P2 e gabaritos - (2011.1 até 2014.2)

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gabarito_fsica_i_2011.1_-_segunda_prova.pdf
Questa˜o 1
a) valor = (1,0 pontos)
Ao longo da direc¸a˜o X, na˜o ha´ forc¸as externas. Como consequencia, podemos afirmar
que a acelerac¸a˜o do centro de massa CM, e´ nula ao longo deste eixo. O que implica que a
sua velocidade e´ constante, pois o momento linear nesta direc¸a˜o e´ conservado. Portanto,
segundo o referencial na Terra fixo ZOX, vx = −v0cos(θ) e V a velocidade da ta´bua.
V xCM (antes do salto) = 0 =
−mv0cosθ +MV
m+M
= V xCM (depois do salto)
Logo,
V =
m
M
v0cos(θ) ⇒ ~V = m
M
v0cos(θ)ˆı
b) valor = (1,0 pontos)
A conservac¸a˜o do momento linear do sistema, na direc¸a˜o X, ra˜-ta´bua nos informa que
se o centro de massa estava em repouso, ele permanecera´ nesta posic¸a˜o quaisquer que
sejam os movimentos relativos entre a ra˜ e a ta´bua nesta direc¸a˜o. Portanto a posic¸a˜o do
centro de massa CM e´ conservada.
Estabelecendo um sistema de coordenadas orientado a partir da posic¸a˜o do centro da
ta´bua, L/2, temos:
xiCM =
m(L/2) +M.0
m+M
xfCM =
m(−L/2 + ∆x) +M(+∆x)
m+M
A variac¸a˜o ∆x corresponde a quanto o centro da prancha se desloca e portanto o
quanto tambe´m a prancha se desloca quando a ra˜ pula para a outra extremidade.
Como xiCM = x
f
CM
∆x =
m
m+M
L
c) valor = (0,5 pontos)
A ta´bua retornaria a` posic¸a˜o inicial. Observe que na˜o importa o modo como a ra˜ volta
a` posic¸a˜o inicial, a forc¸a que a ra˜ exerce sobre a ta´bua e a forc¸a que a ta´bua exerce sobre a
ra˜ sa˜o internas ao sistema de part´ıculas ra˜+ta´bua e na˜o afetam o estado de movimento do
sistema. Sendo assim, o movimento da ta´bua e da ra˜ e´ correlacionado de forma a preservar
a posic¸a˜o do centro de massa. Portanto quando a ra˜ retorna para a extremidade original,
a ta´bua tambe´m retorna a` sua posic¸a˜o original.
1
Questa˜o 2
a) valor = (0,8 pontos)
O momento linear total e´ conservado, sob a condic¸a˜o de que a resultante das forc¸as
externas e´ nula e a explosa˜o decorre de forc¸as internas que na˜o afetam o estado de movi-
mento do sistema.
~Pi = ~Pf
Segundo o sistema de coordenadas indicado na figura temos:

~Pi = −MV (cos θıˆ + sen θˆ)
~Pf = ~p1 + ~p2
⇒


|~Pi|2 = P 2i = M2V 2
|~Pf |2 = P 2f = ~Pf ◦ ~Pf = p21 + p22 + 2~p1 ◦ ~p2
Como ~p1 e´ a perpendicular ~p2 e |~Pi| = |~Pf |, M2V 2 = p21 + p22 = m21v21 +m22v22,
v22 =
M2V 2 −m21v21
m22
⇒ v2 = ±
√
M2V 2 −m21v21
m22
Para os valores de v1 = 2V , m1 = (1/4)M e m2 = (3/4)M e de acordo com a figura
(granada no primeiro qaudrante) somente e´ poss´ıvel o sinal negativo de v2, obtemos:
v2 = −
√
M2V 2 − (1/4)2M2(2V )2
(3/4.M)2
→ v2 = − 2√
3
V ⇒ ~v2 = − 2√
3
V ıˆ
b) valor = (1,0 pontos)
A velocidade ~V ′ pode ser obtida de M~V ′ = ~Pf , ou seja, M~V
′ = ~p1 + ~p2. Portanto,
~V ′ =
~p1 + ~p2
M
, apo´s a substituic¸a˜o dos valores de m1, m2, v1 e v2,
~V ′ =
(1/4)M(−2V )ˆ+ (3/4)M(−2)/√3ıˆ
M
⇒ ~V ′ = −
√
3
2
V ıˆ− 1
2
V ˆ
Justificativa: a velocidade do centro de massa dos fragmentos ~v′ somente pode ser
obtida pela condic¸a˜o de que o momento linear total e´ conservado. O centro de massa
dos fragmentos mante´m a sua direc¸a˜o e sentido de propagac¸a˜o mesmo apo´s a granada
explodir.
Observe que |~V ′| = |~V | !!!
c) valor = (0,7 pontos)
Para calcular o aˆngulo θ devemos notar que a direc¸a˜o de propagac¸a˜o do centro de
massa na˜o se altera, logo,
tan θ =
PfY
PfX
=
p1
p2
→ tan θ = −(1/4)M2V−(3/4)M2/√3 =
√
3
3
ou θ = 30◦
2
Questa˜o 3
a) valor = (0,6 pontos)
Veja o diagrama ao lado.
Escolhemos as orientac¸o˜es mostradas na figura. Para o CM do cilindro o eixo horizontal
X positivo no sentido cilindro para a polia e o eixo Z vertical para cima. O sentido positivo
da rotac¸a˜o sera´ de OZ para OX. Para o bloco de massa m escolhemos um eixo Z ′ vertical
para baixo de acordo com o sentido do movimento do bloco.
Sobre o cilindro agem : o peso Mg, a reac¸a˜o normal N , a trac¸a˜o da corda T ′ e a forc¸a
de atrito esta´tica fa.
