ITA 2012 — questão 2 de Física

Gabarito BDinâmica — subida e descida num plano inclinado com atritoProva de Física · testes 1 a 20
Enunciado — imagem da prova
Enunciado da questão 2 de Física do ITA 2012

Enunciado em texto

Considere uma rampa plana, inclinada de um ângulo θ\theta em relação à horizontal, no início da qual encontra-se um carrinho. Ele então recebe uma pancada que o faz subir até uma certa distância, durante o tempo tst_s, descendo em seguida até sua posição inicial. A “viagem” completa dura um tempo total tt. Sendo μ\mu o coeficiente de atrito cinético entre o carrinho e a rampa, a relação t/tst/t_s é igual a

A) 2

B) 1+(tan⁡θ+μ)/∣tan⁡θ−μ∣1 + \sqrt{(\tan\theta + \mu)/|\tan\theta - \mu|}

C) 1+(cos⁡θ+μ)/∣cos⁡θ−μ∣1 + \sqrt{(\cos\theta + \mu)/|\cos\theta - \mu|}

D) 1+(sen θ+μ)/∣cos⁡θ−μ∣1 + \sqrt{(\text{sen}\,\theta + \mu)/|\cos\theta - \mu|}

E) 1−(tan⁡θ+μ)/∣tan⁡θ−μ∣1 - \sqrt{(\tan\theta + \mu)/|\tan\theta - \mu|}

(Enunciado: Vestibular ITA 2012, prova de Física — ITA.)

Transcrição do enunciado original da prova, reproduzido para fins de estudo. Todos os direitos do enunciado pertencem ao Instituto Tecnológico de Aeronáutica (ITA).

Resolução comentada

O que a questão pede: quantas vezes o tempo total (subida + descida) é maior que o tempo só de subida.

Passo 1 — a aceleração na subida. Subindo, o carrinho é freado por duas forças ao longo da rampa, ambas para baixo: a componente do peso, mg sen θmg\,\text{sen}\,\theta, e o atrito, μN=μmgcos⁡θ\mu N = \mu mg\cos\theta (o atrito é sempre contra o movimento):

as=g (sen θ+μcos⁡θ)a_s = g\,(\text{sen}\,\theta + \mu\cos\theta)

Passo 2 — a aceleração na descida. Descendo, o atrito troca de sentido (passa a apontar rampa acima) e se opõe à componente do peso:

ad=g (sen θ−μcos⁡θ)a_d = g\,(\text{sen}\,\theta - \mu\cos\theta)

Para o carrinho de fato voltar, é preciso sen θ>μcos⁡θ\text{sen}\,\theta > \mu\cos\theta, isto é, tan⁡θ>μ\tan\theta > \mu.

Passo 3 — tempos para a mesma distância. Na subida o carrinho para no alto; olhando o filme de trás para a frente, é um MUV a partir do repouso. A descida também parte do repouso. Com a mesma distância DD nos dois trechos:

D=as ts22=ad td22D = \frac{a_s\,t_s^2}{2} = \frac{a_d\,t_d^2}{2}

tdts=asad\frac{t_d}{t_s} = \sqrt{\frac{a_s}{a_d}}

Passo 4 — simplificar. Dividindo numerador e denominador por cos⁡θ\cos\theta:

tdts=tan⁡θ+μtan⁡θ−μ\frac{t_d}{t_s} = \sqrt{\frac{\tan\theta + \mu}{\tan\theta - \mu}}

tts=ts+tdts=1+tdts\frac{t}{t_s} = \frac{t_s + t_d}{t_s} = 1 + \frac{t_d}{t_s}

tts=1+tan⁡θ+μtan⁡θ−μ\frac{t}{t_s} = 1 + \sqrt{\frac{\tan\theta + \mu}{\tan\theta - \mu}}

O módulo no denominador da alternativa não muda nada, pois tan⁡θ−μ>0\tan\theta - \mu > 0 para haver descida.

Conferindo: sem atrito (μ=0\mu = 0), a raiz vale 1 e t/ts=2t/t_s = 2: subida e descida simétricas, como esperado. Com atrito, a descida é mais lenta e t/ts>2t/t_s > 2.

⚠️ A armadilha: marcar (A), achando que subida e descida duram o mesmo. Isso só vale sem atrito: o atrito freia mais na subida (soma com o peso) e menos acelera na descida (subtrai), então a descida demora mais. A (E) dá um valor menor que 1, impossível para tempo total sobre tempo parcial.

A ideia em uma frase: com atrito, a subida tem aceleração g(sen θ+μcos⁡θ)g(\text{sen}\,\theta + \mu\cos\theta) e a descida g(sen θ−μcos⁡θ)g(\text{sen}\,\theta - \mu\cos\theta); na mesma distância, os tempos ficam na razão inversa da raiz das acelerações.

Resposta: alternativa B (1+(tan⁡θ+μ)/∣tan⁡θ−μ∣1 + \sqrt{(\tan\theta + \mu)/|\tan\theta - \mu|}).

Vídeo em breve

A resolução em vídeo desta questão ainda não foi gravada. A explicação escrita acima está completa, passo a passo. Novos vídeos saem no canal do Professor Filatte.

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