UFLA 1999.1

Ideia central: avaliar as afirmações pela lei de Snell-Descartes, pela definição de índice de refração e pelos fenômenos que ocorrem em uma interface óptica.

Passo 1 — Afirmação I. Na passagem para meio mais refringente, o índice aumenta. Pela lei de Snell:

$n_1\,\operatorname{sen}\theta_1=n_2\,\operatorname{sen}\theta_2$

Se $n_2>n_1$, então $\theta_2<\theta_1$ para incidência oblíqua com transmissão: o raio se aproxima da normal. I verdadeira.

Passo 2 — Afirmação II. Ao passar de meio mais refringente para menos refringente, quando ocorre transmissão refratada:

$n_2<n_1\quad\Longrightarrow\quad\theta_2>\theta_1$

O raio afasta-se da normal. II verdadeira, nos casos em que há raio refratado (abaixo do ângulo crítico).

Passo 3 — Afirmação III. Em uma interface entre materiais transparentes pode ocorrer reflexão parcial da luz, além de transmissão. Essa é a situação considerada na Óptica Geométrica introdutória. III verdadeira no tratamento usual.

Passo 4 — Afirmação IV. O índice absoluto é relacionado à velocidade de propagação da luz:

$n=\dfrac{c}{v}$

Se os meios são opticamente diferentes para a luz considerada, o índice e, portanto, a velocidade de propagação mudam. IV verdadeira.

Resposta: I, II, III e IV são verdadeiras — alternativa A.

Rigor físico: a II pressupõe que não haja reflexão total; na III há situações especiais de reflexão nula (por exemplo, polarização no ângulo de Brewster). A classificação A reflete a leitura didática usual do vestibular.

Ideia central: a lente divergente forma, para um objeto real, imagem virtual, direita e reduzida. Aplicaremos a equação de Gauss com a distância focal negativa.

Passo 1. Estabelecer as posições segundo a convenção de sinais:

$f=-25\ \text{cm}$

$p=+25\ \text{cm}$

Passo 2. Aplicar a equação dos pontos conjugados:

$\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p^{\prime}}$

$\dfrac{1}{p^{\prime}}=-\dfrac{1}{25}-\dfrac{1}{25}$

$p^{\prime}=-12{,}5\ \text{cm}$

Passo 3. Determinar o aumento transversal:

$A=-\dfrac{p^{\prime}}{p}=\dfrac{12{,}5}{25}=0{,}5$

O sinal positivo indica imagem direita; $A<1$ indica imagem reduzida. O sinal negativo de $p^{\prime}$ indica imagem virtual.

Passo 4. Verificar a distância entre objeto e imagem. O objeto fica a $25\ \text{cm}$ da lente e a imagem, no mesmo lado, a $12{,}5\ \text{cm}$:

$d=25-12{,}5=12{,}5\ \text{cm}$

Resposta: imagem virtual, direita e reduzida, a $12{,}5\ \text{cm}$ do objeto — alternativa E.

Ideia central: na refração, a fonte determina a frequência da onda. A frequência e o período permanecem constantes; a velocidade e o comprimento de onda variam na mesma proporção.

Passo 1. Relacionar frequência e período:

$f=\dfrac{1}{T}$

Como a fonte não muda sua frequência, tanto $f$ quanto $T$ permanecem invariáveis.

Passo 2. Aplicar a equação fundamental da ondulatória:

$v=\lambda f$

Passo 3. Comparar os dois meios:

$\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1}=\dfrac{v_2}{v_1}$

Como $v_2>v_1$, segue que $\lambda_2>\lambda_1$.

Resposta: período e frequência não mudam; comprimento de onda aumenta — alternativa C.

Ideia central: em equilíbrio eletrostático, a carga de um condutor em contato se distribui por sua superfície; regiões mais agudas, com maior curvatura, favorecem maior concentração superficial de carga.

Passo 1. Pela simetria da geometria, as esferas laterais A e C se encontram em posições equivalentes:

$Q_A=Q_C$

Passo 2. Na interpretação escolar usual da figura, A e C estão junto às extremidades mais pontiagudas do corpo, enquanto B está sobre a região arredondada. Para o corpo inicialmente com carga positiva, espera-se:

$Q_A=Q_C>Q_B$

Passo 3. Nessa convenção, a proposição indicada é:

$Q_B<Q_A$

Resposta esperada: alternativa E, considerando carga positiva (ou comparando módulos das cargas).

Auditoria TEF — ressalva importante: o enunciado não informa o sinal da carga do corpo. Se a carga inicial for negativa e $Q_A$, $Q_B$ forem valores algébricos, a desigualdade se inverte. Portanto, a alternativa E não decorre rigorosamente de todos os casos permitidos pelo enunciado; a questão pressupõe implicitamente carga positiva ou comparação de módulos. A inferência pela geometria é, ainda, qualitativa e depende do modelo adotado.

Ideia central: a força magnética é perpendicular à velocidade e ao campo, e inverte o sentido conforme o sinal da carga. O nêutron, eletricamente neutro, segue em linha reta.

Passo 1. Aplicar a força de Lorentz no campo puramente magnético:

$\vec F_m=q\,\vec v\times\vec B$

Passo 2. A velocidade inicial aponta para a direita, e $\vec B$ entra no papel. Pela regra da mão direita, o vetor $\vec v\times\vec B$ aponta para cima.

Passo 3. Como o pósitron tem $q>0$, sua trajetória se curva para cima (X). Como o elétron tem $q<0$, sua trajetória se curva para baixo (Z).

