Num regime de baixa velocidade, o módulo da força $F$, em N, que atua sobre uma esfera de diâmetro $D$ em m, deslocando-se num fluido com velocidade $v$, em m/s, de viscosidade $\eta$, é dado pela lei de Stokes $F=3\pi D v\eta$. Qual é a unidade de $\eta$ no SI?
A)$\text{N}\cdot\text{m}$
B)$\text{kg}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}$
C)$\text{J}\cdot\text{s}$
D)$\text{m/s}^2$
E)$\text{kg}\cdot\text{m/s}^2$
Gabarito oficial UPE/SSA1 2022
B
Resolução
Isolando $\eta$ na lei de Stokes: $\eta=\dfrac{F}{3\pi Dv}$. Analisando as unidades de cada grandeza no SI: $F$ em newtons ($\text{N}=\text{kg}\cdot\text{m/s}^2$), $D$ em metros, $v$ em m/s.
Substituindo as unidades: $[\eta]=\dfrac{\text{kg}\cdot\text{m/s}^2}{\text{m}\times\text{m/s}}=\dfrac{\text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}}{\text{m}^2\cdot\text{s}^{-1}}=\text{kg}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}$ — confirma a alternativa (B).
Q24
Estática — Equilíbrio de Forças Coplanares (Míssil Balístico)
Um míssil balístico transcontinental viaja em sua fase final de trajetória, estando sob ação de três forças coplanares como ilustra a figura a seguir. A força de módulo $B$ tem sua intensidade controlada remotamente e varia no tempo segundo a forma $(80t+12000)\text{ N}$, onde $t$ é o tempo dado em segundos e a força, em newtons.
Sabendo que o ângulo entre o vetor força de módulo $B$ e o eixo $x$, horizontal, é igual a $30°$, determine o instante de tempo em que a força resultante vertical sobre o míssil é nula.
A)$10\text{ s}$
B)$30\text{ s}$
C)$50\text{ s}$
D)$100\text{ s}$
E)$120\text{ s}$
Gabarito oficial UPE/SSA1 2022
C
Resolução
Pela figura, apenas duas forças têm componente vertical: a força de $8.000\text{ N}$, inteiramente para baixo, e a força $\vec{B}$, que faz $30°$ com o eixo $x$ (sua componente vertical é $B\sin30°$, para cima). A força de $10.000\sqrt{3}\text{ N}$ é puramente horizontal e não entra nesse cálculo.
Para a resultante vertical ser nula: $B\sin30°=8.000\Rightarrow(80t+12.000)\times0{,}5=8.000\Rightarrow80t+12.000=16.000$.
Isolando $t$: $80t=4.000\Rightarrow t=50\text{ s}$ — confirma a alternativa (C).
Q25
Cinemática — Queda Livre e Lançamento Vertical (Encontro de Esferas)
Do alto de um edifício de altura $20{,}0\text{ m}$, deixou-se cair, desde o repouso, uma pequena esfera de aço; ao mesmo tempo no chão desse edifício, na mesma linha imaginária, lançou-se para cima outra esfera de aço com velocidade $v_0$. Qual é aproximadamente a velocidade $v_0$, em m/s, da segunda esfera para que elas se encontrem na meia altura do edifício?
A)$4$
B)$10$
C)$14$
D)$20$
E)$25$
Gabarito oficial UPE/SSA1 2022
C
Resolução
A esfera solta do topo percorre $10{,}0\text{ m}$ (metade dos $20{,}0\text{ m}$) até o encontro. Usando $\Delta y=\dfrac{1}{2}gt^2$: $10=\dfrac{1}{2}\times10\times t^2\Rightarrow t^2=2\Rightarrow t=\sqrt{2}\text{ s}$.
A esfera lançada do chão também percorre $10{,}0\text{ m}$ (até a meia altura) no mesmo tempo $t=\sqrt{2}\text{ s}$: $10=v_0t-\dfrac{1}{2}gt^2=v_0\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}\times10\times2=v_0\sqrt{2}-10$.
Isolando $v_0$: $v_0\sqrt{2}=20\Rightarrow v_0=\dfrac{20}{\sqrt{2}}\approx14{,}1\text{ m/s}$ — confirma a alternativa (C).
Q26
Cinemática Rotacional — Pistão e Disco (Velocidade Angular)
Um pistão é um disco móvel encerrado em um cilindro, que é estanque aos gases de combustão por anéis de vedação. O disco, ou cabeça do pistão, se move verticalmente dentro do cilindro, conforme um líquido ou gás, dentro do cilindro, se expande e se contrai. Um pistão auxilia na transformação da energia térmica em trabalho mecânico e vice-versa.
