UPE — SSA2 2018

A figura mostra que a base condutora é uma barra sólida, de comprimento $H$ e área $A$, fixa entre o reservatório frio ($T_0$) e a base da coluna de gás — sua geometria não muda com o movimento do pistão. Pela lei de Fourier, o fluxo de calor através dela é constante: $\dfrac{Q}{t}=\dfrac{kA(T-T_0)}{H}$.

Esse calor sai do gás (que está mais quente, a $T$) para o reservatório (a $T_0$). Como o processo é isotérmico ($\Delta U=0$), pela Primeira Lei todo o calor que sai do gás corresponde exatamente ao trabalho de compressão recebido: $\left|\dfrac{Q}{t}\right|=p\,A\,v$, onde $v$ é a velocidade do pistão e $p$ a pressão do gás no instante considerado.

Quando o pistão percorreu $H/2$, a coluna de gás (que começa com comprimento $H$) passa a ter comprimento $H/2$, logo volume $V=A\,H/2$. Pela lei dos gases ideais: $p=\dfrac{nRT}{V}=\dfrac{nRT}{A\,H/2}=\dfrac{2nRT}{AH}$.

Substituindo na equação do fluxo: $\dfrac{kA(T-T_0)}{H}=\dfrac{2nRT}{AH}\times A\times v=\dfrac{2nRTv}{H}$.

Isolando $v$: $v=\dfrac{kA(T-T_0)}{2nRT}=\dfrac{kA(1-T_0/T)}{2nR}$ — confirma exatamente a alternativa (B).

Como os três processos ligam o MESMO estado inicial ao MESMO estado final, a variação de energia interna $\Delta U$ é idêntica nos três casos (função de estado). Pela Primeira Lei, $Q=\Delta U+W$, então o calor absorvido em cada processo depende apenas do trabalho $W$ realizado — que é a área sob a curva de cada processo no diagrama $p$-$V$ (com sinal, conforme o volume aumenta ou diminui ao longo do caminho).

A figura mostra que os estados Inicial e Final têm o mesmo volume (estão na mesma vertical) — o processo 2 é justamente a linha reta que liga os dois diretamente, ou seja, um processo isocórico ($V$ constante). Nesse caso, $W_2=0$ exatamente, logo $Q_2=\Delta U$, sem nenhuma parcela adicional de trabalho.

Já os processos 1 e 3 se afastam desse caminho direto, contornando a região à esquerda e à direita, respectivamente — ou seja, o volume do gás varia (aumenta e depois retorna, ou vice-versa) ao longo do percurso. Isso significa que, em ambos, o gás troca trabalho adicional com a vizinhança ($W_1\neq0$ e $W_3\neq0$), somando uma contribuição extra (positiva, neste tipo de contorno) ao calor absorvido em relação ao processo direto.

Como o processo 2 é o único sem nenhuma troca de trabalho, ele fica com o menor calor absorvido dos três — confirma a alternativa (D).

A energia cinética do projétil, por unidade de massa, é convertida no impacto: $\dfrac{E_c}{m}=\dfrac{v^2}{2}=\dfrac{400^2}{2}=80.000\text{ J/kg}=80\text{ J/g}$.

Para o chumbo derreter completamente, uma parte dessa energia precisa aquecê-lo de $27^\circ\text{C}$ até o ponto de fusão ($327^\circ\text{C}$) e depois fundi-lo: $\dfrac{Q}{m}=c_C\Delta T+L_{FC}=0{,}03\times(327-27)+6{,}0=0{,}03\times300+6{,}0=9{,}0+6{,}0=15{,}0\text{ cal/g}$.

Convertendo para joules: $15{,}0\times4{,}2=63{,}0\text{ J/g}$ — essa é a energia que deve permanecer no projétil.

A energia restante, que deve ser absorvida pela blindagem, é $80-63=17\text{ J/g}$. A fração correspondente: $\dfrac{17}{80}\approx0{,}21$ — confirma a alternativa (C).

