UFG · 2013 — 2ª Fase — Questões de Física comentadas — Método TEF

A leitura do enunciado é o principal trabalho aqui. Ele diz que, no processo de laboratório, 8 fótons são consumidos para cada molécula de $\text{CO}_2$.

Agora é só mudar de escala: se cada molécula consome 8 fótons, então $N_A$ moléculas (1 mol) consomem $8N_A$ fótons, isto é, 8 mol de fótons. Não precisa de conta com $h$ nem com $\lambda$: o comprimento de onda de 700 nm só será usado na questão seguinte.

O carboidrato da equação é o produto $\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6$: a glicose. A celulose (D) é um polissacarídeo, um polímero da glicose, e a clorofila (A e E) é o pigmento que absorve a luz, não um carboidrato.

O número 48 (A e B) é uma isca: ele só aparece na questão 42, para uma molécula de glicose (que exige 6 moléculas de $\text{CO}_2$, isto é, $6\times8=48$ fótons).

Continuação da questão anterior. Vamos percorrer a energia em quatro passos.

1) Fótons por molécula de glicose. Na equação balanceada, $6\,\text{CO}_2+6\,\text{H}_2\text{O}\rightarrow\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6+6\,\text{O}_2$, cada glicose consome 6 moléculas de $\text{CO}_2$. Com 8 fótons por $\text{CO}_2$, isso dá $6\times8=48$ fótons por molécula de glicose.

2) Energia de um fóton de 700 nm. $E=\dfrac{hc}{\lambda}=\dfrac{(6{,}6\times10^{-34})(3{,}0\times10^{8})}{700\times10^{-9}}\approx2{,}8\times10^{-19}\ \text{J}$.

3) Energia de um mol de fótons. $N_A\,E=6{,}0\times10^{23}\times2{,}8\times10^{-19}\approx1{,}7\times10^{5}\ \text{J}$ (esse número, por sinal, é a alternativa D com o expoente errado, uma isca típica).

4) Para um mol de glicose. São necessários $48$ mol de fótons: $E_T=48\times1{,}7\times10^{5}\approx8{,}1\times10^{6}\ \text{J}$.

Para ter uma ideia do que esse número significa: queimar 1 mol de glicose libera cerca de $2{,}8\times10^{6}\ \text{J}$, e a conta acima mostra que a luz forneceu $8{,}1\times10^{6}\ \text{J}$ para produzi-lo. Ou seja, cerca de 35% da energia luminosa fica armazenada como energia química, um rendimento bem razoável.

O que caracteriza a posição da fonte em um espelho côncavo, pela equação de Gauss, $\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p^{\prime}}$?

Fonte no foco ($p=f$): os raios saem paralelos, formando um feixe cilíndrico. Seria o caso de um holofote de longo alcance.

Fonte entre o foco e o centro de curvatura ou além do centro: a imagem é real e os raios refletidos convergem para ela, formando um feixe convergente.

Fonte entre o vértice e o foco ($pdivergem, como se saíssem daquela imagem. É o que o farol precisa para iluminar uma região larga na frente do carro.

Uma dica de prova: a palavra-chave “divergente” é o convite para lembrar que, no espelho côncavo, feixe divergente só existe com a fonte dentro da distância focal.

O ponto físico é este: a refração depende da diferença de índices de refração. No olho humano, a maior parte do poder de focalização vem do encontro do ar ($n\approx1{,}0$) com a córnea ($n\approx1{,}38$).

Debaixo d’água, a história muda. Como o índice da água ($n\approx1{,}33$) é quase igual ao da córnea, quase não há desvio na interface água-córnea, e o resultado é uma imagem desfocada (é por isso que enxergamos mal de olhos abertos dentro da piscina). Animais aquáticos, por isso, usam um cristalino mais esférico para fazer o trabalho de focalização.