O esquema ao lado ilustra o funcionamento simplificado de um pistão, cujo movimento vertical promove o giro de um disco D de raio $r=5\text{ cm}$. Se, no instante de tempo ilustrado na figura, a velocidade tangencial do disco vale $8{,}00\text{ m/s}$, então podemos afirmar CORRETAMENTE que o(a)
A)disco D gira no sentido horário, com velocidade de 8 m/s.
B)pistão se desloca de uma distância máxima de 15 cm dentro do cilindro.
C)tempo em que o disco D executa uma rotação vale 3,75 s.
D)frequência associada ao movimento do pistão vale 0,04 Hz.
E)velocidade angular do disco D atinge 160 rad/s.
Gabarito oficial UPE/SSA1 2022
E
Resolução
A relação entre velocidade tangencial e velocidade angular numa trajetória circular de raio $r$ é $v=\omega r$, logo $\omega=\dfrac{v}{r}$.
Substituindo os valores ($v=8{,}00\text{ m/s}$, $r=5\text{ cm}=0{,}05\text{ m}$): $\omega=\dfrac{8{,}00}{0{,}05}=160\text{ rad/s}$ — confirma a alternativa (E).
As demais alternativas não se sustentam: o sentido de giro (A) depende da geometria exata do mecanismo mostrada na figura, sem garantia de ser horário; o curso do pistão (B) e a frequência de rotação (D) não podem ser determinados apenas com $v$ e $r$ fornecidos; e o período de uma rotação (C) seria $T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\dfrac{2\times3}{160}=0{,}0375\text{ s}$ (usando $\pi=3$), não $3{,}75\text{ s}$.
Q27
Trabalho e Energia — Teorema Trabalho-Energia com Atrito
Em um experimento de laboratório, um pequeno bloco desliza ao longo de uma superfície horizontal de coeficiente de atrito cinético $\mu$ desconhecido. O bloco está submetido a uma força de tração horizontal, de intensidade variável, conforme ilustra a figura abaixo. Se a variação de energia cinética do bloco medida entre $x=0{,}0$ e $x=5{,}0\text{ m}$ foi igual a $10{,}0\text{ J}$, então o valor de $\mu$ é
A)$0{,}10$
B)$0{,}13$
C)$0{,}16$
D)$0{,}20$
E)$0{,}25$
Gabarito oficial UPE/SSA1 2022
A
Resolução
O trabalho realizado pela força de tração é a área sob o gráfico $T\times x$ (trapézio composto por um triângulo, um retângulo e outro triângulo): de $x=1$ a $2$: $\dfrac{1\times12}{2}=6\text{ J}$; de $x=2$ a $3$: $1\times12=12\text{ J}$; de $x=3$ a $5$: $\dfrac{2\times12}{2}=12\text{ J}$. Total: $W_T=6+12+12=30\text{ J}$.
Pelo teorema trabalho-energia: $\Delta E_c=W_T+W_{\text{atrito}}\Rightarrow10=30+W_{\text{atrito}}\Rightarrow W_{\text{atrito}}=-20\text{ J}$ (o atrito realiza trabalho negativo de $20\text{ J}$ em módulo).
Como $|W_{\text{atrito}}|=\mu mg\,d$, com $m=4{,}0\text{ kg}$, $g=10\text{ m/s}^2$ e $d=5{,}0\text{ m}$: $20=\mu\times4{,}0\times10\times5{,}0=200\mu\Rightarrow\mu=0{,}10$ — confirma a alternativa (A).
Q28
Trabalho e Energia — Trajetória Parabólica sem Atrito
Uma caixa de massa $m=150\text{ g}$ é abandonada do repouso de uma altura $y=h$ e desliza sem atrito ao longo de uma rampa, cuja forma é um trecho de parábola de equação $y(x)=ax^2+bx+h$, onde $x$ e $y$ são medidos em metros, e $a$, $b$ e $h$ são constantes desconhecidas. Se a energia cinética do bloco no ponto $x=4\text{ m}$ e $y=0$ vale $12\text{ J}$, então uma possível expressão para a forma da trajetória $y(x)$ é
A)$y=x^2-4x+4$
B)$y=-x^2-2x+4$
C)$y=x^2-4x+8$
D)$y=-x^2-5x+12$
E)$y=x^2-6x+8$
Gabarito oficial UPE/SSA1 2022
E
Resolução
Pela conservação de energia (rampa sem atrito), toda a energia potencial perdida entre o ponto de partida ($y=h$) e o ponto $x=4\text{ m}$, $y=0$ vira energia cinética: $mgh=E_c\Rightarrow0{,}150\times10\times h=12\Rightarrow1{,}5h=12\Rightarrow h=8\text{ m}$.