Sobre o bloco, apenas : a trac¸a˜o na corda T , a mesma que T ′, pois a polia na˜o tem
ine´rcia , e o peso mg.
b) valor = (0,9 pontos)
Temos para o cilindro:
1)a rotac¸a˜o em torno do CM
Iα = Rfat i)
2)o movimento horizontal do CM
Max = T − fa ii)
Para o bloco
maz′ = mg − T iii)
c) valor = (0,7 pontos)
A condic¸a˜o de rolamento sem deslizamento implica em ax = Rα e az′ = ax. Obtemos
resolvendo o sistema de equac¸o˜es i) ii) e iii)
ax =
m
I/R2 +M +m
g
T =
(I/R2 +M)m
I/R2 +M +m
g
d) valor = (0,2 pontos)
fa =
mI/R2
I/R2 +M +m
g
Como o sinal da fa calculado e´ positivo, o sentido adotado esta´ fisicamente certo no
desenho.
3
Questa˜o 4
a) valor = (1,0 pontos)
Antes da colisa˜o para o sistema esfera-haltere temos,
vCM,x =
m.v0 +m.0 + 2m.0
4m
=
v0
4
Como na˜o ha´ atrito e ~P + ~N = ~0, a resultante das forc¸as externas e´ nula. Portanto
ha´ conservac¸a˜o do momento linear total do sistema, ou equivalentemente, a velocidade
do CM permanece constante. O resultado acima vale para qualquer instante de tempo t.
Depois da colisa˜o, xCM (t) = xCM (0)+vCM,xt e como no momento da colisa˜o, xCM (0) = 0,
para qualquer instante t temos:
vCM,x(t) =
v0
4
; xCM(t) =
v0
4
t
vCM,y(t) = 0; yCM (t) = cte = 0
b) valor = (1,0 pontos)
Antes da colisa˜o so´ a esfera livre se movimenta, em movimento retil´ıneo uniforme. O
mo´dulo do momento angular do sistema, ~LaO, em relac¸a˜o a O e´:
|~LaO| = |~r ×m~v0| = r⊥mv0 = mdv0
Pela regra da ma˜o direita, o vetor momento angular aponta para dentro da pa´gina.
Pelo sistema de coordenadas indicado, o eixo z deve apontar para fora da pa´gina. Logo:
~LaO = −mdvokˆ
Depois da colisa˜o, o sistema gira em torno do CM. Para cada massa m:
|~li/CM | = mid2iω
Tambe´m neste caso (rotac¸a˜o hora´ria), o momento angular aponta para dentro da
pa´gina:
~LdCM =
∑
~li/CM ⇒ ~LdCM = −(m+m)d2ωkˆ − 2md2ωkˆ = −4md2ωkˆ
O momento angular total do sistema e´ dado, em relac¸a˜o ao ponto O,
~LdO = ~rCM ×M~vCM + ~LdCM
Mas para o ponto O indicado, ~rCM e ~vCM sa˜o paralelos, de forma que o primeiro termo
se anula:
~LdO =
~LdCM = −4md2ωkˆ
c) valor = (0,5 pontos)
Como na˜o ha´ torques externos e os torques envolvidos na colisa˜o sa˜o internos ao
sistema, o momento angular total se conserva, ~Lf = ~Li, ou seja, ~L
a
O =
~LdCM .
Enta˜o de acordo com os resultados anteriores,
−mdv0kˆ = −4md2ωkˆ ⇒ ω = v0
4d
4
gabarito_fsica_i_2011.2_-_segunda_prova.pdf
Questa˜o 1
a) valor = 1,0 pontos
O sistema esta´ sujeito a` ac¸a˜o de duas forc¸as constantes durante o intervalo de tempo
[t0, t]: ~F1 = 4F ıˆ e ~F2 = −F ıˆ. O movimento do centro de massa (CM) depende apenas
das forc¸as externas e a resultante sobre o sistema blocos-barra e´
~F ext = ~F1 + ~F2 = 3F ıˆ (1)
Sendo a forc¸a resultante constante, a acelerac¸a˜o tambe´m o e´. A segunda lei de Newton
para a translac¸a˜o do CM fica,
~F ext = (m1 +m2)~aCM
A massa total do sistema e´ m1 +m2 = 3m, portanto o vetor acelerac¸a˜o do CM e´,
~aCM =
F
m
ıˆ (2)
b) valor = 0,5 pontos
Como foi visto no item acima, a acelerac¸a˜o e´ constante e na˜o apresenta componente
na direc¸a˜o Y. Integrando a equac¸a˜o 2 duas vezes com relac¸a˜o ao tempo, e de acordo com
as condic¸o˜es iniciais, obtemos a posic¸a˜o ~RCM (t) do CM no instante t ≥ t0. Temos enta˜o
~RCM (t) = ~RCM (t0) + ~VCM (t0)(t− t0) + 1
2
~aCM(t− t0)2 (3)
Sabemos, contudo, que t0 = 0s e que o sistema parte do repouso, ou seja, a velocidade
inicial do CM, ~VCM (t0), e´ zero. A posic¸a˜o
inicial do CM e´
~RCM (t0) =
1
(m1 +m2)
[m1~r1(t0) +m2~r2(t0)] =
d
3
ˆ (4)
de maneira que a posic¸a˜o do CM no instante t e´
~RCM (t) =
d
3
ˆ+
F
2m
t2ıˆ (5)
c) valor = 0,5 pontos
A equac¸a˜o 5 e´ vetorial, de forma que as equac¸o˜es hora´rias para as componentes RX(t)
e RY (t) do vetor posic¸a˜o do CM sa˜o:
RX(t) =
1
2
F
m
t2 e RY (t) =
d
3
(6)
onde vemos que a posic¸a˜o RY (t) do CM e´ constante, o que se deve ao fato de na˜o haver
velocidade inicial nem acelerac¸a˜o na direc¸a˜o Y . Por outro lado, o movimento na direc¸a˜o
X e´ uniformemente acelerado. Assim a trajeto´ria do CM (descrita pelo seu vetor posic¸a˜o)
no plano YOX e´ uma reta, paralela ao eixo X, atravessando o eixo Y em Y =
d
3
.
