FEMA 2020.1

Resolução

Etapa 1 — comprimento da órbita. Em uma volta completa, a ISS percorre a circunferência da órbita. Com $T = 90\ \text{min} = 1{,}5$ h:

$$C = v\cdot T = 27\,000\cdot 1{,}5 = 40\,500\ \text{km}$$

Etapa 2 — raio da órbita. Usando $C = 2\pi r$ com $\pi = 3$:

$$40\,500 = 2\cdot 3\cdot r = 6r \;\Rightarrow\; r = 6\,750\ \text{km}$$

Etapa 3 — altitude. O raio da órbita é medido a partir do centro da Terra; a altitude é contada a partir da superfície:

$$h = r - R_{\text{Terra}} = 6\,750 - 6\,300 = 450\ \text{km}$$

A alternativa D (6 750 km) é a armadilha: esse é o raio da órbita, não a altitude.

Resolução

No modelo simplificado (linha vermelha), a velocidade cresce linearmente de zero até 11,7 m/s no instante 2,25 s — ou seja, é um MUV.

Aceleração — é a inclinação do trecho reto:

$$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{11{,}7 - 0}{2{,}25 - 0} = 5{,}2\ \text{m/s}^2$$

Deslocamento — em um gráfico $v \times t$, corresponde à área sob a curva. Nesse trecho, a área é a de um triângulo de base 2,25 s e altura 11,7 m/s:

$$\Delta s = \frac{b\cdot h}{2} = \frac{2{,}25\cdot 11{,}7}{2} = \frac{26{,}325}{2} \approx 13{,}2\ \text{m}$$

A alternativa D usa 26,3 m, que é o produto $2{,}25\times 11{,}7$ sem dividir por dois — o erro de tratar o triângulo como retângulo, isto é, de supor velocidade constante desde a largada.

Resolução

Etapa 1 — aceleração pela cinemática. A caixa parte do repouso e percorre 4,5 m em 3 s:

$$\Delta s = \frac{a\,t^2}{2} \;\Rightarrow\; 4{,}5 = \frac{a\cdot 3^2}{2} = 4{,}5\,a$$

$$a = 1{,}0\ \text{m/s}^2$$

Etapa 2 — aceleração pela dinâmica. Na descida, a componente do peso ao longo do plano impulsiona a caixa e o atrito se opõe:

$$M\,a = M\,g\,\text{sen}\,\theta - \mu\,M\,g\,\cos\theta$$

A massa M se cancela — por isso o estudante não precisa conhecê-la:

$$a = g\left(\text{sen}\,\theta - \mu\cos\theta\right)$$

Etapa 3 — igualando os dois resultados, com os valores fornecidos pelo enunciado:

$$1{,}0 = 10\left(0{,}5 - \mu\cdot 0{,}8\right) = 5 - 8\mu$$

$$8\mu = 4 \;\Rightarrow\; \mu = 0{,}50$$

Resolução

Sem atrito, a energia mecânica se conserva: toda a energia potencial gravitacional do topo converte-se em energia cinética na base.

$$E_{p} = E_{c} \;\Rightarrow\; m\,g\,h = \frac{m\,v^{2}}{2}$$

A massa se cancela — o resultado independe do peso da pessoa:

$$v = \sqrt{2\,g\,h} = \sqrt{2\cdot 10\cdot 24{,}2} = \sqrt{484} = 22\ \text{m/s}$$

Convertendo para quilômetros por hora (multiplicando por 3,6):

$$v = 22\cdot 3{,}6 = 79{,}2 \approx 79\ \text{km/h}$$

A alternativa D (22 km/h) troca a unidade: 22 é o valor em m/s, não em km/h.

Resolução

Com a corda esticada e o balão parado, ele está em equilíbrio. Atuam três forças verticais: o empuxo $\vec{E}$ para cima, o peso $\vec{P}$ para baixo e a tração $\vec{T}$ da corda, também para baixo (a corda prende o balão ao solo).

$$E = P + T \;\Rightarrow\; T = E - P$$

Empuxo — pelo Princípio de Arquimedes, corresponde ao peso do ar deslocado:

$$E = \rho_{\text{ar}}\cdot V\cdot g = 1{,}2\cdot 5\,000\cdot 10 = 60\,000\ \text{N}$$

Peso do balão:

$$P = m\,g = 670\cdot 10 = 6\,700\ \text{N}$$

Tração:

$$T = 60\,000 - 6\,700 = 53\,300\ \text{N}$$

As alternativas C e E oferecem separadamente o peso e o empuxo; a D soma as duas em vez de subtrair.

Resolução

Em um diagrama $p \times V$, o trabalho da transformação é numericamente igual à área sob a curva, entre os volumes inicial e final.

