FEMA 2021.2

Resolução

A velocidade média considera o deslocamento total dividido pelo tempo total — incluindo o intervalo em que o fio ficou parado.

1ª etapa: avança 2 lajotas/min até cobrir 20 lajotas.

$$\Delta t_1 = \frac{20}{2} = 10\ \text{min} \qquad d_1 = 20\ \text{lajotas}$$

2ª etapa: parado por 1 minuto.

$$\Delta t_2 = 1\ \text{min} \qquad d_2 = 0$$

3ª etapa: 2,5 lajotas/min durante 4 minutos.

$$\Delta t_3 = 4\ \text{min} \qquad d_3 = 2{,}5\cdot 4 = 10\ \text{lajotas}$$

Totalizando:

$$d_{\text{total}} = 20 + 0 + 10 = 30\ \text{lajotas}$$

$$\Delta t_{\text{total}} = 10 + 1 + 4 = 15\ \text{min}$$

Portanto:

$$v_m = \frac{30}{15} = 2{,}0\ \text{lajotas/min}$$

O erro clássico é ignorar o minuto de parada ou fazer a média aritmética das duas velocidades $\left(\frac{2 + 2{,}5}{2} = 2{,}25\right)$ — velocidade média não é média de velocidades.

Resolução

Trata-se de equilíbrio de rotação: a soma dos momentos em relação ao apoio deve ser nula. Escolher o apoio como polo é vantajoso, pois anula o momento da força normal.

Pela figura, o apoio está a 1 m da pedra e a 2 m do ponto onde $\vec{F}$ atua. Como a viga é homogênea, seu peso de 200 N atua no centro geométrico, a 1,5 m da extremidade esquerda — ou seja, a 0,5 m à direita do apoio.

Momento que tende a girar num sentido (a pedra puxando o lado esquerdo para baixo):

$$M_{\text{pedra}} = 1\,200\cdot 1 = 1\,200\ \text{N}\cdot\text{m}$$

Momentos no sentido oposto (peso da viga e força do ajudante, ambos à direita do apoio):

$$M_{\text{viga}} = 200\cdot 0{,}5 = 100\ \text{N}\cdot\text{m} \qquad M_F = F\cdot 2$$

Impondo o equilíbrio:

$$1\,200 = 100 + 2F$$

$$2F = 1\,100 \;\Rightarrow\; F = 550\ \text{N}$$

Repare que o peso próprio da viga ajuda o ajudante: ignorá-lo levaria a $F = 600$ N, que é justamente a alternativa A.

Resolução

A pressão é a razão entre a força aplicada perpendicularmente e a área:

$$p = \frac{F}{A} \;\Rightarrow\; F = p\cdot A$$

Atenção à conversão da área. Como $1\ \text{cm}^2 = 10^{-4}\ \text{m}^2$:

$$A = 60\ \text{cm}^2 = 60\times10^{-4}\ \text{m}^2 = 6\times10^{-3}\ \text{m}^2$$

Com a pressão adicional no limite, $p = 1\ \text{atm} = 1\times10^{5}$ Pa:

$$F = 1\times10^{5}\cdot 6\times10^{-3} = 600\ \text{N}$$

Essa força é o peso da pessoa. Logo:

$$m = \frac{P}{g} = \frac{600}{10} = 60\ \text{kg}$$

O erro mais comum é converter a área como se $1\ \text{cm}^2$ fosse $10^{-2}\ \text{m}^2$ — o expoente dobra porque a área é uma grandeza quadrática.

Resolução

O forno solar reproduz, em escala doméstica, o efeito estufa. A chave está em perceber que o vidro se comporta de modo diferente conforme o comprimento de onda da radiação.

1ª lacuna. A radiação solar que chega é predominantemente luz visível e infravermelho próximo, de alta frequência. Para essas ondas o vidro é transparente — por isso a radiação atravessa a tampa e entra na caixa.

