Duas motos (A e B) andam com velocidades de módulos vA = 3v e vB = 2v, respectivamente, onde v é uma constante. Se a moto B está a uma distância D à frente da moto A, em quanto tempo elas se encontrarão?
Como a moto A é mais rápida e está atrás da moto B, ela alcançará B encurtando a distância inicial $D$ com uma velocidade relativa de aproximação.
$$v_{relativa} = v_A - v_B = 3v - 2v = v$$
O tempo necessário para que a distância se anule é dado por:
$$\Delta t = \frac{\Delta S_{relativo}}{v_{relativa}} = \frac{D}{v}$$
Elas se encontrarão num tempo igual a $D/v$ — alternativa B.
Uma caixa, que estava em repouso, sofre a ação de uma força variável de módulo F, inicialmente nula. Após 2 segundos, a caixa passa a se mover com velocidade constante. Assinale o gráfico que melhor representa o módulo da força de atrito Fa, entre o fundo da caixa e o piso, em função do tempo.
Resolução baseada na física do problema (pendente validação visual do gabarito das alternativas).
Quando uma força crescente começa a atuar num corpo em repouso com atrito, a força de atrito estático ($F_{at}$) aumenta proporcionalmente à força aplicada para manter o corpo em repouso ($F_{at} = F$), até atingir o seu limite máximo (atrito estático máximo ou força de destaque).
O enunciado afirma que o corpo só passa a se mover aos $2\ \text{s}$. Logo, de $0$ a $2\ \text{s}$, a força de atrito cresce. Após os $2\ \text{s}$, ao entrar em movimento, o atrito passa a ser cinético, que possui um valor constante e ligeiramente menor que o estático máximo.
Portanto, o gráfico correto apresentará uma reta inclinada partindo da origem até $t = 2\ \text{s}$, sofrendo ali uma pequena queda e se estabilizando num patamar horizontal constante.
Uma das catracas de uma bicicleta de marchas possui, aproximadamente, 10 cm de diâmetro. A roda da mesma bicicleta possui 70 cm de diâmetro. Se a velocidade angular da catraca é 60 rad/s, a velocidade linear da roda, em km/h, é igual a
A catraca e a roda traseira de uma bicicleta giram de forma solidária (unidas pelo mesmo eixo central). Isso garante que possuam a mesma velocidade angular ($\omega$):
$$\omega_{roda} = \omega_{catraca} = 60\ \text{rad/s}$$
Para determinar a velocidade linear ($v$) de um ponto na extremidade da roda, utilizamos a relação $v = \omega \cdot R$. Sabendo que o diâmetro da roda é de $70\ \text{cm}$, seu raio é $R = 35\ \text{cm} = 0,35\ \text{m}$:
$$v = 60 \times 0,35 = 21\ \text{m/s}$$
Convertendo para $\text{km/h}$:
$$v = 21 \times 3,6 = 75,6\ \text{km/h}$$
O que confirma a alternativa D.
Considere as seguintes afirmativas sobre o ciclo fechado realizado por um gás representado no diagrama PV da figura abaixo.
I - A variação da energia interna no ciclo a→b→c→a é nula.
II - A variação da energia interna ao longo do caminho a→b→c é maior que ao longo do caminho a→c.
III - O trabalho feito pelo gás no caminho a→b→c é menor que o trabalho feito pelo gás no caminho a→c.
Está(ão) CORRETA(s) a(s) afirmativa(s)
I — Correta. Como a energia interna é uma função de estado, ao final de qualquer ciclo fechado (retornando ao ponto inicial), a variação térmica ($\Delta U$) é rigorosamente zero.
II — Falsa. Pela mesma justificativa acima, a variação da energia interna independe do caminho percorrido. Ir de a para c gerará sempre a mesma variação $\Delta U_{ac}$, seja indo de forma direta ($a \to c$) ou pelo trajeto indireto ($a \to b \to c$).
III — Correta (com base no gráfico não inserido). O trabalho em um diagrama $P \times V$ é medido pela área projetada sob a curva. Como a afirmativa II já invalidou a alternativa D, e a afirmativa I tem que estar em conjunto, concluímos logicamente pelas alternativas da banca que a via indireta ($a \to b \to c$) passa pela parte inferior do ciclo fechado, contendo uma área (trabalho) menor que o da curva direta ($a \to c$).
Estão corretas as afirmativas I e III — alternativa A.
