OBF 2021 - Primeira Fase (Nível 1)

Cinemática: Movimento retilíneo e uniforme

Primeiramente, é necessário ressaltar que há um erro de grafia na questão: os intervalos de tempo dados foram $1h59min30s8$ e $1h59min31s7$. Acreditamos que os algarismos 7 e 8 foram colocados depois do símbolo de segundos (s) erroneamente, quando na verdade a grafia correta deveria ser $1h59min30,8s$ e $1h59min31,7s$. Isso ficará mais claro quando fizermos as contas numéricas.

Sejam $v_1$ e $v_2$, $t_1$, $t_2$ as velocidades médias e tempos de Ana e Sharon, respectivamente. Seja também $D$ o comprimento total da maratona e $d$ a distância entre elas quando Ana termina a corrida. Veja a figura abaixo que ilustra a situação no momento em que Ana chega em $B$, terminando a maratona.

Figura 1: Esquema da situação

Vamos assumir que Sharon se desloca com velocidade constante e igual à sua velocidade média. Considerando que as duas partiram de $A$ ao mesmo tempo em $t=0$, temos (ver figura abaixo):

$D=v_2t_1+d$

$d=D-v_2t_1=D-\dfrac{D}{t_2} \cdot t_1$,

onde usamos que $v_2=D/t_2$, pois Sharon termina a maratona de comprimento $D$ em um tempo $t_2$. Isolando $d$:

$d=\dfrac{D\left(t_2-t_1\right)}{t_2}$.

Agora, resta substituir os valores numéricos. Temos $D=10\,km=10^4\,m$, $t_2-t_1=1h59min31,7s-1h59min30,8s=0,9\,s$. Atente-se, nesse caso, de transformar $t_2$ para segundos (poderíamos, alternativamente, ter calculado a diferença de tempos em horas):

$t_2 = 1h59min31,7\,s = 3600+59\cdot 60 +31,7 = 7171,7\,s$.

Por fim:

$d=10^4\cdot \dfrac{0,9}{7171,7} \,m\approx 1,25 \,m$.

Então, o item correto é o item c).

OBS.: O aluno, na hora da prova, poderia ter poupado uma conta mais complicada caso tivesse a sagacidade de perceber que $t_2$ poderia facilmente ser arredondado para $2\,h$:

$d=10^4\cdot \dfrac{0,9}{2\cdot 3600}=10^4\cdot \dfrac{0,1}{800}=1,25\,m$,

deixando a conta bem mais simples.

Item c)

Equação de Torricelli; 2ª Lei de Newton

Sabendo sua velocidade final e a distância percorrida até alçar voo, podemos usar a Equação de Torricelli, para determinar a aceleração do avião.

$V = 306 \ \text{km h}^{-1} = 85 \ \text{m s}^{-1}$

$\Delta S = \dfrac{80}{100} \cdot 3700 \ \text{m} = 2960 \ \text{m}$

Com isso, temos que:

$V^2 = V_{0}^2 + 2 a \Delta S$

$85^2 = 2a \cdot 2960 \Rightarrow a = 1,22 \ \text{m s}^{-2}$

A massa total do corpo (avião + gerador) é:

$m = 300 + 182 \ \text{t} = 482.000 \ \text{kg}$

Logo, pela 2ª Lei de Newton:

$F_{r} = 482.000 \cdot 1,22 \ \text{N} \approx 588,3 \cdot 10^3 \ \text{N} = 588,3 \ \text{kN}$

A força resultante pode ser expressa somando as forças de cada motor e subtraindo a força resistiva média do ar (simbolizada por $F$):

$F_{r} = 6 \cdot 229,5 \ \text{kN} - F = 588,3 \ \text{kN}$

$\boxed{F = 788,7 \ \text{kN} \approx 789 \ \text{kN}}$

Com isso, Item d) é a resposta correta.

Item d)

Conceitos Matemáticos

Como dado no enunciado, $d_{asteroide} = 5d_{Lua}$. Ou seja, $d_{Lua} = \dfrac{d_{asteroide}}{5} = 403 \, 231,6 \, km = 403 \, 231 \, 600 \, m \approx 4,03\cdot10^8 \, m$. Assim, a questão pode acabar gerando um pouco de dúvida por causa das convenções que existem para definir a ordem de grandeza (O.G.). Isto é, dado um número $n = x\cdot10^k$, com $1 \leq |x|<10$, temos estas três convenções:

(i) Se $x < 5,5$, O.G. = $10^k$. Se $x \geq 5,5$, O.G. = $10^{k+1}$;

(ii) Se $x < \sqrt{10}$, O.G. = $10^{k}$. Se $x \geq \sqrt{10}$, O.G. = $10^{k+1}$.