2ª lacuna. O interior é pintado de preto fosco justamente porque superfícies escuras e foscas são ótimas absorvedoras: as radiações são absorvidas, aquecendo as paredes.

3ª lacuna. As paredes aquecidas reemitem energia como infravermelho distante, de frequência bem mais baixa. Para essa faixa o vidro é opaco: a energia fica aprisionada dentro da caixa e a temperatura sobe.

É exatamente esse comportamento seletivo — deixa entrar, não deixa sair — que caracteriza o efeito estufa, e a alternativa E falha justamente aí: se o vidro fosse transparente também para o calor, o forno nunca esquentaria.

Resolução

A reflexão total só é possível quando a luz vai do meio mais refringente para o menos refringente — o que se verifica aqui, pois $n_1 = 3{,}0 > n_2 = 2{,}6$.

No ângulo limite L, o raio refratado emerge rasante à superfície, com ângulo de refração de 90°. Pela lei de Snell-Descartes:

$$n_1\,\text{sen}\,L = n_2\,\text{sen}\,90^\circ$$

Como $\text{sen}\,90^\circ = 1$:

$$\text{sen}\,L = \frac{n_2}{n_1} = \frac{2{,}6}{3{,}0} \approx 0{,}867$$

Consultando a tabela, o valor mais próximo é 0,87, correspondente a:

$$L = 60^\circ$$

Ou seja, raios que incidirem com ângulo maior que 60° sofrerão reflexão total.

Resolução

Para uma carga puntiforme isolada, as duas grandezas dependem da distância de maneiras diferentes:

$$E = \frac{k\,|Q|}{d^{2}} \qquad V = \frac{k\,Q}{d}$$

O campo varia com o inverso do quadrado da distância; o potencial, com o inverso da distância.

Reduzir a distância de 1 m para 0,5 m significa dividi-la por 2, isto é, $d' = \dfrac{d}{2}$.

Campo elétrico:

$$E' = \frac{k|Q|}{\left(d/2\right)^{2}} = \frac{k|Q|}{d^{2}/4} = 4\cdot\frac{k|Q|}{d^{2}} = 4E$$

Potencial elétrico:

$$V' = \frac{kQ}{d/2} = 2\cdot\frac{kQ}{d} = 2V$$

Portanto, os novos valores são 4E e 2V. Aproximar-se da carga aumenta ambas as grandezas — as alternativas A, D e E, que as reduzem, invertem o comportamento físico.

Resolução

Etapa 1 — descobrir o valor de R pelo circuito original. Na figura 1, os três resistores de 60 Ω estão em paralelo:

$$R_{60} = \frac{60}{3} = 20\ \Omega$$

Os dois resistores R também estão em paralelo entre si:

$$R_{\text{par}} = \frac{R}{2}$$

Esses dois conjuntos estão em série, e o total deve valer 80 Ω:

$$20 + \frac{R}{2} = 80 \;\Rightarrow\; \frac{R}{2} = 60 \;\Rightarrow\; R = 120\ \Omega$$

Etapa 2 — efeito do fio entortado. Na figura 2, o fio condutor toca simultaneamente os pontos U, V, X e Z. Como se trata de um único fio de resistência desprezível, esses quatro pontos passam a ser eletricamente o mesmo nó.

Mas U e V são os terminais de entrada dos resistores de 60 Ω, enquanto X e Z são os de saída. Com entrada e saída ligadas pelo fio, a corrente encontra um caminho de resistência nula e simplesmente desvia dos três resistores: eles ficam curto-circuitados.

$$R_{60}^{\;\text{curto}} = 0$$

Etapa 3 — resistência equivalente final. Sobra apenas a associação dos dois resistores R em paralelo:

$$R_{eq} = \frac{R}{2} = \frac{120}{2} = 60\ \Omega$$

Note a lógica do curto-circuito: um componente ligado em paralelo com um fio ideal é como se não existisse, pois toda a corrente escolhe o caminho sem resistência.