ITA 2022 — questão 4 de Física

Gabarito ADinâmica — força normal no ponto mais baixo de uma rampa circular1ª fase · Física
Enunciado — imagem da prova
Enunciado da questão 4 de Física do ITA 2022

Enunciado em texto

Constantes dadas na prova: aceleração local da gravidade g=10 m/s2g = 10\ \text{m/s}^2. 1 UA =dTerra-Sol=150= d_{\text{Terra-Sol}} = 150 milhões de quilômetros. Velocidade da luz no vácuo c=3,0×108 m/sc = 3{,}0\times10^{8}\ \text{m/s}.

Um garoto de massa mm desliza sobre um escorregador de superfície lisa e com raio de curvatura constante dado por RR. O platô superior de onde o menino inicia a sua descida encontra-se à altura HH do chão. Calcule a reação normal de contato que a rampa exerce sobre o garoto no instante iminentemente anterior à chegada aproximadamente horizontal dele ao chão.

[Figura: o garoto, de massa mm, sentado no alto de um escorregador curvo, à altura HH do chão (cota vertical à esquerda). A rampa é um arco de circunferência de raio RR, com centro OO acima do ponto em que ela toca o chão; ali a rampa fica horizontal. No ponto mais baixo estão os eixos xx (horizontal, para a direita) e yy (vertical, para cima). O vetor g⃗\vec{g} aponta para baixo.]

A) mg(1+2HR)mg\left(1 + \dfrac{2H}{R}\right)

B) mg(1+HR)mg\left(1 + \dfrac{H}{R}\right)

C) mgmg

D) mg(1−HR)mg\left(1 - \dfrac{H}{R}\right)

E) mg(1−2HR)mg\left(1 - \dfrac{2H}{R}\right)

(Enunciado e figura: Vestibular ITA 2022, 1ª fase — 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: a força normal da rampa sobre o garoto no ponto mais baixo, onde ele chega horizontalmente.

Passo 1 — a velocidade lá embaixo. A rampa é lisa: a normal não trabalha (é sempre perpendicular ao movimento), e a energia mecânica se conserva. Partindo do repouso na altura HH:

m g H=m v22m\,g\,H = \frac{m\,v^2}{2}

v2=2 g Hv^2 = 2\,g\,H

Passo 2 — a dinâmica do movimento circular. No ponto mais baixo, o garoto ainda está no arco de raio RR, cujo centro OO fica acima dele. A resultante tem de apontar para o centro, ou seja, para cima. Para cima atua a normal NN; para baixo, o peso:

N−m g=m v2RN - m\,g = \frac{m\,v^2}{R}

N=m g+m⋅2gHRN = m\,g + \frac{m\cdot 2gH}{R}

N=m g(1+2HR)N = m\,g\left(1 + \frac{2H}{R}\right)

Conferindo pelos casos-limite: se H→0H \to 0, o garoto está parado no chão e N=mgN = mg. Se H=RH = R (o escorregador é um quarto de circunferência), N=3mgN = 3mg: o famoso resultado do “quarto de círculo”.

⚠️ A armadilha: inverter o sinal da centrípeta, como se o garoto estivesse no alto de uma lombada. Isso dá mg(1−2H/R)mg(1 - 2H/R), a alternativa E. Aqui a curva é côncava (um “vale”): a rampa empurra mais do que o peso. Outro tropeço é usar v2=gHv^2 = gH e cair na B.

A ideia em uma frase: no fundo de uma curva côncava, a normal vence o peso e ainda fornece a centrípeta: N = mg + mv²/R.

Resposta: alternativa A (mg(1+2H/R)mg(1 + 2H/R)).

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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