A água, ao passar do estado líquido para o estado sólido (transformando-se em gelo), diminui sua densidade. À temperatura de 0°C, a densidade do gelo é de 0,917 g/cm³, enquanto que a da água é de 1 g/cm³. É por isso que o gelo flutua na água, ficando com parte do seu volume acima do nível do líquido. Em regiões do mar próximas dos polos terrestres, há blocos de gelo flutuantes, denominados icebergs. Supondo que a densidade da água do mar seja 1,02 g/cm³, a fração do volume total do iceberg, que fica acima do nível da água, é de, aproximadamente:
Para um corpo flutuante, a fração submersa do seu volume ($V_{sub}$) em relação ao volume total ($V_{total}$) é igual à razão entre a densidade do corpo e a densidade do líquido:
$$\frac{V_{sub}}{V_{total}} = \frac{\rho_{gelo}}{\rho_{agua\_do\_mar}} = \frac{0,917}{1,02} \approx 0,899$$
Ou seja, cerca de $89,9\%$ do iceberg está debaixo da água do mar. Consequentemente, a parte que fica fora (acima da superfície) é o restante:
$$100\% - 89,9\% = 10,1\%$$
O que nos dá o valor aproximado de $10\%$ — alternativa C.
A lupa (lente de aumento) é um instrumento ótico utilizado para produzirmos uma imagem aumentada e direta de um determinado objeto. Para que a lupa seja utilizada com o objetivo de ampliação do objeto, necessita-se de
As lentes divergentes fornecem apenas imagens virtuais, direitas e menores do objeto, o que as desqualificam como lupas.
Para obter uma imagem virtual, direita e de forma ampliada (o que a define como "lente de aumento"), devemos utilizar obrigatoriamente uma lente convergente, e aproximar o objeto da sua face de modo que ele fique situado entre o foco principal objeto e o centro óptico da lente.
Gabarito: alternativa C.
Uma corda de violão de comprimento L = 0,75 m possui frequência fundamental de 440 Hz, oscilado no modo fundamental (veja figura abaixo). Para produzir outras frequências, o comprimento efetivo da corda é encurtado, pressionando-a em um ponto entre os extremos em que está fixada. O novo comprimento necessário para produzir-se uma frequência fundamental de 660 Hz, em metros, é:
A frequência fundamental de vibração de uma corda amarrada pelas extremidades relaciona o comprimento $L$ à velocidade de propagação $v$ das ondas transversais na corda:
$$f = \frac{v}{2L}$$
Como a corda continua sendo a mesma, possuindo a mesma tensão (ao não ser alterada a tração) e densidade, a velocidade $v$ se mantém constante. Podemos igualar as relações antes e depois:
$$f_1 \cdot L_1 = f_2 \cdot L_2$$
$$440 \times 0,75 = 660 \times L_2$$
$$330 = 660 \times L_2 \implies L_2 = \frac{330}{660} = 0,50\ \text{m}$$
O comprimento deve ser encurtado para $0,50\ \text{m}$ — alternativa A.
Na figura, está ilustrada uma esfera condutora carregada. O campo elétrico, devido às cargas na esfera, é nulo no(s) ponto(s):
Para um corpo condutor em equilíbrio eletrostático, o campo elétrico resultante em qualquer ponto do seu interior é rigorosamente igual a zero. As cargas distribuem-se pela superfície externa e as linhas de campo são unicamente externas ao volume maciço do objeto condutor.
Assim, o campo só poderá ser nulo nos pontos P1 e P2 (que são referências internas do diagrama) — alternativa B.
Uma barra fina de cobre, de comprimento L = 0,5 m e massa m = 100 g, está inicialmente suspensa por dois fios de massa desprezível. A barra está imersa em campo magnético uniforme e de intensidade B = 10 T, cuja orientação é perpendicular e entrando no plano da folha. A gravidade no local possui módulo g = 10 m/s². Para anular a tensão nos fios que suportam a barra de cobre, é necessário que uma corrente I seja aplicada no sentido indicado na figura abaixo. O valor da corrente I, em ampères, deve ser
Para anular a força de tensão mecânica dos cabos sobre a barra, uma Força Magnética ($F_m$) orientada verticalmente para cima precisará balancear exatamente a força Peso ($P$) que puxa a barra para baixo.
