UFG · 2014 — 1ª Fase — Questões de Física comentadas — Método TEF

Repare no enunciado: “toda a energia da reação esteja disponível para a realização de trabalho mecânico”. Isso transforma o problema em uma regra de três entre energias: a reação libera $8120\ \text{kJ}$ para cada mol de tributirina queimada, e a caixa exige um certo trabalho.

1) Balancear a equação (pelos átomos de oxigênio): $\text{C}_{15}\text{H}_{26}\text{O}_6+x\,\text{O}_2\rightarrow15\,\text{CO}_2+13\,\text{H}_2\text{O}$. À direita há $30+13=43$ átomos de O; à esquerda, $6+2x$. Logo $x=18{,}5$. Ou seja, 18,5 mol de $\text{O}_2$ liberam $8120\ \text{kJ}$.

2) Trabalho para erguer a caixa. $W=m\,g\,h=20{,}3\times10\times2{,}0=406\ \text{J}=0{,}406\ \text{kJ}$.

3) Regra de três. $n=18{,}5\times\dfrac{0{,}406}{8120}=18{,}5\times5{,}0\times10^{-5}=9{,}25\times10^{-4}\ \text{mol}$.

Um lembrete importante: o problema pede mols de $\text{O}_2$ (e não de tributirina), e por isso o fator $18{,}5$ entra na conta. A alternativa B ($4{,}06\times10^{-4}$), por exemplo, sai de usar $\Delta H$ sem passar pelo coeficiente do oxigênio.

Aqui a energia química da butirina vira calor, e o calor eleva a temperatura do corpo. A calorimetria fornece a conta: $Q=m\,c\,\Delta T$.

1) Calor necessário. $m=101{,}5\ \text{kg}=101\,500\ \text{g}$ e $c=1{,}0\ \text{cal/(g·°C)}$. Então $Q=101\,500\times1{,}0\times2=203\,000\ \text{cal}$. Com $1\ \text{cal}\approx4{,}0\ \text{J}$, temos $Q\approx812\,000\ \text{J}=812\ \text{kJ}$.

2) Mols de butirina. Cada mol libera $8120\ \text{kJ}$ (valor da questão anterior), então $n=\dfrac{812}{8120}=0{,}1\ \text{mol}$.

3) Classe da molécula. A butirina (tributirina) é um triglicerídeo, ou seja, um lipídio: três ácidos graxos ligados a uma molécula de glicerol. Como ela aparece “na manteiga e na margarina”, a dica do enunciado também aponta para gordura. Proteínas são formadas por aminoácidos (com nitrogênio), e carboidratos, por açúcares; a fórmula $\text{C}_{15}\text{H}_{26}\text{O}_6$ não tem nitrogênio.

Uma conferência de bom senso: $0{,}1\ \text{mol}$ de tributirina ($M\approx302\ \text{g/mol}$) é cerca de $30\ \text{g}$ de gordura, e 812 kJ são algo em torno de 190 kcal. É pouco, porque estamos elevando a temperatura do corpo em apenas $2\,^\circ\text{C}$, e sem contar as perdas de calor para o ambiente.

O desfibrilador é, fisicamente, um capacitor que armazena energia e a descarrega em um pulso curtíssimo. Vamos usar as duas fórmulas do capacitor.

1) Capacitância. $E=\dfrac{C\,U^2}{2}\ \Rightarrow\ C=\dfrac{2E}{U^2}=\dfrac{2\times180}{(6000)^2}=\dfrac{360}{3{,}6\times10^{7}}=1{,}0\times10^{-5}\ \text{F}=10\ \mu\text{F}$.

2) Corrente média. A carga liberada é $Q=C\,U=10^{-5}\times6000=0{,}06\ \text{C}$. Dividindo pelo tempo do pulso, $i_m=\dfrac{Q}{\Delta t}=\dfrac{0{,}06}{5\times10^{-3}}=12\ \text{A}$. É uma corrente altíssima, mas por um intervalo muito curto (5 ms), o que dá os 180 J.

Isso elimina as alternativas com $0{,}10\ \mu\text{F}$ ou $0{,}12\ \text{A}$: são erros de duas ou três ordens de grandeza, típicos de quem esquece o fator 2 ou os prefixos.

3) Parte de Biologia. Na fibrilação, as células do coração se contraem de forma desordenada. O choque despolariza o músculo cardíaco todo ao mesmo tempo e permite que o nó sinoatrial, o marca-passo natural do coração, reassuma o comando do ritmo. Os discos intercalares e as interdigitações são estruturas de junção entre as células cardíacas, que o aparelho não “restabelece”.

A parte de Física é uma aplicação direta de potência e energia elétricas: $P=U\,i$ e $E=P\,\Delta t$, isto é, $E=U\,i\,\Delta t$.

