UFPR 2015 — questão 11 de Física

Resolução comentada

O que a questão pede: o módulo da variação da energia cinética do objeto entre P (ponto mais baixo do círculo) e Q (ponto mais alto), com atrito.

Passo 1 — teorema da energia cinética. A variação da energia cinética é a soma dos trabalhos de todas as forças. A tração da corda é sempre perpendicular ao movimento (aponta para o centro) e a normal é perpendicular ao plano: as duas não realizam trabalho. Sobram o peso e o atrito.

$$\Delta E_c = W_{\text{peso}} + W_{\text{atrito}}$$

Passo 2 — trabalho do peso. De P a Q o objeto percorre um diâmetro, $2L$, medido ao longo da rampa. A subida na vertical é $2L\,\text{sen}\,30^{\circ} = L$. O peso trabalha contra a subida:

$$W_{\text{peso}} = -mgL$$

Passo 3 — trabalho do atrito. A normal no plano inclinado vale $N = mg\cos 30^{\circ}$, então o atrito tem módulo constante $\mu mg\cos 30^{\circ}$, sempre contra o movimento. O caminho de P a Q é meia circunferência, de comprimento $\pi L$:

$$|W_{\text{at}}| = \mu\, mg\cos 30^{\circ}\cdot \pi L$$

$$|W_{\text{at}}| = \tfrac{1}{\pi\sqrt{3}}\cdot mg\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\pi L$$

$$|W_{\text{at}}| = \tfrac{1}{2}mgL$$

Repare que o valor estranho de μ foi escolhido justamente para cancelar o π e o √3.

Passo 4 — somando.

$$\Delta E_c = -mgL - \tfrac{1}{2}mgL = -\tfrac{3}{2}mgL$$

Em módulo, $\tfrac{3}{2}mgL$: o objeto perde essa energia cinética entre P e Q.

⚠️ A armadilha: esquecer uma das duas forças. Só com o peso, a resposta seria $mgL$ (alternativa A); só com o atrito, $\tfrac{1}{2}mgL$ (alternativa B). Outra armadilha é usar o diâmetro $2L$ como caminho do atrito: o atrito age ao longo de toda a trajetória, que é a semicircunferência $\pi L$.

A ideia em uma frase: o peso tira $mgL$ (sobe L na vertical) e o atrito tira $\tfrac{1}{2}mgL$ (age ao longo de $\pi L$): a energia cinética cai $\tfrac{3}{2}mgL$.

Resposta: alternativa D (3/2 mgL).