UFG · 2012 — 2ª Fase — Questões de Física comentadas — Método TEF

Questão de cultura científica: o enunciado descreve, sem citar o nome, a máquina a vapor. Os três indícios são a “invenção” que gerou “uma nova área da Física”, uma “grande transformação econômica” e uma “grande rede” que mudou o cenário europeu.

A máquina a vapor transforma calor em trabalho. Foi tentando entender e melhorar esse rendimento (o ciclo de Carnot, de 1824, nasce justamente daí) que se desenvolveu a termodinâmica. Um bom lembrete: a máquina veio antes da teoria, e a ciência correu atrás da tecnologia.

Quanto ao minério: as máquinas, os trilhos e as locomotivas eram de ferro, o que fez a exploração do ferro crescer exponencialmente, e a “grande rede” foi a rede ferroviária.

Repare nos erros das outras. Em D, a “rede pluvial” não é rede de transporte, e a força-motriz dos navios era o carvão como combustível, não como material de construção da rede. B e E citam invenções que vieram bem depois (a termodinâmica já estava consolidada), e C trata do século XX.

A pergunta é: quantos elétrons, no total, geram esse potencial? O caminho passa por três degraus: potencial $\to$ carga $\to$ número de elétrons $\to$ massa.

1) Da tensão à carga. Uma esfera condutora carregada tem potencial, na superfície, $V=\dfrac{kQ}{R}$. Isolando, $Q=\dfrac{VR}{k}=\dfrac{(4{,}0\times10^{3})(1{,}8\times10^{-2})}{9\times10^{9}}=8{,}0\times10^{-9}\ \text{C}$. Atenção para converter $1{,}8\ \text{cm}=1{,}8\times10^{-2}\ \text{m}$.

2) Da carga ao número de elétrons. $N=\dfrac{Q}{e}=\dfrac{8{,}0\times10^{-9}}{1{,}6\times10^{-19}}=5{,}0\times10^{10}$ elétrons.

3) Da contagem à massa. $m=N\,m_e=5{,}0\times10^{10}\times9\times10^{-31}=4{,}5\times10^{-20}\ \text{kg}$.

Para ter ideia de grandeza: a massa dos elétrons em excesso é ridiculamente pequena, mas o efeito elétrico é enorme (4 kV!). Uma armadilha típica é esquecer de converter cm em m: com $R=1{,}8$ em vez de $1{,}8\times10^{-2}$ você chega em $4{,}5\times10^{-18}$ (alternativa D).

A Terra dá uma volta completa em torno do próprio eixo em cerca de 24 h. Isso equivale a $360^\circ$ em 24 h, ou seja, $15^\circ$ de giro por hora.

Agora a sacada de Harrison: se o relógio de bordo marca a hora do porto de origem (Londres) e a observação do Sol dá a hora local do navio, a diferença entre as duas horas mostra quantos graus de longitude o navio andou para leste ou oeste. Por exemplo, 3 horas de diferença significam $45^\circ$. O relógio precisa ser muito preciso, porque um erro de apenas 4 minutos já corresponde a $1^\circ$ de longitude.

Ou seja, o método só funciona porque a Terra gira. Por isso a resposta é a rotação da Terra em torno do seu eixo (C).

Sobre as demais: as correntes marítimas (A) e o movimento do navio (B) não definem a referência; as altas latitudes (D) mexem com a distância entre meridianos, não com a hora; e a translação (E) não altera a duração dos dias do jeito descrito.

Esse é o tipo de questão em que desenhar ajuda mais que qualquer fórmula. O objeto ABCD está além do centro de curvatura $O$. Nessa posição, o espelho côncavo forma uma imagem real, invertida e menor, situada entre $O$ e $F$.

Agora vem a parte que derruba muita gente: o objeto não é fininho, ele tem “profundidade” (a face BD está mais perto do espelho que a face AC). Vamos ver o que isso causa.

Inversão vertical: imagens reais são invertidas. O ponto A (topo) vai para baixo e C (base) vai para cima. Então a linha de cima da imagem tem C′ e D′, e a de baixo, A′ e B′.

Inversão horizontal (profundidade): os pontos B e D estão mais perto do espelho, e por isso suas imagens se formam mais longe do espelho, portanto mais à esquerda. Já A e C, mais distantes, formam imagens mais perto do espelho, à direita. Resultado: em cima temos D′ (esquerda) e C′ (direita); embaixo, B′ (esquerda) e A′ (direita).

