UPE — SSA2 2026

Esse é o célebre paradoxo do "Demônio de Maxwell": ao separar moléculas rápidas e lentas sem realizar trabalho aparente, o demônio pareceria criar uma diferença de temperatura entre A e B "de graça", reduzindo a entropia do gás sem custo — o que violaria a segunda lei da termodinâmica.

A resolução moderna do paradoxo (formalizada por Szilard e, posteriormente, por Landauer) mostra que o próprio ato de medir a velocidade de cada molécula para decidir se ela passa ou não pelo orifício exige um processo físico de aquisição e, eventualmente, apagamento de informação — e esse processo tem um custo entrópico inevitável.

Esse custo (aumento de entropia associado à medição/memória do "demônio") é, no mínimo, igual ou maior do que a redução de entropia obtida na separação das moléculas, preservando a segunda lei da termodinâmica quando se considera o sistema como um todo (gás + mecanismo de seleção) — confirma a alternativa (B).

O ponto de ebulição da água diminui quando a pressão sobre o líquido é reduzida. Ao acoplar uma bomba de vácuo à válvula de escape, o profissional está retirando ar/vapor do interior da panela e reduzindo a pressão interna — o oposto do que uma panela de pressão convencional faz (que aumenta a pressão para elevar o ponto de ebulição acima de $100°C$).

Com a pressão reduzida pela bomba, a água ferve a uma temperatura menor que $100°C$ — bem abaixo da temperatura atingida na panela convencional (que, por manter pressão elevada, ferve acima de $100°C$).

Como a velocidade das reações químicas e físicas envolvidas no cozimento (como a desnaturação de proteínas e o amolecimento de fibras) depende fortemente da temperatura, um cozimento a temperatura mais baixa é necessariamente mais lento — confirma a alternativa (C).

O poder dióptrico (vergência) de uma superfície refratora esférica é dado por $P=\dfrac{n_2-n_1}{R}$, onde $R$ é o raio de curvatura. Quanto menor o raio de curvatura (superfície mais "pontiaguda", mais curva), maior é o poder dióptrico — a córnea se torna uma lente mais convergente.

No ceratocone, a redução progressiva do raio de curvatura da região central aumenta o poder de convergência da córnea. Isso faz com que os raios de luz convirjam para um ponto focal antes da retina (foco muito próximo), condição característica da miopia.

Portanto, a córnea passa a ter maior poder dióptrico, contribuindo para miopia — confirma a alternativa (B).

Para um gás monoatômico, $\gamma=\dfrac{5}{3}$. Verificando a consistência da adiabática A→B: $P_AV_A^{\gamma}=243\times1^{5/3}=243$ e $P_BV_B^{\gamma}=1\times27^{5/3}=1\times(27^{1/3})^5=3^5=243$ — os valores coincidem, confirmando que a curva é de fato adiabática.

Trabalho realizado pelo gás em cada etapa (em atm·L, usando $PV=nRT$): em A→B (adiabática), $W_{AB}=\dfrac{P_AV_A-P_BV_B}{\gamma-1}=\dfrac{243-27}{2/3}=216\times\dfrac{3}{2}=324$. Em B→C (isobárica), $W_{BC}=P\Delta V=1\times(1-27)=-26$. Em C→A (isocórica), $W_{CA}=0$. Trabalho líquido: $W_{net}=324-26+0=298\text{ atm}\cdot\text{L}$.

Calor absorvido (usando $nRT=PV$ diretamente): em B→C (isobárica, $C_p=\frac{5}{2}nR$), $Q_{BC}=\dfrac{5}{2}(P_CV_C-P_BV_B)=\dfrac{5}{2}(1-27)=-65$ (calor rejeitado, pois o gás esfria). Em C→A (isocórica, $C_v=\frac{3}{2}nR$), $Q_{CA}=\dfrac{3}{2}(P_AV_A-P_CV_C)=\dfrac{3}{2}(243-1)=363$ (calor absorvido). Em A→B, $Q_{AB}=0$ (adiabática).

O rendimento é a razão entre o trabalho líquido e o calor absorvido (apenas a parcela positiva): $\eta=\dfrac{W_{net}}{Q_{in}}=\dfrac{298}{363}\approx0{,}82$ — confirma a alternativa (C) $0{,}8$.

O Sol atua como uma "lente" de distância focal $f=542\text{ UA}$. Se a nave (posição da imagem, isto é, onde o instrumento capta a luz focalizada) se posiciona afastada do foco em $20\%$ da distância focal, sua distância à lente (distância-imagem) é $d_i=f+0{,}20f=1{,}2f=1{,}2\times542=650{,}4\text{ UA}$.

Pela equação de Gauss (pontos conjugados) para lentes: $\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{d_o}+\dfrac{1}{d_i}$, isolando a distância do objeto (o universo distante sendo observado) à lente: $\dfrac{1}{d_o}=\dfrac{1}{f}-\dfrac{1}{d_i}=\dfrac{1}{542}-\dfrac{1}{650{,}4}$.

Calculando: $\dfrac{1}{d_o}=\dfrac{650{,}4-542}{542\times650{,}4}=\dfrac{108{,}4}{352.517}\approx3{,}075\times10^{-4}\text{ UA}^{-1}\Rightarrow d_o\approx3.252\text{ UA}$ — confirma a alternativa (D).

