UPE — SSA1 2019

O repouso é definido, na Cinemática, como a ausência de variação de posição de um corpo ao longo do tempo, em relação a um referencial (neste caso, o aluno sentado na praça e o solo/semáforo).

As alternativas (A), (B) e (C) descrevem corpos em movimento (voo, frenagem, queda). A alternativa (E) descreve um movimento de rotação com velocidade angular constante — que é movimento, não repouso, mesmo sendo "uniforme". Já um carro parado no semáforo, em relação ao solo e ao observador, não muda de posição: está em repouso — confirma a alternativa (D).

Como o motor está preso ao solo, a massa do motor ($M=10{,}0\text{ kg}$) é irrelevante para o movimento do bloco: toda a força de $5{,}0\text{ N}$ atua exclusivamente sobre o bloco de $2{,}0\text{ kg}$, que não sofre atrito.

Pela Segunda Lei de Newton: $a=\dfrac{F}{m}=\dfrac{5{,}0}{2{,}0}=2{,}5\text{ m/s}^2$.

Como o bloco parte do repouso, a distância percorrida em $t=4{,}0\text{ s}$ é dada pela equação de Torricelli/MRUV: $d=\dfrac{at^2}{2}=\dfrac{2{,}5\times(4{,}0)^2}{2}=\dfrac{2{,}5\times16}{2}=\dfrac{40}{2}=20\text{ m}$ — confirma a alternativa (E).

O alcance máximo em lançamento oblíquo a partir do solo plano ocorre com ângulo de $45^\circ$. Decompondo a velocidade: $v_x=v_y=v\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=20{,}0\times0{,}707\approx14{,}14\text{ m/s}$. Como o lançamento parte de uma altura de $2{,}1\text{ m}$ acima do solo, é preciso considerar essa altura extra na queda.

O tempo de voo é obtido pela equação vertical, $h+v_y t-\dfrac{g t^2}{2}=0$, com $h=2{,}1\text{ m}$, $v_y=14{,}14\text{ m/s}$ e $g=10{,}0\text{ m/s}^2$: $-5t^2+14{,}14t+2{,}1=0$.

Resolvendo: $t=\dfrac{-14{,}14\pm\sqrt{14{,}14^2+4\times5\times2{,}1}}{-10}=\dfrac{-14{,}14\pm\sqrt{199{,}9+42}}{-10}=\dfrac{-14{,}14\pm15{,}56}{-10}$.

Tomando a raiz positiva: $t=\dfrac{-14{,}14-15{,}56}{-10}=\dfrac{29{,}7}{10}\approx2{,}97\text{ s}$.

O alcance horizontal: $x=v_x\cdot t=14{,}14\times2{,}97\approx42\text{ m}$ — confirma a alternativa (D).

As alternativas (A) e (B) violam a conservação de energia (uma colisão real nunca aumenta a energia cinética do sistema sem uma fonte externa de energia). A alternativa (C) é falsa por si só — o futebol está repleto de fenômenos mecânicos. A alternativa (D) associa erroneamente o atrito entre a chuteira e o gramado à gravitação universal, quando na verdade se trata de atrito (força de contato), um tema totalmente distinto.

A alternativa (E) descreve corretamente o chute como uma colisão mecânica: há transferência de momento linear (impulso da chuteira sobre a bola) e de energia, sendo "parcialmente elástica" porque nem toda a energia se conserva (parte se dissipa em deformação, som e calor) — uma descrição fisicamente consistente.

Como a colisão é perfeitamente inelástica (os blocos seguem unidos), a conservação do momento linear dá a velocidade final: $m_Av_A=(m_A+m_B)v_f\Rightarrow1{,}0\times4{,}0=4{,}0\times v_f\Rightarrow v_f=1{,}0\text{ m/s}$.

A energia cinética inicial (antes da colisão) é $E_{ci}=\dfrac{1}{2}m_Av_A^2=\dfrac{1}{2}\times1{,}0\times16=8{,}0\text{ J}$. A energia cinética logo após a colisão é $E_{cf}=\dfrac{1}{2}(m_A+m_B)v_f^2=\dfrac{1}{2}\times4{,}0\times1{,}0^2=2{,}0\text{ J}$.

A energia dissipada apenas na colisão é $8{,}0-2{,}0=6{,}0\text{ J}$. Além disso, o bloco combinado ainda percorre a área com atrito ($d=1{,}0\text{ m}$, $\mu=0{,}5$), dissipando mais: $E_{atrito}=\mu\,(m_A+m_B)\,g\,d=0{,}5\times4{,}0\times10\times1{,}0=20{,}0\text{ J}$. Como essa energia excede a energia cinética restante (2,0 J), o bloco combinado apenas percorre uma fração de $d$ até parar, dissipando exatamente os $2{,}0\text{ J}$ restantes por atrito.

A energia total dissipada no experimento (colisão + atrito) é, portanto, toda a energia cinética inicial: $8{,}0\text{ J}$ — confirma a alternativa (D).

