UPE — SSA1 2024

Convertendo a profundidade citada: $13.300$ pés $\times0{,}30\text{ m/pé}=3.990\text{ m}\approx4.000\text{ m}$ — coincidindo com a profundidade máxima de projeto do submersível.

A pressão hidrostática (manométrica) nessa profundidade é $P=\rho gh=1.000\times10\times3.990\approx4{,}0\times10^7\text{ Pa}$. Comparando com a pressão atmosférica padrão ($\approx1{,}0\times10^5\text{ Pa}$), a razão é $\dfrac{4{,}0\times10^7}{1{,}0\times10^5}=400$ — próximo, mas não exatamente igual, ao valor de $380$ vezes citado na alternativa (A).

Calculando a força sobre a janela (diâmetro $50\text{ cm}$, raio $0{,}25\text{ m}$, área $A=\pi r^2=3\times0{,}0625=0{,}1875\text{ m}^2$): $F=P\times A=4{,}0\times10^7\times0{,}1875\approx7{,}5\times10^6\text{ N}$ — um valor cerca de $4$ vezes menor do que o citado na alternativa (D), $300\times10^5\text{ N}=3{,}0\times10^7\text{ N}$.

Essas inconsistências numéricas entre o cálculo rigoroso e os valores apresentados nas alternativas (A) e (D) — nenhuma delas batendo exatamente com o resultado esperado — são compatíveis com a razão da anulação desta questão pela banca. A alternativa (C) está claramente incorreta (a conversão de $1.300\text{ m}$ para pés, usando $1$ pé$=0{,}30\text{ m}$, dá $1.300/0{,}30\approx4.333$ pés, não $400$), e (B) e (E) contrariam os princípios básicos da hidrostática.

Como o drone parte do repouso ($v_0=0$), sua velocidade em qualquer instante é dada pela área sob a curva do gráfico aceleração × tempo entre $t=0$ e o instante desejado: $v(t)=v_0+\displaystyle\int_0^t a\,dt'=\text{área sob a curva}$.

Sem o gráfico original não é possível reproduzir aqui o cálculo exato dessa área, mas o método (integração gráfica da aceleração, geometricamente equivalente à soma das áreas de figuras simples como retângulos e triângulos sob a curva) é o correto para este tipo de problema. O gabarito oficial aponta a alternativa (D) $60\text{ m/s}$.

No instante do lançamento, a bola já possuía a mesma velocidade horizontal do ciclista (pois estava se movendo junto com ele). Uma vez lançada, apenas a gravidade atua sobre ela na vertical — não há nenhuma força horizontal atuando (desprezando a resistência do ar) — logo, pela Primeira Lei de Newton (princípio da inércia), a bola mantém sua velocidade horizontal constante durante todo o voo.

Se o ciclista também mantém velocidade constante, ambos percorrem a mesma distância horizontal no mesmo tempo, e a bola retorna exatamente às mãos dele. Porém, se ele freia (desacelera) após o lançamento, sua velocidade horizontal diminui, enquanto a da bola permanece constante (por inércia) — fazendo com que a bola "avance" em relação a ele e caia à frente do ciclista.

O fenômeno descrito é, portanto, uma manifestação direta do princípio da inércia — confirma a alternativa (B).

A velocidade do sistema imediatamente após a colisão (isto é, em $t=0$, antes que qualquer força adicional como o atrito comece a desacelerá-lo) é obtida substituindo $t=0$ na expressão dada: $v(0)=\dfrac{8}{1+3\times0}=8\text{ m/s}$.

Pela conservação da quantidade de movimento na colisão perfeitamente inelástica (os corpos permanecem unidos após o choque): $m_{carro}\,v_{carro}=(m_{carro}+M)\,v(0)$.

Substituindo os valores: $1.000\times24=(1.000+M)\times8\Rightarrow24.000=8.000+8M\Rightarrow8M=16.000\Rightarrow M=2.000\text{ kg}$ — confirma a alternativa (C).

