FUVEST 2027 | 1ª Fase — Questões de Física comentadas — Método TEF

A pergunta é sobre capacidade de armazenar energia. Para uma massa $m$ de água que recebe calor $Q$:

$Q=m\cdot c\cdot\Delta T\;\Rightarrow\;\Delta T=\dfrac{Q}{m\cdot c}$

O calor específico da água é alto, $c_{\text{água}}={1}\text{ cal/(g}\cdot\text{°C)}$, e a massa dos oceanos é gigantesca. Os dois fatores no denominador tornam $\Delta T$ pequeno: os oceanos absorvem enormes quantidades de calor com pouca elevação de temperatura.

Além disso, parte do $\text{CO}_2$ emitido se dissolve na água. Os oceanos funcionam, portanto, como sumidouro de calor e de gás carbônico, o que modera o aquecimento atmosférico: sem esse efeito, as temperaturas seriam superiores às atuais.

Por que as demais falham: a água tem calor específico alto, e não reduzido; corais e algas não neutralizam o aquecimento (sofrem branqueamento e perdas); a absorção tem limite, com saturação e acidificação; e as áreas costeiras não estão livres da elevação do nível do mar.

Ideia central: em um circuito de resistores e fontes ideais, as tensões de saída são combinações lineares das fontes (superposição). Logo, se uma entrada é combinação linear de outras duas, a saída segue a mesma combinação, sem que seja preciso conhecer os resistores:

$(c_1,c_2)=\alpha\,(5,10)+\beta\,(3,3)\;\Rightarrow\;(x,y)=\alpha\,(5,3)+\beta\,(1,2)$

Passo 1. Escrever a nova entrada $(2,1)$ com os dois experimentos:

$\begin{cases}5\alpha+3\beta={2}\\ 10\alpha+3\beta={1}\end{cases}$

Passo 2. Subtrair a primeira equação da segunda:

$5\alpha=-1\;\Rightarrow\;\alpha=-\dfrac{1}{5}\qquad\text{e}\qquad 3\beta=2+1\;\Rightarrow\;\beta={1}$

Passo 3. Aplicar a mesma combinação às saídas medidas:

$x=-\dfrac{1}{5}\cdot{5}+{1}\cdot{1}={0}\qquad y=-\dfrac{1}{5}\cdot{3}+{1}\cdot{2}=\dfrac{7}{5}$

Passo 4. Calcular o que foi pedido:

$5\,(x+y)=5\cdot\dfrac{7}{5}={7}\text{ V}$

O enunciado pede para olhar o veículo como parte de um sistema energético, e não apenas pelo escapamento.

1. Origem da energia. A bateria só armazena a energia que a rede lhe fornece. Se a eletricidade vem de termelétricas a carvão, as emissões continuam existindo; apenas ocorrem na usina, e não na cidade. A eficiência ambiental depende, portanto, da matriz energética do país.

2. Perdas por efeito Joule. Para uma potência $P$ transmitida, a corrente vale $i=\dfrac{P}{V}$ e a potência dissipada em uma resistência $R$ é:

$P_{\text{Joule}}=R\cdot i^2=\dfrac{R\cdot P^2}{V^2}$

Dobrar a tensão, de ${400}\text{ V}$ para ${800}\text{ V}$, divide as perdas por ${4}$. A tensão tem relação direta com a redução de perdas energéticas.

3. Demais afirmações. O sistema troca energia e matéria com o ambiente (fabricação, geração, descarte); o calor do motor não supera o impacto da queima de combustíveis fósseis; e baterias têm componentes químicos que exigem descarte adequado.

Resta a afirmação que associa a eficiência ambiental à matriz energética e ao deslocamento das emissões para a usina.

Passo 1 — Potência do carro elétrico.

$P=V\cdot i={400}\cdot{80}={32\,000}\text{ W}={32}\text{ kW}$

Passo 2 — Tempo de uso por mês.

$\Delta t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{2\,000\text{ km}}{100\text{ km/h}}={20}\text{ h}$

Passo 3 — Energia e custo mensais da eletricidade.

$E=P\cdot\Delta t={32}\text{ kW}\cdot{20}\text{ h}={640}\text{ kWh}\qquad\text{custo}={640}\cdot{0{,}80}=\text{R\$ }{512{,}00}$

Passo 4 — Custo total do elétrico em 5 anos (${60}$ meses), somando a compra:

$160\,000+{60}\cdot{512}={160\,000}+{30\,720}=\text{R\$ }{190\,720}$

Passo 5 — Custo total do carro a gasolina no mesmo período:

$\text{combustível}={2\,000}\cdot{0{,}50}=\text{R\$ }{1\,000}\text{/mês}\;\Rightarrow\;120\,000+{60}\cdot{1\,000}=\text{R\$ }{180\,000}$

Passo 6 — Comparação. O elétrico sai mais caro:

$190\,720-180\,000=\text{R\$ }{10\,720}$

Para o elétrico ser o mais atrativo, o bônus precisa cobrir essa diferença. Dentre os valores oferecidos, só o bônus de pelo menos $\text{R\$ }{11\,000}$ a supera. Sem bônus, o elétrico não é mais vantajoso.

