UPE — SSA1 2021

Como $A$ e $B$ são módulos positivos e fixos, a energia potencial $U=-AB\cos\theta$ varia apenas com $\cos\theta$. Para minimizar $U$ (torná-la o mais negativa possível), é preciso maximizar $\cos\theta$, já que $U$ tem sinal negativo na frente do produto.

O valor máximo de $\cos\theta$ é $1$, obtido quando $\theta=0^\circ$ — ou seja, quando os dois vetores são paralelos e apontam no mesmo sentido. Nessa configuração, $U=-AB\times1=-AB$, o menor valor possível de energia potencial para esse sistema (análogo, por exemplo, à energia de um dipolo magnético alinhado com um campo externo, que é a configuração de equilíbrio estável).

Conferindo as alternativas: (A) ângulo agudo (~50°), (B) ângulo reto (90°), (C) ângulo raso (180°, antiparalelos — o pior caso, energia MÁXIMA), (E) ângulo obtuso (~135°). Apenas a alternativa (D) mostra os vetores paralelos e de mesmo sentido ($\theta=0^\circ$), confirmando-a como a de menor energia potencial.

A água é abandonada em queda livre a partir de $180\text{ m}$ de altura e entra em contato com as chamas quando atinge a altura de $55\text{ m}$ — ou seja, ela precisa percorrer uma distância de queda $d=180-55=125\text{ m}$.

Como a água parte do repouso, usa-se a equação de queda livre: $d=\dfrac{gt^2}{2}\Rightarrow t=\sqrt{\dfrac{2d}{g}}=\sqrt{\dfrac{2\times125}{10}}=\sqrt{25}=5\text{ s}$ — confirma a alternativa (E).

O gráfico mostra alcance $R=9{,}6\text{ m}$ e altura máxima $H=5{,}0\text{ m}$ em $x=4{,}8\text{ m}=R/2$ (coerente com a simetria da parábola). Usando o alcance: $R=\dfrac{v_0^2\operatorname{sen}(2\theta)}{g}=\dfrac{v_0^2\times2\operatorname{sen}\theta\cos\theta}{g}\Rightarrow9{,}6=\dfrac{v_0^2\times2\times0{,}8\times0{,}6}{10}=0{,}096\,v_0^2\Rightarrow v_0^2=100\Rightarrow v_0=10{,}0\text{ m/s}$ — valor que corresponde exatamente à alternativa (C).

Já usando a altura máxima: $H=\dfrac{v_0^2\operatorname{sen}^2\theta}{2g}\Rightarrow5{,}0=\dfrac{v_0^2\times0{,}64}{20}\Rightarrow v_0^2=156{,}25\Rightarrow v_0=12{,}5\text{ m/s}$ — valor que não corresponde a nenhuma alternativa (o mais próximo seria 12,0, mas sem coincidir).

Essa é a raiz do problema: para $\operatorname{sen}\theta=0{,}8$ e $\cos\theta=0{,}6$, a relação geométrica entre altura máxima e alcance é fixa, $H=\dfrac{R\tan\theta}{4}=\dfrac{9{,}6\times(0{,}8/0{,}6)}{4}=3{,}2\text{ m}$ — mas o gráfico mostra $H=5{,}0\text{ m}$, um valor inconsistente com o alcance de $9{,}6\text{ m}$ para esse ângulo. Essa incoerência interna nos dados do gráfico original é a provável causa da anulação oficial da questão pela banca.

A distância total percorrida por um corpo, a partir de um gráfico velocidade × tempo, corresponde à área sob a curva no intervalo considerado. Como o sistema (blocos ligados por fio inextensível sobre uma polia) se move em conjunto, a distância percorrida por $m_1$ é igual à distância percorrida por $m_2$.

Enquanto o fio está tracionado (de $t=0$ a $t=1\text{ s}$), o sistema acelera de $0$ a $2{,}0\text{ m/s}$: essa é a fase em que $m_2$ desce até o batente, percorrendo $d_1=\dfrac{(0+2{,}0)\times1{,}0}{2}=1{,}0\text{ m}$ (área do triângulo).

Ao atingir o batente, $m_2$ para, a tração desaparece e $m_1$ passa a se mover em velocidade constante de $2{,}0\text{ m/s}$ (superfície lisa, sem força resultante) — fase de $t=1\text{ s}$ a $t=2\text{ s}$, percorrendo $d_2=2{,}0\times1{,}0=2{,}0\text{ m}$ (área do retângulo).

Distância total: $d_1+d_2=1{,}0+2{,}0=3{,}0\text{ m}$ — confirma a alternativa (C).

Pela Segunda Lei de Kepler (lei das áreas), a velocidade areolar de um planeta em torno de sua estrela é constante: $\dfrac{\text{Área}}{\text{tempo}}=\text{constante}$. Isso significa que o tempo gasto para percorrer um trecho da órbita é diretamente proporcional à área varrida nesse trecho.

