UFG · 2013 — 1ª Fase — Questões de Física comentadas — Método TEF

A ultrassonografia funciona como um sonar. O aparelho emite um pulso, que atravessa a parede anterior da artéria e reflete parcialmente nela (primeiro eco), segue pelo interior, reflete na parede posterior (segundo eco) e volta. Cada “pulso” do gráfico é um eco, e o que interessa é o intervalo de tempo entre os dois.

Pelo gráfico, os ecos chegam em torno de $2\ \mu\text{s}$ e $16\ \mu\text{s}$, então $\Delta t=14\ \mu\text{s}$. Nesse intervalo, o pulso foi da parede anterior à posterior e voltou. Por isso a distância entre as paredes é metade do que o som percorreu:

$d=\dfrac{v\,\Delta t}{2}=\dfrac{1500\times14\times10^{-6}}{2}=1{,}05\times10^{-2}\ \text{m}=1{,}05\ \text{cm}$.

Esquecer o “dividir por 2” é o erro clássico e leva a $2{,}10\ \text{cm}$ (alternativas D e E).

Parte de Biologia: a artéria carótida leva sangue oxigenado da aorta para a cabeça e o pescoço. O caminho pulmões $\to$ coração é feito pelas veias pulmonares, e a ligação cabeça $\to$ pulmão não é função de nenhuma artéria carótida. Entre as duas alternativas com $1{,}05\ \text{cm}$, só a A traz a função correta.

Uma pista de leitura é a palavra afélio: ponto mais distante do Sol. Pensando em movimento orbital, quanto mais longe do Sol, mais devagar a Terra anda (2ª lei de Kepler). Como a velocidade no periélio é de $30\ \text{km/s}$, no afélio ela precisa ser menor que isso. Isso já elimina D e E, que dão $31\ \text{km/s}$.

Para o número exato, use a conservação do momento angular. A força gravitacional do Sol é central, então não produz torque sobre a Terra em relação ao Sol. Nos pontos de afélio e periélio, a velocidade é perpendicular ao raio, e por isso $L=m\,r\,v$ se conserva: $r_p\,v_p=r_a\,v_a$.

$v_a=\dfrac{r_p\,v_p}{r_a}=\dfrac{145\times10^{6}\times30}{150\times10^{6}}=29\ \text{km/s}$.

E a estação? O periélio ocorre em dezembro, por volta do solstício, então o afélio ocorre seis meses depois, perto do solstício de junho. Em junho, o hemisfério Sul começa o inverno (e o Norte, o verão). Só a B combina $29\ \text{km/s}$ com o solstício de inverno no Sul.

Um detalhe que costuma surpreender: a Terra está mais próxima do Sol em pleno inverno do hemisfério Norte. As estações não dependem da distância, e sim da inclinação do eixo, como o próprio enunciado começa dizendo.

Questão longa, mas a Física dela é curta: $P=U\cdot i$. O truque está em descobrir qual é a corrente.

1) Carga líquida. A bomba de sódio-potássio joga $\text{Na}^+$ para fora e traz $\text{K}^+$ para dentro. Os dois íons são positivos, mas atravessam a membrana em sentidos opostos. Então a carga que atravessa a membrana, na prática, é a diferença: $(190-140)\,e=50\,e$ por bomba a cada $1{,}0\ \text{ms}$. Somar 190 com 140 seria contar cargas que se compensam.

2) Corrente total. Com $10^{6}$ bombas: $Q=10^{6}\times50\times1{,}6\times10^{-19}=8{,}0\times10^{-12}\ \text{C}$ a cada $10^{-3}\ \text{s}$, ou seja, $i=\dfrac{Q}{\Delta t}=8{,}0\times10^{-9}\ \text{A}$.

3) Potência. $P=U\,i=(60\times10^{-3})(8{,}0\times10^{-9})=4{,}8\times10^{-10}\ \text{W}$. Isso deixa A e B como candidatas.

4) Os processos I e II. No potencial de ação, a fase de subida do potencial (despolarização) acontece porque canais abrem e o $\text{Na}^+$ entra na célula, tornando o interior menos negativo. Em seguida, a fase de descida (repolarização) ocorre com a saída de $\text{K}^+$, que devolve a célula ao potencial de repouso. A alternativa A descreve exatamente essa sequência; a B troca os íons.

Esse exercício mistura Química e Física: primeiro descobrimos quanta energia a queima libera, depois quanto a água esquenta com ela, e por fim usamos a conservação da massa nos produtos.

1) Quantos mols? $\text{C}_2\text{H}_6\text{O}$: $M=2(12)+6(1)+16=46\ \text{g/mol}$. Assim, $4{,}6\ \text{kg}=4600\ \text{g}\ \Rightarrow\ n=100\ \text{mol}$.