A segunda lei da termodinâmica — e não a primeira — é quem impõe o limite fundamental sobre a eficiência de máquinas térmicas: nenhuma máquina térmica cíclica pode converter 100% do calor absorvido em trabalho, pois é necessário rejeitar uma parte da energia como calor para uma fonte fria (enunciado de Kelvin-Planck da 2ª lei). A 1ª lei apenas trata da conservação de energia, sem impor esse limite.

Isso descarta (A), (B), (D) — que trocam ou aplicam incorretamente as leis — e (E), que ignora completamente as restrições termodinâmicas. A alternativa (C) descreve corretamente que, pela 2ª lei, parte da energia é inevitavelmente dissipada como calor, tornando impossível uma eficiência de $100\%$ — confirma a alternativa (C).

Para um sistema de dois espelhos planos que formam um ângulo $\theta$ entre si, é um resultado clássico da óptica geométrica que a deflexão total sofrida por um raio após refletir consecutivamente nos dois espelhos vale $2\theta$, independentemente do ângulo de incidência inicial (desde que o raio atinja ambos os espelhos).

No problema, o raio incide paralelo ao espelho 1. Após as duas reflexões, ele deve emergir paralelo ao espelho 2. Como o próprio espelho 2 já está inclinado de $\theta$ em relação ao espelho 1 (e, portanto, em relação à direção do raio incidente), a direção final do raio — desviada de $2\theta$ em relação à direção inicial — deve coincidir com essa inclinação de $\theta$ do espelho 2 (considerando que "paralelo" admite duas orientações possíveis ao longo da mesma reta, o que equivale a $2\theta$ e $\theta$ diferirem por $180°$): $2\theta=180°-\theta\Rightarrow3\theta=180°\Rightarrow\theta=60°$.

Portanto, o ângulo deve ser ajustado para $60°$ — confirma a alternativa (D).

A variação de temperatura é $\Delta T=100-25=75°C$. O calor necessário para aquecer a água e a caneca de cobre é a soma: $Q=m_{água}c_{água}\Delta T+m_{Cu}c_{Cu}\Delta T$.

$Q_{água}=500\times4{,}2\times75=157.500\text{ J}$ e $Q_{Cu}=200\times0{,}4\times75=6.000\text{ J}$. Total: $Q=157.500+6.000=163.500\text{ J}=163{,}5\text{ kJ}$.

A massa de butano queimada é $m_{butano}=\dfrac{Q}{|\Delta H|}=\dfrac{163{,}5}{50}=3{,}27\text{ g}$.

A massa restante no frasco é $85{,}0-3{,}27\approx81{,}7\text{ g}$ — confirma a alternativa (E).

O rendimento máximo de Carnot entre as temperaturas extremas é $\eta_{Carnot}=1-\dfrac{T_{fria}}{T_{quente}}=1-\dfrac{300}{2.700}=1-\dfrac{1}{9}=\dfrac{8}{9}\approx0{,}889$.

A máquina real opera a $1/4$ desse rendimento: $\eta_{real}=\dfrac{1}{4}\times\dfrac{8}{9}=\dfrac{2}{9}\approx0{,}222$.

O trabalho útil realizado é a energia cinética final adquirida pelo veículo: $W=\dfrac{1}{2}mv^2=\dfrac{1}{2}\times500\times20^2=100.000\text{ J}=100\text{ kJ}$.

Como $\eta=\dfrac{W}{Q_{in}}$, a energia total dispendida (calor fornecido à máquina) é $Q_{in}=\dfrac{W}{\eta}=\dfrac{100}{2/9}=100\times\dfrac{9}{2}=450\text{ kJ}$ — confirma a alternativa (D).

A reflexão interna total só ocorre para ângulos de incidência (medidos a partir da normal à parede da fibra) maiores ou iguais ao ângulo crítico: $\sin\theta_c=\dfrac{n_{revestimento}}{n_{núcleo}}=\dfrac{1{,}5}{1{,}8}=0{,}8333\Rightarrow\theta_c\approx56{,}44°$.

O caminho mais longo (e, portanto, de tempo máximo) dentro da fibra ocorre para o raio que "zigzagueia" no maior ângulo possível em relação ao eixo da fibra, ainda satisfazendo a reflexão total — ou seja, exatamente no ângulo crítico em relação à normal da parede. O ângulo desse raio em relação ao eixo da fibra é $\alpha=90°-\theta_c\approx33{,}56°$.

O comprimento do trajeto percorrido pelo raio (em zigue-zague) para atravessar uma fibra de comprimento axial $L=100\text{ m}$ é $d=\dfrac{L}{\cos\alpha}=\dfrac{L}{\sin\theta_c}=\dfrac{100}{0{,}8333}=120\text{ m}$.

A velocidade da luz dentro do núcleo é $v=\dfrac{c}{n_{núcleo}}=\dfrac{3{,}0\times10^8}{1{,}8}$. O tempo de percurso é $t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{d\cdot n_{núcleo}}{c}=\dfrac{120\times1{,}8}{3{,}0\times10^8}=\dfrac{216}{3{,}0\times10^8}=7{,}2\times10^{-7}\text{ s}=0{,}72\ \mu\text{s}$ — confirma a alternativa (D).