(iii) Apenas utilizar o expoente de 10 como a ordem de grandeza, independentemente de x.

Assim, entramos em um impasse pois $\sqrt{10} \approx 3,16 < 4,03 < 5,5$. Portanto, considerando (i) ou (iii), chegamos que a ordem de grandeza é $10^8$, resultando no item d). Considerando (ii), chegamos que a ordem de grandeza é $10^9$, o que resultaria no item e). Entretanto, apesar de as regras (i) e (ii) serem as mais usuais, a OBF muito provavelmente utilizou (i) ou (iii) no gabarito provisório (item d)). A equipe NOIC acredita que, no gabarito final, ou devem ser considerados corretos ambos os itens d) e e), em face das possíveis regras a serem adotadas pelo aluno, ou a questão deve sofrer anulação devido a mais de um item correto. Nossa resposta final será item d) ou e), a depender da convenção adotada para a ordem de grandeza.

Item d) ou e); ver solução

Cinemática: Movimento retilíneo e uniforme

Do texto, obtemos a distância do asteroide à Terra:

"Um grande asteroide passa a 2 milhões de quilômetros da Terra sem provocar risco. O corpo rochoso alcançou o ponto de maior aproximação do planeta no domingo às 14h UTC (11h de Brasília), segundo o Observatório de Paris. Naquele momento, o asteroide ficou a 2 016 158 km da Terra. [...]"

E sua velocidade:

"[...] Batizado de 2001 FO32 e com menos de um quilômetro de diâmetro, o objeto passou a 124 000 km/h, segundo a Nasa. [...]"

Logo, utilizando a distância exata:

$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{2016158}{124000}\,h$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $t \approx 16,3 \,h$.

Portanto, o item correto é o item c).

OBS.: Ressaltamos que o aluno, na hora da prova, poderia ter evitado fazer a divisão acima - que  é um tanto trabalhosa - utilizando uma distância aproximada de 2 milhões de km e uma velocidade de cerca de 100000 km/h como estimativa, o que corresponderia a um tempo de cerca de $20\,h$. Fora a letra c) - que se aproxima razoavelmente de $20\,h$ -, nenhuma alternativa chega muito perto da resposta obtida, o que seria suficiente para fazer o aluno marcá-la.

Item c)

Noções de Astronomia e Cinemática

Uma questão extremamente similar foi explorada no primeiro simulado do NOIC para a 1ª da OBF, na questão 7 do nível 2 (acesse a prova aqui) e na questão 10 do nível 3 (acesse a prova aqui). A mesma ideia foi também explorada na prova especial teórica da 2ª/3ª  fase da OBF, em 2020, em todos os níveis (questão 4, 8 e 2 nos níveis 1, 2 e 3 respectivamente). Confira o comentário da 2/3ª fase de 2020 clicando aqui.

Primeiramente, consideremos todas as órbitas circulares. Abaixo temos um esquema da configuração Sol (S), Terra (T) e Lua (L) em duas Luas cheias consecutivas; a primeira em $t=0$ e a segunda em $t=\Delta t$. Lembre-se de que, nesse caso, a fase da Lua Cheia ocorre quando T, S e L estão alinhados, com T entre S e L. Na figura, adotaremos o sentido de rotação de T em torno de S como sendo horário.

Figura 2: Esquema das configurações dos astros entre duas luas cheias consecutivas

Primeiramente, imagine o que aconteceria caso T não transladasse ao redor de S; é fácil perceber que, para esse caso, o intervalo de tempo $\Delta t$ seria igual ao próprio período $T$ de L, pois L precisaria retornar à mesma posição. No entanto, observando a figura acima, podemos perceber que, para chegar novamente numa configuração de Lua Cheia, L deverá retornar ao ponto em que estava em sua órbita em torno de T em $t=0$ (isto é, $O$) e percorrer ainda um ângulo adicional $\theta$, que corresponde exatamente ao quanto T girou em torno de S. Sendo assim, o intervalo de tempo $\Delta t$ será evidentemente maior que $T$, já levando ao item e) como correto. O fato de $\Delta t$ ser apenas um pouco maior do que $T$ ocorre pois o ciclo lunar de $27,32$ dias é relativamente pequeno quando comparado à duração do ano de $365$ dias, de forma que o ângulo $\theta$ acaba não sendo tão grande assim.