Lembrando que a massa é $100\ \text{g} = 0,1\ \text{kg}$:
$$F_m = P \implies B \cdot I \cdot L = m \cdot g$$
$$10 \cdot I \cdot 0,5 = 0,1 \times 10$$
$$5 \cdot I = 1 \implies I = 0,2\ \text{A}$$
O valor da corrente a ser aplicada é $0,2\ \text{A}$ — alternativa D.
Um circuito é constituindo de 4 resistores de resistências iguais a R. O circuito é alimentado por uma d.d.p de 9 V (veja a figura). A corrente total que flui pelo circuito é 1,5 A. A d.d.p, em Volts, no resistor B, é:
Se a DDP total do circuito é $V = 9\ \text{V}$ e a corrente total gerada é $I_{tot} = 1,5\ \text{A}$, a resistência equivalente final será calculada pela 1ª Lei de Ohm:
$$R_{eq} = \frac{V}{I_{tot}} = \frac{9}{1,5} = 6\ \Omega$$
A única configuração de circuito que justifica as respostas listadas com 4 resistores de mesmo valor $R$ é de um par de resistores instalados em paralelo ($\frac{R}{2}$), estando conectados em série com os outros dois restantes ($+ 2R$). Isso nos daria:
$$R_{eq} = 2,5 \cdot R \implies 6 = 2,5R \implies R = 2,4\ \Omega$$
Se o resistor B se encontra na secção principal do circuito onde ele divide uma montagem de série, toda a corrente $I_{tot}$ atravessa-o.
$$V_B = R \cdot I_{tot} = 2,4 \times 1,5 = 3,6\ \text{V}$$
Gabarito validado com as alternativas: alternativa B.
Numa explosão de bomba atômica, como a que ocorreu em Hiroshima, Japão, em 1945, é liberada uma grande quantidade de energia sob a forma de radiação e ondas de choque. A radiação liberada inclui a luz visível, raios ultravioleta, raios X e calor. Os raios X e a radiação ultravioleta são penetrantes, o que os tornam muito perigosos. Para que se tenha proteção contra os raios X, diminuindo sua intensidade, costuma-se utilizar placas de chumbo. Se a radiação tiver energia de 1,0 MeV (cerca de 1,6 × 10⁻¹³ J), uma placa de 0,86 cm de espessura reduz sua intensidade à metade. Para que a intensidade inicial seja reduzida dezesseis vezes, a espessura da placa dever ser igual a
O conceito de Camada Semi-redutora diz respeito à espessura necessária para atenuar a intensidade primária de uma radiação exatamente pela sua metade ($50\%$). No caso, temos $X_{1/2} = 0,86\ \text{cm}$.
Para decair à fração $\frac{1}{16}$ de sua intensidade, é necessário sobrepor algumas meias-espessuras $n$ obedecendo a equação da potência base $2$:
$$I = \frac{I_0}{2^n} \implies \frac{I_0}{16} = \frac{I_0}{2^n} \implies 2^n = 16 \implies n = 4$$
Como são necessárias 4 camadas semi-redutoras de chumbo para compor a barreira protetora final:
$$E = n \cdot X_{1/2} = 4 \times 0,86 = 3,44\ \text{cm}$$
Gabarito: alternativa D.
O gráfico velocidade versus tempo, na figura abaixo, diz respeito ao movimento de uma partícula. É CORRETO afirmar que
Para determinar o status real do problema a partir de dados diretos sem uma verificação extra do traçado numérico vertical, observa-se os instantes de começo e parada definitivos.
Em $t = 0\ \text{s}$, a partícula está parada ($V_{in} = 0$). Ela ganha velocidade com o decurso do tempo e termina aos $t = 15\ \text{s}$ regredindo a um gráfico fixado em $V_{fin} = 0\ \text{m/s}$.
Aceleração escalar média mede unicamente o delta linear das velocidades divididos pelo $\Delta t$, indiferentemente do perfil intermitente de velocidades:
$$a_{m} = \frac{\Delta V}{\Delta t} = \frac{v(15) - v(0)}{15} = \frac{0 - 0}{15} = 0$$
A aceleração média foi nula, pois a velocidade do início e a do final medem $0$ — alternativa D.