Um olho que precisa enxergar nos dois meios ao mesmo tempo, portanto, não pode ter um único sistema óptico. A solução do Anableps é ter duas regiões ópticas na frente do olho, uma para receber a luz vinda do ar e outra para a luz vinda da água, formando dois conjuntos de imagem sobre a retina. É uma adaptação parecida com dois olhos em um só globo, como o enunciado descreve. Pela figura e pelo gabarito oficial, isso é a duplicidade da córnea (B).

Os elementos de outras alternativas (achatamento ou circularidade do cristalino, curvatura da retina, achatamento da córnea) descrevem ajustes de um único sistema óptico, mas não explicam a visão simultânea acima e abaixo da superfície.

A estratégia é falar em energia e não em ângulo, porque o enunciado diz que é a energia que se perde a uma taxa constante.

Energia do pêndulo. Nos extremos da oscilação, a velocidade é zero e toda a energia é potencial: $E=mgh$, com $h=L(1-\cos\theta)$. Então $E\propto1-\cos\theta$.

Valores. Em $\theta=90^\circ$: $E_0\propto1-0=1$. Em $\theta=60^\circ$: $E_6\propto1-\tfrac12=\tfrac12$. Portanto, em 6 oscilações a energia caiu à metade: $E_6=\tfrac12E_0$.

Taxa constante. Se a cada oscilação a energia é multiplicada por um fator $r$ (fração que sobra), então $r^{6}=\tfrac12$, o que dá $r=2^{-1/6}$. A taxa de perda é o que falta para 1: $1-r=1-2^{-1/6}$.

Um cuidado importante: como $\theta=90^\circ$ é um ângulo grande, não vale a aproximação de pequenas oscilações, em que a energia seria proporcional a $\theta^2$ (o que daria $\tfrac{4}{9}$ no lugar de $\tfrac{1}{2}$). A expressão exata com o cosseno é a correta. Outro erro comum é confundir “taxa de perda” com o fator que sobra, o que leva à alternativa C.

Se o ferreiro bate 2 vezes por segundo, o intervalo entre duas marteladas é $T=\dfrac{1}{2}=0{,}5\ \text{s}$.

O eco de uma martelada faz o caminho bigorna $\to$ parede $\to$ estudante. Se a parede está a uma distância $d$ (e o estudante está perto da bigorna), o som percorre $2d$ e chega com atraso $\Delta t=\dfrac{2d}{v}$.

A ideia do problema: para o estudante não ouvir eco separado, o eco de uma martelada deve chegar exatamente junto com o som direto da martelada seguinte. Nesse caso o eco “cai em cima” da próxima batida e se confunde com ela. Isso acontece quando o atraso é igual ao período: $\dfrac{2d}{v}=T$.

$d=\dfrac{v\,T}{2}=\dfrac{340\times0{,}5}{2}=85\ \text{m}$.

Pergunta natural: e se a parede estivesse a $42\ \text{m}$ (E)? Aí o atraso seria de $0{,}25\ \text{s}$, exatamente no meio do intervalo entre duas marteladas, e o eco seria ouvido com toda nitidez. Como se pede a menor distância em que o eco desaparece, a resposta é o primeiro valor de sincronismo.

O caminho é uma cadeia de conversões de energia: bateria $\to$ energia cinética. Como o problema manda desprezar atritos, toda a energia elétrica entregue pela bateria vira energia cinética do sistema ciclista-bicicleta.

1) Energia cinética final. $18\ \text{km/h}=5\ \text{m/s}$, e então $E_c=\dfrac{m\,v^{2}}{2}=\dfrac{100\times5^{2}}{2}=1250\ \text{J}$.

2) Energia e carga na bateria. Uma carga $Q$ que atravessa uma diferença de potencial $U$ libera energia $E=Q\,U$. Então $Q=\dfrac{E}{U}=\dfrac{1250}{12{,}5}=100\ \text{C}$.