No corrimão inclinado, a aceleração ao longo do movimento (descendo, com o atrito sempre se opondo ao deslizamento) é: $a=g(\sin\theta-\mu\cos\theta)=10\times(0{,}5-0{,}3\times0{,}87)=10\times(0{,}5-0{,}261)=10\times0{,}239\approx2{,}39\text{ m/s}^2$.

Usando a equação horária do espaço, $L=v_0t+\dfrac{1}{2}at^2$, com $L=4{,}0\text{ m}$ e $v_0=2{,}5\text{ m/s}$: $4{,}0=2{,}5t+1{,}195t^2\Rightarrow1{,}195t^2+2{,}5t-4{,}0=0$.

Resolvendo a equação do segundo grau: $\Delta=2{,}5^2+4\times1{,}195\times4{,}0=6{,}25+19{,}12=25{,}37\Rightarrow\sqrt{\Delta}\approx5{,}04$. Logo, $t=\dfrac{-2{,}5+5{,}04}{2\times1{,}195}=\dfrac{2{,}54}{2{,}39}\approx1{,}06\text{ s}\approx1{,}0\text{ s}$ — confirma a alternativa (E).

Trata-se de um pêndulo cônico: o cordão faz $30°$ com o plano horizontal, ou seja, $60°$ com a vertical (eixo de giro). O raio da trajetória circular é $r=L\sin60°$, e, usando o mesmo par de valores fornecidos ($\sin60°=\cos30°=0{,}87$ e $\cos60°=\sin30°=0{,}5$): $r=0{,}20\times0{,}87=0{,}174\text{ m}$.

No pêndulo cônico, a componente vertical da tração equilibra o peso, e a componente horizontal fornece a força centrípeta: dividindo essas duas equações, obtém-se $\tan(60°)=\dfrac{\omega^2r}{g}$, onde $\tan60°=\dfrac{\sin60°}{\cos60°}=\dfrac{0{,}87}{0{,}5}=1{,}74$.

Isolando $\omega^2$: $\omega^2=\dfrac{g\tan60°}{r}=\dfrac{10\times1{,}74}{0{,}174}=\dfrac{17{,}4}{0{,}174}=100\Rightarrow\omega=10{,}0\text{ rad/s}$ — confirma a alternativa (C).

Se $3\%$ do Carbono-14 decaiu, restam $97\%$ da quantidade inicial. Pela lei de decaimento radioativo, $\dfrac{N}{N_0}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{t/T}$, com $T=5.730$ anos: $0{,}97=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{t/5730}$.

Isolando $t$: $t=5.730\times\dfrac{\ln(0{,}97)}{\ln(0{,}5)}=5.730\times\dfrac{-0{,}0305}{-0{,}6931}\approx5.730\times0{,}0440\approx252\text{ anos}$.

Esse resultado indica que o papiro tem apenas cerca de $252$ anos — muito mais recente do que os quase $3.700$ anos que separariam o ano de 1700 a.C. de uma data próxima ao presente. Contudo, esse valor calculado ($\approx252$ anos) não corresponde exatamente a nenhum dos intervalos numéricos oferecidos nas alternativas (C) e (D), que apontam períodos históricos mais distantes no passado — essa incompatibilidade entre o cálculo rigoroso e as alternativas disponíveis é consistente com a anulação desta questão pela banca.

De todo modo, o método (comparação entre a idade obtida pela datação radioativa e a idade alegada do artefato) é o correto para avaliar esse tipo de autenticidade histórica.

Convertendo o tempo total para segundos: $4\text{ min}+4\text{ s}=4\times60+4=244\text{ s}$.

Como a canoa atinge rapidamente velocidade constante, a velocidade média ao longo do percurso é aproximadamente $v=\dfrac{d}{t}=\dfrac{1.000}{244}\approx4{,}10\text{ m/s}$.

Em movimento com velocidade constante, a potência muscular média é usada essencialmente para vencer a resistência da água, ou seja, $P=F\times v=240\times4{,}10\approx984\text{ W}$ — confirma a alternativa (B).