Dissertativas 2 - ITA - 2ª Fase Dia 3 - ITA 2025

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Física
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Questão 2

Dissertativa

Considere uma barra homogênea de comprimento L e massa M, suspensa horizontalmente por uma corda vertical que tem um nó fixo no teto e outro numa das extremidades da barra (x = 0). Uma massa m está pendurada na outra extremidade (x = L), e uma distribuição de forças é aplicada ao longo da barra, de forma que o sistema se encontra em equilíbrio estático. Essa distribuição pode ser descrita por N forças, que obedecem à relação de recorrência ${\vec{F}}_{n} = \frac{{\vec{F}}_{n - 1}}{2} (n = 0, 1, \dots, N - 1),$ aplicadas nos pontos $x_{n} = 2^{- n} L .$ Calcule, em termos de M, m, g, L e N,

a) a força $F_{0}$ ;

b) a força de tração da corda.

Resolução:

Da relação de recorrência ${\vec{F}}_{n} = \frac{{\vec{F}}_{n - 1}}{2}$ , tem-se que todas as forças são paralelas. Portanto, para que o equilíbrio de forças seja possível, as forças devem ter a mesma direção da tração T e dos pesos Mg e mg.

Primeiramente, deve-se calcular o valor de uma força $F_{k}$ em função de $F_{0}$ .

Aplicando-se sucessivamente a relação de recorrência:

$F_{0} = 2 F_{1} F_{1} = 2 F_{2} F_{2} = 2 F_{3} \dots F_{k - 1} = 2 F_{k}$

Multiplicando-se as equações:

$F_{0} \cdot \prod_{i = 1}^{k - 1} F_{i} = 2^{k} (\prod_{i = 1}^{k - 1} F_{i}) F_{k} \Rightarrow F_{k} = \frac{F_{0}}{2^{k}}$

a) ${\vec{F}}_{k}$ possui braço de alavanca $b_{k} = 2^{- k} L$ . Equilíbrio de torques em relação à origem:

$\sum_{k = 0}^{N - 1} F_{k} b_{k} = mg \cdot L + Mg \cdot \frac{L}{2} \Rightarrow \sum_{k = 0}^{N - 1} \frac{F_{0}}{2^{k}} 2^{- k} L = (2 m + M) \frac{gL}{2} \Rightarrow F_{0} L \sum_{k = 0}^{N - 1} 4^{- k} = (2 m + M) \frac{gL}{2}$

Como o somatório representa a soma de uma PG finita:

$F_{0} L \frac{4^{N} - 1}{3 \cdot 4^{N - 1}} = (2 m + M) \cdot \frac{gL}{2} \Rightarrow F_{0} = \frac{3 g (2 m + M) 4^{N - 1}}{2 (4^{N} - 1)} \Rightarrow F_{0} = \frac{3 g (2 m + M) 2^{2 N - 3}}{(2^{2 N} - 1)}$

b) Equilíbrio de forças na direção vertical:

$T + \sum_{k = 0}^{N - 1} F_{k} = (M + m) g \Rightarrow T + F_{0} \sum_{k = 0}^{N - 1} \frac{1}{2^{k}} = (M + m) g$

Como o somatório representa a soma de uma PG finita:

$T + F_{0} \frac{2^{N} - 1}{2^{N - 1}} = (M + m) g \Rightarrow T + \frac{3 g (2 m + M) 2^{2 N - 3}}{(2^{2 N} - 1)} \frac{2^{N} - 1}{2^{N - 1}} = (M + m) g \Rightarrow T = (M + m) g - 3 (2 m + M) g \frac{2^{N - 2}}{2^{N} + 1}$

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