ITA 2027 — questão 14 de Física

Resolução comentada

O que a questão pede: o maior valor de $F$ que a esfera menor aguenta sem sair do repouso.

Passo 0 — e este passo decide a questão inteira: de que jeito ela sairia do repouso?

A esfera menor está travada entre duas coisas fixas: o piso, que fixa a altura do seu centro, e a esfera maior, que fixa a distância até o centro dela. Com os dois contatos mantidos, ela não tem para onde transladar. Logo o único movimento possível é girar em torno do próprio centro, patinando nos dois contatos ao mesmo tempo.

É por isso que o atrito satura nos DOIS contatos simultaneamente — e é isso que fecha o sistema, que sem essa observação teria 4 incógnitas para 3 equações.

Passo 1 — a geometria dos centros. O centro da menor está a $R$ do chão; o da maior, a $2R$. Em contato, a distância entre centros é $R + 2R = 3R$. O desnível é $2R - R = R$. Então a separação horizontal é:

$$\Delta x = \sqrt{(3R)^{2}-R^{2}} = \sqrt{8}\,R = 2\sqrt{2}\,R$$

A direção da linha dos centros, da menor para a maior, é o versor:

$$\hat{u} = \left(\frac{2\sqrt{2}}{3},\; \frac{1}{3}\right)$$

Passo 2 — as forças na esfera menor. Origem no centro dela, $x$ para a direita, $y$ para cima.

• Peso $mg$, para baixo, no centro.

• $\vec{F}$, horizontal, aplicada a $3R/2$ do chão — isto é, a $R/2$ acima do centro.

• Do piso: normal $N_1$ para cima e atrito $f_1 = \mu N_1$.

• Da esfera maior: normal $N_2$ ao longo de $-\hat{u}$ e atrito $f_2 = \mu N_2$, tangente ao contato.

Passo 3 — para que lado apontam os atritos. A força $F$ aplicada acima do centro produz torque horário. Girando no sentido horário, o ponto de contato com o chão desliza para a esquerda, então o atrito do piso aponta para a direita; e o ponto de contato com a esfera maior desliza na direção $\left(\frac{1}{3},-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)$, então o atrito ali aponta para $\left(-\frac{1}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)$. Os dois atritos se opõem ao giro — e portanto os dois torques são anti-horários.

Passo 4 — as três equações.

Torques em torno do centro (as normais passam pelo centro e não dão torque; os dois atritos são tangentes, com braço $R$):

$$\mu N_1 R + \mu N_2 R = F\cdot\frac{R}{2} \;\Longrightarrow\; \mu\,(N_1+N_2) = \frac{F}{2}$$

Vertical:

$$N_1 - mg - \frac{N_2}{3} + \mu N_2\frac{2\sqrt{2}}{3} = 0$$

Com $\mu = \dfrac{\sqrt{2}}{8}$ tem-se $\mu\dfrac{2\sqrt{2}}{3} = \dfrac{2\cdot 2}{8\cdot 3} = \dfrac{1}{6}$, e a equação vira:

$$N_1 = mg + N_2\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{6}\right) = mg + \frac{N_2}{6}$$

Horizontal:

$$F + \mu N_1 - N_2\frac{2\sqrt{2}}{3} - \mu\frac{N_2}{3} = 0 \;\Longrightarrow\; F = \frac{17\sqrt{2}}{24}N_2 - \frac{\sqrt{2}}{8}N_1$$

Passo 5 — resolvendo. Do torque, $F = \dfrac{\sqrt{2}}{4}(N_1+N_2)$. Igualando à horizontal e cancelando $\sqrt{2}$:

$$\frac{N_1}{4}+\frac{N_2}{4} = \frac{17}{24}N_2 - \frac{N_1}{8} \;\Longrightarrow\; \frac{3}{8}N_1 = \frac{11}{24}N_2 \;\Longrightarrow\; N_1 = \frac{11}{9}N_2$$

Levando à vertical:

$$\frac{11}{9}N_2 - \frac{N_2}{6} = mg \;\Longrightarrow\; \frac{19}{18}N_2 = mg \;\Longrightarrow\; N_2 = \frac{18}{19}mg,\quad N_1 = \frac{22}{19}mg$$

$$F = \frac{\sqrt{2}}{4}\left(\frac{22}{19}+\frac{18}{19}\right)mg = \frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{40}{19}mg = \boxed{\,10\frac{\sqrt{2}}{19}\,mg\,}$$

É a alternativa D.

O 19 do denominador é a assinatura da questão. Ele não veio de lugar nenhum arbitrário: veio de $\frac{11}{9}-\frac{1}{6}=\frac{19}{18}$, ou seja, do acoplamento entre as duas normais. Quando um número feio como 19 aparece em duas alternativas (C e D), ele está dizendo que o caminho certo passa por resolver o sistema — e não por uma conta de uma linha.

⚠️ A armadilha maior: supor que ela tomba ou escorrega. Quem escreve "escorrega quando $F > \mu N$" com $N = mg$ obtém $F = \sqrt{2}mg/8$, que não está nas alternativas. Quem supõe tombamento em torno do contato com o chão erra porque a esfera maior segura a menor. Antes de escrever equação de equilíbrio, decida qual é o movimento iminente.

⚠️ A armadilha do braço de alavanca. A altura é $3R/2$ medida do chão, e o torque tem de ser calculado em torno do centro, que está a $R$ do chão. O braço é $3R/2 - R = R/2$, não $3R/2$. Usar $3R/2$ triplica o torque de $F$ e leva a uma resposta três vezes menor.

Um teste de sanidade no resultado. $10\sqrt{2}/19 \approx 0{,}74$, então $F_{\max}\approx 0{,}74\,mg$ — da ordem do peso da esfera, com $\mu$ pequeno ($\sqrt{2}/8 \approx 0{,}18$) mas dois contatos ajudando e um braço curto. Plausível. Já a (B), $4\sqrt{2}\,mg \approx 5{,}7\,mg$, pediria um atrito enorme; e a (C), $\sqrt{18}/19 \approx 0{,}22\,mg$, é pequena demais para um sistema travado dos dois lados.

A ideia em uma frase: travada entre o piso e a esfera fixa, ela só pode girar no lugar — e girar no lugar faz os dois atritos saturarem ao mesmo tempo.

Resposta: alternativa D.