Deformação: quanto mais perto do foco está o objeto, maior é o aumento. Como B e D estão mais perto do espelho (e do foco) que A e C, a lateral B′D′ fica maior que a lateral A′C′. É por isso que a imagem correta é um trapézio e não um retângulo.

Juntando tudo, apenas a figura A apresenta um trapézio reduzido, com a ordem D′C′ em cima e B′A′ embaixo, e o lado maior à esquerda. As figuras D e E mostram imagens ampliadas, o que só aconteceria com o objeto entre $O$ e $F$ (ou, para imagem virtual, entre $F$ e o espelho). E uma imagem reduzida sem distorção ignora que as partes do objeto estão a distâncias diferentes do espelho.

A questão junta Geografia com uma ideia central de Termologia: o calor específico (ou capacidade térmica) da água. Vamos separar os dois pedaços.

Geografia. Na costa leste do Canadá chega a corrente fria do Labrador, vinda do Ártico. Na Europa ocidental chega o ramo quente da Corrente do Atlântico Norte (prolongamento da Corrente do Golfo). É isso que deixa Londres e Paris bem mais amenas que o sul do Canadá, apesar de estarem em latitudes parecidas.

Física. A água tem calor específico muito alto ($\approx4{,}2\ \text{J/g·K}$). Da relação $Q=m\,c\,\Delta T$, para uma mesma quantidade de calor trocada, um oceano enorme (grande $m$ e grande $c$) varia pouco a temperatura. O oceano funciona como um enorme reservatório térmico: esquenta devagar no verão, esfria devagar no inverno, e isso suaviza o clima da costa (maritimidade). Já o interior do continente, sem esse amortecedor, tem amplitude térmica maior (continentalidade).

Por que as outras falham: A e D dizem que a água tem baixa capacidade térmica ou baixo calor específico, o que é o contrário da realidade. B usa ventos e convecção do ar, sem relação com o que a pergunta cobra. C usa “condutividade térmica”, que não é a propriedade que faz o mar “segurar” a temperatura. Além disso, apenas D e E citam o Labrador corretamente, e só a E fecha a explicação com a capacidade térmica elevada.

Em decaimento radioativo, a receita é sempre a mesma: conservar o número de massa e a carga. Escrevendo a reação do enunciado:

$^{14}_{6}\text{C}\ \longrightarrow\ ^{14}_{7}\text{N}+{}^{0}_{-1}e+\bar\nu$

O número de massa continua 14, o que descarta a emissão de partículas $\alpha$ (que reduziriam a massa em 4 unidades) e a de prótons ou nêutrons (que a alterariam em 1 unidade). O número atômico sobe de 6 para 7. Para a carga se conservar, precisa ser emitida uma carga $-1$: um elétron. Isso é o decaimento $\beta^-$, no qual um nêutron do núcleo se transforma em próton.

A radiação $\gamma$ (C) até pode acompanhar decaimentos, mas não muda o número atômico nem o de massa, então não explica a transformação de C-14 em N-14.

Uma curiosidade útil para a datação: como a meia-vida do C-14 é de cerca de 5 730 anos, ele serve para datar materiais orgânicos de até algumas dezenas de milênios.

O esquema mostra dois pontos da parede do tanque, na mesma vertical e separados por uma altura $h$ conhecida, ligados a um sensor. Como o líquido está em equilíbrio, vale a lei de Stevin: a diferença de pressão entre dois pontos de um mesmo líquido é $\Delta p=\rho\,g\,h$.

O sensor mede a diferença de pressão entre os dois pontos. Se $h$ e $g$ são conhecidos, é só isolar: $\rho=\dfrac{\Delta p}{g\,h}$. A propriedade obtida, baseada apenas na diferença de altura, é a densidade.

Pense nas outras opções: a temperatura precisaria de um termômetro; a massa e o volume dependem do tamanho do tanque, e a leitura entre dois pontos não os revela; a viscosidade exigiria um líquido em escoamento, e aqui o fluido está parado.

Uma vantagem prática deste método: ele funciona sem tocar no líquido com balança nem bóia, só com a leitura da pressão. Em usinas de açúcar e álcool, a densidade está ligada ao teor de sólidos dissolvidos, o que explica a aplicação.