Logo, a expressão de $y(x)$ deve satisfazer simultaneamente $y(0)=h=8$ (altura inicial) e $y(4)=0$ (ponto final). Testando as alternativas com $y(0)=8$: apenas (C) $y=x^2-4x+8$ e (E) $y=x^2-6x+8$ têm o termo independente igual a $8$.
Verificando $y(4)$ em cada uma: para (C), $y(4)=16-16+8=8\neq0$ (não satisfaz); para (E), $y(4)=16-24+8=0$ ✓. Apenas a alternativa (E) satisfaz as duas condições simultaneamente — confirma a alternativa (E).
Q29
Gravitação — Órbita Segura ao Redor de um Buraco Negro
A massa de um buraco negro é geralmente expressa em massas solares. Uma massa solar é definida como a massa do nosso Sol, cerca de $2\times10^{30}\text{ kg}$. Buracos negros supermassivos existem no centro da maioria das galáxias, incluindo nossa própria Via Láctea. Estima-se que um buraco negro de massa intermediária tenha uma massa de $500$ massas solares. Nenhuma estrela poderia formar um buraco negro tão pesado. A única maneira de os astrônomos pensarem que tais buracos negros poderiam se formar é se um único buraco negro devorar muitos e muitos materiais para atingir a massa necessária, ou se buracos negros individuais se fundirem.
Sabendo que um ser humano sem treinamento pode sobreviver a uma aceleração de nove vezes a aceleração da gravidade terrestre, então uma espaçonave poderia orbitar um buraco negro do tipo citado no texto, de forma a manter a saúde de seus ocupantes, se o fizer a uma distância $R$ mínima da ordem de
A)$10^5\text{ km}$
B)$10^7\text{ km}$
C)$10^{11}\text{ km}$
D)$10^{13}\text{ km}$
E)$10^{15}\text{ km}$
Gabarito oficial UPE/SSA1 2022
C
Resolução
A massa do buraco negro é $M=500\times2\times10^{30}=1\times10^{33}\text{ kg}$.
Tratando o limite de $9g$ como o valor máximo da aceleração gravitacional na órbita, $\dfrac{GM}{R^2}=9g\Rightarrow R=\sqrt{\dfrac{GM}{9g}}$. Substituindo: $R=\sqrt{\dfrac{6{,}7\times10^{-11}\times10^{33}}{90}}=\sqrt{\dfrac{6{,}7\times10^{22}}{90}}\approx\sqrt{7{,}4\times10^{20}}\approx2{,}7\times10^{10}\text{ m}\approx2{,}7\times10^{7}\text{ km}$ — da ordem de $10^7\text{ km}$.
Esse resultado (ordem de $10^7\text{ km}$) não coincide com o gabarito oficial, que aponta a alternativa (C), da ordem de $10^{11}\text{ km}$. A discrepância de várias ordens de grandeza sugere que a banca considerou não a aceleração gravitacional "de superfície" (válida para um observador parado, não em órbita), mas sim o efeito de força de maré (diferença de aceleração gravitacional entre a cabeça e os pés de um astronauta em queda livre, responsável pela "espaguetificação" perto de buracos negros) — um cálculo que depende também do comprimento do corpo humano, informação não recuperada integralmente do texto extraído da prova. Mantemos aqui a resposta oficial (C) e registramos a divergência para eventual revisão futura com a figura/texto completo em mãos.
Q30
Dinâmica — Colisão Elástica entre Esferas Idênticas (Pêndulos)
Duas esferas metálicas idênticas de massas iguais estão penduradas por fios ideais de mesmo comprimento, conforme ilustra a figura abaixo. A esfera 1 é abandonada de uma altura $h$, colidindo com a esfera 2, que está inicialmente em repouso.
Acerca desse experimento e considerando apenas a primeira colisão entre as esferas, é CORRETO afirmar que
A)após uma colisão elástica, as duas esferas sobem unidas até uma altura igual a $h/2$.
B)as duas esferas sobem unidas até uma altura $h$ após uma colisão inelástica.
C)após uma colisão elástica, as esferas se movem em sentidos opostos, alcançando uma altura $h/2$ cada uma.
D)em uma colisão completamente inelástica, a esfera 1 recua e alcança uma altura $h/2$.
E)a esfera 1 fica em repouso após uma colisão elástica com a esfera 2.
Gabarito oficial UPE/SSA1 2022
E
Resolução
Em uma colisão elástica unidimensional entre corpos de massas iguais, existe um resultado clássico: o corpo que estava em movimento para completamente, e o corpo que estava em repouso passa a se mover com a velocidade que o primeiro tinha antes do choque. Isso decorre diretamente da conservação simultânea do momento linear e da energia cinética, únicas satisfeitas nesse caso pela troca completa de velocidades.