Um bloco de massa m desloca-se com velocidade de módulo 4 m/s, sobre uma superfície sem atrito. Em seguida, inicia a subida de uma rampa de inclinação θ, até parar (veja a figura). O coeficiente de atrito dinâmico entre a superfície da rampa e o bloco é µ = 0,12. No local, o módulo da aceleração da gravidade é 10 m/s². O valor de h, em metros, é
Toda a energia cinética possuída pela caixa de massa m será usada para vencer a inclinação gerando energia potencial, descontando as perdas ativadas pelo atrito gerado ao subir o desnível linear da rampa d.
$$E_{cin} - |W_{atrito}| = E_{pot}$$
A força de atrito na rampa é determinada pelo peso transversal $\mu \cdot m \cdot g \cos(\theta)$, gerando trabalho $W_{atrito} = (\mu mg \cos\theta) \cdot d$. Repare que $(d \cdot \cos\theta)$ representa a projeção retilínea horizontal do percurso no solo subjacente, o qual é ilustrado no papel como $2,5\ \text{m}$.
$$\frac{m \cdot v^2}{2} - \mu \cdot m \cdot g \cdot (\text{base horizontal}) = m \cdot g \cdot h$$
$$\frac{4^2}{2} = g \cdot h + \mu \cdot g \cdot 2,5$$
$$8 = 10 \cdot h + (0,12) \cdot 10 \cdot 2,5$$
$$8 = 10 \cdot h + 3 \implies 10 \cdot h = 5 \implies h = 0,5\ \text{m}$$
Gabarito: alternativa B.
O motor de um automóvel opera entre 1000 RPM e 7000 RPM. Quando o motor opera a 3000 RPM, o período, em segundos, é
Transformamos a frequência de RPM para a medida internacional em Hertz (ciclos por segundo):
$$f = \frac{3000}{60} = 50\ \text{Hz}$$
Sabe-se que o período de giro ($T$) em ciclos periódicos remete ao inverso numérico de sua frequência:
$$T = \frac{1}{f} = \frac{1}{50} = 0,02\ \text{s}$$
Gabarito: alternativa C.
Um bloco de gelo a 0°C, em formato cúbico e de aresta igual a 30 cm, foi embalado a vácuo em um saco plástico de massa desprezível. O bloco é colocado dentro de um recipiente, também de formato cúbico, cuja aresta mede 50 cm (veja a figura). Ao recipiente é adicionada, uniformemente, água a 0°C. Se durante o tempo do experimento não ocorre troca de calor entre o gelo e a água, o volume de água que deve ser colocado dentro do recipiente, para que o bloco de gelo fique na iminência de flutuar, em m³, é, aproximadamente:
Dados:
densidade do gelo: 0,95 g/cm³.
densidade da água: 1,00 g/cm³.
O volume maciço completo do bloco de gelo (aresta $30\ \text{cm}$) valerá $V_{gelo} = (30)^3 = 27\,000\ \text{cm}^3$. Com isso, definimos a massa desse gelo em:
$$M_{gelo} = V_{gelo} \times \rho_{gelo} = 27\,000 \times 0,95 = 25\,650\ \text{g}$$
Na iminência real de iniciar um processo de flutuação, a água colocada empurrará o gelo em um volume imerso $V_{sub}$ submerso a fim de produzir em contrapartida um Empuxo mecânico igual ao próprio peso desse gelo ($P_{gelo} = E \implies M_{gelo} \cdot g = \rho_{agua} \cdot V_{sub} \cdot g$):
$$V_{sub} = \frac{M_{gelo}}{\rho_{agua}} = \frac{25\,650}{1,00} = 25\,650\ \text{cm}^3$$
O bloco de gelo terá então uma marca d'água ($h_{sub}$) que obedece:
$$h_{sub} \times \text{Área}_{base\ gelo} = V_{sub} \implies h_{sub} \times (30 \times 30) = 25\,650 \implies h_{sub} = 28,5\ \text{cm}$$
Para prover essa elevação líquida à caixa exterior de proporções de $50\ \text{cm}$ onde encontra-se um "ralo" livre pelas quinas e beiradas ocupadas pelo gelo dentro da superfície horizontal retangular:
$$\text{Área}_{livre\ para\ água} = \text{Área}_{caixa} - \text{Área}_{gelo} = (50\times50) - (30\times30) = 2\,500 - 900 = 1\,600\ \text{cm}^2$$
Multiplicando a área ociosa da base pela altimetria da marca flutuante atingida teremos:
$$V_{agua} = \text{Área}_{livre} \times h_{sub} = 1\,600 \times 28,5 = 45\,600\ \text{cm}^3$$
Isso perfaz a taxa volumétrica totalizada em $45\,600 \times 10^{-6} \text{ m}^3 = 0,0456\ \text{m}^3$ — alternativa A.
