P2-2014.1 Gabarito

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Universidade Federal do Rio de Janeiro
Centro de Cieˆncias Matema´ticas e da Natureza
Instituto de F´ısica
Segunda Prova de F´ısica IA - 23/05/2014
Respostas para provas h´ıbridas
Gabarito das Questo˜es objetivas (valor=5,0 pontos)
Versa˜o A
Questa˜o (a) (b) (c) (d) (e)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Versa˜o B
Questa˜o (a) (b) (c) (d) (e)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Versa˜o C
Questa˜o (a) (b) (c) (d) (e)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Versa˜o D
Questa˜o (a) (b) (c) (d) (e)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
Questa˜o discursiva 1 (valor=2,5 pontos)
a) valor=0,8 pontos
Pela conservac¸a˜o do momento linear do sistema, ~Pi = ~Pf , segundo os eixos coordenados OX
e OY ,
pa(cosα ıˆ+ sinα ˆ)− pb(cos β ıˆ+ sinβ ˆ) + pc ıˆ = MV ıˆ
ou seja, 

3mv cosα − 3mv cos β + 4m2v = 8mV (i)
3mvsenα− 3mvsenβ = 0 (ii)
Levando-se em conta os dados fornecidos e a relac¸a˜o (ii) obtemos
m 3v sinα = 3mv sinβ =⇒ sinα = sinβ ∴ α = β.
b) valor=1,2 pontos
Se agora levarmos em conta o u´ltimo resultado onde α = β, e a relac¸a˜o obtida na equac¸a˜o
(i) do sistema de equac¸o˜es, obtemos
(
(
(
((
(
m 3v cosα −
�
�
�
�
��
3mv cos β + 4m 2v = 8mV ∴ V = v.
c) valor=0,5 ponto
Nesse caso que Ki = Ka +Kb +Kc =
1
2
mav
2
a +
1
2
mbv
2
b +
1
2
mcv
2
c e Kf =
1
2
MV 2.
A partir dos dados fornecidos, encontramos Ki =
1
2
{
m 9v2 + 3mv2 + 4m 4v2
}
= 14mv2, en-
quanto Kf =
1
2
8mv2 = 4mv2. Com isso,
∆Kif = Kf −Ki = −10mv
2.
2
Questa˜o discursiva 2 (valor=2,5 pontos)
a) valor=0,4 pontos
As forc¸as que agem sobre o cilindro de raio
R1 esta˜o indicadas na figura. As setas in-
dicam o sentido e direc¸a˜o e acima ou ao lado
delas os seus mo´dulos, como no livro texto.
b) valor=1,7 pontos
Considerando o sentido de cima para baixo para o movimento do bloco e aplicando a segunda
lei de Newton,
• o movimento do bloco sera´ dado por
m~a = ~FR = ~Tb + ~Pb =⇒ Mg − T1 = ma (i)
• para o movimento de rotac¸a˜o do primeiro cilindro, considerando como positivo o sentido
anti-hora´rio de rotac¸a˜o e calculando os torques em relac¸a˜o ao seu centro encontramos a relac¸a˜o
I1~α1 = ~τR = ~τF1 + ~τP1 + ~τT1 + ~τT2 ou seja,
I1α1 = R1(T1 − T2) (ii),
• analogamente para o movimento de rotac¸a˜o do segundo cilindro encontramos,
I2~α2 = ~τR = ~τF2 + ~τP2 + ~τT2 o que resulta em ter
I2α2 = R2T2 (iii)
Neste ponto devemos observar que a presenc¸a do fio acarreta a condic¸a˜o de v´ınculo
a = α1R1 = α2R2
Ao utilizarmos as relac¸o˜es acima, (i), (ii) e (iii) e a condic¸a˜o de v´ınculo obtemos o sistema
de equac¸o˜es,


mg − T1 = ma
R1T1 − R1T2 = I1α1
R2T2 = I2α2
→


mg − T1 = ma (iv)
T1 − T2 = a1I1/R
2
1
(v)
T2 = a2I2/R
2
2
(vi)
A resoluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es da direita nos da´ a acelerac¸a˜o a =
g
1 + I1/(mR21) + I2/(mR
2
2
)
.
Como I1 =
1
2
mR2
1
e I2 =
1
2
mR2
2
enta˜o,
a =
g
1 + 1
2
+ 1
2
=⇒ a =
g
2
.
3
c) valor=0,2 pontos
Utilizando o resultado obtido para a acelerac¸a˜o do bloco nas equac¸o˜es de v´ınculo, obtemos
α1 =
g
2R1
e α2 =
g
2R2
.
d) valor=0,2 pontos
Levando em conta o resultado para a acelerac¸a˜o do bloco nas relac¸o˜es obtidas anteriormente,
das linhas (v) e (vi) do sistema de equac¸o˜es encontramos
T1 =
(
I1
R2
1
+
I2
R2
2
)
g
2
=⇒ T1 =
(
1
2
m+
1
2
m
)
g
2
=⇒ T1 =
1
2
mg .
Da mesma forma, encontramos
T2 =
(
I2
R2
2
)
g
2
=⇒ T2 =
(
1
2
m
)
g
2
=⇒ T2 =
1
4
mg .
4