1
Figure 1: Trajeto´ria do centro de massa(CM) representada pela linha pontilhada.
d) valor = 0,5 pontos
A barra sem massa utilizada inicialmente produzira´ forc¸as sobre as massas adjacentes,
pore´m tais forc¸as sa˜o internas ao sistema, na˜o sendo capazes de alterar o estado de movi-
mento do CM. No caso de uma mola (sem massa) no lugar da barra, as respostas
anteriores na˜o se alterariam, visto que as forc¸as ela´sticas tambe´m seriam internas,
na˜o interferindo no movimento do CM, sujeito somente a` forc¸a externa resultante.
2
Questa˜o 2
a) valor = (0,5 pontos)
O momento linear total conserva-se pois a resultante das forc¸as externas sobre o sis-
tema e´ zero.


~PAntes = muıˆ
~PDepois = m
u√
3
ˆ+M (v cos θ ıˆ− v sen θ ˆ) = Mv cos θ ıˆ +
(
m
u√
3
−Mv sen θ
)
ˆ
(1)
Como o momento ~PAntes = ~PDepois, as componentes x e y da conservac¸a˜o do momento linear
sa˜o
x : mu = Mv cos θ, (2)
y : 0 = Mv sen θ −m u√
3
⇒ m u√
3
= Mv sen θ (3)
Para determinar θ, calcula-se (3)/(2):
Mv sen θ
Mv cos θ
=
mu√
3mu
⇒ tan θ = 1√
3
⇒ θ = 30◦. (4)
b) valor = (0,5 pontos)
A energia cine´tica conserva-se pois a colisa˜o e´ ela´stica, KAntes = KDepois. Enta˜o
m
2
u2 =
m
2
(
u√
3
)2
+
M
2
v2 ⇒
(
1− 1
3
)
u2 =
M
m
v2 ⇒ λv2 = 2u
2
3
. (5)
Elimina-se θ das equac¸o˜es da conservac¸a˜o do momento linear calculando-se (2)2 + (3)2:
M2v2
(
cos2θ + sen2θ
)
= m2
(
1 +
1
3
)
u2 ⇒ λv2 = 4u
2
3λ
. (6)
O valor de λ e´ obtido igualando as equac¸o˜es (5) e (6)
2u2
3
=
4u2
3λ
(7)
λ = 2. (8)
Substituindo (8) em (5), encontra-se v:
2v2 =
2u2
3
⇒ v2 = u
2
3
∴ v =
u√
3
. (9)
3
c) valor = (0,5 pontos)
A velocidade do centro de massa antes da colisa˜o e´ calculada pela definic¸a˜o de veloci-
dade do centro de massa, ~VCM =
∑
m~vi/
∑
mi, e usando que λ = 2:
~V AntesCM =
muıˆ
m+M
=
uıˆ
1 +M/m
⇒ ~V AntesCM =
u ıˆ
1 + λ
⇒ ~V AntesCM =
u
3
ıˆ. (10)
d) valor = (0,5 pontos)
Maneira 1
A velocidade do centro de massa apo´s a colisa˜o e´ calculada pela definic¸a˜o e usando os
resultados dos itens (a) e (b):
~V DepoisCM =
m u√
3
ˆ+M (v cos θ ıˆ− v sen θ ˆ)
m+M
=
u√
3
ˆ + λ
(
u√
3
cos 30◦ ıˆ− u√
3
sen 30◦ ˆ
)
1 + λ
=
u√
3
ˆ+ 2
(
u√
3
×
√
3
2
ıˆ− u√
3
× 1
2
ˆ
)
3
=
u
3
ıˆ+
1
3
(
u√
3
− u√
3
)
ˆ
=
u
3
ıˆ. (11)
Maneira 2
Neste caso, pode-se usar diretamente que como o momento linear se conserva, tem-se
que ~PAntes = ~PDepois.
Logo,
M~V AntesCM = M
~V DepoisCM
~V AntesCM =
~V DepoisCM =
u
3
ıˆ,
conforme calculado no item (c).
e) valor = (0,5 pontos)
~V AntesCM =
~V DepoisCM . A justificativa foi apresentada na segunda soluc¸a˜o para o item (d). A
velocidade do centro de massa mate´m-se invariante independentemente do tipo de colisa˜o!
4
Questa˜o 3
a) valor = (0,5 pontos)
Inicialmente, o momento angular do sistema e´ ~L = ~rA × ~pA + ~rB × ~pB , onde ~rA e ~rB
sa˜o os vetores posic¸a˜o dos patinadores em relac¸a˜o ao centro de massa. Assim,
~L = −(mvd
2
)kˆ − (mvd
2
)kˆ = −mvdkˆ.
b) valor = (0,5 pontos)
Como na˜o ha´ torques externos(~PA + ~NA = ~0 e ~PB + ~NB = ~0) e a forc¸a radial que
atua em cada patinador na˜o produz torque, o momento angular do sistema se conserva,
de modo que ~L = −mvdkˆ = I~ω. Como o momento de ine´rcia e´ I = 2×m
(
d
2
)
2
=
md2
2
,
enta˜o,
~ω = −2v
d
kˆ.
c) valor = (0,5 pontos)
A energia cine´tica e´ K = 1
2
Iω2,
Temos do item anterior: I =
md2
2
e ~ω = −2v
d
kˆ.
Logo,
K =
1
2
md2
2
× (2v
d
)2 ⇒ K = mv2.
d) valor = (0,5 pontos)
Mais uma vez o momento angular do sistema se conserva, pois na˜o ha´ torques externos.
Assim, I~ω = I ′~ω′, onde I ′ e ~ω′ sa˜o, respectivamente, o momento de ine´rcia e a velocidade
angular depois do puxa˜o. O momento de ine´rcia I ′ = 2×m
(
d
4
)
2
=
md2
8
, de modo que
obtemos assim a velocidade angular,
~ω′ = 4~ω = −8v
d
kˆ.
e) valor = (0,5 pontos)
A nova energia cine´tica e´ K ′ = 1
2
I ′ω′2 = 4mv2. A energia cine´tica aumenta, por conta
do trabalho realizado pelos patinadores ao puxarem-se um ao outro.