A questão tem duas perguntas encadeadas: primeiro a desaceleração na frenagem, depois o atrito exigido na curva.

Unidades. $324\ \text{km/h}=90\ \text{m/s}$ e $108\ \text{km/h}=30\ \text{m/s}$.

Frenagem. Sem dado de tempo, usamos Torricelli: $v^2=v_0^2+2a\,\Delta s$. Substituindo, $30^2=90^2+2a(150)$, logo $900=8100+300a$ e $a=-24\ \text{m/s}^2$. Ou seja, o módulo da desaceleração é 24 m/s², o que exclui as opções com 48 e 32.

Curva. Na curva plana, o que faz o papel de resultante centrípeta é a força de atrito. Como o pneu rola sem deslizar, o atrito é estático, e ele tem um valor máximo $\mu_e N=\mu_e mg$. Para não derrapar: $\mu_e\,mg\ \ge\ \dfrac{mv^2}{R}$, ou seja, $\mu_e\ \ge\ \dfrac{v^2}{Rg}=\dfrac{30^2}{90\times10}=1{,}0$.

Duas armadilhas de linguagem estão nas alternativas: (i) o coeficiente relevante é o estático, e não o cinético (por isso D e A caem); (ii) o sinal da desigualdade é “maior ou igual”, pois $\mu_e=1$ é o valor mínimo que permite a curva.

Uma observação de professor: com $\mu\approx1$, o atrito do pneu sozinho fornece no máximo cerca de $10\ \text{m/s}^2$ de desaceleração. Os $24\ \text{m/s}^2$ da frenagem só são possíveis porque, a mais de 300 km/h, o arrasto do ar ajuda bastante a frear.

Duas tarefas: identificar as moléculas pela cor e calcular uma energia de fóton.

Identificando pelas cores. Uma molécula “tem a cor” da luz que ela não absorve. O espectro 1 mostra absorção intensa no azul (pico em 460 nm) e no vermelho (pico em 690 nm), com pouquíssima absorção no verde. É a assinatura da clorofila: ela absorve azul e vermelho e reflete o verde, por isso as folhas são verdes. O espectro 2 absorve na região azul-esverdeada (pico em 490 nm), e o restante da luz visível, que chega ao olho, é amarelo-alaranjado. É típico de um carotenoide, como o β-caroteno.

Energia do pico de maior frequência. Maior frequência é menor comprimento de onda; entre os picos indicados na figura, é o de $414\ \text{nm}$. Com $E=\dfrac{hc}{\lambda}$:

$E=\dfrac{(4{,}14\times10^{-15}\ \text{eV·s})(3\times10^{8}\ \text{m/s})}{414\times10^{-9}\ \text{m}}=3{,}0\ \text{eV}$.

Uma sacada de conferência: os outros picos dariam $\dfrac{1242\ \text{eV·nm}}{460\ \text{nm}}\approx2{,}7\ \text{eV}$ e $\dfrac{1242}{690}\approx1{,}8\ \text{eV}$, exatamente os valores que aparecem nas alternativas erradas. O produto $hc\approx1240\ \text{eV·nm}$ é um atalho bom de decorar.

A única alternativa com clorofila, β-caroteno e 3,0 eV é a C. A E também tem 3,0 eV, mas põe xantofila e melanina onde a figura mostra uma clorofila.

A chama do fogão acende sem fósforo porque o circuito do acendedor eleva a tensão da rede (220 V) até 17 kV e aplica essa tensão em um pequeno espaço de ar entre dois eletrodos: o faiscador.

O ar é um bom isolante, mas não perfeito. Quando o campo elétrico no ar ultrapassa a rigidez dielétrica ($\approx3\times10^{6}\ \text{V/m}$, ou 3 kV por mm), as moléculas se ionizam, o ar passa a conduzir e salta uma centelha. Uma tensão de 17 kV é suficiente para romper alguns milímetros de ar (em torno de 5 mm), enquanto 220 V só romperia uma distância de décimos de milímetro.

A centelha libera energia localizada, aquece a mistura de gás combustível com oxigênio e dá a partida na combustão. Por isso a tensão que interessa é a de 17 kV (e não a de 220 V), e o comburente é o oxigênio, não o nitrogênio.

Ficam de lado as alternativas que falam em aquecer a boca do fogão por corrente elétrica na superfície do material (A e C), que descrevem um outro mecanismo, o de uma resistência, e não o de uma faísca.