Passo 4. Para o nêutron, a carga é nula:

$q=0\quad\Longrightarrow\quad F_m=0$

Ele mantém a trajetória retilínea Y.

Resposta: X = pósitrons; Y = nêutrons; Z = elétrons — alternativa B.

Ideia central: após um tempo muito longo com fonte contínua, o capacitor estará carregado, e a corrente em seu ramo será nula. O circuito equivale a uma associação de resistores.

Passo 1. No estado estacionário de corrente contínua:

$I_C=0$

Assim, o ramo que contém o resistor de $12\ \Omega$ à direita e o capacitor de $3\ \mu\text{F}$ fica aberto e não conduz corrente.

Passo 2. Os dois resistores verticais de $12\ \Omega$ permanecem em paralelo:

$\dfrac{1}{R_p}=\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{12}$

$R_p=6\ \Omega$

Passo 3. Associar o resistor de $4\ \Omega$ em série com esse paralelo:

$R_{\text{eq}}=4+6=10\ \Omega$

Passo 4. Aplicar a lei de Ohm à fonte de $10\ \text{V}$:

$I=\dfrac{U}{R_{\text{eq}}}$

$I=\dfrac{10}{10}=1{,}0\ \text{A}$

Resposta: $1{,}0\ \text{A}$ — alternativa B.

Ideia central: pela Primeira Lei da Termodinâmica, o calor recebido pode ser integralmente convertido em trabalho, sem alterar a energia interna. Para o gás ideal, energia interna constante significa temperatura constante.

Passo 1. Adotar $W$ como o trabalho realizado pelo gás:

$\Delta U=Q-W$

Passo 2. A condição de temperatura inalterada, para uma quantidade fixa de gás ideal, é:

$\Delta T=0\quad\Longrightarrow\quad\Delta U=0$

Passo 3. Substituir na Primeira Lei:

$0=Q-W$

$W=Q$

Assim, todo o calor cedido ao gás pode ser transformado em trabalho, sem aumento de temperatura, como ocorre em uma expansão isotérmica ideal.

Resposta: alternativa E.

Ideia central: durante uma mudança de fase à temperatura de fusão, a energia transferida provoca mudança de estado físico, não elevação de temperatura.

Passo 1. Aplicar a expressão do calor latente de fusão:

$Q=mL_f$

Passo 2. Substituir a massa de $1\ \text{g}$ e o calor latente informado:

$Q=1\ \text{g}\cdot80\ \text{cal/g}$

$Q=80\ \text{cal}$

Passo 3. Esse calor derrete completamente o gelo inicialmente a $0\ ^\circ\text{C}$, mantendo a temperatura constante durante a fusão (à pressão de referência).

Resposta: alternativa D.

Conferência: fornecer menos que $80\ \text{cal}$ pode derreter parte do gelo; a $0\ ^\circ\text{C}$ podem coexistir gelo e água, conforme as condições.

Ideia central: no nó C atuam três trações: uma horizontal para a esquerda, outra vertical para baixo e outra inclinada de $45^\circ$ para cima e para a direita. Em equilíbrio, a resultante em cada direção é nula.

Passo 1. O corpo A está em repouso, logo a força exercida pelo seu fio sobre C é vertical para baixo:

$T_A=P_A=100\ \text{N}$

Passo 2. Na polia ideal, a tração no fio horizontal é igual à tração que sustenta B:

$T_B=P_B$

Passo 3. Designando por $T$ a tração do fio inclinado, escrever o equilíbrio na vertical:

$T\operatorname{sen}45^\circ=T_A=100\ \text{N}$

Passo 4. Escrever o equilíbrio horizontal:

$T\cos45^\circ=T_B$

Passo 5. Dividir as duas expressões:

$\dfrac{T_B}{T_A}=\dfrac{\cos45^\circ}{\operatorname{sen}45^\circ}=1$

$P_B=T_B=100\ \text{N}$

Resposta: $100\ \text{N}$ — alternativa C.

Ideia central: desprezando a espessura da fita, cada volta enrola um comprimento igual à circunferência da polia.

Passo 1. Calcular o número de voltas durante $1\ \text{min}$:

$N=10\ \text{rotações/min}\cdot1\ \text{min}=10\ \text{rotações}$

Passo 2. Obter o comprimento enrolado por volta:

$\ell_{\text{volta}}=2\pi R$

$\ell_{\text{volta}}=2\pi\cdot10=20\pi\ \text{cm}$

Passo 3. Multiplicar pelo número de voltas:

$L=N\ell_{\text{volta}}$

$L=10\cdot20\pi=200\pi\ \text{cm}$

Resposta: $200\pi\ \text{cm}$ — alternativa E.

Ideia central: velocidade constante implica aceleração nula. Portanto, a resultante das forças paralelas ao plano deve ser zero.

Passo 1. Decompor o peso nas direções paralela e perpendicular ao plano:

$P_{\parallel}=Mg\operatorname{sen}30^\circ$

$P_{\perp}=Mg\cos30^\circ$

Passo 2. Pela Segunda Lei de Newton, na direção do movimento:

$\sum F_{\parallel}=Ma=0$

Passo 3. Para o bloco deslizando para baixo sem outras forças paralelas ao plano, o atrito cinético atua para cima e se opõe à componente do peso:

$f_c=Mg\operatorname{sen}30^\circ$

$f_c=\dfrac{Mg}{2}$

Resposta: o atrito tem mesma intensidade e sentido contrário ao peso paralelo ao plano — alternativa D.

Hipótese física: considera-se que atuam somente peso, normal e atrito cinético; nessas condições, o bloco desce em velocidade constante.