficos de posição vertical e velocidade vertical em função do tempo
E)
Alternativa E: gráficos de posição vertical e velocidade vertical em função do tempo

Gabarito Preliminar

E
Resolução

1º trecho (lançamento horizontal). $v_x=36\text{ km/h}=10\text{ m/s}$; para percorrer $5\text{ m}$: $t_1=0{,}5\text{ s}$. Nesse instante: $y=1{,}75-5(0{,}5)^2=0{,}50\text{ m}$ e $v_y=-10(0{,}5)=-5\text{ m/s}$.

Rebatida. A posição é contínua, mas $v_y$ salta instantaneamente: $45\text{ km/h}=12{,}5\text{ m/s}$ e $v_{y0}=12{,}5\cdot\text{sen}\,30^\circ=+6{,}25\text{ m/s}$. O gráfico de $v_y$ tem, portanto, um degrau de $-5$ para $+6{,}25\text{ m/s}$ em $t=0{,}5\text{ s}$.

2º trecho (lançamento oblíquo). Com $\tau$ medido a partir da rebatida: $y=0{,}5+6{,}25\tau-5\tau^2$.

• Altura máxima: $\tau=0{,}625\text{ s}$ ($t\approx1{,}13\text{ s}$), com $y_{\text{máx}}=0{,}5+\dfrac{6{,}25^2}{20}\approx2{,}45\text{ m}$.

• Captura a $1{,}75\text{ m}$ na descida: $5\tau^2-6{,}25\tau+1{,}25=0\Rightarrow\tau=0{,}25\text{ s}$ (subida) ou $\tau=1{,}0\text{ s}$ (descida). Logo, $t_{\text{final}}=1{,}5\text{ s}$.

• Velocidade vertical final: $v_y=6{,}25-10(1{,}0)=-3{,}75\text{ m/s}$.

Eliminando. A termina em $y=0{,}5\text{ m}$ e $t\approx1{,}75\text{ s}$; B chega a $6\text{ m}$ e salta para $v_y\approx11\text{ m/s}$; C tem a rebatida em $t=0{,}75\text{ s}$; D salta para $v_y=10\text{ m/s}$ e termina com $v_y=0$. Só E reúne rebatida em $0{,}5\text{ s}$, salto de $-5$ para $\approx6\text{ m/s}$, pico perto de $2{,}45\text{ m}$ e fim em $t=1{,}5\text{ s}$ com $y=1{,}75\text{ m}$ e $v_y\approx-3{,}75\text{ m/s}$.

Alternativa correta: E

Q16
Mecânica — Dinâmica — Referenciais em rotação

Em um parque de diversões, uma plataforma horizontal gira em torno de um eixo vertical fixo com velocidade angular constante $\omega$. Sobre a plataforma, a uma distância $R=2{,}0\text{ m}$ do eixo, encontra-se um pequeno bloco de massa $m$ em repouso em relação à plataforma. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a plataforma é $\mu_e=0{,}40$. Um pêndulo simples, de comprimento $\ell=1{,}0\text{ m}$, está pendurado em um suporte fixo à plataforma, também a uma distância $R$ do eixo e permanece em equilíbrio em relação à plataforma.

Plataforma giratória com bloco a dois metros do eixo e pêndulo preso à borda

Considerando $g=10\text{ m/s}^2$ e que $\omega$ é aumentada lentamente a partir do repouso, analise as seguintes afirmativas:

I. O bloco começa a deslizar quando $\omega=\sqrt2\text{ rad/s}$.

II. No referencial da plataforma, o pêndulo está em equilíbrio sob a ação do peso, da tração e da força centrífuga, fazendo um ângulo $\alpha$ com a vertical tal que $\tan\alpha=\omega^2R/g$.

III. No referencial do solo, a resultante entre a tração e o peso é não nula, dirigida horizontalmente para o eixo de rotação, fornecendo a força centrípeta da massa pendular.