5
Questa˜o 4
a) valor = (1.0 pontos)
As forc¸as que agem no carretel sa˜o as forc¸as normal, ~N , peso ~P , e de atrito ~fat; vide
diagrama abaixo. As equac¸o˜es de Newton para translac¸a˜o e rotac¸a˜o sa˜o:
translac¸a˜o: ~N + ~P + ~fat = M~acm
rotac¸a˜o: ~τN + ~τP + ~τfat = I~α
b) valor = (1.0 pontos)
A relac¸a˜o entre a acelerac¸a˜o angular e a acelerac¸a˜o tangencial do carretel para a
rotac¸a˜o e´ dada por ~α×~r = ~aT . Como o carretel rola sem deslizar o mo´dulo da acelerac¸a˜o
tangencial |~aT | e´ igual ao mo´dulo da acelerac¸a˜o do centro de massa do carretel |~acm|.
Portanto de acordo com o sistema de coordenadas indicado e os torques obtidos com
relac¸a˜o ao centro do carretel(~τP e ~τN se anulam) temos:


(Psenθ − fat)ˆı = Macm ıˆ
rfat(−kˆ) = I(−αkˆ)
αr = acm
⇒
{
Psenθ − fat = Macm
fatr = Iacm/r
A soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es da direita nos da´:
acm =
Psenθ
(I/r2 +M)
=
Mgsenθ
(MR2/r2 +M)
∴ acm =
r2gsenθ
(R2 + r2)
.
c) valor = (0,5 pontos)
Na condic¸a˜o de inclinac¸a˜o ma´xima(θmax) o carretel estara´ no limite do deslizamento.
A forc¸a de atrito limite sera´ dada por |~fat| = µe| ~N |. Nesta situac¸a˜o | ~N | = Mgcosθmax,
fat = µeMgcosθmax = acmI/r
2 ⇒ µeMgcosθmax = r
2gsenθmax
(R2 + r2)
× MR
2
r2
tan θmax = µe
(R2 + r2)
R2
.
6
gabarito_fsica_i_2013.1_-_segunda_prova.pdf
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Centro de Cieˆncias Matema´ticas e da Natureza
Instituto de F´ısica
Segunda Prova de F´ısica IA - 15/07/2013
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=1,2 pontos
O ioioˆ desloca-se com dois modos de movimento dados pela dinaˆmica de rotac¸a˜o e de translac¸a˜o.
translac¸a˜o :
∑
~F ext =M~aCM
rotac¸a˜o :
∑
~τ ext = I~α
Na direc¸a˜o e sentido do movimento de translac¸a˜o e considerando que o ioioˆ gira
em torno
do seu centro de massa no sentido anti-hora´rio sem deslizar sobre o corda e que os torques sa˜o
calculados em relac¸a˜o centro de massa, temos:

Mg − T = MaCM
TR = Iα
aCM = αR
→


Mg − T = MaCM (i)
T = IaCM/R
2 (ii)
A soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es da direita permite obter a acelerac¸a˜o do centro de massa,
aCM =
Mg
(I/R2 +M)
como I = (1/2)MR2 ∴ aCM =
2
3
g
b) valor=0.3 pontos
Para obter o valor da tensa˜o da corda podemos usar a equac¸a˜o (ii) do sistema de equac¸o˜es,
substituindo o valor da aCM obtido do item anterior. Logo,
T =
IaCM
R2
→ T =
1
3
Mg
c) valor=0.5 ponto
A velocidade do centro de massa do ioioˆ apo´s ele cair de uma altura h, pode ser obtida aplicando
o princ´ıpio da conservac¸a˜o de energia mecaˆnica. Assim temos:
Ei = Mgh e Ef = KR +KT =
1
2
Iω2 +
1
2
Mv2CM
Para Ei = Ef e ω = vCM/R,
v2CM =
2Mgh
(I/R2 +M)
com I = (1/2)MR2 → vCM =
√
4
3
gh
d) valor=0,5 ponto
A energia cine´tica de rotac¸a˜o e´KR = (1/2)Iω
2 e de translac¸a˜o KT = (1/2)Mv
2
CM . Portanto,
KR
KT
=
(1/2)Iω2
(1/2)Mv2CM
=
(1/2)MR2v2CM/R
2
Mv2CM
∴
KR
KT
=
1
2
Este resultado vale para qualquer instante t e tambe´m quando o ioioˆ cai de uma altura h.
2
Questa˜o discursiva 2 (valor=2.5 pontos)
a) valor=1,0 ponto
Na˜o ha´ forc¸a externa sobre o sistema constitu´ıdo pelos dois objetos. Portanto, seu momento
linear se conserva, isto e´, m(−3vıˆ) +m 2vıˆ = m(−vıˆ+ vˆ) +m~v ′
2
, donde
~v ′
2
= −vˆ.
b) valor=1,5 pontos
Calculando a energia cine´tica total antes da colisa˜o temos:
K = (1/2)m(−3v)2 + (1/2)m(2v)2 = (13/2)mv2
Depois da colisa˜o,
K ′ = (1/2)m((−v)2 + v2) + (1/2)m(−v)2 = (3/2)mv2, donde
K ′/K = 3/13.
Concluimos assim que o choque e´ inela´stico, pois K ′ 6= K.
3
gabarito_fsica_i_2013.2_-_segunda_prova.pdf
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Centro de Cieˆncias Matema´ticas e da Natureza
Instituto de F´ısica
Segunda Prova de F´ısica IA - 18/11/2013
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=1,0 ponto
O momento linear total e´ consevado pois a resultante das forc¸as externas e´ nula,
~Pi = ~Pf
~Pi = 2m~v e ~Pf = 2m(−2~v) +m~vB
∴ ~vB = 6~v → vB = 6v
b) valor=1,0 ponto
Calculando a velocidade do centro de massa do sistema antes (a) e depois da colisa˜o (d),
~vcm,a =
2m
2m+m
~v → |~vcm,a| =
2
3
v (1)
~vcm,d =
2m(−2~v) +m(6~v)
2m+m
→ |~vcm,d| =
2
3
v (2)
Como o momento linear total e´ conservado, a velocidade do centro de massa conserva-se inde-
pendentemente do tipo de colisa˜o.
c) valor=0,5 ponto
Calculando as energias cine´ticas antes Ka e depois Kd da colisa˜o temos,
Ka =
1
2
mAv
2 =
1
2
2mv2 = mv2 (3)
Kd = KA,d +KB,d =
1
2
2m(2v)2 +
1
2
m6v2 = 22mv2 (4)
∴ ∆K = 22mv2 −mv2 → ∆K = 21mv2 (5)
∆K > 0 corresponde a uma colisa˜o inela´stica com liberac¸a˜o de energia no processo de
colisa˜o!!
