Unesp · Meio de Ano 2025 — 1ª Fase — Questões de Física comentadas — Método TEF

A ultrapassagem dura de $t=2$ s a $t=10$ s, ou seja, $\Delta t = 8$ s. O caminhão mantém velocidade constante de $5$ m/s durante todo esse intervalo, então seu deslocamento :

$$d_C = v_C\cdot\Delta t = 5\times8 = 40\ \mathrm{m}$$

A motocicleta parte de $8$ m/s (em $t=2$ s) e cresce linearmente até $10$ m/s (em $t=10$ s) — o deslocamento é a área do trapézio sob a reta:

$$d_M = \dfrac{(v_i+v_f)}{2}\cdot\Delta t = \dfrac{8+10}{2}\times8 = 9\times8 = 72\ \mathrm{m}$$

Como as dimensões da motocicleta são desprezíveis, no início da ultrapassagem ela está "colada" na traseira do caminhão, e no fim ela está exatamente à frente da dianteira dele — ou seja, para completar a ultrapassagem, a moto precisa ganhar do caminhão uma distância extra exatamente igual ao comprimento $L$ do caminhão:

$$L = d_M - d_C = 72-40 = 32\ \mathrm{m}$$

Como o lançamento é horizontal, o movimento no eixo x é uniforme: entre cada dois pontos consecutivos da figura (intervalo de tempo $T$ constante), o projétil avança sempre a mesma distância horizontal $D$. Logo

$$v_0 = \dfrac{D}{T}$$

No eixo y, a velocidade inicial é nula, então a queda segue

$$y = \dfrac{1}{2}gt^2$$

A altura $h$ marcada na figura é exatamente a queda vertical durante o primeiro intervalo $T$ (da primeira à segunda posição):

$$h = \dfrac{1}{2}gT^2 \Rightarrow T = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}$$

Substituindo:

$$v_0 = \dfrac{D}{T} = \dfrac{D}{\sqrt{2h/g}} = D\sqrt{\dfrac{g}{2h}}$$

Em equilíbrio de flutuação, a única condição exigida pela 1ª Lei de Newton é que o empuxo equilibre exatamente o peso:

$$E = P = mg$$

qualquer que seja a forma, a largura ou o volume imerso do barco.

Assim, quanto maior a massa (e, portanto, o peso) de um barco em equilíbrio, maior deve ser o empuxo que atua sobre ele.

Volume imerso, largura e altura fora da água variam de barco para barco sem uma relação direta e universal com o empuxo — apenas a massa (via peso) determina diretamente sua intensidade.

O eixo S é a projeção, sobre uma reta que passa pelo centro de Júpiter, da posição de Calisto ao longo de sua órbita circular — ou seja, $S(t)$ é uma função senoidal cuja amplitude é exatamente igual ao raio $R$ da órbita.

Pelo gráfico, $S$ oscila entre aproximadamente $-1{,}8\times10^6$ km e $+1{,}9\times10^6$ km, o que dá

$$R \approx 1{,}8\times10^6\ \mathrm{km}$$

O período de translação corresponde ao intervalo de tempo entre dois mínimos (ou dois máximos) sucessivos da curva. Pelo gráfico, isso ocorre entre $t\approx2$ dias e $t\approx19$ dias, ou seja, um período de aproximadamente $17$ dias.

O calor absorvido pelo líquido é dado pela equação fundamental da calorimetria:

$$Q = mc\Delta T = 1\,\text{kg}\times4{,}0\,\text{kJ/(kg}\cdot\text{°C)}\times(55-20)\,°\text{C} = 1\times4{,}0\times35 = 140\ \mathrm{kJ}$$

Como toda essa energia veio da combustão de $9$ g de glicose, e

$$9\,\text{g}/180\,\text{g/mol} = 0{,}05$$

mol reagiram, a entalpia de reação por mol :

$$\Delta H = -\dfrac{Q}{n} = -\dfrac{140}{0{,}05} = -2\,800$$

kJ/mol (negativa, pois a reação é exotérmica — libera calor).

Como o local e o horário são os mesmos nas duas situações, os raios de sol incidem com o mesmo ângulo $\theta$ em relação ao solo nas duas figuras, formando triângulos semelhantes entre a altura do objeto e o comprimento de sua sombra:

$$\text{tg }\theta = \dfrac{\text{altura}}{\text{sombra}}$$

Essa razão permanece constante nas duas configurações.

Sendo $H$ a altura do homem: na figura 1:

$$\text{tg }\theta = \dfrac{H}{1{,}35}$$

na figura 2, a altura total (homem + banco) é $H+0{,}40$, e

$$\text{tg }\theta = \dfrac{H+0{,}40}{1{,}65}$$

Igualando:

$$\dfrac{H}{1{,}35} = \dfrac{H+0{,}40}{1{,}65} \Rightarrow 1{,}65H = 1{,}35(H+0{,}40) \Rightarrow 1{,}65H-1{,}35H = 0{,}54 \Rightarrow 0{,}30H = 0{,}54 \Rightarrow H = 1{,}80\ \mathrm{m}$$

Como o instrumento opera com frequência $f$ fixa (independente da profundidade), o comprimento de onda :

$$\lambda = \dfrac{v}{f}$$

: como $f$ não muda, $\lambda$ varia exatamente do mesmo jeito que $v$ varia com a profundidade.

Pelo gráfico, a velocidade não varia de forma monótona: ela diminui da superfície até cerca de 300 m e volta a crescer depois disso, retornando ao mesmo valor em profundidades diferentes (por exemplo, em 200 m e em 550 m).

Como $f$ é constante, isso também vale para $\lambda$ — logo (D) está correta.

As demais alternativas falham porque frequência e período dependem apenas da fonte (não da profundidade percorrida pela onda já emitida), então (B) e (C) são falsas; e a velocidade não cresce monotonicamente com a profundidade (cai antes de subir), então (A) e (E) também são falsas.

Como o acendimento de uma lâmpada impede a outra de acender, as duas chaves nunca ficam fechadas ao mesmo tempo: cada lâmpada forma, sozinha, um ramo em série com o resistor do seu lado ($R_L+R_1$ para o jogador 1, ou $R_2+R_L$ para o jogador 2), alimentado pelo gerador com resistência interna $r$.

Quando o jogador 1 aciona $C_1$ (ramo lâmpada 1 + $R_1$):

$$i_1 = \dfrac{E}{r+R_L+R_1} = \dfrac{20}{5+10+25} = \dfrac{20}{40} = 0{,}5\ \mathrm{A}$$

Potência dissipada na lâmpada:

$$P_1 = i_1^2 R_L = 0{,}5^2\times10 = 2{,}5\ \mathrm{W}$$

Cada acionamento mantém a lâmpada acesa por 2 s, e houve 4 acionamentos: tempo total $=8$ s. Energia:

$$E_1 = P_1\times t_1 = 2{,}5\times8=20\ \mathrm{J}$$

Quando o jogador 2 aciona $C_2$ (ramo $R_2$ + lâmpada 2):

$$i_2 = \dfrac{E}{r+R_2+R_L} = \dfrac{20}{5+35+10} = \dfrac{20}{50} = 0{,}4\ \mathrm{A}$$

Potência:

$$P_2 = i_2^2 R_L = 0{,}4^2\times10 = 1{,}6\ \mathrm{W}$$

Com 6 acionamentos de 2 s, tempo total $=12$ s. Energia:

$$E_2 = 1{,}6\times12 = 19{,}2\ \mathrm{J}$$

Energia total dissipada pelas duas lâmpadas:

$$E_1+E_2 = 20+19{,}2 = 39{,}2\ \mathrm{J}$$