IV. Quando $\omega=1{,}0\text{ rad/s}$, o bloco ainda está em repouso em relação à plataforma, e o ângulo do pêndulo com a vertical é tal que $\tan\alpha=0{,}2$.

Estão corretas apenas as afirmativas

A)I e II.
B)I e III.
C)II e III.
D)I, II e III.
E)I, II, III e IV.

Gabarito Preliminar

B
Resolução

I — Verdadeira. Enquanto o bloco não desliza, o atrito estático é a resultante centrípeta: $f_{at}=m\omega^2R$. O deslizamento começa quando o atrito atinge o valor máximo $\mu_e mg$:

$m\omega^2R=\mu_e mg \implies \omega=\sqrt{\dfrac{\mu_e g}{R}}=\sqrt{\dfrac{0{,}40\cdot10}{2{,}0}}=\sqrt2\text{ rad/s}$.

II — Falsa. O ponto de suspensão está a $R$ do eixo, mas a massa pendular não: ao se inclinar de $\alpha$ para fora, ela passa a girar num raio $r=R+\ell\,\text{sen}\,\alpha$. No referencial da plataforma, o equilíbrio entre peso, tração e força centrífuga ($m\omega^2 r$) fornece

$\text{tg}\,\alpha=\dfrac{m\omega^2 r}{mg}=\dfrac{\omega^2\left(R+\ell\,\text{sen}\,\alpha\right)}{g}$,

e não $\text{tg}\,\alpha=\omega^2R/g$. As forças citadas estão corretas; a relação angular é que ignora o afastamento da massa.

III — Verdadeira. No referencial do solo (inercial) não existe força centrífuga. A massa pendular descreve um MCU horizontal, então a resultante de tração e peso é não nula, horizontal e dirigida para o eixo: é a resultante centrípeta $m\omega^2 r$.

IV — Falsa. Com $\omega=1{,}0\text{ rad/s}<\sqrt2\text{ rad/s}$, o bloco de fato continua em repouso. Porém, para o pêndulo,

$\text{tg}\,\alpha=\dfrac{1^2\,(2{,}0+1{,}0\cdot\text{sen}\,\alpha)}{10}=0{,}2+0{,}1\,\text{sen}\,\alpha>0{,}2$.

Resolvendo numericamente, $\alpha\approx12{,}5^\circ$ e $\text{tg}\,\alpha\approx0{,}22$. O valor $0{,}2$ só sairia com o raio $R$, o mesmo erro da afirmativa II.

Estão corretas apenas I e III.

Alternativa correta: B

Q17
Mecânica — Gravitação — Energia potencial gravitacional

Na missão Artemis II, a espaçonave Orion realiza uma trajetória de ida à Lua. Em um modelo simplificado, após uma manobra de injeção translunar, a nave parte de uma órbita baixa em torno da Terra com velocidade $v_0$, dirigida exatamente ao longo da reta Terra–Lua. A distância entre os centros da Terra e da Lua é igual a $D$, e a massa da Lua é aproximadamente $81$ vezes menor que a massa $M$ da Terra. Assuma o raio da Terra dado por $R$ e despreze tanto efeitos devido ao movimento da Terra e da Lua, bem como a altura orbital da nave antes da injeção translunar. Assinale a alternativa que corresponde ao valor de velocidade $v_0$ acima da qual a nave consegue chegar à Lua.

A)$\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R-\dfrac{10}{9D}\right)+\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D+R}+\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.
B)$\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R+\dfrac{10}{9D}\right)+\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D-R}-\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.
C)$\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R-\dfrac{10}{9D}\right)+\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D-R}-\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.
D)$\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R-\dfrac{10}{9D}\right)-\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D-R}-\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.
E)$\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R+\dfrac{10}{9D}\right)-\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D+R}-\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.