Lendo o gráfico, os estados são:

$$A:\ V_A = 20\ \text{m}^3,\ p_A = 1\times10^{5}\ \text{N/m}^2$$

$$B:\ V_B = 8\ \text{m}^3,\ p_B = 10\times10^{5}\ \text{N/m}^2$$

Como a transformação é representada por um segmento de reta, a região sob ele é um trapézio, de bases $p_A$ e $p_B$ e altura $\left|\Delta V\right| = 20 - 8 = 12\ \text{m}^3$:

$$\left|\tau\right| = \frac{\left(p_A + p_B\right)}{2}\cdot\left|\Delta V\right|$$

$$\left|\tau\right| = \frac{\left(1\times10^{5} + 10\times10^{5}\right)}{2}\cdot 12 = \frac{11\times10^{5}}{2}\cdot 12$$

$$\left|\tau\right| = 5{,}5\times10^{5}\cdot 12 = 66\times10^{5} = 6{,}6\times10^{6}\ \text{J}$$

Como o gás é comprimido $(V$ diminui$)$, o trabalho é realizado sobre o gás — mas a questão pede apenas o módulo.

Resolução

Espelhos retrovisores externos são convexos. A razão é prática: o espelho convexo fornece um campo de visão mais amplo que um espelho plano de mesmo tamanho, reduzindo os pontos cegos do motorista.

A contrapartida aparece na figura: a imagem é sempre menor que o objeto, o que faz os veículos parecerem mais distantes do que realmente estão — daí o aviso gravado em muitos retrovisores.

Quanto à natureza da imagem, o espelho convexo é um caso simples: qualquer objeto real produz imagem virtual, direita e reduzida, formada atrás da superfície refletora. Os raios refletidos divergem, e apenas seus prolongamentos se cruzam — por isso a imagem é virtual e não poderia ser projetada em um anteparo.

Isso elimina D e E, que falam em imagem real, e A, B e E, que supõem espelho côncavo. Restando: imagem virtual, espelho convexo.

Resolução

Etapa 1 — converter o comprimento de onda. Como $1\ \text{nm} = 10^{-9}$ m:

$$\lambda = 0{,}3\ \text{nm} = 0{,}3\times10^{-9} = 3\times10^{-10}\ \text{m}$$

Etapa 2 — equação fundamental da ondulatória.

$$v = \lambda\,f \;\Rightarrow\; f = \frac{v}{\lambda} = \frac{3\times10^{8}}{3\times10^{-10}}$$

$$f = 1\times10^{18}\ \text{Hz}$$

Etapa 3 — converter para megahertz. Como $1\ \text{MHz} = 10^{6}$ Hz:

$$f = \frac{1\times10^{18}}{10^{6}} = 1\times10^{12}\ \text{MHz}$$

A alternativa B é a armadilha: $1\times10^{18}$ é o valor correto, mas em hertz, não em megahertz.

Resolução

Quando um condutor é submetido a um campo elétrico externo, seus elétrons livres se redistribuem quase instantaneamente pela superfície. Essa nova distribuição de cargas cria um campo interno que anula o campo externo em todos os pontos internos do condutor.

O resultado é que a região envolvida por um invólucro condutor fica eletricamente isolada das perturbações externas — fenômeno conhecido como blindagem eletrostática, ou Gaiola de Faraday.

É exatamente esse o papel dos painéis de alumínio da sala de ressonância: as ondas de rádio externas não conseguem penetrar no recinto e interferir no exame, que depende da detecção de sinais eletromagnéticos extremamente fracos emitidos pelo próprio corpo do paciente.

Analisando as demais alternativas: o poder das pontas (C) descreve a concentração de carga em regiões pontiagudas, princípio do para-raios; a indução eletromagnética (D) é a geração de corrente por variação de fluxo magnético, base dos geradores; a eletrização por atrito (A) e as Leis de Kirchhoff (B) tratam de assuntos inteiramente distintos.

Resolução

O enunciado já fornece a densidade de espiras — 100 000 espiras por metro —, que é exatamente a razão $\dfrac{N}{L}$ que aparece na fórmula:

$$\frac{N}{L} = 100\,000 = 1\times10^{5}\ \text{espiras/m}$$

Calculando a permeabilidade com $\pi = 3$:

$$\mu_0 = 4\pi\times10^{-7} = 4\cdot 3\times10^{-7} = 12\times10^{-7} = 1{,}2\times10^{-6}\ \text{T}\cdot\text{m/A}$$

Substituindo na expressão do campo:

$$B = \mu_0\cdot\frac{N}{L}\cdot i \;\Rightarrow\; 1{,}5 = 1{,}2\times10^{-6}\cdot 1\times10^{5}\cdot i$$

$$1{,}5 = 0{,}12\,i \;\Rightarrow\; i = \frac{1{,}5}{0{,}12} = 12{,}5\ \text{A}$$

O comprimento de 2 m é informação redundante: como a densidade de espiras já foi dada por metro, ele não entra na conta. Usá-lo para recalcular $N/L$ é o erro que a questão espera capturar.