O tempo necessário para que $4\text{ cm}$ de massa saiam do orifício, à velocidade constante de $8\text{ cm/s}$, é $t=\dfrac{4}{8}=0{,}5\text{ s}$. Nesse intervalo, a lâmina precisa completar exatamente uma rotação relevante ao corte (por exemplo, meia volta, $\pi$ rad, se ela corta duas vezes por volta completa).

A ambiguidade sobre quantos cortes a lâmina realiza por volta completa (uma lâmina simples corta 1 vez por volta; uma lâmina com dois gumes cortaria 2 vezes por volta) gera diferentes respostas possíveis: $\omega=\dfrac{2\pi}{t}=4\pi\text{ rad/s}$ (um corte por volta) ou $\omega=\dfrac{\pi}{t}=2\pi\text{ rad/s}$ (dois cortes por volta), entre outras interpretações válidas dependendo do desenho exato da lâmina mostrado na figura original.

Essa ambiguidade de interpretação geométrica, dependente unicamente da figura, é a provável razão para a anulação oficial desta questão.

Como o drone decola verticalmente, monitora uma região (percorrendo alguma trajetória horizontal) e depois pousa verticalmente no mesmo ponto de partida (uma "inspeção" que retorna à origem), seu deslocamento vertical resultante é zero (ele sobe 4 m e desce 4 m, voltando à mesma altura).

Se o pouso ocorre exatamente no ponto de partida, o deslocamento resultante — a distância em linha reta entre o ponto inicial e o ponto final da trajetória completa — seria nulo. O gabarito oficial (E), $10\text{ m}$, indica que o percurso horizontal de monitoramento não retorna exatamente ao ponto de partida, mas termina em um ponto tal que, combinado com a componente vertical de subida e descida parciais, resulta em um deslocamento vetorial de $10\text{ m}$.

Sem a figura original com as distâncias exatas do percurso de monitoramento, não é possível reconstituir passo a passo a soma vetorial, mas o valor de $10\text{ m}$ é consistente com uma configuração típica de deslocamentos perpendiculares (por exemplo, $4\text{ m}$ vertical e $\approx9{,}2\text{ m}$ horizontal formando a resultante pelo Teorema de Pitágoras, ou combinações semelhantes de segmentos ortogonais).

Desprezando a resistência do ar, apenas a força peso (conservativa) atua sobre a bola durante o voo. Isso significa que a energia mecânica total (cinética + potencial gravitacional) se conserva ao longo de toda a trajetória parabólica — confirma diretamente a alternativa (C).

As demais alternativas contradizem essa conservação: no ponto de maior altura, a velocidade (apenas horizontal) é mínima, não máxima, eliminando (A); a energia mecânica é constante em todos os pontos (não "máxima apenas" em um ponto específico), eliminando (B); a energia potencial varia com a altura, não é constante, eliminando (D); e a energia cinética é mínima (não máxima) no ponto mais alto, eliminando (E).

A velocidade de $72\text{ km/h}$ convertida para m/s: $72\text{ km/h}=\dfrac{72}{3{,}6}=20\text{ m/s}$.

Travessia da ponte (MRU, velocidade constante): a "travessia" de um veículo de comprimento $L_c=30\text{ m}$ sobre uma ponte de comprimento $L_p=450\text{ m}$ percorre uma distância total de $L_p+L_c=480\text{ m}$ (do momento em que a frente do caminhão entra até a traseira sair). Tempo: $t_1=\dfrac{480}{20}=24\text{ s}$.

Travessia do túnel (MRUV, partindo de $v_0=20\text{ m/s}$ com $a=\dfrac{5}{8}=0{,}625\text{ m/s}^2$): distância total $L_t+L_c=370+30=400\text{ m}$. Usando $d=v_0t+\dfrac{at^2}{2}$: $400=20t+0{,}3125t^2$.

Resolvendo a equação quadrática $0{,}3125t^2+20t-400=0$: $t=\dfrac{-20\pm\sqrt{400+4\times0{,}3125\times400}}{2\times0{,}3125}=\dfrac{-20\pm\sqrt{400+500}}{0{,}625}=\dfrac{-20\pm30}{0{,}625}$.

Tomando a raiz positiva: $t_2=\dfrac{10}{0{,}625}=16\text{ s}$.

O tempo total é $t_1+t_2=24+16=40\text{ s}$ — confirma a alternativa (C).

O trabalho resultante de cada força, em um gráfico Força × posição, corresponde à área sob a curva daquela força no intervalo considerado (com sinal positivo se a força tem o mesmo sentido do deslocamento, negativo caso contrário — tipicamente a força de arrasto aplicada e a força de atrito, que se opõe ao movimento).

O trabalho resultante total é a soma algébrica dessas duas áreas (trabalho da força aplicada menos o trabalho, em módulo, da força de atrito). Sem os valores exatos de força em cada trecho do gráfico original, não é possível reconstituir aqui o cálculo numérico das áreas, mas o método — somar algebricamente as áreas sob cada curva de força ao longo dos $10\text{ m}$ — é o correto e replicável assim que os valores do gráfico forem conferidos.