Gabarito Preliminar

C
Resolução

Ao longo da reta Terra–Lua, a energia potencial por unidade de massa é $u(x)=-\dfrac{GM}{x}-\dfrac{GM/81}{D-x}$, com $x$ medido a partir do centro da Terra. Ela é máxima no ponto em que as duas atrações se equilibram — é a "crista" que a nave precisa ultrapassar. Depois dela, a Lua passa a puxar mais e a nave chega sozinha.

Ponto de equilíbrio: $\dfrac{GM}{x^2}=\dfrac{GM}{81(D-x)^2}\Rightarrow\dfrac{D-x}{x}=\dfrac19\Rightarrow x=\dfrac{9D}{10}$ (a $D/10$ do centro da Lua).

Energia nesse ponto: $u\!\left(\dfrac{9D}{10}\right)=-\dfrac{10GM}{9D}-\dfrac{10GM}{81D}$.

Energia na partida (a uma distância $R$ da Terra e $D-R$ da Lua): $\dfrac{v_0^2}{2}-\dfrac{GM}{R}-\dfrac{GM}{81(D-R)}$.

A velocidade mínima corresponde a chegar à crista com velocidade nula. Igualando:

$\dfrac{v_0^2}{2}=GM\left[\left(\dfrac1R-\dfrac{10}{9D}\right)+\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D-R}-\dfrac{10}{D}\right)\right]$

$v_0=\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R-\dfrac{10}{9D}\right)+\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D-R}-\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.

Atenção às armadilhas: na partida a distância até a Lua é $D-R$ (não $D+R$), e o termo da Lua aparece com sinal positivo, pois a atração lunar ajuda a nave desde o início.

Alternativa correta: C

Q18
Mecânica — Dinâmica — Equilíbrio em referencial girante

Um aro circular fino, de raio $R$ e massa desprezível, gira em torno do seu eixo vertical com uma velocidade angular constante $\Omega$. Uma pequena miçanga, de massa $m$ e dimensões desprezíveis, está inserida no aro, podendo deslizar sem atrito ao longo de sua circunferência, como pode ser visto na figura abaixo. A aceleração da gravidade local é constante e vale $g$. Assinale a alternativa que apresenta o maior intervalo de velocidade angular $\Omega$ em que há sempre equilíbrio estável da miçanga em um ângulo $\theta_0>0^\circ$, quando considerado um observador que gira junto com o aro.

Aro circular vertical girando em torno do diâmetro vertical, com uma miçanga em posição angular theta zero
A)$\Omega\in]\sqrt{g/R},+\infty[$.
B)$\Omega\in]\sqrt{2g/R},+\infty[$.
C)$\Omega\in]0,\sqrt{g/R}[$.
D)$\Omega\in]0,\sqrt{2g/R}[$.
E)$\Omega\in]0,+\infty[$.

Gabarito Preliminar

A
Resolução

No referencial que gira com o aro, atuam sobre a miçanga o peso, a normal do aro e a força centrífuga $m\Omega^2 r$, com $r=R\,\text{sen}\,\theta$ (distância ao eixo).

Equilíbrio tangencial (a normal não tem componente tangente):

$m\Omega^2R\,\text{sen}\,\theta\cos\theta=mg\,\text{sen}\,\theta$.

Além de $\theta=0$, há solução com $\text{sen}\,\theta_0\neq0$: $\cos\theta_0=\dfrac{g}{\Omega^2R}$. Ela só existe se $\dfrac{g}{\Omega^2R}<1$, isto é, $\Omega>\sqrt{g/R}$.

Estabilidade. A energia potencial efetiva é $U(\theta)=-mgR\cos\theta-\tfrac12m\Omega^2R^2\,\text{sen}^2\theta$. Derivando duas vezes: $U''(\theta)=mgR\cos\theta-m\Omega^2R^2\cos2\theta$. Em $\cos\theta_0=g/(\Omega^2R)$:

$U''(\theta_0)=m\Omega^2R^2\left[\cos^2\theta_0-(2\cos^2\theta_0-1)\right]=m\Omega^2R^2\,\text{sen}^2\theta_0>0$.

