UPE — SSA1 2023

A figura mostra que o ponto O é o centro de uma trajetória circular vertical completa (o fio faz a partícula percorrer todo o círculo, não apenas oscilar). O raio da trajetória é o próprio comprimento do fio: $r=0{,}5\text{ m}$.

No ponto mais alto, a velocidade é $v_{\text{topo}}=5{,}0\text{ m/s}$. Pela conservação de energia mecânica entre o ponto mais alto e o ponto mais baixo (diferença de altura $\Delta h=2r=1{,}0\text{ m}$): $\dfrac{1}{2}v_{\text{topo}}^2+g(2r)=\dfrac{1}{2}v_{\text{baixo}}^2\Rightarrow v_{\text{baixo}}^2=v_{\text{topo}}^2+4gr=25+4\times10\times0{,}5=25+20=45\text{ m}^2/\text{s}^2$.

A tensão é máxima justamente no ponto mais baixo, onde a tração deve equilibrar o peso e ainda fornecer a força centrípeta: $T_{\text{máx}}-mg=\dfrac{mv_{\text{baixo}}^2}{r}\Rightarrow T_{\text{máx}}=mg+\dfrac{mv_{\text{baixo}}^2}{r}=0{,}5\times10+\dfrac{0{,}5\times45}{0{,}5}=5+45=50\text{ N}$ — confirma a alternativa (E).

O raio da órbita é a soma do raio da Terra com a altitude do satélite: $r=R_T+h=6.400+21.300=27.700\text{ km}$.

Cada satélite completa duas revoluções orbitais em $24\text{ h}$, logo o período de uma volta é $T=\dfrac{24}{2}=12\text{ h}$.

A velocidade orbital é $v=\dfrac{2\pi r}{T}$. Usando $\pi=3$ (dado da prova): $v=\dfrac{2\times3\times27.700}{12}=\dfrac{166.200}{12}=13.850\text{ km/h}$ — confirma a alternativa (D).

A flutuabilidade de um submarino é controlada pela sua densidade média (massa total dividida pelo volume total), ajustada através da proporção de ar e água presente nos tanques de compensação — não pela densidade da água do mar, que permanece praticamente constante.

Para emergir, o submarino precisa se tornar menos denso do que a água ao redor: isso é feito expulsando água dos tanques e admitindo mais ar (menos denso), o que diminui a densidade total do submarino em relação à densidade das águas circundantes, criando um empuxo líquido positivo. Essa é exatamente a descrição da alternativa (D).

As demais alternativas contêm erros conceituais: (A) descreve exatamente o oposto do que ocorre para submergir (para afundar, o submarino admite mais água, não ar); (B) e (C) trocam a comparação de densidade pela água do mar por outras referências (óleo diesel, densidade maior que a água) sem sentido físico; e (E) é fisicamente impossível, já que a força gravitacional atua sobre qualquer corpo com massa — o que existe é o equilíbrio entre peso e empuxo, não a ausência de peso.

Pelo gráfico $F\times x$, a reta passa pela origem com inclinação constante: por exemplo, em $x=1{,}0\text{ m}$ tem-se $F=100\text{ kN}$, logo a constante elástica é $k=\dfrac{F}{x}=\dfrac{100.000}{1{,}0}=1{,}0\times10^5\text{ N/m}$.

A energia potencial elástica armazenada na mola comprimida em $x=0{,}40\text{ m}$ é $E_{\text{el}}=\dfrac{1}{2}kx^2=\dfrac{1}{2}\times1{,}0\times10^5\times0{,}40^2=\dfrac{1}{2}\times1{,}0\times10^5\times0{,}16=8.000\text{ J}$.

Ao cortar a corda, toda essa energia se converte em energia cinética do veículo (mola ideal, sem atrito): $E_{\text{el}}=\dfrac{1}{2}mv^2\Rightarrow8.000=\dfrac{1}{2}\times4.000\times v^2\Rightarrow v^2=\dfrac{8.000}{2.000}=4\Rightarrow v=2{,}0\text{ m/s}$ — confirma a alternativa (B).

Pela figura, a linha que une o ponto de contato ao centro do disco (a "linha de impacto") faz um ângulo $\theta=45°$ com a direção horizontal da velocidade incidente $\vec{v}$. Como não há atrito entre a partícula e o disco, a força de contato durante a colisão atua inteiramente ao longo dessa linha de impacto — ou seja, o disco $M$ só pode ganhar velocidade nessa direção, confirmado pela figura, que mostra $\vec{w}$ alinhado exatamente com a linha de impacto (a continuação da linha tracejada).

A figura também mostra que, depois do choque, a velocidade $\vec{v'}$ da partícula $m$ é perpendicular à linha de impacto (o pequeno ângulo reto marcado no desenho) — isto é, toda a componente de momento da partícula ao longo da linha de impacto foi transferida ao disco, e apenas a componente perpendicular (tangencial) permaneceu com ela.

Isso torna a conservação do momento linear na direção horizontal (direção da velocidade incidente $\vec{v}$) particularmente simples: como $\vec{v'}$ é vertical, ela não contribui em nada para o momento horizontal. Toda a componente horizontal do momento inicial da partícula é transferida ao disco: $mv=Mw\cos\theta$.

Isolando $w$: $w=\dfrac{mv}{M\cos\theta}=\dfrac{0{,}1\times100}{2{,}0\times\cos45°}=\dfrac{10}{2{,}0\times0{,}707}=\dfrac{10}{1{,}414}\approx7{,}1\text{ m/s}$ — confirma a alternativa (C).

Pela lei do decaimento radioativo, a atividade remanescente após $n$ meias-vidas é $\dfrac{A}{A_0}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$. Como $6{,}25\%=0{,}0625=\dfrac{1}{16}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^4$, conclui-se que $n=4$ meias-vidas se passaram.

O tempo decorrido é, portanto, $t=n\times T_{1/2}=4\times5.700=22.800$ anos — confirma a alternativa (C).