2) Energia liberada. $|\Delta H|=1376\ \text{kJ/mol}$ (o sinal negativo diz que a reação libera calor), então $Q=100\times1376=1{,}376\times10^{5}\ \text{kJ}=1{,}376\times10^{8}\ \text{J}$, todo absorvido pela água, já que o tanque é adiabático.

3) Quanto a água esquenta. $800\ \text{L}$ de água $=800\ \text{kg}=8\times10^{5}\ \text{g}$, e $c=1\ \text{cal/(g·°C)}=4\ \text{J/(g·°C)}$. Então $\Delta T=\dfrac{Q}{m\,c}=\dfrac{1{,}376\times10^{8}}{8\times10^{5}\times4}=43\,^\circ\text{C}$.

4) Massa dos produtos. A reação balanceada é $\text{C}_2\text{H}_6\text{O}+3\,\text{O}_2\rightarrow2\,\text{CO}_2+3\,\text{H}_2\text{O}$. Para 100 mol de etanol formam-se $200\ \text{mol}$ de $\text{CO}_2$ ($200\times44=8{,}8\ \text{kg}$) e $300\ \text{mol}$ de $\text{H}_2\text{O}$ ($300\times18=5{,}4\ \text{kg}$), totalizando $14{,}2\ \text{kg}$. Confira pela lei de Lavoisier: etanol + oxigênio consumido $=4{,}6+(300\times32\ \text{g})=4{,}6+9{,}6=14{,}2\ \text{kg}$.

Alguns erros ficam à espreita: $172\,^\circ\text{C}$ sai de usar $c=1\ \text{J/(g·°C)}$ em vez de $4\ \text{J/(g·°C)}$; e $4{,}6\ \text{kg}$ é apenas a massa do reagente, não a dos produtos, que é maior porque o oxigênio do ar também é consumido.

A famosa relação de Einstein, $E=mc^2$, diz que massa e energia são faces da mesma moeda. Em Física de partículas, é comum expressar massa em eV/$c^2$: “125 GeV” é a energia de repouso do bóson de Higgs, e o exercício pede a massa em kg.

1) De GeV para joules. $125\ \text{GeV}=125\times10^{9}\ \text{eV}=125\times10^{9}\times1{,}6\times10^{-19}\ \text{J}=2{,}0\times10^{-8}\ \text{J}$.

2) Da energia à massa. $m=\dfrac{E}{c^2}=\dfrac{2{,}0\times10^{-8}}{(3{,}0\times10^{8})^2}=\dfrac{2{,}0\times10^{-8}}{9{,}0\times10^{16}}\approx2{,}22\times10^{-25}\ \text{kg}$.

Para dar noção: a massa de um próton é $1{,}67\times10^{-27}\ \text{kg}$; o Higgs tem cerca de 133 vezes essa massa, ou seja, é uma partícula pesada, com massa comparável à de um átomo de iodo ou de xenônio. O erro típico é esquecer de elevar $c$ ao quadrado, ou errar as potências de dez do prefixo “giga”.

O que faz uma lente convergente desviar a luz? A diferença entre o índice de refração dela e o do meio onde está. Isso está resumido na equação dos fabricantes de lentes:

$\dfrac{1}{f}=\left(\dfrac{n_{lente}}{n_{meio}}-1\right)\left(\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}\right)$.

No ar, $n_{lente}/n_{meio}=1{,}5$, e a lente tem foco $f$ finito. Mergulhada na glicerina, $n_{lente}=n_{meio}=1{,}5$: a razão vale $1$, o parêntese se anula e $\dfrac{1}{f}=0$, ou seja, $f\to\infty$. A lente deixa de convergir, e é como se ela “desaparecesse”.

Pela lei de Snell, isso equivale a dizer que os raios não mudam de direção ao passar do meio para o vidro nem ao sair dele: a luz atravessa a lente em linha reta, como se ali houvesse apenas glicerina. O diagrama correto é aquele em que o feixe incidente segue sem desvio (alternativa E).

Uma curiosidade: é por isso que um bastão de vidro mergulhado em óleo de mesmo índice de refração fica praticamente invisível.

Pense no que acontece com o suor. Em um dia quente, o corpo transpira para se resfriar. Mas o suor só resfria de verdade se evaporar, e isso depende de o ar ter espaço para receber mais vapor de água.

Ar seco (baixa umidade). Está longe do ponto de saturação, então o suor evapora rápido. Evaporar exige uma grande quantidade de energia (calor latente, cerca de $2{,}4\ \text{kJ}$ por grama de água), e essa energia vem da pele. Ela passa do corpo para a fina camada de suor em contato com ele, por condução. O corpo perde calor e se sente mais fresco.

Ar úmido. O ar já está perto da saturação, a evaporação é lenta, quase nenhum calor é retirado, e a sensação é de abafamento, mesmo com a mesma temperatura do ar.