Logo, sempre que $\theta_0$ existe, ele é um mínimo de $U$, ou seja, um equilíbrio estável. Para $\Omega>\sqrt{g/R}$, a posição mais baixa ($\theta=0$) é que se torna instável. O intervalo pedido é $\Omega\in\left]\sqrt{g/R},+\infty\right[$.

Alternativa correta: A

Q19
Termologia — Calorimetria — Radiação térmica e mudança de fase

Em 1775, o oficial de artilharia britânico Sir Robert Barker relatou um engenhoso processo de fabricação de gelo utilizado pelos sábios indianos. De acordo com seu relato, esse processo consistia em deixar ao relento, em noites frias, limpas e sem vento, finas camadas de água contidas em vasos abertos, porosos, de barro, colocados sobre palha seca. Ao fim da noite, o conteúdo dos vasos estava completamente congelado. Supondo que a camada de água tinha por volta de $1\text{ cm}$ e que não ocorreu sublimação, assinale a alternativa que corresponde à melhor estimativa do tempo de congelamento em horas a partir do instante em que a água atinge $0^\circ\text{C}$.

A)$1\text{ hora}$.
B)$2\text{ horas}$.
C)$3\text{ horas}$.
D)$4\text{ horas}$.
E)$5\text{ horas}$.

Gabarito Preliminar

C
Resolução

Em noite limpa, seca e sem vento, a água perde calor principalmente por radiação para o céu frio; a palha seca isola o vaso do solo. Estimamos a perda considerando apenas a emissão de corpo negro da superfície a $0\,^\circ\text{C}$ ($\varepsilon=1$), desprezando o que o céu devolve.

Calor a retirar (por $1\text{ m}^2$ de superfície): volume $1\text{ m}^2\times0{,}01\text{ m}=10^{-2}\text{ m}^3$, massa $10\text{ kg}$.

$Q=mL=10^4\text{ g}\times334\text{ J/g}=3{,}34\times10^6\text{ J}$.

Potência irradiada por $1\text{ m}^2$ a $T=273\text{ K}$:

$\dfrac PA=\kappa T^4=5{,}7\times10^{-8}\times(273)^4\approx5{,}7\times10^{-8}\times5{,}55\times10^{9}\approx3{,}2\times10^{2}\text{ W/m}^2$.

Tempo: $t=\dfrac{Q}{P}\approx\dfrac{3{,}34\times10^6}{3{,}2\times10^2}\approx1{,}05\times10^4\text{ s}\approx2{,}9\text{ h}$.

A melhor estimativa é 3 horas. Note que a espessura da camada é o dado decisivo: o tempo é proporcional a ela e não depende da área do vaso.

Alternativa correta: C

Q20
Ondulatória — Acústica — Refração do som

Uma explosão controlada ocorre no solo a $30\text{ m}$ de um prédio de altura $H=40\text{ m}$ sobre o qual se encontra um engenheiro que mede o intervalo de tempo $\Delta t$ desde a detecção da luz da explosão até a detecção sonora, usando um aparato especial que ele mesmo desenvolveu. Considere $c_0$ a velocidade do som a $T_0=273{,}15\text{ K}$, $T_1$ a temperatura do ar desde o solo até a altura $h$ e $T_2$ a temperatura do ar desde essa mesma altura até o topo do prédio. Ambas temperaturas são expressas em Kelvin e $T_2>T_1>T_0$.

Explosão no solo a trinta metros de um prédio de quarenta metros, com interface térmica na altura h

Assinale a alternativa que corresponde à fórmula que fornece a altura de inversão térmica $h$. Use a aproximação $\sin(\theta+\Delta\theta)\approx\sin(\theta)$ para $\Delta\theta\ll\theta$.