A eficiência de uma máquina térmica é $\eta=\dfrac{W_{\text{líquido}}}{Q_{\text{absorvido}}}$. Pela figura, o gás absorve calor nos trechos AB (isocórico, $20\text{ J}$) e BC (isobárico, $4\text{ J}$); os trechos CD e EA são adiabáticos ($Q=0$); e o gás libera calor no trecho DE (isocórico, $12\text{ J}$).

Calor total absorvido: $Q_{\text{absorvido}}=20+4=24\text{ J}$. Como o ciclo é fechado, $\Delta U_{\text{ciclo}}=0$, logo o trabalho líquido é $W_{\text{líquido}}=Q_{\text{absorvido}}-Q_{\text{liberado}}=24-12=12\text{ J}$.

Eficiência: $\eta=\dfrac{12}{24}=0{,}5=50\%$ — confirma a alternativa (D).

A equação dos fabricantes de lentes, $\dfrac{1}{f}=(n-1)\left(\dfrac{1}{R_1}-\dfrac{1}{R_2}\right)$, mostra que a vergência ($1/f$) é proporcional a $(n-1)$. Como $n=n_0+n_2L$ cresce com a intensidade $L$ do laser (efeito Kerr óptico, típico de meios não lineares), a vergência também cresce com $L$ — o que já indica que a alternativa (B), que trata do aumento percentual da vergência com a intensidade, segue a direção física correta.

O cálculo exato do percentual de variação (e a verificação numérica de $10\%$) depende de conhecer a razão $\left(\dfrac{1}{R_1}-\dfrac{1}{R_2}\right)$ com o sinal correto de $R_1$ e $R_2$, que por sua vez depende da orientação da lente (convexa ou côncava em cada face), informação apresentada apenas na figura original, indisponível nesta versão do acervo.

A barra vertical (comprimento $20\text{ mm}$) está fixa no teto em $E$; ao se dilatar, seu extremo inferior $F$ desce por $\Delta L=20\times\alpha_{\text{latão}}\times\Delta T$ (usando $\alpha_{\text{latão}}\approx2\times10^{-5}\,{}^\circ\text{C}^{-1}$).

A barra horizontal gira como uma alavanca em torno do ponto fixo $G$. Como $F$ está a $10\text{ mm}$ de $G$ e o contato $A$ está a $90\text{ mm}$ de $F$ (logo $100\text{ mm}$ de $G$), o deslocamento de $A$ é ampliado pela razão de alavanca $\dfrac{GA}{GF}=\dfrac{100}{10}=10$: $\delta_A=10\times\Delta L$.

Para fechar o contato $B$, é preciso $\delta_A=0{,}25\text{ mm}$: $10\times\Delta L=0{,}25\Rightarrow\Delta L=0{,}025\text{ mm}$.

Isolando $\Delta T$: $\Delta T=\dfrac{\Delta L}{20\times\alpha_{\text{latão}}}=\dfrac{0{,}025}{20\times2\times10^{-5}}=\dfrac{0{,}025}{4\times10^{-4}}=62{,}5\,{}^\circ\text{C}$.

Partindo de $25^\circ\text{C}$: $T=25+62{,}5=87{,}5^\circ\text{C}$ — confirma a alternativa (C).

Um espelho côncavo esférico (ou, neste caso, cilíndrico de seção circular) só concentra perfeitamente em um único ponto (o foco, a $R/2$ do vértice) os raios paraxiais — aqueles próximos ao eixo principal. Raios que incidem mais afastados do eixo, perto das bordas do espelho, sofrem aberração esférica: eles convergem para pontos cada vez mais próximos do espelho (do vértice), e não exatamente sobre o foco.

Isso já elimina as alternativas (B) — que afirma foco perfeito em um único ponto — e (D) — que afirma o oposto do que ocorre (os raios das bordas são justamente os que MAIS se desviam do foco). A alternativa (E), que propõe focalização ao longo de toda a linha O (o centro de curvatura), também não corresponde à distribuição real dos pontos de cruzamento.

O efeito da aberração esférica é justamente espalhar os pontos de cruzamento dos raios refletidos ao longo de uma região entre o vértice do espelho e o foco teórico — descrevendo corretamente a alternativa (A).