Recomendamos fortemente a leitura da seção abaixo - apesar de não ser necessária para a solução - por ser um procedimento bastante conhecido e "querido" em olímpiadas de física, além de fornecer um maior entendimento da situação.

Solução algébrica:

Na figura, adotaremos o sentido de rotação de T em torno de S como sendo horário. Durante o intervalo de tempo $\Delta t$, T girou um ângulo $\theta$ em sua órbita em torno de S. Chamando de $T_P$ o período da órbita de T, temos

$\theta=\omega_P \Delta t=\dfrac{2 \pi}{T_P}\Delta t$.

ii) Agora, resta relacionar $\Delta t$ com $T$ por meio de $\theta$. Como fornecido no enunciado, a translação de L em torno de T ocorre no mesmo sentido da translação de T em torno de S, portanto também se dá no sentido horário.

Deve-se ter muito cuidado ao analisar o ângulo que L varreu na sua órbita em torno de T. Tal ângulo deve ser medido em relação à posição original que L estava em sua órbita (i.e. em $t=0$), que é o ponto $O$ na figura acima. Para o cálculo do ângulo girado, deve-se observar que L dá uma volta completa ($2\pi$), voltando para $O$, e então gira de um ângulo $\theta$ adicional, ou seja

$2\pi+\theta=\dfrac{2\pi}{T}\Delta t$.

Substituindo $\theta$:

$2\pi+\dfrac{2 \pi}{T_P}\Delta t=\omega_S \Delta t=\dfrac{2\pi}{T}\Delta t$.

Dividindo por $2\pi$ e isolando $\Delta t/T$:

$\dfrac{\Delta t}{T}=1+\dfrac{T}{T_P}$.

Portanto, $\Delta t >T$. Lembrando que $T_P=365\,dias$ é a duração média do ano terrestre, e $T=27,32\,dias$ temos, numericamente:

$\dfrac{\Delta t}{T}=1+\dfrac{27,32}{365}\approx 1,075$,

o que é, de fato, pouco maior que $1$, e portanto $\Delta t$ é um pouco maior do que $T$.

Item e)

Conceitos Matemáticos

Como, para o conceito de densidade, não importa o volume ocupado pela substância que forma o corpo, e sim o volume total, temos que $\rho_{1} = \dfrac{m_1}{V_1}$ e $\rho_{2} = \dfrac{m_2}{V_2}$. Assim, como $m_1 = m_2$ e $V_1 = V_2$, $\rho_1 = \rho_2$. Ou seja, as densidades são as mesmas independentemente da massa específica da substância que forma cada um dos corpos. Portanto, a resposta da questão é o item e).

Item e)

Energia

Sabemos que $8 \%$ da energia desenvolvida por Bolt se tornou energia cinética. Com isso:

$E_{c} = \dfrac{1}{2} m v^2 = \dfrac{90}{2} v^2 = \dfrac{8}{100} \cdot 81 \cdot 10^3$

$v^2 = 144 \ \text{m}^{2} \text{s}^{-2}$

Logo, sua velocidade máxima atingida foi de:

$\boxed{v = 12 \ \text{m s}^{-1}}$

Com isso, Item c) é a opção correta.

Item c)

Cinemática / movimento circular uniforme

I) Cálculo da circunferência terrestre

O raio da Terra não foi fornecido pelo enunciado, e não estava presente na folha de dados. Desta forma utilizaremos o valor de $R=6400\,km$ que foi fornecido nas prova dos níveis 2 e 3.

$C=2\pi R$

$C=2\cdot 3,1\cdot 6400\,km$

$C=39680\,km$

II) cálculo do tempo gasto para circular a terra

$v=\dfrac{\Delta S}{\Delta t}$

$19080\,km/h=\dfrac{39680\,km}{\Delta t}$

$\boxed{\Delta t\approx 2,08\,h}$

Item a)

Item a)

Termometria

Segundo o texto, o nitrogênio entra em ebulição aos $-196^{\circ}C$:

"[...] O primeiro a ser liberado é o nitrogênio, que, ao atingir -196 ºC, entra em ebulição e passa para o estado gasoso. [...]"

Enquanto o oxigênio é obtido ao entrar em ebulição aos $-183^{\circ}C$:

"[...] Após a etapa de extração do argônio, o oxigênio, que tem a temperatura de ebulição em -183 ºC, é obtido. [...]"

