UPE — SSA1 2020

Resolução

Analisando as dimensões de cada grandeza no SI: $[v]=\text{m/s}$, logo $[v^2]=\text{m}^2/\text{s}^2$; $[m]=\text{kg}$; $[d]=\text{m}$.

$[Y]=\dfrac{[v^2][m]}{[d]}=\dfrac{(\text{m}^2/\text{s}^2)(\text{kg})}{\text{m}}=\text{kg}\cdot\text{m}/\text{s}^2$.

Essa é exatamente a unidade de força no SI (o newton, $\text{N}=\text{kg}\cdot\text{m}/\text{s}^2$) — confirma a alternativa (B).

Resolução

Para que três vetores de mesmo módulo tenham resultante nula, eles precisam se fechar formando um triângulo equilátero quando dispostos ponta a ponta — ou, de forma equivalente, cada par de vetores deve formar entre si um ângulo de $120°$.

Sem a figura original não é possível reconstituir aqui a orientação exata de cada vetor em relação à horizontal, mas a alternativa oficial (E) é consistente com uma configuração em que dois propulsores são simétricos em relação a um eixo (ambos a $30°$ da horizontal, em sentidos opostos) e o terceiro atua perpendicularmente ($90°$), de modo que as componentes horizontais dos dois primeiros se cancelam e o terceiro, vertical, cancela a soma das componentes verticais dos outros dois.

Resolução

Convertendo a distância para metros: $864\text{ km}=864\,000\text{ m}$.

$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{864\,000}{1{,}5}=576\,000\text{ s}$.

Convertendo para dias ($1\text{ dia}=86\,400\text{ s}$): $t=\dfrac{576\,000}{86\,400}\approx6{,}67\text{ dias}$, o que arredonda para aproximadamente $7$ dias — confirma a alternativa (C).

Resolução

Como o bombeiro está na mesma altura do fogo, o jato sai e retorna à mesma altura — um lançamento oblíquo "simétrico". Com ângulo de $45°$ em relação à vertical, as componentes vertical e horizontal da velocidade inicial são iguais: $v_x=v_y=v\,\text{sen}(45°)=20\times\dfrac{\sqrt2}{2}=10\sqrt2\text{ m/s}$.

O tempo de voo (subida e descida até a mesma altura) é $t=\dfrac{2v_y}{g}=\dfrac{2\times10\sqrt2}{10}=2\sqrt2\text{ s}$.

Sem vento, o alcance horizontal do jato seria $x=v_x\cdot t=10\sqrt2\times2\sqrt2=40\text{ m}$ — menor que os $60\text{ m}$ até o incêndio.

O vento precisa fornecer o deslocamento horizontal restante, $\Delta x=60-40=20\text{ m}$, no mesmo intervalo de tempo: $v_{\text{vento}}=\dfrac{\Delta x}{t}=\dfrac{20}{2\sqrt2}=\dfrac{10}{\sqrt2}=5\sqrt2\approx7\text{ m/s}$, valor mais próximo da alternativa (A).

Resolução

Em um MCU, a velocidade escalar (módulo) e a velocidade angular são constantes ao longo do tempo em uma mesma trajetória — o que já invalida (A) como está escrita (a velocidade é constante em cada trajetória, mas não necessariamente igual entre trajetórias diferentes) e (C) (a velocidade angular não varia com o tempo em um MCU).

A aceleração centrípeta é $a_{cp}=\dfrac{v^2}{R}=\omega^2R$: para o mesmo período $T$ (logo, mesmo $\omega=2\pi/T$) mas raios $R$ diferentes, $a_{cp}$ é proporcional a $R$ — portanto (B) só seria verdadeira se todas as trajetórias tivessem o mesmo raio.

Sem a figura, não é possível confirmar a posição relativa dos pontos B e C nem do "ponto A" citado em (D), o que provavelmente motivou a anulação oficial desta questão.

Resolução

Pela Lei da Gravitação Universal de Newton, $F=\dfrac{Gm_1m_2}{r^2}$: a força gravitacional entre dois corpos é diretamente proporcional ao produto de suas massas e inversamente proporcional ao quadrado da distância entre eles — não depende do tempo de interação (eliminando A), atua entre quaisquer dois corpos com massa, incluindo a Lua (eliminando B), varia com a massa do corpo central (por isso $g_{\text{Terra}}\ne g_{\text{Lua}}$, eliminando C) e é justamente a causa das marés, pela diferença de atração gravitacional em pontos distintos da Terra (eliminando D).

Resta a alternativa (E): a força depende explicitamente da distância de separação, através do termo $1/r^2$ — correta.

