Questão 6 Fuvest 2026 - 2ª fase - dia 2 - Elite Colégio e Pré-Vestibular

Questão 6

Radiação Térmica na Calorimetria Introdução à Física Quântica Equação do Calor Específico sem Mudança de Fase Espectro da radiação eletromagnética

A Terra recebe energia do Sol principalmente na forma de luz visível, que abrange comprimentos de onda na faixa de 400 nm (cor violeta) até 800 nm (cor vermelha), os quais são percebidos como as cores do arco-íris.
Sabendo que, na região da luz visível, a irradiância espectral da luz do Sol, no nível do mar, é aproximadamente constante, com o valor de $1, 2 W / (m^{2} nm)$ , e que cerca de 5/6 dessa luz solar é absorvida pela água do mar, responda:
a) Qual a cor da luz solar do espectro visível que terá maior potência por área no nível do mar? Justifique a sua resposta.
b) Qual a variação de temperatura que a luz vermelha de 800 nm provoca quando incide durante 1 h na área de $1 m^{2}$ em uma faixa de 20 cm de profundidade de água do mar?
Considerando o caráter corpuscular da luz, sabe-se que cada fóton tem energia relacionada à constante de Planck ( $h$ ), à velocidade da luz ( $c$ ) e ao comprimento de onda da luz ( $λ$ ), ou seja, $E = h c / λ$ . Com base nessas informações, responda:
c) Quantos fótons da luz vermelha de 800 nm atingirão essa área de $1 m^{2}$ da água do mar em 1 s?
Note e adote:
Irradiância espectral da luz é uma grandeza física definida pela potência da luz por área, dividida pelo comprimento de onda da luz (λ), ou seja, $I_{r} = P / (A \cdot λ)$ .
Considere que o produto da constante de Planck pela velocidade da luz ( $h c$ ) é igual a $2 \times 10^{- 16} J \cdot nm$ , a densidade da água do mar é $1000 kg / m^{3}$ e o calor específico da água do mar é $4 J / g \cdot º C$ .

Assuma também que toda a energia absorvida pela água do mar é convertida em calor.

Resolução

a) A potência por área ( $\frac{P}{A}$ ) para um comprimento de onda específico pode ser obtida a partir da definição de irradiância espectral dada no enunciado. Reorganizando a fórmula $I_{r} = \frac{P}{A \cdot λ}$ , obtemos a potência por área como

$\frac{P}{A} = I_{r} \cdot λ .$ (1)

O enunciado afirma que a irradiância espectral $I_{r}$ é aproximadamente constante para toda a região da luz visível, $I_{r} = 1, 2 W / (m^{2} nm)$ , portanto, a potência por área é diretamente proporcional ao comprimento de onda:

$\frac{P}{A} \propto λ .$

Assim a luz com o maior comprimento de onda dentro da faixa visível terá a maior potência por área. A faixa do visível vai de 400 nm (violeta) a 800 nm (vermelho), com isso o maior comprimento de onda é $λ_{\max} = 800 nm$ , que corresponde à luz vermelha.

b) Usando a relação (1), a potência incidente por área para luz vermelha é

$\frac{P_{inc}}{A} = I_{r} \cdot λ_{vermelha} .$

Substituindo os valores $I_{r} = 1, 2 W / (m^{2} nm)$ e $λ_{vermelha} = 800 nm$ :

$\frac{P_{inc}}{A} = (1, 2 \frac{W}{m^{2} nm}) \cdot (800 nm) \Rightarrow$

$\frac{P_{inc}}{A} = 960 W / m^{2} .$ (2)

A área incidente é $A = 1 m^{2}$ . Assim, a potência incidente total é:

$P_{inc} = (960 W / m^{2}) \cdot (1 m^{2}) = 960 W .$

A fração absorvida é $f = \frac{5}{6}$ . Toda a energia absorvida é convertida em calor sensível, então a potência $P_{aq}$ que aquece a água é dada por

$P_{aq} = f \cdot P_{inc} \Rightarrow$

$P_{aq} = \frac{5}{6} \cdot 960 W \Rightarrow$

$P_{aq} = 5 \cdot 160 W \Rightarrow$

$P_{aq} = 800 W .$

A massa de água a ser aquecida é calculada pelo volume vezes a densidade, $m = ρ \cdot V$ . A profundidade é $h = 20 cm = 0, 20 m$ ; com isso, o volume dado pela área superficial vezes a profundidade é

$V = A \cdot h = (1 m^{2}) \cdot (0, 20 m) = 0, 20 m^{3} .$

Por fim, a massa de água é dada por

$m = ρ \cdot V = (1000 kg / m^{3}) \cdot (0, 20 m^{3}) = 200 kg .$

Convertendo a massa para gramas, pois o calor específico está em $J / g \cdot º C$ , resulta em

$m = 200 kg \cdot (1000 g / kg) = 2 \cdot 10^{5} g .$ (3)

A potência é a taxa temporal com que a energia é transformada em calor, nesse caso:

$P_{aq} = \frac{Q}{∆ t} .$

Com o tempo $∆ t = 1 h = 3600 s$ ,

$Q = P_{aq} \cdot ∆ t = (800 J / s) \cdot (3600 s) \Rightarrow$

$Q = 2, 88 \cdot 10^{6} J .$ (4)

A relação entre calor $Q$ , massa $m$ , calor específico $c$ e variação de temperatura $∆ θ$ é

$Q = m \cdot c \cdot ∆ θ .$

Substituindo os valores encontrados anteriormente em (3) e (4), com $c = 4 J / g \cdot º C$ , temos

$2, 88 \cdot 10^{6} = 2 \cdot 10^{5} \cdot 4 \cdot ∆ θ \Rightarrow$

$∆ θ = \frac{2, 88 \cdot 10^{6}}{8 \cdot 10^{5}} \Rightarrow$

$∆ θ = 3, 6 º C .$

A variação de temperatura é de $3, 6 º C$ .

c) Para determinar a energia de um fóton será utilizado a relação $E = \frac{h c}{λ}$ e o valor fornecido $h c = 2 \cdot 10^{- 16} J \cdot nm$ :

$E = \frac{2 \cdot 10^{- 16} J \cdot nm}{800 nm} \Rightarrow$

$E = 0, 25 \cdot 10^{- 18} J .$

A potência por área na luz vermelha foi calculada no item (b) na equação (2):

$\frac{P_{inc}}{A} = 960 W / m^{2} .$

Para uma área $A = 1 m^{2}$ ,

$P_{inc} = 960 W = 960 J / s .$

A energia total incidente em $∆ t = 1 s$ é:

$Q_{total} = P_{inc} \cdot ∆ t = (960 J / s) \cdot (1 s) = 960 J .$

O número de fótons é a energia total dividida pela energia de um único fóton:

$N = \frac{Q_{total}}{E} \Rightarrow$

$N = \frac{960 J}{0, 25 \cdot 10^{- 18} J} \Rightarrow$

$N = 3, 84 \cdot 10^{21} .$

O número de fótons que atingirão a área em 1 s é $3, 84 \cdot 10^{21}$ .