A)$\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(1{,}25c_0\Delta t-H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}-\sqrt{T_1}}\right)$.
B)$\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(1{,}25c_0\Delta t-H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}+\sqrt{T_1}}\right)$.
C)$\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(0{,}8c_0\Delta t-H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}+\sqrt{T_1}}\right)$.
D)$\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(0{,}8c_0\Delta t-H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}-\sqrt{T_1}}\right)$.
E)$\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(1{,}25c_0\Delta t+H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}-\sqrt{T_1}}\right)$.

Gabarito Preliminar

D
Resolução

Velocidade do som. Num gás ideal, $c\propto\sqrt T$. Assim: $c_1=c_0\sqrt{T_1/T_0}$ (camada inferior) e $c_2=c_0\sqrt{T_2/T_0}$ (camada superior).

Trajetória do som. O som vai do ponto da explosão ao topo do prédio: $30\text{ m}$ na horizontal e $H=40\text{ m}$ na vertical. Na interface ocorre refração, mas o enunciado autoriza $\text{sen}(\theta+\Delta\theta)\approx\text{sen}\,\theta$: o desvio é desprezível e o raio é praticamente a reta de comprimento $50\text{ m}$. Com $\varphi$ o ângulo com a vertical: $\cos\varphi=\dfrac{40}{50}=0{,}8$.

Tempo de percurso. A luz chega praticamente de imediato, então $\Delta t$ é o tempo do som. Em cada camada, o comprimento do caminho é a espessura dividida por $\cos\varphi$:

$\Delta t=\dfrac{1}{0{,}8}\left(\dfrac{h}{c_1}+\dfrac{H-h}{c_2}\right)\ \Rightarrow\ 0{,}8\,\Delta t=\dfrac H{c_2}+h\left(\dfrac1{c_1}-\dfrac1{c_2}\right)$.

Isolando $h$:

$\dfrac1{c_1}-\dfrac1{c_2}=\dfrac{\sqrt{T_0}}{c_0}\cdot\dfrac{\sqrt{T_2}-\sqrt{T_1}}{\sqrt{T_1T_2}}$ e $\dfrac{H}{c_2}=\dfrac{H}{c_0}\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}$.

$h=\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(0{,}8\,c_0\Delta t-H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}-\sqrt{T_1}}\right)$.

Armadilhas: o fator $1{,}25=1/0{,}8$ aparece se o caminho for dividido em vez de multiplicado pelo cosseno; e o denominador é $\sqrt{T_2}-\sqrt{T_1}$ (positivo, pois $T_2>T_1$), não uma soma.

Alternativa correta: D

Q21
Óptica — Refração — Índice de refração negativo

Considere uma placa plana e paralela, imersa no ar, de espessura $d$, constituída por um material incomum, denominado de metamaterial ideal, cuja permissividade e permeabilidade relativas valem $\varepsilon_r=\mu_r=-1$. Um ponto luminoso $S$ está situado sobre o eixo principal, a uma distância $3d/4$ da face esquerda da placa. Sabe-se que, nas condições do problema, não ocorre reflexão nas interfaces ar–material.

Assinale a alternativa que representa corretamente os trajetos de três raios emitidos por $S$: um raio axial e dois raios oblíquos simétricos.

A)
Alternativa A para os trajetos dos raios no metamaterial
B)
Alternativa B para os trajetos dos raios no metamaterial
C)
Alternativa C para os trajetos dos raios no metamaterial
D)
Alternativa D para os trajetos dos raios no metamaterial
E)
Alternativa E para os trajetos dos raios no metamaterial

Gabarito Preliminar

B
Resolução

Índice do metamaterial. $n^2=\mu_r\varepsilon_r=(-1)(-1)=1$. Com $\varepsilon_r$ e $\mu_r$ ambos negativos, o ramo físico é $n=-1$ (meio de índice negativo). Como $|n|$ coincide com o do ar, não há reflexão, conforme o enunciado.