Por isso, entre as alternativas, o calor é cedido pelo corpo por condução (E). A irradiação (A) e o recebimento de calor do vapor (C) descrevem ganho de calor, o contrário do que ocorre. A convecção (B e D) até ajuda a renovar o ar em torno do corpo, levando o vapor embora, mas a transferência do corpo para a água do suor é condução.

O enunciado tem muitos dados, mas só três importam: número de passadas de Fonteles (98), amplitude da passada (2,04 m) e tempo (21,45 s). O resto é ruído (altura, próteses, dados de Pistorius, exceto o tempo dele).

Frequência de passadas de Fonteles: $f=\dfrac{98}{21{,}45}\approx4{,}57\ \text{passadas/s}$. Mantida a frequência e ampliando a passada em $1{,}0\ \text{cm}$ (de $2{,}04\ \text{m}$ para $2{,}05\ \text{m}$), a velocidade passa a ser $v=2{,}05\times4{,}57\approx9{,}37\ \text{m/s}$.

Novo tempo: $t=\dfrac{200}{9{,}37}\approx21{,}35\ \text{s}$. Fonteles ganharia então $21{,}52-21{,}35\approx0{,}17\ \text{s}$ de Pistorius.

Um atalho pelo bom senso. A passada aumentou de $2{,}04$ para $2{,}05$, ou seja, cerca de $0{,}5\%$. Com a mesma frequência, a velocidade sobe $0{,}5\%$ e o tempo cai cerca de $0{,}5\%$ de $21{,}45\ \text{s}$, isto é, aproximadamente $0{,}10\ \text{s}$. Como a vantagem original era $21{,}52-21{,}45=0{,}07\ \text{s}$, a nova vantagem é $0{,}07+0{,}10=0{,}17\ \text{s}$. As duas contas concordam, o que é sempre bom sinal.

Pressão é força por área, $P=\dfrac{F}{A}$, e aqui a força que o caminhão exerce sobre o chão é o seu peso, $F=mg$. Vamos ao passo a passo.

1) Área total de contato. São 5 eixos com 2 pneus cada, isto é, $10$ pneus. A área total é $A=10\times0{,}02=0{,}20\ \text{m}^2$.

2) Força máxima. Com $P_{máx}=2{,}0\ \text{MPa}=2{,}0\times10^{6}\ \text{Pa}$: $F=P\,A=2{,}0\times10^{6}\times0{,}20=4{,}0\times10^{5}\ \text{N}$.

3) Massa máxima. $m=\dfrac{F}{g}=\dfrac{4{,}0\times10^{5}}{10}=4{,}0\times10^{4}\ \text{kg}$, isto é, 40 toneladas.

A alternativa E ($4{,}0\times10^{3}\ \text{kg}$) é o que você obtém usando a área de um único pneu; por isso vale sempre reler o que o enunciado diz sobre a quantidade de pneus. Note ainda que $2{,}0\ \text{MPa}$ equivalem a cerca de 20 vezes a pressão atmosférica: o pavimento é bem exigido!

A atenuação exponencial aparece em muitos contextos: raios X e gama passando por blindagens, luz em meios absorventes, e até em decaimento radioativo. A lei é $I(x)=I_0\,e^{-\alpha x}$, e o problema é descobrir o $\alpha$ a partir de um ponto do gráfico.

O método. Escolha no gráfico um ponto de leitura fácil, um par $(x,\ I/I_0)$. Isolando, $\dfrac{I}{I_0}=e^{-\alpha x}$. Aplicando $\ln$ dos dois lados, $\ln\!\left(\dfrac{I}{I_0}\right)=-\alpha x$, e portanto

$\alpha=\dfrac{\ln\!\left(I_0/I\right)}{x}$.

Os logaritmos fornecidos no enunciado ($\ln2$, $\ln3$, $\ln10$) servem para calcular $\ln(I_0/I)$ quando a razão é escrita como produto e quociente de 2, 3 e 10. Uma boa dica de prova: se a razão lida for algo como $1/10$, então $\ln 10=2{,}30$ entra direto; se for $1/6$, use $\ln 2+\ln 3$.

Lendo o gráfico. O ponto mais limpo da curva é $x=0{,}4\ \text{cm}$, onde ela cruza $I/I_0=0{,}6$ bem em cima de uma linha da grade. Então $\dfrac{I_0}{I}=\dfrac{1}{0{,}6}=\dfrac{5}{3}$, e o $\ln$ dessa razão se monta com os dados do enunciado: $\ln\dfrac{5}{3}=\ln5-\ln3=(\ln10-\ln2)-\ln3=2{,}30-0{,}69-1{,}10=0{,}51$.

Portanto $\alpha=\dfrac{0{,}51}{0{,}4\ \text{cm}}\approx1{,}275\ \text{cm}^{-1}$. Repare que o $\ln5$ não estava na lista, e o truque foi escrever $5=10/2$. Repare também na unidade: como $x$ está em cm, $\alpha$ sai em $\text{cm}^{-1}$, e o expoente $\alpha x$ é adimensional, como precisa ser.