UPE — SSA1 2018

I. Com o elevador subindo em velocidade constante ($a=0$), o sistema está em equilíbrio: ao longo da direção perpendicular ao plano, $N=mg\cos\theta$. A normal $N$ faz um ângulo $\theta$ com a vertical (mesmo ângulo do plano com a horizontal). O trabalho de $N$ sobre o deslocamento vertical $d=v\,t=1\times5=5\text{ m}$ é $W_N=N\,d\cos\theta=(mg\cos\theta)(d)(\cos\theta)=mgd\cos^2\theta$.

$W_N=4\times10\times5\times\cos^2(30^\circ)=200\times\dfrac{3}{4}=150\text{ J}$. Afirmativa I correta.

II. Se o elevador desce com $a=g=10\text{ m/s}^2$, o sistema está em queda livre — a condição de "peso aparente nulo". Nenhum contato (normal, atrito) é necessário para acompanhar essa aceleração, logo $N=0$. Afirmativa II correta.

III. No referencial não inercial do elevador (descendo com aceleração $a$), a gravidade efetiva vertical é $g_{ef}=g-a$. Sem atrito, a aceleração do bloco ao longo do plano é a componente de $g_{ef}$ nessa direção: $a_{\parallel}=(g-a)\sen\theta=(g-a)\times0{,}5$.

A distância percorrida a partir do repouso: $s=\dfrac{1}{2}a_{\parallel}t^2=\dfrac{1}{2}(g-a)(0{,}5)t^2=\dfrac{(g-a)t^2}{4}$ — exatamente a proporcionalidade da afirmativa III, que está correta.

Como as três afirmativas são corretas, a resposta é (E).

Como os dois satélites giram no mesmo sentido, o mais rápido (A) se encontra com o mais lento (B) quando ganha exatamente uma volta relativa completa a mais — mas partindo de posições diametralmente opostas (separação angular inicial de $\pi$ rad), o primeiro encontro ocorre quando a separação relativa é reduzida a zero, ou seja, quando A "recupera" o atraso angular de $\pi$ rad em relação a B.

Velocidade angular relativa: $\omega_A-\omega_B=2\omega-\omega=\omega$. Tempo para cobrir a separação de $\pi$ rad: $t=\dfrac{\pi}{\omega_A-\omega_B}=\dfrac{\pi}{\omega}$.

O satélite B, por sua vez, obedece à órbita gravitacional real em torno da Terra (a Terceira Lei de Kepler, na forma derivada da igualdade entre força gravitacional e força centrípeta): $\dfrac{GMm}{R_B^2}=m\,\omega_B^2R_B \Rightarrow GM=\omega^2R_B^3 \Rightarrow R_B^3=\dfrac{GM}{\omega^2}$.

Os dois resultados, $\dfrac{\pi}{\omega}$ e $\dfrac{GM}{\omega^2}$, correspondem exatamente à alternativa (A).

Sem a figura original não é possível confirmar a posição exata de cada ponto $P_1$ a $P_5$ ao longo da elipse, mas o princípio físico usado para resolver esse tipo de questão é sempre o mesmo: pela Segunda Lei de Kepler (lei das áreas) combinada com a conservação de energia mecânica, a energia cinética do planeta é máxima no periélio (ponto mais próximo da estrela, onde ele se move mais rápido) e mínima no afélio (ponto mais distante, onde se move mais devagar). Em pontos equidistantes do foco (simétricos em relação ao eixo maior), as energias cinéticas são iguais.

A alternativa oficial (C) é consistente com um dos pontos (provavelmente o mais próximo da estrela na figura) tendo energia cinética estritamente maior que os demais, e outro par de pontos simetricamente equidistantes com energias iguais — mas a atribuição precisa de qual ponto é qual só pode ser conferida com a figura original.

A colisão entre as partículas em $t=T$ é uma força interna ao sistema (par ação-reação, soma vetorial nula) — ela redistribui momento entre as partículas, mas não altera o momento total do sistema. A única força externa atuando sobre o sistema, do instante $0$ até $4T$ (desprezando resistência do ar), é o peso.

Pelo teorema do impulso, o impulso resultante sobre o sistema é o impulso da força peso total ao longo de todo o intervalo: $J=P_{\text{total}}\times\Delta t=(m_1+m_2)g\times4T=4gT(m_1+m_2)$.

Essa questão é de leitura e interpretação direta de uma tabela de dados (não envolve cálculo físico ou fórmula), e a tabela original com os valores por fonte energética e ano não está disponível nesta versão do acervo. Sem os números exatos, não é possível reconstituir aqui o cálculo da taxa média de crescimento apontada na alternativa (B).

O ângulo $\theta$ citado nas cinco alternativas não está definido no texto do enunciado — ele é apresentado apenas na figura original (provavelmente o ângulo de lançamento ou de velocidade da partícula em B ou C), que não está disponível nesta versão do acervo. Sem essa referência geométrica não é possível reconstituir com segurança a dedução completa das expressões de $y_{\text{máx}}$ e $x_{\text{máx}}$.

Em velocidade constante, a força do guincho equilibra exatamente a força de atrito cinético: $F=\mu mg=0{,}5\times1000\times10=5000\text{ N}$.