2
Questa˜o discursiva 2 (valor=2,5 pontos)
a) valor=1,6 pontos
Na figura esta˜o representadas as forc¸as que agem no bloco e
no disco, onde ~Pb e´ o peso do bloco, ~PD o peso do disco, ~T
a trac¸a˜o do cabo sobre o bloco e ~T ′ a reac¸a˜o agindo sobre o
disco, ~FS a forc¸a que o pino exerce sobre o disco e a forc¸a ~F .
A dinaˆmica para o disco e´ dada pela relac¸a˜o
∑
i ~τ
ext
i = I~α e
para o bloco
∑
i
~Fi = m~a ale´m da condic¸a˜o de v´ınculo a = αR,
admitindo que o cabo na˜o desliza sobre o disco, onde a e´ o
mo´dulo da acelerac¸a˜o do bloco e α o mo´dulo da acelerac¸a˜o
angular do disco.
Assim temos, considerando o sentido de rotac¸a˜o positivo como anti-hora´rio e que |~T | = |~T ′| = T :


RT −RF = −Iα
T − Pb = ma
a = αR
⇒
{
F − T = Ia/R2
T − Pb = ma (i)
A resoluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es da direita permite obter a acelerac¸a˜o a, onde I = (1/2)MR2,
a =
F −mg
(m+M/2)
b) valor=0,4 ponto
A trac¸a˜o do fio pode ser obtida de (i), apo´s substituirmos o valor de a encontrado no item
anterior,
T − Pb = ma → T =
m(F +Mg/2)
(m+M/2)
c) valor=0,5 ponto
Para a variac¸a˜o da energia cine´tica do disco temos ∆K = Wtotal = Kf , pois Ki = 0.
O trabalho total e´ dado pelo trabalho das forc¸as ~F e ~T ′ sobre o disco fazendo-o girar. Como
o cabo e´ puxado de h, e lembrando que |~T ′| = T ,
Kf = (F − T
′)h =
[
F −
m(F +Mg/2)
(m+M/2)
]
h
∴ Kf =
1
2
M(F −mg)
(m+M/2)
h
3
gabarito_fsica_i__-_turma_eqn_2012.1_-_segunda_prova.pdf
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Centro de Cieˆncias Matema´ticas e da Natureza
Instituto de F´ısica
Segunda Prova de F´ısica IA - Turma EQN - 28/06/2012
Respostas para provas h´ıbridas
Gabarito das Questo˜es objetivas
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
Gabarito da Prova P2 da Disciplina F´ısica IA: Questo˜es Discursivas
I. QUESTA˜O DISCURSIVA 1: 2.5 PONTOS
A. Item (a): 0.5 pontos
Escolhemos inicialmente um sistema de coordenadas tal que:
1. O eixo Ox seja paralelo ao trecho A−B e a coordenada x aumente da esquerda para a direita;
2. O eixo Oy seja perpendicular ao trecho A−B e a coordenada y aumente de baixo para cima;
3. O eixo Oz seja perpendicular a` pa´gina e a coordenada z aumente “em direc¸a˜o ao leitor”.
Desta forma, o deslocamento total no trecho A−B e´ dado por
~d = dıˆ . (1)
O peso da esfera ~P pode ser escrito como
~P = Mg sin θıˆ−Mg cos θˆ . (2)
Portanto, o trabalho WP realizado por ~P , que e´ constante, no trecho A−B e´
WP = ~P · ~d = Mgd sin θ .
Alternativamente, o resultado acima pode tambe´m ser obtido se nos lembrarmos que o trabalho realizado pelo
peso e´ igual a menos a variac¸a˜o da energia potencial gravitacional, WP = −∆Ugrav. Escolhendo um novo sistema de
coordenadas especificado por
1. O eixo Ox′ seja paralelo a` superf´ıcie da Terra;
2. O eixo Oy′ seja perpendicular a` superf´ıcie da Terra e que a coordenada y′ aumente de baixo para cima;
3. O eixo Oz′ seja perpendicular a` pa´gina e a coordenada z′ aumente “em direc¸a˜o ao leitor”.
temos que Ugrav = Mgy
′. Posicionando a origem de forma que a coordenada y′ do ponto B seja igual a zero, y′B = 0,
temos que y′A = +d sin θ e assim
WP = −∆Ugrav = − (Mgy′B −Mgy′A) = − [Mg(0) −Mg(d sin θ)] = Mgd sin θ , (3)
resultado ideˆntico ao obtido anteriormente.
Por outro lado, a forc¸a normal exercida pela superf´ıcie sobre a esfera e´ sempre perpendicular ao deslocamento ~d = dıˆ
e portanto o trabalho Wn por ela realizado e´ nulo,
Wn = 0
2
B. Item (b) 0.7 pontos
Conforme vimos no item anterior, a energia potencial gravitacional no ponto A e´ igual a Ugrav,A = Mgd sin θ. A`
medida em que a esfera rola em direc¸a˜o ao ponto B, Ugrav,A e´ convertida em energias cine´tica de translac¸a˜o, Kt, e
de rotac¸a˜o, Kr. O rolamento
da esfera e´ devido a` existeˆncia de uma forc¸a de atrito esta´tico entre a base da esfera e a
superf´ıcie, que na˜o realiza trabalho l´ıquido sobre a esfera. Assim, como o trabalho devido a` normal e´ nulo, como vimos
no item anterior, a energia mecaˆnica total e´ conservada ao longo do trajeto A−B, EA = EB . Como EA = Ugrav,A e
EB = Kt,B +Kr,B , temos
Mgd sin θ =
Mv2cm,B
2
+
Iω2z,B
2
, (4)
onde vcm,B e´ a velocidade do centro de massa (CM) da esfera no ponto B e ωz,B e´ a velocidade angular em relac¸a˜o
ao CM da esfera no mesmo ponto. Como na˜o ha´ deslizamento, tais grandezas esta˜o relacionadas por
vcm,B = Rωz,B . (5)
Impondo esta condic¸a˜o a` Eq. (4), e usando o dado I = (2/5)MR2, obtemos
Mgd sin θ =
7
10
MR2ω2z,B , (6)
e finalmente
ωz,B =
1
R
√
10dg sin θ
7
.