O experimento não contradiz a energia liberada: ele mostra que importa para onde o calor vai e com que rapidez.

1. A combustão do álcool é exotérmica, ou seja, libera calor. O papel só queima se sua temperatura chegar à de ignição, muito acima de ${100}\text{ °C}$.

2. A água embebida absorve esse calor de duas formas:

$Q_1=m\cdot c\cdot\Delta T\;(c_{\text{água}}={1}\text{ cal/g}\cdot\text{°C})\qquad Q_2=m\cdot L_v\;(L_v={540}\text{ cal/g})$

3. Consequência. Enquanto houver água para aquecer e evaporar, a temperatura do papel permanece próxima de ${100}\text{ °C}$, abaixo da ignição. A chama dura poucos segundos e o álcool se esgota antes de a água secar.

4. Demais explicações. A combustão do álcool não é endotérmica; a chama não se autoconsome; a água não transforma o papel em moléculas apolares; e reações exotérmicas em solução aquosa não são sempre lentas.

O papel resiste porque a água absorve grande parte do calor liberado e mantém sua temperatura baixa.

Passo 1 — Massa convertida em energia (${2}\%$ de $4\text{ kg}$):

$m=0{,}02\cdot{4}={0{,}08}\text{ kg}$

Passo 2 — Energia liberada:

$E=m\cdot c^2={0{,}08}\cdot(3\times10^{8})^2={7{,}2}\times10^{15}\text{ J}$

Passo 3 — Comparação com a energia de referência $E_0={9}\times10^{14}\text{ J}$:

$\dfrac{E}{E_0}=\dfrac{7{,}2\times10^{15}}{9\times10^{14}}={8}$

Passo 4 — Fator de escala dos raios. Como $R\propto\sqrt[3]{E}$:

$\dfrac{R}{R_0}=\sqrt[3]{8}={2}$

Passo 5 — Novos raios das zonas:

$\text{bola de fogo: }{0{,}5}\to{1}\text{ km}\qquad\text{destruição total: }{2}\to{4}\text{ km}\qquad\text{danos por calor: }{5}\to{10}\text{ km}\qquad\text{danos leves: }{10}\to{20}\text{ km}$

Passo 6 — Cada ponto turístico.

Dubai Mall ($0{,}4\text{ km}$): dentro da bola de fogo, logo é vaporizado. Business Bay ($1{,}8\text{ km}$): em destruição total, cujo raio é de $4\text{ km}$ e não de $2\text{ km}$. Port Rashid ($8{,}2\text{ km}$): em danos por calor, com queimaduras, e não apenas vidros quebrados. Burj Al Arab ($11{,}0\text{ km}$): em danos leves, fora da bola de fogo.

Portanto, o Dubai Mall estaria dentro da zona de vaporização instantânea.

Passo 1 — Intervalos de cada método (valor central $\pm$ incerteza), em $\text{km/s/Mpc}$:

$\text{A: }{67{,}4}\pm{0{,}5}\Rightarrow[{66{,}9};\,{67{,}9}]\qquad\text{B: }{73{,}0}\pm{1{,}7}\Rightarrow[{71{,}3};\,{74{,}7}]$

Passo 2 — Os intervalos não se sobrepõem. A diferença entre os valores centrais é de ${5{,}6}$, cerca de ${3}$ vezes a incerteza combinada:

$\sqrt{0{,}5^2+1{,}7^2}\approx{1{,}8}$

Logo, a discrepância é mais do que uma flutuação estatística.

Passo 3 — Interpretação científica. Dois métodos independentes e confiáveis discordam. As hipóteses razoáveis são erros sistemáticos ainda não identificados ou um modelo cosmológico incompleto. Nenhuma delas está confirmada, e é isso que torna a tensão relevante.

Passo 4 — O que não se deve fazer. Tirar a média mistura métodos de premissas diferentes e esconde o problema. Descartar o método observacional por "olhar o céu" ignora que a física se apoia em medidas. Descartar a "Nova Física" por princípio ignora que a ciência avança ao investigar lacunas entre previsão e observação.

A conclusão coerente é que a tensão indica que o Modelo Padrão pode estar incompleto.