Assim, a esfera 1 (que colide com velocidade $v=\sqrt{2gh}$) transfere toda sua velocidade à esfera 2 e permanece em repouso logo após o choque — confirma a alternativa (E).
As demais alternativas descrevem situações fisicamente incorretas: em colisões (elástica ou inelástica) as esferas não "sobem unidas" a menos que fiquem grudadas (só ocorre na perfeitamente inelástica, e mesmo assim a uma altura $h/4$, não $h$ ou $h/2$); e não há razão física para a esfera 1 "recuar" após colidir com uma esfera de massa igual inicialmente parada.
Q31
Impulso e Quantidade de Movimento — Colisão de uma Bola com o Chão
O gráfico abaixo mostra a função-resposta da interação chão com uma determinada e pequena bola de borracha de massa $m=100\text{ g}$. Quando se deixou cair de uma altura de $80\text{ cm}$, após o repique com o chão, alcançou $45\text{ cm}$ de altura.
Com as informações, encontre a força média aproximada, em N, que atua na bola, durante o contato com o chão.
A)$60{,}0$
B)$100{,}0$
C)$200{,}0$
D)$500{,}0$
E)$700{,}0$
Gabarito oficial UPE/SSA1 2022
E
Resolução
A velocidade da bola imediatamente antes do impacto (queda de $80\text{ cm}=0{,}80\text{ m}$) é $v_1=\sqrt{2gh_1}=\sqrt{2\times10\times0{,}80}=\sqrt{16}=4{,}0\text{ m/s}$ (para baixo).
A velocidade imediatamente após o impacto (para atingir $45\text{ cm}=0{,}45\text{ m}$ de altura) é $v_2=\sqrt{2gh_2}=\sqrt{2\times10\times0{,}45}=\sqrt{9}=3{,}0\text{ m/s}$ (para cima).
O impulso da força do chão sobre a bola é igual à variação da quantidade de movimento: $I=\Delta p=m(v_2-(-v_1))=m(v_2+v_1)=0{,}1\times(3{,}0+4{,}0)=0{,}7\text{ kg}\cdot\text{m/s}$.
Pelo gráfico, o contato dura $\Delta t=1{,}0\text{ ms}=1{,}0\times10^{-3}\text{ s}$ (base do triângulo). A força média relaciona-se ao impulso por $I=F_{\text{méd}}\times\Delta t\Rightarrow F_{\text{méd}}=\dfrac{I}{\Delta t}=\dfrac{0{,}7}{1{,}0\times10^{-3}}=700\text{ N}$ — confirma a alternativa (E).
Q32
Dinâmica — Explosão em Voo (Lançamento Horizontal)
Uma aeronave de caça F-5, voando em baixa altitude com uma velocidade horizontal de $1800\text{ km/h}$ em uma altura $80{,}0\text{ m}$, larga um dispositivo explosivo. O dispositivo controlado por sinal de rádio explode em duas partes iguais após $2{,}0\text{ s}$, com velocidade horizontal de $100\text{ m/s}$, em relação ao seu centro de massa. Qual a distância de separação entre as partes, em m, quando ambas tocarem no chão?
A)$100{,}0$
B)$200{,}0$
C)$300{,}0$
D)$400{,}0$
E)$800{,}0$
Gabarito oficial UPE/SSA1 2022
D
Resolução
O tempo total de queda, desde a largada até o solo, é dado por $h=\dfrac{1}{2}gt_{\text{total}}^2\Rightarrow80=\dfrac{1}{2}\times10\times t_{\text{total}}^2\Rightarrow t_{\text{total}}^2=16\Rightarrow t_{\text{total}}=4{,}0\text{ s}$.
A explosão ocorre em $t=2{,}0\text{ s}$, restando $t_{\text{total}}-2{,}0=2{,}0\text{ s}$ de voo para cada fragmento após a explosão. A velocidade horizontal original da aeronave é $v_0=1800\text{ km/h}=500\text{ m/s}$.
Após a explosão, um fragmento ganha $+100\text{ m/s}$ e o outro $-100\text{ m/s}$ em relação ao centro de massa (que mantém $500\text{ m/s}$): $v_1=500+100=600\text{ m/s}$ e $v_2=500-100=400\text{ m/s}$.
A distância de separação entre os fragmentos, acumulada durante os $2{,}0\text{ s}$ restantes, é: $\Delta x=(v_1-v_2)\times t=(600-400)\times2{,}0=200\times2{,}0=400{,}0\text{ m}$ — confirma a alternativa (D).
