UNICAMP 2026 | 2ª Fase — Questões de Física comentadas — Método TEF

a) (i) e (ii) Os pontos da Tabela A, quando marcados no gráfico $v\times t$, revelam um padrão notável: a cada intervalo de $3\text{s}$, a velocidade aumenta sempre o mesmo valor, $4{,}5\text{m/s}$. Isso significa que a aceleração é constante e igual a $a=\dfrac{4{,}5}{3}=1{,}5\text{ m/s}^2$ ao longo de todo o intervalo de $t=0$ a $t=12\text{s}$ — não apenas entre pares consecutivos, mas de forma uniforme em todo o trecho, já que a taxa de variação é idêntica em cada par. De $t=12\text{s}$ a $t=15\text{s}$, a velocidade permanece constante em $18{,}0\text{m/s}$ (aceleração nula nesse último trecho). O gráfico é, portanto, uma reta inclinada (coeficiente angular $1{,}5$) de $t=0$ a $t=12\text{s}$, seguida de uma reta horizontal em $v=18\text{m/s}$ de $t=12$ a $15\text{s}$.

a) (iii) Como $t=10\text{s}$ está dentro do trecho de aceleração constante ($0$ a $12\text{s}$, $a=1{,}5\text{ m/s}^2$, partindo do repouso), a posição é dada diretamente pela equação horária da posição no MRUV: $s(t)=\tfrac12at^2=\tfrac12\times1{,}5\times10^2=75\text{m}$.

b) (i) Um carro de passeio (incluindo motorista) tem massa da ordem de $1000$ a $2000\text{kg}$; um valor razoável é $m_T\approx1500\text{kg}$.

b) (ii) Convertendo $v_0=90\text{km/h}=25\text{m/s}$. O impulso recebido é igual à variação da quantidade de movimento: $I=|\Delta p|=m_T\cdot|v-v_0|=1500\times25=37500\text{N}\!\cdot\!\text{s}$ (ou $\text{kg}\!\cdot\!\text{m/s}$).

b) (iii) Pelo teorema do impulso, $I=F_m\cdot\Delta t \Rightarrow F_m=\dfrac{I}{\Delta t}=\dfrac{37500}{0{,}2}=187500\text{N}\approx1{,}9\times10^5\text{N}$.

Observação: como o item (i) pede uma estimativa, os valores de $I$ e $F_m$ variam proporcionalmente à massa escolhida — o importante é o método: $I=m_T\Delta v$ e $F_m=I/\Delta t$.

a) (i) Como o Sol, $P$ e $OTN$ estão alinhados (com $P$ entre o Sol e $OTN$, segundo a figura), a distância entre $P$ e $OTN$ é simplesmente a diferença entre as duas distâncias dadas: $d=624-520=104\text{UA}$.

a) (ii) Pela lei da gravitação universal, $F=\dfrac{Gm_1m_2}{r^2}$. As duas forças que agem sobre $OTN$ compartilham o mesmo $G$ e a mesma massa de $OTN$, que se cancelam na razão:

$q=\dfrac{F_P}{F_{Sol}}=\dfrac{Gm_Pm_{OTN}/d^2}{Gm_{Sol}m_{OTN}/D^2}=\dfrac{m_P}{m_{Sol}}\left(\dfrac{D}{d}\right)^2$

onde $D=624\text{UA}$ (distância Sol–OTN) e $d=104\text{UA}$ (distância P–OTN). Note que $D/d=624/104=6$. Substituindo:

$q=2\times10^{-5}\times6^2=2\times10^{-5}\times36=7{,}2\times10^{-4}$

b) Pela terceira lei de Kepler, $\dfrac{T^2}{a^3}$ é constante para todos os corpos que orbitam o Sol, logo:

$\dfrac{T_D^2}{a_D^3}=\dfrac{T_{Terra}^2}{a_{Terra}^3} \Rightarrow T_D=T_{Terra}\left(\dfrac{a_D}{a_{Terra}}\right)^{3/2}=1\times400^{3/2}$

Como $400^{3/2}=400\times\sqrt{400}=400\times20=8000$, temos $T_D=8000$ anos terrestres.

a) Durante a fusão, toda a energia fornecida é usada para a mudança de fase (calor latente), sem variar a temperatura. A energia total necessária é $Q=mL$. Convertendo $L$ para o SI: $L=60\text{cal/g}\times4\text{J/cal}=240\text{J/g}$.

$Q=m\cdot L=20\text{g}\times240\text{J/g}=4800\text{J}$.

Como a potência é constante, $Q=P\cdot t \Rightarrow t=\dfrac{Q}{P}=\dfrac{4800}{30}=160\text{s}$.

b) Lendo o gráfico, a curva do alumínio parte de $20{,}00{^\circ}\text{C}$ em $t=0$ e, em $t=0{,}15\text{s}$, atinge aproximadamente $20{,}06{^\circ}\text{C}$ — ou seja, $\Delta T_{Al}\approx0{,}06{^\circ}\text{C}$.