Refração. Pela lei de Snell, $\text{sen}\,\theta_{ar}=-\text{sen}\,\theta_{meta}$: o raio refratado tem o mesmo ângulo em módulo, mas fica do mesmo lado da normal que o raio incidente. Na prática, a inclinação do raio em relação ao eixo troca de sinal em cada face.

Construção dos raios (ângulo $\theta$ com o eixo):

• O raio axial atravessa sem desvio.

• Os raios oblíquos saem de $S$, afastando-se do eixo, e chegam à primeira face a uma altura $\tfrac34d\,\text{tg}\,\theta$.

• Dentro da placa, voltam em direção ao eixo com o mesmo ângulo e o cruzam após percorrer $\tfrac34d$, ou seja, a $\tfrac34d$ da face esquerda (1º foco, dentro da placa).

• Seguem divergindo por mais $\tfrac14d$ até a segunda face, onde chegam a uma altura $\tfrac14d\,\text{tg}\,\theta$.

• Na saída, a inclinação troca de sinal de novo e os raios cruzam o eixo a $\tfrac14d$ depois da placa (2º foco), com o mesmo ângulo $\theta$ original.

Isso é exatamente o desenho B. O desenho E também tem dois cruzamentos, mas o segundo está a mais de $d/4$ da placa e os ângulos não se conservam; em D os raios saem sem voltar a convergir.

Alternativa correta: B

Q22
Ondulatória — Interferência — Interferômetro de Fabry–Perot

Um interferômetro de Fabry–Perot é constituído por dois espelhos paralelos semitransparentes, com refletividade constante $R$, separados por uma distância variável $d$, entre os quais a luz sofre múltiplas reflexões. A luz transmitida pelo sistema resulta da superposição de várias contribuições sucessivas. O comportamento do interferômetro em incidência normal foi analisado em dois experimentos (I) e (II). No experimento (I), considerado como referência, a cavidade está preenchida por ar e é iluminada por luz monocromática de comprimento de onda no vácuo $\lambda$. O gráfico mostra a transmissão em função de $d/\lambda$.

Gráfico de transmissão do experimento I em função de d sobre lambda

No experimento (II), os espelhos permanecem os mesmos, mas a cavidade é totalmente preenchida por um líquido de índice de refração $n=3/2$, e a luz incidente passa a ter comprimento de onda no vácuo $\lambda'=3\lambda/4$. Despreze a absorção e a dispersão e assuma que a refletividade dos espelhos não se altera.

Assinale a alternativa que melhor representa a nova curva de transmissão do experimento (II) no mesmo intervalo do eixo horizontal.

A)
Alternativa A para a nova curva de transmissão do Fabry-Perot
B)
Alternativa B para a nova curva de transmissão do Fabry-Perot
C)
Alternativa C para a nova curva de transmissão do Fabry-Perot
D)
Alternativa D para a nova curva de transmissão do Fabry-Perot
E)
Alternativa E para a nova curva de transmissão do Fabry-Perot

Gabarito Preliminar

B
Resolução

Condição de transmissão máxima. Em incidência normal, a transmissão de um Fabry–Perot é máxima quando a ida e volta na cavidade corresponde a um número inteiro de comprimentos de onda no meio:

$2nd=m\lambda_{\text{vácuo}}\ \Rightarrow\ \Delta d=\dfrac{\lambda_{\text{vácuo}}}{2n}$ entre picos consecutivos.

Experimento I ($n=1$, $\lambda$): picos em $d/\lambda=0;\ 0{,}5;\ 1;\ \dots$, como mostra o gráfico de referência.

Experimento II ($n=3/2$, $\lambda'=\tfrac34\lambda$): $\Delta d=\dfrac{\tfrac34\lambda}{2\cdot\tfrac32}=\dfrac{\lambda}{4}$. Os picos ficam em $d/\lambda=0;\ 0{,}25;\ 0{,}5;\ \dots;\ 3$, ou seja, o dobro de picos no mesmo intervalo.

