UNICAMP 2026 | 2ª Fase

a) (i) e (ii) Os pontos da Tabela A, quando marcados no gráfico $v\times t$, revelam um padrão notável: a cada intervalo de $3\,\text{s}$, a velocidade aumenta sempre o mesmo valor, $4{,}5\,\text{m/s}$. Isso significa que a aceleração é constante e igual a $a=\dfrac{4{,}5}{3}=1{,}5\,m/s^2$ ao longo de todo o intervalo de $t=0$ a $t=12\,\text{s}$ — não apenas entre pares consecutivos, mas de forma uniforme em todo o trecho, já que a taxa de variação é idêntica em cada par. De $t=12\,\text{s}$ a $t=15\,\text{s}$, a velocidade permanece constante em $18{,}0\,\text{m/s}$ (aceleração nula nesse último trecho). O gráfico é, portanto, uma reta inclinada (coeficiente angular $1{,}5$) de $t=0$ a $t=12\,\text{s}$, seguida de uma reta horizontal em $v=18\,\text{m/s}$ de $t=12$ a $15\,\text{s}$.

a) (iii) Como $t=10\,\text{s}$ está dentro do trecho de aceleração constante ($0$ a $12\,\text{s}$, $a=1{,}5\,m/s^2$, partindo do repouso), a posição é dada diretamente pela equação de Torricelli/MRUV: $s(t)=\tfrac12at^2=\tfrac12\times1{,}5\times10^2=75\,\text{m}$.

b) (i) Um carro de passeio (incluindo motorista) tem massa da ordem de $1\,000$ a $2\,000\,\text{kg}$; um valor razoável é $m_T\approx1\,500\,\text{kg}$.

b) (ii) Convertendo $v_0=90\,\text{km/h}=25\,\text{m/s}$. O impulso recebido é igual à variação da quantidade de movimento: $I=|\Delta p|=m_T\cdot|v-v_0|=1\,500\times25=37\,500\,\text{N}\!\cdot\!\text{s}$ (ou $\text{kg}\!\cdot\!\text{m/s}$).

b) (iii) Pelo teorema do impulso, $I=F_m\cdot\Delta t \Rightarrow F_m=\dfrac{I}{\Delta t}=\dfrac{37\,500}{0{,}2}=187\,500\,\text{N}\approx1{,}9\times10^5\,\text{N}$.

Observação: como o item (i) pede uma estimativa, os valores de $I$ e $F_m$ variam proporcionalmente à massa escolhida — o importante é o método: $I=m_T\Delta v$ e $F_m=I/\Delta t$.

a) (i) Como o Sol, $P$ e $OTN$ estão alinhados (com $P$ entre o Sol e $OTN$, segundo a figura), a distância entre $P$ e $OTN$ é simplesmente a diferença entre as duas distâncias dadas: $d=624-520=104\,\text{UA}$.

a) (ii) Pela lei da gravitação universal, $F=\dfrac{Gm_1m_2}{r^2}$. As duas forças que agem sobre $OTN$ compartilham o mesmo $G$ e a mesma massa de $OTN$, que se cancelam na razão:

$q=\dfrac{F_P}{F_{Sol}}=\dfrac{Gm_POTN/d^2}{Gm_{Sol}m_{OTN}/D^2}=\dfrac{m_P}{m_{Sol}}\left(\dfrac{D}{d}\right)^2$

onde $D=624\,\text{UA}$ (distância Sol–OTN) e $d=104\,\text{UA}$ (distância P–OTN). Note que $D/d=624/104=6$. Substituindo:

$q=2\times10^{-5}\times6^2=2\times10^{-5}\times36=7{,}2\times10^{-4}$

Ou seja, apesar de o planeta $P$ ter massa $50\,000$ vezes menor que a do Sol, sua proximidade a $OTN$ faz com que sua atração gravitacional sobre o objeto ainda seja mensurável, embora bem menor que a do Sol (a razão é da ordem de $10^{-4}$).

b) Pela terceira lei de Kepler, $\dfrac{T^2}{a^3}$ é constante para todos os corpos que orbitam o Sol, logo:

$\dfrac{T_D^2}{a_D^3}=\dfrac{T_{Terra}^2}{a_{Terra}^3} \Rightarrow T_D=T_{Terra}\left(\dfrac{a_D}{a_{Terra}}\right)^{3/2}=1\times400^{3/2}$

Como $400^{3/2}=400\times\sqrt{400}=400\times20=8\,000$, temos $T_D=8\,000$ anos terrestres — um período orbital imenso, consistente com a natureza extremamente distante e "gelada" dos objetos trans-netunianos.

a) Durante a fusão, toda a energia fornecida é usada para a mudança de fase (calor latente), sem variar a temperatura. A energia total necessária é $Q=mL$. Convertendo $L$ para o SI: $L=60\,\text{cal/g}\times4\,\text{J/cal}=240\,\text{J/g}$.

$Q=m\cdot L=20\,\text{g}\times240\,\text{J/g}=4\,800\,\text{J}$.

Como a potência é constante, $Q=P\cdot t \Rightarrow t=\dfrac{Q}{P}=\dfrac{4\,800}{30}=160\,\text{s}$.

b) Lendo o gráfico, a curva do alumínio parte de $20{,}00\,{^\circ}\text{C}$ em $t=0$ e, em $t=0{,}15\,\text{s}$, atinge aproximadamente $20{,}06\,{^\circ}\text{C}$ — ou seja, $\Delta T_{Al}\approx0{,}06\,{^\circ}\text{C}$.