Um objeto só é visto se a luz dele chega ao observador. As nebulosas são nuvens de gás e poeira, e há três caminhos possíveis:

$\text{emissão}\qquad\text{reflexão e espalhamento}\qquad\text{absorção (visível por contraste)}$

Fusão nuclear ocorre em estrelas, não na nuvem. A nebulosa não gera luz própria por fusão.

Atrito entre grãos de poeira não é uma fonte relevante de luz em um meio tão rarefeito.

Somente infravermelho é falso: existem nebulosas que emitem no visível.

Absorção total descreve apenas as nebulosas escuras, que são vistas por contraste, e não é a explicação geral.

Resta o mecanismo de reflexão e espalhamento: a poeira devolve a luz de estrelas próximas, tornando a nuvem visível. É o que ocorre nas nebulosas de reflexão. O enunciado é geral, pois há também nebulosas de emissão, mas essa é a única afirmação fisicamente correta entre as apresentadas.

Estratégia: usar o teorema do trabalho e da energia cinética, pois há forças dissipativas.

$\tau_{\text{total}}=\Delta E_c\;\Rightarrow\;\tau_P+\tau_{\text{diss}}=\dfrac{m\cdot v^2}{2}-{0}$

Passo 1 — Desnível percorrido:

$h=70-9{,}70={60{,}30}\text{ m}$

Passo 2 — Trabalho do peso (a favor do movimento):

$\tau_P=m\cdot g\cdot h={70}\cdot{10}\cdot{60{,}30}={42\,210}\text{ J}$

Passo 3 — Aplicar o teorema, com $\tau_{\text{diss}}=-10\,710\text{ J}$:

$42\,210-10\,710=\dfrac{70\cdot v^2}{2}\;\Rightarrow\;{31\,500}={35}\,v^2$

Passo 4 — Velocidade:

$v^2={900}\;\Rightarrow\;v={30}\text{ m/s}$

Passo 5 — Conversão para km/h (multiplicar por ${3{,}6}$):

$v={30}\cdot{3{,}6}={108}\text{ km/h}$

Na zona de transição o trajeto é côncavo e curvo: o skatista descreve parte de uma circunferência de raio $R$, com velocidade $v>0$.

1. Aceleração centrípeta. Um corpo em trajetória curva possui aceleração dirigida ao centro, $a_c=\dfrac{v^2}{R}\neq{0}$. Logo, a resultante das forças não é nula e não há equilíbrio.

2. Segunda lei de Newton na direção radial. Sendo $P_r$ a componente do peso oposta à normal:

$N-P_r=m\cdot\dfrac{v^2}{R}\;\Rightarrow\;N=P_r+m\cdot\dfrac{v^2}{R}$

3. Conclusão. Como $m\cdot\dfrac{v^2}{R}>{0}$, tem-se $N>P_r$. Essa força de reação maior que a componente radial do peso é a sobrecarga sentida nos joelhos.

4. Demais afirmações. $N={0}$ ocorreria em queda livre, mas há contato com o skate. Em queda livre só atuaria o peso, e aqui também atua a normal. Igualdade $N=P$ exigiria equilíbrio, o que não ocorre. E o movimento não é retilíneo, pois a trajetória é curva e a aceleração centrípeta varia com $v$.

Estratégia: comparar o calor que a água quente pode ceder até ${0}\text{ °C}$ com o calor que o gelo exige para esquentar e fundir.

Passo 1 — Massas. Com densidade de $1\text{ kg/L}$:

$m_{\text{água}}={15}\cdot{350}={5\,250}\text{ g}\qquad m_{\text{gelo}}=1\,000+500={1\,500}\text{ g}$

Passo 2 — Calor cedido pela água ao esfriar de ${25}\text{ °C}$ a ${0}\text{ °C}$:

$Q_{\text{ced}}=m\cdot c\cdot\Delta T={5\,250}\cdot{1}\cdot{25}={131\,250}\text{ cal}$

Passo 3 — Calor para aquecer o gelo de ${-15}\text{ °C}$ a ${0}\text{ °C}$:

$Q_1={1\,500}\cdot{0{,}5}\cdot{15}={11\,250}\text{ cal}$

Passo 4 — Calor que sobra e calor necessário para fundir todo o gelo:

$131\,250-11\,250={120\,000}\text{ cal}\qquad Q_2=m\cdot L_f={1\,500}\cdot{80}={120\,000}\text{ cal}$

Passo 5 — Conclusão. Os dois valores coincidem: todo o calor disponível funde exatamente todo o gelo, sem sobra para esquentar o conjunto acima de ${0}\text{ °C}$. O equilíbrio ocorre a ${0}\text{ °C}$, com apenas água líquida na caixa. O calor latente de evaporação é irrelevante, pois não há vaporização.