$E=(10^{8}\ \text{V})(10^{5}\ \text{A})(0{,}5\ \text{s})=5\times10^{12}\ \text{J}$.

É uma energia gigantesca. Vale notar que os números do enunciado são idealizados: na prática, a corrente de pico de um raio dura milésimos de segundo e não se mantém constante durante meio segundo.

A parte de Geografia pede os fatores que favorecem os relâmpagos no Centro-Sul do Brasil. Tempestades elétricas precisam de ar quente e úmido subindo com força (convecção intensa), o que é favorecido pelo relevo (que força a ascensão do ar), pelo encontro de massas de ar frias e quentes (as frentes) e pelas áreas urbanas (ilhas de calor e aerossóis). É a combinação apresentada nas alternativas A e D. Como a energia calculada é $5\times10^{12}\ \text{J}$, e não $2\times10^{13}\ \text{J}$, só a A fecha.

A questão junta três ideias de óptica da visão: a posição da imagem, o tipo de defeito e a lente corretiva.

J1. O globo ocular tem $18\ \text{mm}$ de diâmetro, então a retina está a $18\ \text{mm}$ do cristalino. Se a imagem se forma a $13\ \text{mm}$, ou seja, antes da retina, a luz está convergindo demais. É a miopia. A correção precisa fazer a luz convergir menos: lente divergente.

J2. Ele não vê nitidamente objetos a $25\ \text{cm}$, que é a distância normal de leitura (ponto próximo de um olho sadio). Isso indica que o ponto próximo dele está mais longe: é a hipermetropia (ou vista cansada), em que a imagem se formaria “atrás” da retina. A correção exige mais convergência: lente convergente.

Células. Em ambiente pouco iluminado, quem responde melhor são os bastonetes, muito sensíveis à luz fraca (porém sem distinguir cores). Os cones funcionam em boa iluminação e dão a visão colorida. E as células fotossensíveis ficam na retina, e não na córnea, que é a parte transparente na frente do olho.

Uma dica de memória: miopia $\rightarrow$ divergente e hipermetropia $\rightarrow$ convergente. Em J1, a distância imagem-cristalino (13 mm) menor que o comprimento do olho (18 mm) mostra que o olho é “forte demais”.

Toda onda obedece a $v=\lambda f$; para a luz e demais ondas eletromagnéticas no ar, $v=c$. Assim:

$\lambda=\dfrac{c}{f}=\dfrac{3{,}00\times10^{8}}{2{,}40\times10^{9}}=0{,}125\ \text{m}=125\ \text{mm}$.

O enunciado diz que o espaçamento da grade é $1{,}0\%$ desse comprimento de onda: $0{,}01\times125\ \text{mm}=1{,}25\ \text{mm}$.

O sentido físico: as aberturas da grade são bem menores que $\lambda$. Como a condição para haver reflexão é que o comprimento de onda seja maior que as irregularidades da superfície, para as micro-ondas (de 12,5 cm) a grade funciona como uma parede contínua e reflete a radiação de volta. Já a luz visível ($\lambda\approx500\ \text{nm}$) é muito menor que esses furos e passa, o que permite enxergar a comida através da porta.

Cuidado com os prefixos: $125\ \text{mm}$ (alternativa E) é o próprio comprimento de onda, e não o espaçamento; e o erro de vírgula é fácil, por isso vale conferir se a unidade final é mm, como pedido.

Este é o problema clássico da junta de dilatação de pontes e calçadas. O concreto expande no calor, e sem um vão entre os blocos eles se pressionariam e trincariam.

A ponte foi instalada a $20\,^\circ\text{C}$, e o dia mais quente chega a $40\,^\circ\text{C}$, portanto $\Delta T=20\,^\circ\text{C}$. A dilatação de cada bloco é

$\Delta L=\alpha\,L_0\,\Delta T=10^{-5}\times5\times20=1{,}0\times10^{-3}\ \text{m}=0{,}10\ \text{cm}$.

Esse $0{,}10\ \text{cm}$ é o quanto fecha o vão entre dois blocos vizinhos (cada bloco cresce $0{,}10\ \text{cm}$, dividido igualmente entre suas duas extremidades). Para sobrar $1\ \text{cm}$ no dia mais quente, é preciso instalar com $1{,}00+0{,}10=1{,}10\ \text{cm}$.

Duas pegadinhas: a temperatura mínima ($10\,^\circ\text{C}$) não importa para o vão que se fecha, pois no frio os blocos encolhem e o vão só aumenta; e é o dia mais quente que define a condição crítica. Outro erro comum é somar a dilatação de dois blocos ($1{,}20\ \text{cm}$, alternativa C).