Isso resulta numa variação de temperatura de $-183-(-196)=13^{\circ}C$. Como variações de temperatura nas escalas Kelvin ($K$) e Celsius ($^{\circ}C$) são numericamente iguais, a variação em $K$ corresponde a $13\,K$, levando ao item e) como correto.

Item e)

Conceitos matemáticos

Em primeira vista, o estudante do nível 1 poderia estranhar os dados sobre temperatura, pressão e volume dados no enunciado, uma vez que Termodinâmica - mais especificamente, a parte de gases ideais - não está presente no programa do nível 1. No entanto, as informações sobre pressão e temperatura não eram necessárias para a resolução e faziam parte somente da contextualização da situação do problema.

Para solucionar a questão, deve-se perceber que a massa de oxigênio é constante, por estar aprisionada dentro do cilindro. Lembrando da relação entre massa e densidade $m=\rho V$, escrevemos

$\rho_i V_i=\rho_f V_f$,

sendo $\rho_i=1,43\,kg/m^3$, $V_i=7\,m^3$, $V_f=40\,l$ (litros) e $\rho_f$ a densidade final do oxigênio. Numericamente:

$\rho_f=\dfrac{1,43\, \frac{kg}{m^3} \cdot 7\,m^3}{40 \cdot10^{-3} \,m^3}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\rho_f \approx 2,5 \cdot 10^{2} \, kg/m^3$.

Acima, utilizou-se a conversão $1\,l=10^{-3}\,m^3$. A resposta encontrada corresponde, portanto, ao item d).

Item d)

Cinemática

O tempo que o atleta A vai demorar para percorrer toda a pista será

$t=\dfrac{21\,km}{14\,km/h}+\dfrac{21\,km}{18\,km/h}$

$t=\dfrac{8}{3}h$

como o atleta B demora o mesmo tempo para percorrer a maratona, temos

$42\,km=\left(\dfrac{4}{3}h\right)14\,km/h+\left(\dfrac{4}{3}h\right)V$

$V=17.5\,km/h$

Portanto, o item correto é o item b).

Item b)

Movimento circular

Note que a fita está presa à trave, ou seja, o ponto que a fita deixa o rolo está parado em relação à terra. Como a velocidade linear da periferia do rolo de fita $v$ é constante, podemos então escrever

$v={\omega}r=0,8\,m/s=const.$

Onde $\omega$ é a velocidade angular do rolo e $r$ o seu raio. Podemos, então, calcular como o período de rotação $T$ varia com o raio:

$\omega=\dfrac{2\pi}{T}$

$\dfrac{v}{r}=\dfrac{2 \pi}{T}$

Logo:

$r=T \cdot \dfrac{v}{2 \pi}= T \cdot const.$

Portanto, conforme o raio diminui, o período de rotação da fita - que é o mesmo da manivela, uma vez que ela está acoplada ao mesmo eixo da rolo de fita - diminui. Como a manivela tem um tamanho fixo, o qual chamaremos de $d$, a velocidade linear de sua extremidade será

$V_m={\omega}d$

Note que $\omega$ aumenta conforme o raio da fita diminui (de forma a manter a constância da velocidade da fita), e, portanto, conclui-se que a velocidade linear da ponta da manivela irá aumentar. Portanto, o item correto é o item b).

Item b)

2ª Lei de Newton; Força Centrípeta

No ponto mais baixo da trajetória, vale que:

$N_{b} - P = F_{cp} = \dfrac{m v^2}{R}$

Já no ponto mais alto, a 2ª Lei de Newton diz:

$N_{t} + P = F_{cp} = \dfrac{m v^2}{R}$

Subtraindo as equações, obtemos:

$N_{b} - N_{t} - 2P = 0$

$\boxed{\Delta N = 2P}$

Desse modo, Item d) é a alternativa correta.

Item d)

Mecânica / Movimentos circulares e resultante centrípeta

I) Cálculo da velocidade

$v=\dfrac{\Delta S}{\Delta t}$

$v=\dfrac{2\pi R}{T}$

$v=\dfrac{2\cdot 3,1\cdot 3\,m}{2\,s}$

$v=9,3\,m/s$

II) Cálculo da aceleração

Como o motociclista está executando o movimento em um loop circular com velocidade constante, a única aceleração no corpo será a aceleração centrípeta.