Como a torre tem $20\text{ m}$ de altura e está a $20\text{ m}$ de distância horizontal do espelho, o topo da torre é visto do espelho sob uma elevação de $\operatorname{arctan}(20/20)=45^\circ$, do lado oeste (lado do pôr do sol, à esquerda na figura).

Usando o truque da imagem especular: o raio refletido chega ao topo da torre se, e somente se, o raio incidente (vindo do Sol) estiver alinhado com o ponto do espelho e a imagem do topo da torre refletida pelo espelho — como se a luz atravessasse o espelho em linha reta até essa imagem.

Adotando um sistema de referência angular em que $90^\circ$ é o zênite (Sol a pino, meio-dia), $0^\circ$ é a horizontal do lado do nascer do sol (direita) e $180^\circ$ é a horizontal do lado do pôr do sol (esquerda, lado da torre): o topo da torre está na direção $180^\circ-45^\circ=135^\circ$. Refletindo essa direção em torno da reta do espelho (inclinada a $30^\circ$ nesse mesmo sistema): direção da imagem $=2\times30^\circ-135^\circ=-75^\circ\equiv285^\circ$.

A direção do Sol deve ser oposta à da imagem (mesma reta, lados opostos do espelho): direção do Sol $=285^\circ-180^\circ=105^\circ$. Como $105^\circ$ está entre $90^\circ$ (meio-dia) e $180^\circ$ (pôr do sol), o horário é vespertino (depois do meio-dia).

Usando a taxa de $15^\circ$ por hora (rotação da Terra, $360^\circ/24\text{h}$): $105^\circ=90^\circ+15^\circ\times(t-12)\Rightarrow t-12=1\Rightarrow t=13\text{ h}$ — confirma a alternativa (D).

Em um processo isobárico (pressão constante), a Lei de Gay-Lussac/Charles garante que $V\propto T$ quando $T$ está em Kelvin — ou seja, o gráfico $V$ versus $T_{(K)}$ é uma reta que passa exatamente pela origem $(0,0)$.

A "pegadinha" da questão está no fato de o software estar mal configurado: se o eixo de temperatura estiver, na verdade, em Fahrenheit (uma escala que não começa do zero absoluto), o gráfico de $V$ contra $T_{(°F)}$ ainda é uma reta, mas não passa pela origem — ela é deslocada, refletindo a diferença de zero entre as escalas Kelvin e Fahrenheit. Esse comportamento "anômalo" na tela é exatamente o que o enunciado descreve como um software mal configurado.

A alternativa (E) é a única que atribui a variável de temperatura (em uma escala que não tem zero absoluto, causando o deslocamento observado) ao eixo, de forma consistente com essa pegada.

Pela Lei de Snell, usando o módulo dos índices: $n_1\operatorname{sen}\theta_1=|n_2|\operatorname{sen}\theta_2 \Rightarrow \operatorname{sen}\theta_2=\dfrac{n_1}{|n_2|}\operatorname{sen}\theta_1=\sqrt{3}\times\operatorname{sen}30^\circ=\sqrt{3}\times0{,}5=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Isso corresponde a $\theta_2=60^\circ$ (ângulo notável, já que $\operatorname{sen}60^\circ=\sqrt{3}/2$).

Em um meio de índice de refração negativo, o raio refratado permanece do MESMO lado da normal em que está o raio incidente — ao contrário do que ocorre na refração comum, em que o raio cruza para o lado oposto. Isso inverte o sentido do deslocamento horizontal do feixe ao atravessar a espessura $h$ do meio 2.

O módulo do deslocamento horizontal é $|x|=h\tan\theta_2=1{,}0\times\tan60^\circ=1{,}0\times\sqrt{3}\approx1{,}0\times1{,}7=1{,}7\text{ mm}$.

Como a figura mostra o raio incidente vindo do lado direito da normal (eixo $y$), a refração negativa faz o raio permanecer nesse mesmo lado direito ao entrar no meio 2 — ou seja, o ponto de emergência tem coordenada $x$ positiva: $x=+1{,}7\text{ mm}$ — confirma a alternativa (E).