Altura e largura. Sem absorção, a transmissão nos picos continua igual a $1$. Como a refletividade $R$ não muda, a finesse também não muda: a largura dos picos, relativa ao espaçamento, se mantém.

O gráfico com picos de altura $1$ em $d/\lambda=0;\ 0{,}25;\ 0{,}5;\ \dots$ é o B. O C tem o espaçamento certo, mas os picos não chegam a $1$ (isso exigiria absorção); o E tem o espaçamento certo, mas os picos estão deslocados para $0{,}125;\ 0{,}375;\ \dots$; A e D têm o espaçamento errado.

Alternativa correta: B

Q23
Eletrostática — Energia potencial elétrica — Conservação da energia

Duas pequenas esferas metálicas puntiformes idênticas, cada uma de massa $m$ e carga elétrica positiva $Q$, estão presas às extremidades de duas barras isolantes finas de mesmo comprimento $\ell$ e massas desprezíveis, fixadas em um mesmo ponto. As esferas podem mover-se em um mesmo plano vertical fixo. O sistema é colocado em uma região onde atua um campo elétrico uniforme vertical $\vec E=-E\hat y$, como mostra a figura.

Duas esferas positivas suspensas por barras simétricas em um campo elétrico vertical para baixo

Inicialmente, as esferas são mantidas em repouso em uma configuração simétrica tal que o ângulo entre os fios é $\beta$. Em seguida, elas são liberadas. Despreze a resistência do ar e assinale a alternativa que corresponde à expressão do campo elétrico $E$ para que, durante o movimento, o ângulo entre os fios atinja um valor mínimo igual a $2\alpha$.

A)$\dfrac{kQ}{4\ell^2}\dfrac{\dfrac1{\sin\alpha}-\dfrac1{\sin(\beta/2)}}{\cos\alpha-\cos(\beta/2)}-\dfrac{mg}{Q}$.
B)$\dfrac{kQ}{4\ell^2}\dfrac{\dfrac1{\sin\alpha}-\dfrac1{\sin(\beta/2)}}{\cos\alpha-\cos(\beta/2)}+\dfrac{mg}{Q}$.
C)$\dfrac{kQ}{4\ell^2}\dfrac{\dfrac1{\sin\alpha}-\dfrac1{\sin(\beta/2)}}{\cos(\beta/2)-\cos\alpha}-\dfrac{mg}{Q}$.
D)$\dfrac{kQ}{4\ell^2}\dfrac{\dfrac1{\sin\alpha}-\dfrac1{\sin(\beta/2)}}{\cos(\beta/2)-\cos\alpha}+\dfrac{mg}{Q}$.
E)$\dfrac{kQ}{4\ell^2}\dfrac{\dfrac1{\sin\alpha}+\dfrac1{\sin(\beta/2)}}{\cos(\beta/2)-\cos\alpha}+\dfrac{mg}{Q}$.

Gabarito Preliminar

A
Resolução

Seja $\theta$ o ângulo de cada barra com a vertical (inicialmente $\theta=\beta/2$). A distância entre as cargas é $2\ell\,\text{sen}\,\theta$ e cada esfera está a uma profundidade $\ell\cos\theta$ abaixo do ponto de fixação.

Forças verticais constantes. O campo aponta para baixo ($\vec E=-E\hat y$) e as cargas são positivas: sobre cada esfera atua, para baixo, $mg+QE$. Isso funciona como um "peso efetivo".

Energia potencial do sistema (duas esferas):

$U(\theta)=-2(mg+QE)\,\ell\cos\theta+\dfrac{kQ^2}{2\ell\,\text{sen}\,\theta}$.