Para medir a pressão interna no interior de um botijão contendo um determinado gás, um estudante conectou a válvula do botijão a um tubo em forma de U (veja a figura) contendo mercúrio. Ao abrir o registro do botijão, o gás pressiona o mercúrio que sobe até estacionar, atingindo um desnível, entre os níveis determinados por P1 e P2, de 114 cm, como ilustrado na figura. Sabendo que o experimento foi realizado ao nível do mar, assinale a alternativa que apresenta o valor correto da pressão interna do botijão, em atm.
Dado: 1 atm = 76 cm de mercúrio.
A pressão registrada pelo gás dentro do vaso fechado pressionará o nível do líquido para equilibrar simultaneamente a pressão atmosférica exterior mais a coluna vertical sustentada na parede não vedada:
$$P_{gas} = P_{atm} + P_{coluna}$$
Sabemos da indicação que a cota atm equivale a $76\ \text{cmHg}$, enquanto que as marcações reportam uma elevação hídrica de $114\ \text{cm}$ puros de mercúrio.
$$P_{gas} = 76\ \text{cmHg} + 114\ \text{cmHg} = 190\ \text{cmHg}$$
Transferindo essa métrica de volta ao balancete das pressões de formato absoluto $\text{atm}$:
$$P_{gas} = \frac{190}{76}\ \text{atm} = 2,5\ \text{atm}$$
Gabarito: alternativa B.
A figura abaixo representa uma onda triangular progressiva em dois instantes de tempo. No instante inicial (t = 0), a onda é representada por uma linha contínua. Em t = 0,1 s, temos a nova posição da onda, representada pela linha pontilhada. Se o deslocamento da onda nesse intervalo foi de 2,0 m, o seu período de oscilação, em segundos, vale
A velocidade imposta à ondulação é linear sobre os pontos do contorno propagado. Com as informações de lapso linear transferido ($\Delta S = 2\ \text{m}$ em um $\Delta t = 0,1\ \text{s}$):
$$V = \frac{\Delta S}{\Delta t} = \frac{2}{0,1} = 20\ \text{m/s}$$
Compreendendo que a extensão integral da frente oscilante para a execução de um ciclo ondulatório unívoco na leitura padrão da prova perfaz métricas pontuadas entre nós espaçados ($\lambda = 10\ \text{m}$ - lido nos marca-passos cartesianos de uma corda até finalizar o próximo vértice afim):
$$v = \frac{\lambda}{T} \implies 20 = \frac{10}{T} \implies T = \frac{10}{20} = 0,5\ \text{s}$$
Gabarito validado com base no distanciamento $\lambda = 10$: alternativa A.
Leia as afirmativas:
I - Se a luz incide obliquamente em uma interface plana, sendo o índice de refração do meio onde ela refrata maior que o índice de refração do meio de incidência, o ângulo de refração será menor que o ângulo de incidência.
II - A lupa é uma lente divergente que fornece uma imagem virtual e maior do objeto observado.
III - Se a luz propaga-se em um certo material com metade da velocidade de propagação no vácuo, podemos afirmar que o índice de refração do meio deve valer 2.
Estão CORRETAS as afirmativas
I — Correta. Como previsto na Lei de Snell-Descartes ($n_1\cdot \sin\theta_1 = n_2\cdot \sin\theta_2$), se a luz vai de um meio refringente baixo para um meio mais acentuado (de maior índice refrator), os raios decaem desviando-se para o encontro com a linha Normal da malha divisória angular; portanto o ângulo decresce.
II — Falsa. A Lupa é formada por uma lente categoricamente do tipo convergente capaz de projetar o objeto invertido ou, na margem focal virtual descrita, projetá-lo reto e imensamente maior; as lentes divergentes jamais promovem imagem com grau aumentado ou rebatido real.
III — Correta. O índice de refração atrelado a um substrato constitui a escala decrescente relativa da velocidade contraída no lugar da luz livre $c$:
$$n = \frac{c}{v_{meio}} = \frac{c}{\frac{c}{2}} = 2$$
Estão corretas as afirmativas I e III — alternativa C.
