ITA 2009 — questão 5 de Física

Resolução comentada

O que a questão pede: o maior raio de loop que o carrinho ainda consegue percorrer sem descolar no ponto mais alto.

Passo 1 — o comprimento da rampa. A rampa sobe $H = 20\sqrt{3}$ m com inclinação de 60°:

$$\ell = \frac{H}{\text{sen}\,60^{\circ}} = \frac{20\sqrt{3}}{\sqrt{3}/2} = 40\ \text{m}$$

Passo 2 — a energia perdida no atrito. Na rampa, a normal é $mg\cos 60^{\circ} = mg/2$ (não $mg$!); no trecho horizontal, é $mg$. Com $\mu = 1/2$:

$$W_{\text{rampa}} = \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{mg}{2} \cdot 40 = 10\,mg$$

$$W_{\text{plano}} = \tfrac{1}{2} \cdot mg \cdot 20 = 10\,mg$$

(em joules, com $m$ em kg e $g$ em m/s²). Ao todo, o atrito tira $20\,mg$.

Passo 3 — a velocidade na entrada do loop. Energia potencial inicial menos o que o atrito levou:

$$\tfrac{1}{2}mv_b^2 = mg \cdot 20\sqrt{3} - 20\,mg$$

$$v_b^2 = 2g \cdot 20(\sqrt{3} - 1)$$

Passo 4 — a condição no topo do loop. No ponto mais alto, peso e normal apontam para o centro. O carrinho não descola enquanto $N \geq 0$, ou seja, $mv_t^2/R \geq mg$:

$$v_t^2 \geq gR$$

Do fundo ao topo (loop sem atrito), ele sobe $2R$:

$$v_b^2 = v_t^2 + 4gR \geq 5gR$$

Passo 5 — o raio máximo. Juntando os passos 3 e 4:

$$40g(\sqrt{3} - 1) \geq 5gR$$

$$R \leq 8(\sqrt{3} - 1)\ \text{m}$$

Conferindo: $8(\sqrt{3} - 1) \approx 5{,}9$ m, e a altura disponível depois do atrito é $20(\sqrt{3} - 1) \approx 14{,}6$ m. A razão é 2,5: é a famosa regra "a altura de partida tem de ser 2,5 R", agora contando a energia já descontada do atrito.

⚠️ A armadilha: esquecer o atrito no trecho horizontal (descontar só os 10 mg da rampa). A altura útil vira $20\sqrt{3} - 10$ e o raio sai $(20\sqrt{3} - 10)/2{,}5 = 4(2\sqrt{3} - 1)$ m: a alternativa D. Outro tropeço é usar normal $mg$ na rampa.

A ideia em uma frase: a energia que sobra depois do atrito tem de valer pelo menos 2,5 mgR, porque no topo do loop o peso sozinho precisa fazer o papel de força centrípeta.

Resposta: alternativa C ($R = 8(\sqrt{3} - 1)$ m).