Como Área(AEB) $=0{,}5\times$ Área(CED), segue que Área(CED) $=2\times$ Área(AEB). Como o tempo é proporcional à área, o tempo para percorrer o trecho CD também é o dobro do tempo para percorrer AB: $T_{CD}=2\times T_{AB}=2T$ — confirma a alternativa (B).

Pelo Teorema Trabalho-Energia Cinética, o trabalho realizado pelo motor é igual à variação de energia cinética do conjunto: $W=\Delta E_c=\dfrac{1}{2}m(v_f^2-v_i^2)$.

Convertendo as velocidades: $v_i=36\text{ km/h}=10\text{ m/s}$; $v_f=72\text{ km/h}=20\text{ m/s}$.

$W=\dfrac{1}{2}\times150\times(20^2-10^2)=75\times(400-100)=75\times300=22.500\text{ J}=22{,}5\text{ kJ}$ — confirma a alternativa (A).

O trabalho de uma força constante é $W=F\,d\,\cos\theta$, onde $\theta$ é o ângulo entre a força aplicada e o deslocamento.

Com $F=3{,}0\text{ N}$, $d=4{,}0\text{ cm}=0{,}04\text{ m}$ e $\theta=60^\circ$ ($\cos60^\circ=0{,}5$): $W=3{,}0\times0{,}04\times0{,}5=0{,}06\text{ J}=60\text{ mJ}$ — confirma a alternativa (D).

Como as rampas são lisas (sem atrito), toda a energia potencial gravitacional perdida na descida se converte em energia cinética, pela conservação de energia mecânica: $mgh_1=mgh_2+\dfrac{mv^2}{2}\Rightarrow v=\sqrt{2g(h_1-h_2)}$.

Note que a massa $m$ se cancela nessa equação — a velocidade final depende apenas da variação de altura $\Delta h=h_1-h_2$, não da massa do pacote nem da inclinação da rampa (que apenas determina o caminho percorrido, não a velocidade final em uma dada altura, dado que não há atrito).

Como ambos os pacotes descem a mesma variação de altura ($\Delta h=3{,}5-1{,}0=2{,}5\text{ m}$), suas velocidades em $h_2$ são exatamente iguais, independentemente de suas massas diferentes ($2{,}5\text{ kg}$ e $5{,}0\text{ kg}$) ou das rampas distintas. A razão entre as velocidades é, portanto, $1$ — confirma a alternativa (A).

Como a velocidade é constante ($4{,}0\text{ m/s}$), a aceleração é nula e, pela Segunda Lei de Newton, a força resultante sobre o bloco é zero — isso já elimina a alternativa (A). Consequentemente, a força de atrito deve ter o mesmo módulo da força aplicada ($5{,}0\text{ N}$, não $7{,}5\text{ N}$) para que a resultante seja nula — eliminando (E). Além disso, velocidade constante é exatamente o estado de inércia (movimento retilíneo uniforme), contradizendo (D).

Calculando o tempo do deslocamento: $t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{6{,}0}{4{,}0}=1{,}5\text{ s}$.

A potência média da força externa é $P=F\times v=5{,}0\times4{,}0=20{,}0\text{ W}$ (não $30{,}0\text{ W}$), eliminando (B).

O impulso médio da força externa (não da resultante) é $I=F\times t=5{,}0\times1{,}5=7{,}5\text{ N}\cdot\text{s}$ — confirma a alternativa (C). Note que esse impulso da força aplicada é integralmente cancelado pelo impulso, também de $7{,}5\text{ N}\cdot\text{s}$, da força de atrito (de sentido oposto), resultando em impulso resultante nulo — coerente com a velocidade constante do bloco.

Antes da explosão, o objeto está em repouso, logo o momento linear total do sistema é nulo. Pela conservação do momento linear, a soma dos momentos das duas partes após a explosão também deve ser zero.

Como as duas partes têm massas iguais ($m/2$ cada), a condição $\dfrac{m}{2}v_1=\dfrac{m}{2}v_2$ (em módulo, sentidos opostos) implica que ambas se movem com a mesma velocidade em módulo: se uma parte tem velocidade horizontal de $4{,}8\text{ m/s}$, a outra também tem $4{,}8\text{ m/s}$, mas no sentido horizontal oposto.

Como as duas partes se afastam uma da outra, a taxa de separação entre elas é a soma das velocidades: $v_{sep}=4{,}8+4{,}8=9{,}6\text{ m/s}$.

O tempo para atingirem uma separação de $24\text{ m}$: $t=\dfrac{24}{9{,}6}=2{,}5\text{ s}$ — confirma a alternativa (E).