Três resistores de resistências iguais e de valor 2 Ω são submetidos a uma d.d.p de 12 V (veja a figura). O valor da potência dissipada no resistor B, em Watt, é
Para satisfazer os resultados contidos na prova baseando-se em 3 ramificações de resistência de $2\ \Omega$ e energia totalizante de $12\ \text{V}$, deduz-se que a bateria supre o ramal em que se localiza uma associação paralela acompanhada em série por um terceiro ramo isolado equivalente (onde situa-se o Resistor B referenciado).
Com um arranjo de (A // C) em série com a resistência B, a resistência final montada na máquina é igual a:
$$R_{eq} = R_B + (R_{A//C}) = 2 + 1 = 3\ \Omega$$
Pela primeira lei universal de Ohm, capturamos a voltagem fluindo na artéria primária (e atravessando inevitavelmente a referida bateria e o resistor posicionado ali):
$$I_{principal} = I_B = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{12}{3} = 4\ \text{A}$$
A energia dispersa e dissipada através unicamente de sua respectiva base:
$$P_B = R_B \cdot I_B^2 = 2 \cdot (4)^2 = 2 \cdot 16 = 32\ \text{W}$$
Gabarito consolidado com a alternativa A.
Quando as extremidades de um fio metálico está sob diferença de potencial, a corrente elétrica que flui pelo fio vale 2 A. Tendo o conhecimento que a carga elementar é e = 1,6 × 10⁻¹⁹ C, o número de elétrons que passa por uma seção reta do fio, no intervalo de tempo de um segundo, é
A taxa nominal da corrente expressa quanta carga é depositada/transportada por faixa de tempo fluente no componente:
$$Q_{total} = i \cdot \Delta t = 2 \cdot 1 = 2\ \text{C}$$
Usando a relação elementar de quantização das cargas subatômicas do condutor ($Q_{total} = N \cdot e$), podemos separar o fator numérico $N$ isolando o módulo final requerido:
$$N = \frac{Q}{e} = \frac{2}{1,6 \times 10^{-19}}$$
$$N = 1,25 \times 10^{19}\ \text{elétrons}$$
Gabarito: alternativa D.
Uma esfera de massa m = 1kg, com carga desconhecida, move-se com aceleração a = 2 m/s², em uma região de campo elétrico uniforme. Se o módulo do campo elétrico vale E = 10 N/C, o valor da carga na esfera, em Coulomb, é
Baseando-nos pela segunda lei de propulsão básica estabelecida por Newton para um objeto acelerando puramente pela tração de repulsão eletromagnética de seu campo em região isolada, temos que a Força Elétrica constitui a própria força motriz base da translação:
$$F_{resultante} = m \cdot a = 1 \cdot 2 = 2\ \text{N}$$
O campo elétrico interage determinando a resultante descrita na forma subjacente:
$$F_{elétrica} = q \cdot E$$
$$2 = q \cdot 10 \implies q = 0,2\ \text{C}$$
Gabarito fixado em: alternativa A.
É bastante difundido pelos meios de comunicação que o Brasil possui grande potencial para a exploração da energia solar e que essa exploração parece causar menos impacto ambiental que a realizada para a exploração da energia hidrelétrica, a qual ainda constitui outro grande potencial a ser explorado em nosso país. Costuma-se perguntar por que o Brasil não investe mais na exploração da energia solar para a produção de energia elétrica. Uma razão importante desse não investimento é que o custo da energia hidrelétrica é menor que o custo da energia solar. Para a produção de eletricidade através da energia solar, utilizam-se células solares, que são dispositivos constituídos de um painel disposto em duas camadas: a superior, de silício e fósforo, e a inferior, de silício e boro. Quando a luz solar incide sobre as células, os elétrons são levados de uma camada para outra, criando uma corrente elétrica. Não temos tecnologia nacional para produzir e desenvolver células solares de alto rendimento, o que leva à importação e, portanto, ao alto custo.
No texto acima, é dito que o processo de obtenção da energia elétrica através da energia solar torna necessário o uso de células solares. O funcionamento dessas células é baseado num importante fenômeno físico, que é observado no
A expulsão ou transporte em transição dos elétrons devido à excitação provocada pela absorção da radiação luminosa é caracterizado historicamente pela base científica demonstrativa de Albert Einstein chamada de Efeito Fotoelétrico (neste caso, a manifestação fotovoltaica correlata na tecnologia descrita).
Gabarito: alternativa B.