Ao serem liberadas, as esferas se aproximam (o peso efetivo vence a repulsão) até o ângulo mínimo $2\alpha$, onde a velocidade é instantaneamente nula. Como não há dissipação e as barras não realizam trabalho:

$U(\beta/2)=U(\alpha)\ \Rightarrow\ 2(mg+QE)\,\ell\left[\cos\alpha-\cos\dfrac\beta2\right]=\dfrac{kQ^2}{2\ell}\left[\dfrac1{\text{sen}\,\alpha}-\dfrac1{\text{sen}(\beta/2)}\right]$.

Isolando $E$:

$E=\dfrac{kQ}{4\ell^2}\,\dfrac{\dfrac1{\text{sen}\,\alpha}-\dfrac1{\text{sen}(\beta/2)}}{\cos\alpha-\cos(\beta/2)}-\dfrac{mg}{Q}$.

Verificação de sinais: como $\alpha<\beta/2$, temos $\dfrac1{\text{sen}\,\alpha}>\dfrac1{\text{sen}(\beta/2)}$ e $\cos\alpha>\cos(\beta/2)$, então a fração é positiva. O termo $-mg/Q$ aparece porque o peso já contribui para aproximar as esferas: o campo só precisa completar o que falta.

Alternativa correta: A

Q24
Física Moderna — Física Nuclear — Energia de ligação e fissão

Ao contrário do que se poderia imaginar, a massa de um nuclídeo não é simplesmente a soma das massas dos núcleons (prótons de massa $m_p$ ou nêutrons de massa $m_n$) que o constituem. Na realidade, a massa de um dado nuclídeo, $M_{\text{nuc}}$, é menor do que $M=Zm_p+Nm_n$ por uma quantidade $\Delta M=M-M_{\text{nuc}}$, em que $Z$ é o número de prótons, $N=A-Z$ é o número de nêutrons e $A$ é o número total de núcleons do sistema. Essa diferença é diretamente responsável por manter os núcleons ligados no núcleo, já que está relacionada com a energia de ligação, denotada por $B(A,Z)$. A energia de ligação por núcleon cresce rapidamente com o número de massa, atingindo os valores mais altos para o $^{56}\text{Fe}$ e o $^{62}\text{Ni}$ e, em seguida, diminui lentamente para os nuclídeos mais massivos, conforme ilustra, aproximadamente, a figura a seguir.

Gráfico da energia de ligação por núcleon B sobre A em função do número de massa A

Considere a fissão de um núcleo, de número de massa $A_0=180$, em dois outros, cujos números de massa são $A_1=A_0/2$ e $A_2=A_1$. Assinale a alternativa que corresponde ao valor mais próximo da energia associada à diminuição da massa do sistema durante a reação.

A)$2\text{ MeV}$.
B)$50\text{ MeV}$.
C)$110\text{ MeV}$.
D)$220\text{ MeV}$.
E)$1540\text{ MeV}$.

Gabarito Preliminar

C
Resolução

A energia liberada na fissão corresponde ao aumento da energia de ligação total do sistema, que equivale à diminuição da massa ($\Delta E=\Delta m\,c^2$).

Leitura do gráfico:

• $A_0=180$: $B/A\approx8{,}0\text{ MeV}$, logo $B_0\approx180\times8{,}0=1440\text{ MeV}$.

• $A_1=A_2=90$: $B/A\approx8{,}7\text{ MeV}$, logo $B_1+B_2\approx180\times8{,}7\approx1566\text{ MeV}$.

Energia liberada: $Q=(B_1+B_2)-B_0=180\times(8{,}7-8{,}0)\approx1{,}2\times10^2\text{ MeV}$.

Mesmo com a imprecisão da leitura (valores entre $\approx110$ e $\approx125\text{ MeV}$), a alternativa mais próxima é $110\text{ MeV}$. Armadilhas: $1540\text{ MeV}$ é da ordem da energia de ligação total, não da variação; $2\text{ MeV}$ esquece de multiplicar pelo número de núcleons.

Alternativa correta: C

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