C. Item (c): 0.7 pontos
A partir do ponto B na˜o mais ha´ atrito entre a base da esfera e a superf´ıcie, de forma que o torque e´ nulo e assim a
velocidade angular (rotac¸a˜o em relac¸a˜o ao CM) no ponto C e´ igual a`quela no ponto B, ωz,C = ωz,B . Desta forma, a
energia cine´tica de rotac¸a˜o permanece constante no trecho B − C e temos, usando o resultado do item anterior para
ωz,B , que a energia cine´tica de rotac¸a˜o no ponto C e´ dada por
Kr,C =
Iω2z,C
2
=
Iω2z,B
2
=
M
5
10dg sin θ
7
=
2Mdg sin θ
7
, (7)
Por outro lado, o trabalho realizado pelo peso no trecho A − C e´ igual a menos a variac¸a˜o da energia potencial
gravitacional ao longo deste percurso, ou seja
WP = −∆Ugrav = −Mg (y′C − y′A) = MgH . (8)
Mas, como vimos, a u´nica forc¸a a realizar trabalho sobre a esfera e´ justamente o seu peso, de forma que o trabalho
WP devido a` esta forc¸a ao longo do trecho A − C e´ igual a` soma da energia cine´tica de translac¸a˜o do CM no ponto
C, Kt,C =
1
2Mv
2
cm,C , e da energia cine´tica de rotac¸a˜o no mesmo ponto, dada pela Eq. (7). Ou seja,
WP = MgH = Kt,C =
Mv2cm,C
2
+
Iω2z,C
2
=
Mv2cm,C
2
+
2Mdg sin θ
7
. (9)
3
De forma a obter o mo´dulo do momento linear do CM no ponto C, pcm,C = Mvcm,C , isolamos vcm,C na equac¸a˜o
acima e obtemos
vcm,C =
√
2gH − 4dg sin θ
7
. (10)
Por fim
pcm,C = Mvcm,C = M
√
2gH − 4dg sin θ
7
.
D. Item (d): 0.6 pontos
Como mencionamos no item anterior, no trecho B − C na˜o ha´ atrito e portanto a velocidade angular de rotac¸a˜o
em relac¸a˜o ao CM e´ constante, ωz,C = ωz,B . Evidentemente, o mesmo ocorre com o momento angular da esfera
em relac¸a˜o ao seu CM, Lcm,z,C = Lcm,z,B (note-se que a velocidade angular e o momento angular somente possuem
componente z, na direc¸a˜o perpendicular ao plano que contem a figura). Adicionalmente, o eixo de rotac¸a˜o, fixo, e´
um eixo de simetria da esfera, de forma que Lcm,z,C = Iωz,C . Assim, usando o resultado anteriormente obtido para
ωz,C = ωz,B no item (b), conclu´ımos que o mo´dulo do momento angular em relac¸a˜o ao CM no ponto C e´
Lcm,z,C =
2MR
5
√
10dg sin θ
7
.
Note que a esfera gira no sentido anti-hora´rio e assim ~Lcm,C = −Lcm,z,C kˆ (aponta “para dentro da pa´gina”).
II. QUESTA˜O DISCURSIVA 2: 2.5 PONTOS
A. Item (a): 0.7 pontos
A velocidade da part´ıcula 1 antes da colisa˜o e´ ~v1 = v1 ıˆ, enquanto que a da part´ıcula 2 e´ ~v2 = v2ˆ. A velocidade do
centro de massa (CM) para um sistema de N part´ıculas, i = 1, · · · , N , e´ definida por
~vcm =
∑
imi~vi∑
imi
. (11)
No presente caso N = 2 e as velocidades de cada uma das part´ıculas ja´ foi especificada. Assim, a velocidade do CM
antes da colisa˜o e´ dada por
~vcm =
m1v1 ıˆ+m2v2ˆ
m1 +m2
, (12)
cujo mo´dulo e´
vcm =
√
m21v
2
1 +m
2
2v
2
2
m1 +m2
.
4
B. Item (b) 0.7 pontos
Na˜o ha´ forc¸as externas agindo sobre o sistema composto formado por 1 e 2. Desta forma, o momento total do
sistema, ~P e´ conservado: ~Pi = ~Pf . Antes da colisa˜o temos
~Pi = ~p1 + ~p2 = m1~v1 +m2~v2 . (13)
Apo´s a colisa˜o completamente inela´stica as part´ıculas movem-se juntamente com velocidade ~V e portanto
~Pf = ~pcm = (m1 +m2)~V . (14)
~V e´ enta˜o obtida a partir da conservac¸a˜o do momento total, ~Pi = ~Pf :
~V =
m1v1 ıˆ+m2v2ˆ
m1 +m2
, (15)
Finalmente,
V =
√
m21v
2
1 +m
2
2v
2
2
m1 +m2
.
C. Item (c): 0.4 pontos
Conforme dissemos anteriormente, na˜o ha´ forc¸as externas atuando sobre o sistema. Como consequ¨eˆncia, o momento
linear total do sistema e´ conservado. Para qualquer sistema composto, podemos identificar o momento linear total do
sistema, ~P , com o momento linear do centro de massa do mesmo, ~pcm. Na presente situac¸a˜o, como ~P e´ constante, o
mesmo ocorrera´ com ~pcm, e logo a velocidade do centro de massa na˜o se altera apo´s a colisa˜o. Verificamos tal fato
explicitamente nos itens anteriores, calculando: a velocidade do CM antes (a) e depois (b) da colisa˜o na origem.