O calor sensível armazenado é $Q=m_{Al}\cdot c_{Al}\cdot\Delta T_{Al}$:

$Q=1{,}5\times10^{-5}\times900\times0{,}06\approx8{,}1\times10^{-4}\text{J}\;(0{,}81\text{mJ})$

Vale notar que, apesar de as duas amostras terem a mesma massa e receberem energia em condições similares, o alumínio (maior calor específico) esquenta mais devagar que o cobre — coerente com a curva do Al estar sempre abaixo da curva do Cu no gráfico.

a) Primeiro encontramos a tensão $T$ necessária para produzir $f_0=500\text{Hz}$ com o bend aplicado, isolando $T$ na equação da frequência fundamental:

$T=\mu(2Lf_0)^2=8{,}0\times10^{-4}\times(2\times0{,}30\times500)^2=8{,}0\times10^{-4}\times300^2=8{,}0\times10^{-4}\times90000=72\text{N}$

No ponto $P$, os dois trechos da corda puxam para baixo (em $-y$), cada um com uma componente vertical $T\cos88{,}9^\circ$ (ângulo medido a partir do eixo $y$). Para o dedo manter o ponto $P$ em equilíbrio, a força que ele aplica (em $+y$) deve equilibrar a soma das duas componentes verticais:

$F=2T\cos88{,}9^\circ=2\times72\times0{,}02=2{,}88\text{N}$

b) Da figura B: a nota Sol tem $f_1=392\text{Hz}$ e a nota Sol# tem $f_2=415\text{Hz}$. Aplicando a relação fornecida:

$\Delta T=T_1\cdot\dfrac{2(f_2-f_1)}{f_1}=196\times\dfrac{2\times(415-392)}{392}=196\times\dfrac{46}{392}$

Como $196/392=1/2$, simplifica-se rapidamente: $\Delta T=\dfrac{46}{2}=23\text{N}$.

a) Da relação dada, $h=\dfrac{eU_D}{f}$. Como $f=\dfrac{c}{\lambda}$, temos $h=\dfrac{eU_D\lambda}{c}$. Substituindo $e=1{,}6\times10^{-19}\text{C}$, $U_D=2{,}0\text{V}$, $\lambda=6{,}0\times10^{-7}\text{m}$ e $c=3{,}0\times10^8\text{m/s}$:

$h=\dfrac{1{,}6\times10^{-19}\times2{,}0\times6{,}0\times10^{-7}}{3{,}0\times10^{8}}=\dfrac{1{,}92\times10^{-25}}{3{,}0\times10^{8}}\approx6{,}4\times10^{-34}\text{J}\!\cdot\!\text{s}$

Esse valor é muito próximo do valor real da constante de Planck ($h\approx6{,}63\times10^{-34}\text{J}\!\cdot\!\text{s}$), o que confirma a consistência do modelo simplificado usado no enunciado.

b) (i) Aplicando a lei de Snell na interface 1 (ar → prisma), com $\theta_{1i}=60^\circ$:

$n_{ar}\text{sen}\theta_{1i}=n_{prisma}\text{sen}\theta_{1r} \Rightarrow 1\times\text{sen}60^\circ=\sqrt3\text{sen}\theta_{1r}$

Como $\text{sen}60^\circ=\sqrt3/2$: $\text{sen}\theta_{1r}=\dfrac{\sqrt3/2}{\sqrt3}=\dfrac12 \Rightarrow \theta_{1r}=30^\circ$.

b) (ii) No prisma equilátero, o ângulo do ápice é $A=60^\circ$, e a geometria do triângulo formado pelas duas normais e a face superior garante a relação $\theta_{1r}+\theta_{2i}=A$, onde $\theta_{2i}$ é o ângulo de incidência interno na interface 2. Logo:

$\theta_{2i}=60^\circ-30^\circ=30^\circ$

Antes de aplicar Snell na interface 2, vale checar se há reflexão total interna: o ângulo crítico satisfaz $\text{sen}\theta_c=n_{ar}/n_{prisma}=1/\sqrt3\Rightarrow\theta_c\approx33{,}6^\circ$. Como $\theta_{2i}=30^\circ\lt \theta_c$, não há reflexão total — o raio efetivamente emerge do prisma. Aplicando Snell na interface 2 (prisma → ar):

$n_{prisma}\text{sen}\theta_{2i}=n_{ar}\text{sen}\theta_{2r} \Rightarrow \sqrt3\times\text{sen}30^\circ=\text{sen}\theta_{2r} \Rightarrow \text{sen}\theta_{2r}=\dfrac{\sqrt3}{2} \Rightarrow \theta_{2r}=60^\circ$

Ou seja: dentro do prisma, o raio segue em linha reta do ponto de incidência na interface 1 até a interface 2, fazendo ângulo de $30^\circ$ com a normal em cada uma; ao emergir na interface 2, o raio se afasta da normal, saindo a $60^\circ$ dela (afastando-se da normal por estar indo de um meio de maior índice de refração para outro de menor índice de refração).

b) (iii) Na interface 1, além do raio refratado, uma parte da luz é refletida de volta para o ar. Pela lei da reflexão, o ângulo de reflexão é sempre igual ao ângulo de incidência, medidos a partir da mesma normal:

$\alpha_1=\theta_{1i}=60^\circ$