Duas armadilhas: a alternativa A ($1250$) é a própria energia em joules, sem dividir pela tensão; e a informação de que a potência é constante é irrelevante para o cálculo, pois o que importa é a energia total, e não o ritmo com que ela é entregue.

Repare na frase-chave do enunciado: as panelas são aquecidas “por meio de correntes induzidas”. Quando aparece “corrente induzida”, o princípio é a indução eletromagnética, ou seja, a lei de Faraday.

Funciona assim: sob a plataforma de vitrocerâmica existe uma bobina percorrida por corrente alternada. Essa corrente cria um campo magnético que varia no tempo. O fluxo magnético variável através do fundo da panela (metálica) induz nela uma força eletromotriz, que gera correntes circulares (as correntes de Foucault). Essas correntes aquecem a panela por efeito Joule, $P=R\,i^2$. O aquecimento acontece na própria panela e não no fogão, o que explica a alta eficiência de 90% informada.

Por que as outras não: a lei de Ampère (D) relaciona corrente a campo magnético, e não corrente induzida; a lei de Ohm (C) só relaciona $U$, $R$ e $i$; o efeito fotoelétrico (A) e a lei de Stefan-Boltzmann (B) envolvem radiação, que não é o mecanismo aqui.

Esta questão tem duas partes: um pedaço de Geografia/atualidades (causas dos conflitos no Saara) e um modelo simples de balanço de energia da Terra. Comecemos pela Física, que restringe as opções.

Balanço de energia. Em equilíbrio térmico, a potência que a Terra absorve iguala a potência que emite. A Terra intercepta a radiação solar pela área de seu disco, $A_t=\pi R^2$, e não pela superfície toda. O Saara, com 4% de $A_t$, reflete tudo que recebe, de modo que a área efetiva de absorção é $0{,}96\,\pi R^2$. Assim: $P_{abs}=0{,}96\,I_S\,\pi R^2$.

A emissão ocorre por toda a superfície esférica, $4\pi R^2$, com intensidade $\sigma T^4$: $P_{emit}=\sigma T^{4}\cdot4\pi R^2$.

Igualando: $0{,}96\,I_S\,\pi R^2=4\pi R^2\,\sigma T^{4}$. O $\pi R^2$ se cancela e sobra $T=\left(\dfrac{0{,}96\,I_S}{4\,\sigma}\right)^{1/4}$.

O fator 4 é a essência do problema: a Terra recebe pela área de um disco e irradia pela de uma esfera (4 vezes maior). Sem ele (alternativas A e E) a temperatura sairia altíssima. Só B e D trazem a expressão correta.

Parte de Geografia. Entre B e D, a primeira metade da pergunta decide. O gabarito oficial associa os conflitos regionais à opção que fala em intolerância religiosa e interesse em diamante e petróleo, isto é, a D.

O funcionamento da cafeteira italiana (a moka) é um belo exemplo de termodinâmica no dia a dia. Sigamos a sequência de eventos.

1) O compartimento inferior está fechado e contém água e, acima dela, uma mistura de ar e vapor. Ao pôr sobre a chama, a cafeteira recebe calor.

2) Esse calor aumenta a energia interna do gás, ou seja, sua temperatura. Como o volume do recipiente é praticamente fixo, o aumento de temperatura eleva a pressão do gás (com o ar se aquecendo e mais água evaporando, o que aumenta a pressão parcial do vapor).

3) A pressão do gás sobre a água ficando maior que a atmosférica no compartimento superior, a água quente é empurrada pelo tubo, atravessa o pó de café e chega à parte de cima.

Ou seja: o “motor” do processo é o gás aquecido que aumentou de energia interna e de pressão. As demais alternativas erram porque o sistema não é isolado (recebe calor da chama, então A e C, que falam em adiabático, ficam de fora); a condensação (B) ocorreria no gás que esfria, e não no que aquece; e o trabalho sobre a água (D) é consequência da pressão maior, e não a causa do funcionamento.