D. Item (d): 0.7 pontos
Podemos escrever, de acordo com a figura, que
~V = Vx ıˆ+ Vy ˆ = V sinβıˆ+ V cosβˆ , (16)
ou seja, Vx/Vy = tanβ. Por outro lado, da Eq. (15) temos
Vx =
m1v1
m1 +m2
e Vy =
m2v2
m1 +m2
. (17)
Logo, tanβ = (m1v1)/(m2v2) e assim
β = arctan
(
m1v1
m2v2
)
.
		PUB20121GabP2EQN
		PubEQNProva2Dis20121P.pdf
		Questão Discursiva 1: 2.5 pontos
		Item (a): 0.5 pontos
		Item (b) 0.7 pontos
		Item (c): 0.7 pontos
		Item (d): 0.6 pontos
		Questão Discursiva 2: 2.5 pontos
		Item (a): 0.7 pontos
		Item (b) 0.7 pontos
		Item (c): 0.4 pontos
		Item (d): 0.7 pontos
gabarito_fsica_i__2012.1_-_segunda_prova.pdf
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Centro de Cieˆncias Matema´ticas e da Natureza
Instituto de F´ısica
Segunda Prova de F´ısica IA - 25/06/2012
Respostas para provas h´ıbridas
Gabarito das Questo˜es objetivas
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
a) valor=0.5 pontos
Diagrama de forc¸as:
As forc¸as ~P1, ~P2 e ~PD sa˜o as forc¸as peso, ~T1 e ~T2 sa˜o as trac¸o˜es do fio nas massas 1 e 2,
respectivamente. ~Fs e´ a forc¸a de sutentac¸a˜o do eixo sobre o disco composto. ~T
′
1 e
~T ′2 sa˜o
as reac¸o˜es das trac¸o˜es sobre o disco.
b) valor=0.8 pontos
As equac¸o˜es do movimento para o disco composto e as massas sa˜o dadas por:
Disco :
∑
i
~τ exti = I~α massas 1 e 2 :
∑
i
~F exti = m~a
Para cada forc¸a agindo no disco e nas massas:
Disco :~τFS + ~τT ′1 + ~τT ′2 + ~τPD = I~α
massa 1: ~T1 + ~P1 = m~a1
massa 2: ~T2 + ~P2 = m~a2
2
c) valor=0.8 pontos
Dinamicamente, para o disco composto e para as massas 1 e 2, considerando que o disco
gira por hipo´tese no sentido anti-hora´rio:


T1 − P1 = −m1a1
T2 − P2 = m2a2
R1T
′
1 − R2T
′
2 = Iα
Como o fio e´ inextens´ıvel temos as condic¸o˜es adicionais:
∣∣∣~T1
∣∣∣ = ∣∣∣~T ′1
∣∣∣ , ∣∣∣~T2
∣∣∣ = ∣∣∣~T ′2
∣∣∣
A relac¸a˜o entre as acelerac¸o˜es de cada massa e a acelerac¸a˜o angular do disco composto
e´ dada por:
a1 = αR1
a2 = αR2
Com os dados acima obtemos a o sistema de equac¸o˜es:


T1 − P1 = −m1αR1
T2 − P2 = m2αR2 (i)
R1T1 − R2T2 = Iα
A soluc¸a˜o do sistema acima nos da´ a acelerac¸a˜o α,
α =
(
m1R1 −m2R2
m1R
2
1 +m2R
2
2 + I
)
g
d) valor= 0.4 pontos
A condic¸a˜o matema´tica para que o sistema esteja em equil´ıbrio e´ dada pelo valor de α
nulo. O que significa que o torque resultante sera´ nulo, pois τR = Iα. Logo do resultado
do item anterior,
m1R1 −m2R2 = 0 ⇒ m1R1 = m2R2
Uma outra alternativa e´ indicar que a condic¸a˜o de equil´ıbrio satisfaz a:


~τRes = ~0 → ~α = ~0
~F 1Res = ~0 → ~a1 = ~0
~F 2Res = ~0 → ~a2 = ~0
e de (i) obtermos tambe´m que m1R1 = m2R2.
3
Questa˜o discursiva 2
a) valor=0.5 pontos
Pelo teorema dos eixos paralelos,
IO = ICM +M(`/2)
2 = (1/12)M`2 + (1/4)M`2 = (1/3)M`2
b) valor=0.8 pontos
Durante a descida, a u´nica forc¸a que atua sobre a haste e que realiza trabalho e´ o peso,
que e´ uma forc¸a conservativa. Enta˜o, por conservac¸a˜o da energia mecaˆnica E = K + U .
Considerando a energia potencial de refereˆncia U0 = 0 na linha horizontal que passa
pela corpo antes da colisa˜o e que a energia potencial da haste, neste item, e´ calculada
tomando-se o seu centro de massa.
Ki + Ui = Kf + Uf
0 +Mg` = (1/2)IOω
2 +Mg`/2 ⇒ ω =
√
Mg`/IO =
√
3g/`
c) valor=0.4 pontos
O momento de ine´rcia do sistema haste-corpo apo´s a colisa˜o, em relac¸a˜o ao ponto fixo
O, e´ dado por:
I ′ = IO + Icorpo
I ′ =
1
3
M`2 +
1
9
M`2 ⇒ I ′ =
4
9
M`2
d) valor=0.8 pontos
Ha´ uma forc¸a externa exercida pelo pino sobre a haste, e assim o momento linear total
na˜o se mante´m constante. Essa forc¸a, pore´m, na˜o exerce torque em relac¸a˜o ao pino de
articulac¸a˜o (o brac¸o da alavanca e´ nulo), o que leva a` conservac¸a˜o do momento angular
total do sistema formado pela haste e pelo corpo de massa m, em relac¸a˜o ao pino:
~L(i)o =
~L(f)o
IOω = I
′ω′
ω′ = (IO/I
′)ω
De acordo com os resultados dos itens anteriores a) e d) temos,
ω′ =
(1/3)M`2
(4/9)M`2
√
3g/`
ω′ =
3
4
√
3g/`
4
gabarito_fsica_i__2012.2_-_segunda_prova.pdf
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
gabarito_p2-2014.1.pdf
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
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=⇒ T2 =
1
4
mg .