Resolução

Tratando os dois blocos como um único sistema (já que se movem juntos), a força resultante é a diferença entre as duas forças, que atuam em sentidos opostos: $F_R=10{,}0-4{,}0=6{,}0\text{ N}$, no sentido da força maior (para a direita).

A massa total do sistema é $m=0{,}8+0{,}4=1{,}2\text{ kg}$.

Pela 2ª Lei de Newton: $a=\dfrac{F_R}{m}=\dfrac{6{,}0}{1{,}2}=5{,}0\text{ m/s}^2$, para a direita — confirma a alternativa (A).

Resolução

Como a mola está indeformada em $t=0$, a energia potencial elástica inicial é nula, e toda a energia mecânica inicial é cinética: $E_{c,0}=\dfrac{mv^2}{2}=\dfrac{0{,}5\times1{,}00^2}{2}=0{,}25\text{ J}$ — o que já contraria a alternativa (A), que indica $0{,}40\text{ J}$, e a (C), que supõe energia potencial inicial não nula.

Sem atrito, a energia mecânica permanece $E_m=0{,}25\text{ J}$ durante todo o movimento — o que tornaria (B) verdadeira.

Por outro lado, a amplitude do MHS é o deslocamento máximo do bloco, obtido quando toda a energia cinética se converte em potencial elástica: $\dfrac{kA^2}{2}=E_m\Rightarrow A=\sqrt{\dfrac{2E_m}{k}}=\sqrt{\dfrac{2\times0{,}25}{10}}=\sqrt{0{,}05}\approx0{,}224\text{ m}\approx22\text{ cm}$.

Como a amplitude ($\approx22\text{ cm}$) é menor que a distância até a parede ($80\text{ cm}$), o bloco desacelera, para momentaneamente e retorna bem antes de alcançar a parede P — o que tornaria (E) também verdadeira. A existência de duas alternativas fisicamente consistentes com o enunciado ($B$ e $E$) é a provável razão da anulação oficial desta questão.

Resolução

O trabalho realizado pela força $F$ entre $x=0$ e $x=4\text{ m}$ é numericamente igual à área sob a curva do gráfico $F\times x$ nesse intervalo: $W=\displaystyle\int_0^4 F\,dx$.

Dividindo a área em três partes: retângulo de $0$ a $1\text{ m}$ ($24\text{ N}\times1\text{ m}=24\text{ J}$), trapézio de $1$ a $2\text{ m}$ ($\dfrac{24+64}{2}\times1=44\text{ J}$) e retângulo de $2$ a $4\text{ m}$ ($64\text{ N}\times2\text{ m}=128\text{ J}$): $W=24+44+128=196\text{ J}$.

A potência média é $P_m=\dfrac{W}{\Delta t}=\dfrac{196}{14}=14\text{ W}$ — confirma a alternativa (E).

Resolução

Antes da colisão ($t<4{,}0\text{ s}$): apenas o bloco A se move, com $Q_0=m_Av=1{,}0\times2{,}0=2{,}0\text{ kg}\cdot\text{m/s}$ e $E_0=\dfrac{m_Av^2}{2}=\dfrac{1{,}0\times2{,}0^2}{2}=2{,}0\text{ J}$, ambos constantes nesse trecho (velocidade constante).

A colisão é perfeitamente inelástica (os blocos seguem unidos). A quantidade de movimento total se conserva durante a colisão: $Q$ permanece em $2{,}0\text{ kg}\cdot\text{m/s}$ antes e depois — o gráfico de $Q\times t$ deve ser uma constante ao longo de todo o intervalo.

Já a energia cinética NÃO se conserva em colisões inelásticas: a velocidade final conjunta é $v'=\dfrac{Q}{m_A+m_B}=\dfrac{2{,}0}{5{,}0}=0{,}4\text{ m/s}$, e a energia cinética final é $E_f=\dfrac{(m_A+m_B)v'^2}{2}=\dfrac{5{,}0\times0{,}4^2}{2}=0{,}4\text{ J}$ — uma queda abrupta de $2{,}0\text{ J}$ para $0{,}4\text{ J}$ exatamente em $t=4{,}0\text{ s}$, permanecendo constante depois.

O único gráfico compatível com "$Q$ constante durante todo o processo" e "$E$ constante, caindo em degrau em $t=4\text{ s}$ e permanecendo constante em um novo valor menor" é a alternativa (A).

O usuário forneceu também 3 gráficos de distratores (Q em degrau, Q triangular, E em rampa) que não se encaixam na física da colisão — descartados por não corresponderem a nenhuma das conclusões acima.