A potência real necessária é $P=Fv=5000\times0{,}1=500\text{ W}$ — bem abaixo da potência MÁXIMA do guincho ($1{,}0\text{ hp}=746\text{ W}$), o que já mostra que ele consegue puxar a caixa sem operar no limite (eliminando as alternativas A, B e D).

A energia consumida em $2{,}0\text{ s}$: $E=P\,t=500\times2{,}0=1000{,}0\text{ J}$ — confirma a alternativa (C).

(A distância percorrida em 2s seria $d=vt=0{,}1\times2{,}0=0{,}2\text{ m}=20\text{ cm}$, não $30\text{ cm}$, o que descarta a alternativa E.)

O "passo" do parafuso ($p=2\text{ mm/volta}$) relaciona a velocidade linear da porca à velocidade angular do parafuso por $v=\dfrac{p}{2\pi}\,\omega$ — uma proporção fixa, geométrica, que vale sempre, independentemente de o movimento ser uniforme ou acelerado. Isso confirma diretamente a alternativa (A).

Conferindo as demais: (B) com $\omega=360\text{ rpm}=6\text{ rev/s}$, $v=6\times2=12\text{ mm/s}$, não $6\text{ mm/s}$ — falsa. (C) 10 voltas → $10\times2\text{ mm}=20\text{ mm}=2\text{ cm}$, não $20\text{ cm}$ — falsa. (D) variação de $0$ a $6\text{ rev/s}$ em $6\text{ s}$: aceleração angular $=1\text{ rev/s}^2$, aceleração linear $=1\times2=2\text{ mm/s}^2$, não $120\text{ mm/s}^2$ — falsa. (E) com velocidade de rotação constante, a velocidade linear também é constante, logo a aceleração é nula, não $2\text{ mm/s}^2$ — falsa.

Escrevendo $F(x)=2\sqrt{1-x^2/9}$, a curva $F$ contra $x$ descreve exatamente a metade superior de uma elipse de semieixos $a=3$ (em $x$) e $b=2$ (em $F$): $\left(\dfrac{F}{2}\right)^2+\left(\dfrac{x}{3}\right)^2=1$.

O trabalho realizado por $F$ entre $x=-3$ e $x=3$ é a área sob essa curva, isto é, a área da meia-elipse: $W=\dfrac{\pi ab}{2}=\dfrac{\pi\times3\times2}{2}=3\pi$. Usando $\pi=3$ (dado do caderno): $W=9{,}0\text{ J}$.

Pelo teorema trabalho-energia, partindo do repouso em $x=-3$, a energia cinética em $x=3$ é $9{,}0\text{ J}$: $\dfrac{1}{2}(0{,}180)v^2=9{,}0 \Rightarrow v^2=100 \Rightarrow v=10\text{ m/s}$. Como $F=0$ para $x>3$, essa velocidade permanece constante daí em diante — inclusive em $x=4{,}5\text{ m}$, tornando a alternativa (E) fisicamente consistente com $10\text{ m/s}$.

Como $F(x)$ é uma função par (simétrica em relação a $x=0$), o trabalho de $x=-3$ até $x=0$ é exatamente metade do total: $W(0)=\dfrac{3\pi}{2}=4{,}5\text{ J}$ — não $4\text{ J}$ como afirma a alternativa (B), que fica próxima, mas incorreta.

Como $F(x)>0$ em todo o intervalo (a força nunca muda de sentido), o trabalho é sempre positivo e a velocidade cresce monotonicamente até $x=3$ — logo a velocidade NÃO é máxima na origem (alternativa C incorreta), e o trabalho total não é $108\text{ J}$ (alternativa D incorreta).

A alternativa (A) também está incorreta, pois além de $x=3\text{ m}$ não há mais força, e a velocidade permanece em $10\text{ m/s}$ (não $18\text{ m/s}$) até $x=9{,}0\text{ m}$.

A questão foi anulada pela banca — possivelmente pela ambiguidade de sinal ao extrair $F$ de $F^2$ (a equação, por si só, não define o sentido da força, apenas seu módulo), o que compromete uma leitura única do problema sem a figura do gráfico.

A descida completa (60m) ocorre em duas fases: queda livre (aceleração $g$, duração $t_1$) seguida de frenagem (desaceleração até parar, duração $t_2$), com $t_1+t_2=4\text{ s}$.

Distância na queda livre: $d_1=\dfrac{1}{2}g\,t_1^2$. Distância na frenagem (velocidade inicial $v_1=g\,t_1$ até zero): $d_2=\dfrac{v_1}{2}t_2=\dfrac{g\,t_1}{2}t_2$.

Somando: $d_1+d_2=\dfrac{1}{2}g\,t_1^2+\dfrac{1}{2}g\,t_1t_2=\dfrac{1}{2}g\,t_1(t_1+t_2)=60$.

Substituindo $t_1+t_2=4$: $\dfrac{1}{2}(10)t_1(4)=60 \Rightarrow 20t_1=60 \Rightarrow t_1=3\text{ s}$, logo $t_2=1\text{ s}$.

Velocidade ao final da queda livre: $v_1=g\,t_1=10\times3=30\text{ m/s}$.

Aceleração de frenagem: $a_{\text{frenagem}}=\dfrac{v_1}{t_2}=\dfrac{30}{1}=30\text{ m/s}^2=3g$ — confirma a alternativa (B).