$a=a_{cp}=\dfrac{v^2}{R}$

$a=\dfrac{(9,3\,m/s)^2}{3\,m}$

$\boxed{a\approx 29\,m/s^2}$

Item d)

Item d)

Cinemática

Para a carreta passar sem colidir com o trem, a carreta deve ter passado totalmente pelo trilho quando o trem percorrer $50\,m$, ou seja, no limite o ponto $P$ deve percorrer $55\,m$ (tamanho da carreta + distância ao trilho + largura do trem) no mesmo tempo que o trem percorre os $50\,m$

$t=\dfrac{\Delta{S}}{V}$

$t=\dfrac{55}{V}=\dfrac{50}{10}$

$V=11\,m/s$

Note que a velocidade do trem deve ser usada em $m/s$, por isso foi usado $\dfrac{36\,km/h}{3.6}=10\,m/s$

Figura 3: Cena do filme

Portanto, o item correto é o item b)

Item b)

Conceitos Matemáticos

Em 10 moedas brasileiras, teríamos

$m_{ouro} = 10\cdot\dfrac{916,6}{1000}\cdot0,89 \, g$

Em uma moeda suíça, é necessário

$m_{swiss} = \dfrac{999,9}{1000}\cdot0,063 \, g$

Assim, fazendo $N\cdot m_{swiss} = m_{ouro}$, $N = \dfrac{10\cdot916,6\cdot0,89}{999,9\cdot0,063} \approx 129$. Logo, esse ouro seria suficiente para produir 129 moedas suíças. Portanto, a resposta da questão é o item b).

Item b)

Cinemática: Movimento circular e cinemática vetorial

i) Primeiramente, devemos obter a velocidade angular $\omega$ do móvel e o raio $r$ de sua trajetória.

Tenha em mente que deslocamento é uma grandeza vetorial; ele é um vetor que vai do ponto de início ao de chegada. Sendo assim, é fácil ver que o maior deslocamento possível é quando $B$ é diametralmente oposto à $A$, conforme figura a seguir. (Convencionamos horário o sentido de rotação, mas isso só influenciará na segunda parte da solução)

Figura 4: Ilustração da situação na qual o móvel vai de $A$ a $B$

Nesse caso, podemos imediatamente escrever

$|\vec{d}_{AB}|=d_{AB}=2r$,

logo:

$12=2r \rightarrow r= 6\,cm$

E, como a partícula girou de um ângulo $\pi$, em radianos:

$\pi=\omega \cdot t_{AB}$,

$\pi = \omega \cdot 3,0 \rightarrow \omega=\dfrac{\pi}{3}\, rad/s$.

ii) Seja $C$ o ponto em que o móvel se encontra após $t_{AC}=7,5=2,5 \cdot 3\,s$. Isso corresponde a um giro $\alpha$ de

$\alpha=\omega t_{AC}=\dfrac{\pi}{3} \cdot 2,5 \cdot 3$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\alpha=2,5 \pi= 2\pi + \dfrac{\pi}{2}$.

Isto é, o móvel completa uma volta, retornando à $A$, de onde percorre mais $90^{\circ}$, chegando em $C$, conforme ilustra a figura abaixo:

Figura 5: Ilustração da situação na qual o móvel foi de $A$ a $C$

Como o triângulo $\Delta AOC$ é retângulo em $O$, utilizamos o teorema de Pitágoras para determinar, por fim, o módulo do vetor deslocamento $\vec{d}_{AC}$:

$d_{AC}=\sqrt{r^2+r^2}=r\sqrt{2}$  $\rightarrow$

$\rightarrow$ $d_{AC}=6\sqrt{2}=8,4\,cm$.

Resultando no item c) como correto. No último passo, substituímos $\sqrt{2}=1,4$ dado na prova.

OBS: Para evitar confusões, o ponto $C$ é dito como o centro da trajetória circular no enunciado, mas o modificamos para $O$ na solução.

Item c)

Equação de Torricelli; 2ª Lei de Newton

Sabendo sua velocidade inicial e a distância percorrida até o repouso, podemos usar a Equação de Torricelli, para determinar a aceleração do navio.

