Gabarito Física I (2012.2 - Segunda Prova)

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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 - 18/02/2013
Respostas para provas h´ıbridas
Gabarito das Questo˜es objetivas - 0,5 ponto cada questa˜o
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) - 2,5 pontos
a) valor=1,0 ponto
O momento linear total inicial do sistema composto pelas duas part´ıculas e´ dado por:
~P inicial = ~pinicial1 + ~p
inicial
2
= m~u+ 2m~v2
= m (−u cos θ1ıˆ− u sen θ1ˆ) + 2m(3uıˆ)
= (−mu cos θ1 + 6mu) ıˆ−musen θ1ˆ.
=
(
−3mu
5
+ 6mu
)
ıˆ− 4mu
5
ˆ.
=
27mu
5
ıˆ− 4mu
5
ˆ. (1)
b) valor=1,0 ponto
Na auseˆncia de forc¸as externas, o momento linear total do sistema conserva-se: ~P inicial =
~P final. Comecemos calculando o momento linear total do sistema apo´s a colisa˜o
~P final = ~pfinal1 + ~p
final
2 = −mv1f ˆ+ 2mv2f ıˆ, (2)
onde v1f e v2f sa˜o os mo´dulos das velocidades, apo´s a colisa˜o das part´ıculas 1 e 2 respec-
tivamente. Como o momento linear conserva-se:
~P inicial = ~P final
27mu
5
ıˆ− 4mu
5
ˆ = 2mv2f ıˆ−mv1f ˆ
para a componente de ıˆ :
27mu
5
= 2mv2f =⇒ v2f = 27
10
u. (3)
para a componente de ˆ : − 4mu
5
=−mv1f =⇒ v1f = 4
5
u. (4)
c) valor=0,5 ponto
Como o momento linear conserva-se a velocidade do centro de massa do sistema na˜o se
altera devido a` colisa˜o. Podemos calcular a velocidade do centro de massa antes (ou
depois) da colisa˜o e argumentar que elas sa˜o iguais.
~V inicialCM =
~P inicial
m+ 2m
=
27mu
5
ıˆ− 4mu
5
ˆ
3m
=
9u
5
ıˆ− 4u
15
ˆ. (5)
~V finalCM =
~P final
3m
=
27mu
5
ıˆ− 4mu
5
ˆ
3m
=
9u
5
ıˆ− 4u
15
ˆ = ~V inicialCM . (6)
2
Questa˜o discursiva 2) - 2,5 pontos
a) valor=1,0 ponto
Ate´ ocorrer a colisa˜o, a u´nica forc¸a que realiza trabalho sobre a barra e´ o peso, que e´ uma
forc¸a conservativa. Por conservac¸a˜o de energia mecaˆnica,
(1/2)Iω20 +Mg`/2 = Mg`
Iω20 = Mg` =⇒ ω0 =
√
Mg`/I =
√
3g/`
b) valor=0,5 ponto
A colisa˜o na˜o altera o momento angular total do sistema barra+peˆndulo em relac¸a˜o ao
pino, pois o torque externo total em relac¸a˜o ao pino e´ nulo durante o processo de colisa˜o.
c) valor=0,5 ponto
Como a colisa˜o e´ ela´stica,
(1/2)Iω′2 + (1/2)mv2 = (1/2)Iω20
I(ω20 − ω′2) = mv2
Expandindo a equac¸a˜o acima
I(ω0 + ω
′)(ω0 − ω′) = mv2 → (i)
Como o momento angular e´ conservado temos:
Iω′ +mv · (2/3)` = Iω0
I(ω0 − ω′) = (2/3)mv` → (ii)
Dividindo a equac¸a˜o (i) pela (ii),
ω0 + ω
′ = (3/2)v/` → (iii)
Apo´s a susbstituic¸a˜o de I = (1/3)M`2 na equac¸a˜o ii):
ω0 − ω′ = 2mv/M` → (iv)
As equac¸o˜es (iii) e (iv) formam um sistema de equac¸o˜es lineares nas inco´gnitas ω′ e v;
w′ + 2(m/M)v/` = w0
w′ − (3/2)v/` = −wo
A soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es leva a,
ω′ =
1− (4/3)m/M
1 + (4/3)m/M
ω0 =
1− (4/3)m/M
1 + (4/3)m/M
√
3g/`
3
d) valor=0,5 ponto
(maneira 1)
A expressa˜o encontrada no item anterior mostra que ω′ se anula para
1− (4/3)m/M = 0 ⇒ m/M = 3/4
(maneira 2)
Calculemos a energia cine´tica do sistema imediatamente antes e depois da colisa˜o, im-
pondo a condic¸a˜o que a barra permanece em repouso apo´s a colisa˜o e que o peˆndulo
adquire velocidade v.
Ki =
1
2
I0ω
2 e Kf =
1
2
mv2
Como a energia cine´tica e´ conservada ∆K = 0, pois a colisa˜o e´ ela´stica,
I0ω
2
0 = mv
2 (v)
O momento angular e´ conservado, de acordo com a equac¸a˜o (ii) e impondo a condic¸a˜o de
que a velocidade angular da barra apo´s a colisa˜o ω′ e´ nula, temos,
Ioω0 =
2
3
m`v ∴ v = 3
2
I0ω0
m`
Substituindo o valor de v obtido anteriormente na equac¸a˜o (v):
I0ω
2
0 = m
(3
2
I0ω0
m`
)2
Apo´s algumas simplificac¸o˜es e subsituindo-se o valor de I0, obtemos,
m/M = 3/4
4