Como o enunciado dá a massa e o gráfico da velocidade, a ligação é a 2ª lei de Newton: $F=m\,a$. A aceleração, por sua vez, é a inclinação do gráfico $v\times t$.

1) Aceleração. Lendo dois pontos do gráfico, $a=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\dfrac{-2-6}{2-(-2)}=\dfrac{-8}{4}=-2\ \text{m/s}^2$. Como o gráfico é uma reta, a aceleração é constante em todo o intervalo.

2) Força. $F=m\,a=5\times(-2)=-10\ \text{N}$. Sendo a aceleração constante e a massa também, a força é constante e negativa: no gráfico $F\times t$, uma reta horizontal abaixo do eixo, em $-10\ \text{N}$.

Repare que o objeto continua se movendo mesmo com velocidade negativa: velocidade e força têm o mesmo sinal no trecho final (o objeto acelera no sentido negativo) e sinais opostos no início (ele freia). Mas a força não muda de sinal, porque a inclinação do gráfico não muda. Esse é o erro comum de quem acha que a força deveria “trocar de sinal” quando a velocidade cruza o zero.

Em problemas de espelho, desenhe o percurso do feixe. Com as medidas da figura, dá para seguir o raio passo a passo.

1) Primeiro espelho (fixo, $\alpha=45^\circ$). O laser emite verticalmente. Um espelho inclinado a $45^\circ$ desvia o feixe em $90^\circ$, deixando-o na horizontal, por uma distância $D=2{,}0\ \text{m}$ até o espelho giratório.

2) O que o segundo espelho precisa fazer. Do espelho giratório ao detector, o deslocamento é de $1{,}0\ \text{m}$ na horizontal (a distância $d$ entre laser e detector, dada) por $\sqrt3\ \text{m}$ na vertical (a altura $h$). Portanto, o raio refletido deve formar com a horizontal um ângulo $\theta$ tal que $\tan\theta=\dfrac{\sqrt3}{1}$, isto é, $\theta=60^\circ$. Note que a hipotenusa vale $\sqrt{1+3}=2\ \text{m}$, um triângulo 30°-60°-90° bem conhecido.

3) Da direção do raio ao ângulo do espelho. Na chegada ao segundo espelho, o feixe vem pela horizontal. Para chegar ao detector, ele precisa sair apontando para baixo e para trás, ou seja, virar $120^\circ$ em relação à direção original (o raio que sai forma $60^\circ$ com o raio que chegou, se você o inverter). Pela lei da reflexão, a normal ao espelho é a bissetriz desse ângulo de $60^\circ$, então o ângulo de incidência vale $30^\circ$. O espelho é perpendicular à normal, de modo que ele faz $90^\circ-30^\circ=60^\circ$ com o feixe que chega. Esse é o valor de $\beta$, alternativa D.

Uma verificação: com $\beta=45^\circ$, o feixe viraria apenas $90^\circ$, e com $\beta=30^\circ$, $60^\circ$. O desvio necessário é de $120^\circ$, e é isso que $\beta=60^\circ$ produz, já que o desvio do raio é $180^\circ-2\times(90^\circ-\beta)=2\beta$.

Para entender a questão, vamos voltar ao problema que Bohr enfrentava. Pela Física clássica, um elétron em órbita circular em torno do núcleo tem aceleração centrípeta. Uma carga acelerada, segundo o eletromagnetismo de Maxwell, emite radiação continuamente. Logo, o elétron perderia energia sem parar, o raio diminuiria e ele espiralaria até cair no núcleo em cerca de $10^{-10}\ \text{s}$. Um átomo clássico não seria estável.

Bohr resolveu isso com um postulado: existem órbitas especiais, com $m v r=n\hbar$, nas quais o elétron não irradia. Ele só emite ou absorve energia ao pular de uma órbita para outra.

Analisando as alternativas. O que se pede é a explicação clássica do colapso. A traz a ideia de “saltos quânticos”, que pertence à teoria de Bohr, e não à clássica. B e D falam em conservação de energia e de momento angular, o que contraria a emissão contínua de radiação, que retira energia e momento angular do elétron. E fala das consequências (força e velocidade aumentam quando o raio diminui), mas não da causa. A alternativa que descreve a causa clássica, a perda contínua, por radiação, é a C.

Nota de professor. Se formos rigorosos, a energia cinética de uma órbita circular coulombiana é $E_c=\dfrac{k e^{2}}{2r}$ e aumenta quando $r$ diminui; o que diminui continuamente é a energia total (e o momento angular). A redação da C, portanto, é um pouco imprecisa, mas ela é a única que traz a ideia central de perda contínua por radiação, e é a indicada no gabarito oficial.