$V_{0} = 42,2 \ \text{km h}^{-1} \approx 11,7 \ \text{m s}^{-1}$

$\Delta S = 3 \ \text{km} = 3000 \ \text{m}$

Com isso, temos que:

$V^2 = V_{0}^2 + 2 a \Delta S$

$11,7^2 = 2 \times a \times 3000 \Rightarrow a = 0,0228 \ \text{m s}^{-2}$

A massa total do corpo (navio + carga) é:

$m = 220.940 + 199.692 t = 420.632.000 \text{kg}$

Logo, pela 2ª Lei de Newton:

$F = 420.632.000 \cdot 0,0228 \ \text{N} \approx 9,6 \cdot 10^6 \ \text{N}$

$\boxed{F = 9,6 \cdot 10^{6} \ \text{N}}$

Com isso, Item c) é a nossa alternativa correta.

Item c)

Calorimetria: transformação de fases

Vamos modelar o iceberg como um grande cilindro de área de secção transversal $A=4\,320\,km^2$ e altura $H$, como mostra figura. (Também é possível considerar o iceberg como um paralelepípedo de dimensões $170\,km$, $25\,km$ e $H$)

Figura 6: Iceberg cilíndrico

Como dito no enunciado somente $80\%$ do volume está submerso, ou seja,

$(H-20)A=0.8HA$

$H=100\,m$

Então podemos encontrar o volume do iceberg

$V=HA$

$V=4,32\cdot10^{11}\,m^3$

Como o iceberg é composto por gelo, podemos usar a densidade dada no início da prova $\rho_{gelo}=920kg/m^3$ para calcular a massa.

$m\cong4\cdot10^{17}\,g$

Podemos então calcular o calor necessário para derreter todo o gelo.

$Q=mc_{gelo}\Delta{T}+mL_{fusao}$

$Q=4\cdot10^{17}(0.5(0-2)+80)$

$Q\cong3,2\cdot10^{19}\,cal$

Conclui-se que o item correto é o item a).

OBS: Você poderia pensar em calcular a massa do iceberg fazendo o equilíbrio do peso com a força de empuxo.

$V_{sub}\rho_{agua}g=mg$

$V_{sub}=0.8V$

$mg=0.8V\rho_{agua}g$

$m\cong3,5\cdot10^{17}\,g$

Porém, esse resultado é falso, e isso é explicado pelo fato do iceberg tocar no solo, ou seja, é necessário colocar a força normal na equação do equilíbrio

$N+V_{sub}\rho_{agua}g=mg$

Icebergs com muita massa geralmente tocam o solo e esse é o motivo do nível da água subir quando eles derretem, pois, antes de um iceberg derreter, o que sustenta seu peso e do oceano é a normal do iceberg com o solo e a força de pressão (${\rho}gh_0A$), mas quando o gelo derreter o que sustentará o peso será somente a força de pressão (${\rho}gh_fA$); isto é, $mg={\rho}gh_fA={\rho}gh_0A+N$, logo $h_f>h_0$.

Item a)

Cinemática

A primeira vista você pode pensar em fazer a seguinte solução: Existirá uma força de resistência do ar que, normalmente, é proporcional à velocidade ao quadrado $F_{ar}=-kV^2$, em que $k$ é uma constante que depende do formato do corpo e da densidade do ar. Sendo assim a aceleração será, pela segunda lei de Newton,

$mg-kV^2=ma$

$a=g-\dfrac{kV^2}{m}$

Constata-se que aceleração do paraquedista não é constante. Note que enquanto a velocidade aumenta a aceleração diminui, portanto, chega um momento em que a aceleração tende a $0$ e a velocidade admite um valor constante, chamado de velocidade terminal. Então a velocidade do paraquedista aumentou até $193\,km/h$, valor que permaneceu constante até ele atingir a rede. Entretanto, essa solução não é correta, pois a constante $k$ depende da densidade do ar e como o paraquedista salta de uma altura muito alta a densidade sofrerá mudanças significativas durante o percurso, por consequência o $k$ irá variar com a altura, o que torna uma possível analise matemática mais detalhada inviável. Vamos analisar alguns trechos do enunciado

"[…] ele saltou de um avião a 25 mil pés (aproximadamente 7 620 metros) do solo."

"[...] o voo durou dois minutos [...] "

Então o paraquedista percorreu $7,620\,km$ em $\dfrac{1}{30}\,h$ (2 minutos), calculando a velocidade média no percurso chegamos em,

$V_m=\dfrac{7,620\,km}{\frac{1}{30}\,h}$

$V_m=228,6\,km/h$

Ou seja, com certeza o paraquedista obteve valores de velocidade maiores que $193\,km/h$ , caso contrario não conseguiria uma velocidade média maior que $193\,km/h$. Portanto o item correto é o item e)

Item e)