ITA 2012 — questão 6 de Física

Resolução comentada

O que a questão pede: o período da rotação para que a esfera fique girando a uma distância fixa $d$ do eixo, sem subir nem descer pela parede.

Passo 1 — as forças. Desprezando o atrito, atuam na esfera só o peso $mg$ (vertical) e a normal $N$, perpendicular à parede. Como a parede faz $\theta$ com a horizontal, a normal faz $\theta$ com a vertical, inclinada para o eixo.

Passo 2 — vertical: equilíbrio. A esfera não sobe nem desce:

$$N\cos\theta = m\,g$$

Passo 3 — horizontal: resultante centrípeta. A componente horizontal da normal aponta para o eixo e faz a esfera descrever o círculo de raio $d$:

$$N\,\text{sen}\,\theta = m\,\omega^2\,d$$

Passo 4 — dividir uma pela outra:

$$\tan\theta = \frac{\omega^2\,d}{g} \;\Rightarrow\; \omega = \sqrt{\frac{g\tan\theta}{d}}$$

$$T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{d}{g\tan\theta}}$$

Conferindo (casos-limite): se a parede ficasse quase horizontal ($\theta \to 0$), a normal quase não teria componente horizontal: só giraria devagar ($T \to \infty$). Se ficasse quase vertical ($\theta \to 90^{\circ}$), seria preciso girar muito rápido para segurar a esfera ($T \to 0$). A fórmula faz as duas coisas.

⚠️ A armadilha: tratar a esfera como num plano inclinado parado, decompondo o peso ao longo da parede e “equilibrando” as forças. Ela não está em equilíbrio: a resultante é horizontal, apontando para o eixo, e por isso a normal é que se decompõe. Trocar o ângulo dessa decomposição (pôr $\theta$ entre a normal e a horizontal) leva a $\cot\theta$ no lugar de $\tan\theta$, que não está em nenhuma alternativa.

A ideia em uma frase: no cone (como na curva inclinada), a normal sustenta o peso com a componente vertical e faz a curva com a horizontal: $\tan\theta = \omega^2 d/g$.

Resposta: alternativa C ($T = 2\pi\sqrt{d/g\tan\theta}$).