O calor sensível armazenado é $Q=m_{Al}\cdot c_{Al}\cdot\Delta T_{Al}$:

$Q=1{,}5\times10^{-5}\times900\times0{,}06\approx8{,}1\times10^{-4}\,\text{J}\;(0{,}81\,\text{mJ})$

Vale notar que, apesar de as duas amostras terem a mesma massa e receberem energia em condições similares, o alumínio (maior calor específico) esquenta mais devagar que o cobre — coerente com a curva do Al estar sempre abaixo da curva do Cu no gráfico.

a) Primeiro encontramos a tensão $T$ necessária para produzir $f_0=500\,\text{Hz}$ com o bend aplicado, isolando $T$ na equação da frequência fundamental:

$T=\mu(2Lf_0)^2=8{,}0\times10^{-4}\times(2\times0{,}30\times500)^2=8{,}0\times10^{-4}\times300^2=8{,}0\times10^{-4}\times90\,000=72\,\text{N}$

No ponto $P$, os dois trechos da corda puxam para baixo (em $-y$), cada um com uma componente vertical $T\cos88{,}9^\circ$ (ângulo medido a partir do eixo $y$). Para o dedo manter o ponto $P$ em equilíbrio, a força que ele aplica (em $+y$) deve equilibrar a soma das duas componentes verticais:

$F=2T\cos88{,}9^\circ=2\times72\times0{,}02=2{,}88\,\text{N}$

b) Da figura B: a nota Sol tem $f_1=392\,\text{Hz}$ e a nota Sol# tem $f_2=415\,\text{Hz}$. Aplicando a relação fornecida:

$\Delta T=T_1\cdot\dfrac{2(f_2-f_1)}{f_1}=196\times\dfrac{2\times(415-392)}{392}=196\times\dfrac{46}{392}$

Como $196/392=1/2$, simplifica-se rapidamente: $\Delta T=\dfrac{46}{2}=23\,\text{N}$.

a) Da relação dada, $h=\dfrac{eU_D}{f}$. Como $f=\dfrac{c}{\lambda}$, temos $h=\dfrac{eU_D\lambda}{c}$. Substituindo $e=1{,}6\times10^{-19}\,\text{C}$, $U_D=2{,}0\,\text{V}$, $\lambda=6{,}0\times10^{-7}\,\text{m}$ e $c=3{,}0\times10^8\,\text{m/s}$:

$h=\dfrac{1{,}6\times10^{-19}\times2{,}0\times6{,}0\times10^{-7}}{3{,}0\times10^{8}}=\dfrac{1{,}92\times10^{-25}}{3{,}0\times10^{8}}\approx6{,}4\times10^{-34}\,\text{J}\!\cdot\!\text{s}$

Esse valor é muito próximo do valor real da constante de Planck ($h\approx6{,}63\times10^{-34}\,\text{J}\!\cdot\!\text{s}$), o que confirma a consistência do modelo simplificado usado no enunciado.

b) (i) Aplicando a lei de Snell na interface 1 (ar → prisma), com $\theta_{1i}=60^\circ$:

$n_{ar}\,\text{sen}\,\theta_{1i}=n_{prisma}\,\text{sen}\,\theta_{1r} \Rightarrow 1\times\text{sen}\,60^\circ=\sqrt3\,\text{sen}\,\theta_{1r}$

Como $\text{sen}\,60^\circ=\sqrt3/2$: $\text{sen}\,\theta_{1r}=\dfrac{\sqrt3/2}{\sqrt3}=\dfrac12 \Rightarrow \theta_{1r}=30^\circ$.

b) (ii) No prisma equilátero, o ângulo do ápice é $A=60^\circ$, e a geometria do triângulo formado pelas duas normais e a face superior garante a relação $\theta_{1r}+\theta_{2i}=A$, onde $\theta_{2i}$ é o ângulo de incidência interno na interface 2. Logo:

$\theta_{2i}=60^\circ-30^\circ=30^\circ$

Antes de aplicar Snell na interface 2, vale checar se há reflexão total interna: o ângulo crítico satisfaz $\text{sen}\,\theta_c=n_{ar}/n_{prisma}=1/\sqrt3\Rightarrow\theta_c\approx33{,}6^\circ$. Como $\theta_{2i}=30^\circ<\theta_c$, não há reflexão total — o raio efetivamente emerge do prisma. Aplicando Snell na interface 2 (prisma → ar):

$n_{prisma}\,\text{sen}\,\theta_{2i}=n_{ar}\,\text{sen}\,\theta_{2r} \Rightarrow \sqrt3\times\text{sen}\,30^\circ=\text{sen}\,\theta_{2r} \Rightarrow \text{sen}\,\theta_{2r}=\dfrac{\sqrt3}{2} \Rightarrow \theta_{2r}=60^\circ$

Ou seja: dentro do prisma, o raio segue em linha reta do ponto de incidência na interface 1 até a interface 2, fazendo ângulo de $30^\circ$ com a normal em cada uma; ao emergir na interface 2, o raio se afasta da normal, saindo a $60^\circ$ dela (afastando-se da normal por estar indo de um meio mais denso para um menos denso).

b) (iii) Na interface 1, além do raio refratado, uma parte da luz é refletida de volta para o ar. Pela lei da reflexão, o ângulo de reflexão é sempre igual ao ângulo de incidência, medidos a partir da mesma normal:

$\alpha_1=\theta_{1i}=60^\circ$