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VictorB
Typewritten Text
Onde se lê: ....em relação à tábua.nullMudar para: ....em relação ao referencial fixo na Terra ZOX,
VictorB
Highlight
p2_-_2011.2.pdf
Instituto de F´ısica - UFRJ
Segunda Prova de F´ısica IA - 2011/2
Obs: em todas as questo˜es em que for necessa´rio, considere que g e´ o mo´dulo da acelerac¸a˜o da gravidade
Questa˜o 1) Dois blocos de massas m1 = m e m2 = 2m esta˜o presos por uma barra fina, r´ıgida e
de massa desprez´ıvel. O sistema blocos-barra esta´ em repouso, sobre uma mesa horizontal sem
atrito, na configurac¸a˜o mostrada na figura abaixo de acordo com o sistema de coordenadas YOX.
Num dado instante t0=0s aplicam-se simultaneamente duas forc¸as ~F1 e ~F2 nas massas m1 e m2
respectivamente. Estas forc¸as teˆm mo´dulos F1 = 4F e F2 = F e sentidos opostos sendo as suas
direc¸o˜es paralelas ao eixo horizontal OX. As forc¸as aplicadas sa˜o mantidas constantes durante
um certo tempo t. Durante este tempo, considerando a translac¸a˜o do sistema, determine:
a) o vetor acelerac¸a˜o do centro de massa do sistema, ~aCM ;
b) as coordenadas do centro de massa do sistema RX(t) e RY (t) para um instante qualquer
entre t0 e t;
c) de acordo com o item anterior qual a trajeto´ria do centro de massa do sistema;
d) Se substituirmos a barra por uma mola(tambe´m de massa desprez´ıvel), o que acontece com
os resultados obtidos nos itens anteriores? Justifique a sua resposta.
Questa˜o 2) Uma part´ıcula de massa m e velocidade inicial ~u = uıˆ, colide elasticamente com
outra de massa M , inicialmente em repouso no referencial do laborato´rio. Apo´s a colisa˜o, a
part´ıcula de massa m foi defletida por um aˆngulo de 90◦, e o mo´dulo de sua velocidade foi
reduzido
para u/
√
3. A part´ıcula de massa M emerge da colisa˜o com velocidade de mo´dulo v,
numa direc¸a˜o que faz um aˆngulo θ com a direc¸a˜o ıˆ. Determine:
a) o aˆngulo θ;
b) a raza˜o λ = M/m e o valor de v;
c) o vetor velocidade do centro de massa do sistema, antes da colisa˜o;
d) o vetor velocidade do centro de massa apo´s a colisa˜o.
e) Compare os resultados obtidos nos itens c) e d). Justifique a sua resposta.
Questa˜o 3) Dois patinadores, cada um com massa m, deslizando sobre uma pista de gelo de
atrito desprez´ıvel, aproximam-se um do outro com velocidades ~vA e ~vB de mo´dulos iguais a
v e de sentidos opostos, segundo retas paralelas separadas por uma distaˆncia d, como esque-
maticamente mostra a figura. Adote o sistema de refereˆncia indicado na figura, com o eixo z
apontando perpendicularmente para fora da folha.
a) Obtenha o vetor momento angular do sistema em relac¸a˜o ao centro de massa.
b) Quando os patinadores esta˜o frente a` frente e a distaˆncia entre eles e´ d, estendem os brac¸os
e da˜o-se as ma˜os, passando a girar em torno do centro de massa, mantendo entre eles a
distaˆncia d. Calcule a velocidade angular de rotac¸a˜o dos patinadores.
c) Calcule a energia cine´tica nesta situac¸a˜o.
d) Em um dado instante, os patinadores puxam-se um ao outro, reduzindo sua distaˆncia para
d/2. Qual a nova velocidade angular de rotac¸a˜o?
e) Qual a nova energia cine´tica? Ela se conserva? Por queˆ?
Questa˜o 4) Um carretel de massa M e momento de ine´rcia I = MR2, em relac¸a˜o ao eixo que
passa longitudinalmente pelo seu centro de massa, e´ colocado sobre uma fita fina e r´ıgida presa
a` parede e ao cha˜o inclinada de um aˆngulo θ em relac¸a˜o ao cha˜o. O carretel possui raios internos
e externos iguais a r e R respectivamente. Ele parte do repouso e durante o seu movimento rola
sem deslizar e na˜o tomba para os lados.
a) Escreva as equac¸o˜es de Newton para o movimento de translac¸a˜o e rotac¸a˜o do carretel.
b) Determine a acelerac¸a˜o do centro de massa do carretel.
c) Determine a inclinac¸a˜o ma´xima da fita para que o carretel role sem deslizar. Considere que
o coeficiente de atrito esta´tico entre o carretel e a fita e´ igual µe.
p2_-_2012.1.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
INSTITUTO DE FI´SICA
FI´SICA I – 2012/1
SEGUNDA PROVA (P2) – 25/06/2012
VERSA˜O: A
INSTRUC¸O˜ES: LEIA COM CUIDADO!
1. Preencha CORRETA, LEGI´VEL E TOTALMENTE os campos em branco do cabec¸alho do caderno de resoluc¸a˜o,
fornecido em separado.
2. A prova constitui-se de duas partes:
• uma parte objetiva, perfazendo um total de 5,0 pontos, constitu´ıda por dez (10) questo˜es objetivas (de mu´ltipla
escolha), cada uma das quais valendo 0,5 ponto, sem penalizac¸a˜o por questa˜o errada.
• uma parte discursiva, perfazendo um total de 5,0 pontos, constitu´ıda por duas (2) questo˜es discursivas (ou argumen-
tativas ou dissertativas), cada uma das quais valendo 2,5 pontos.
3. Acima da tabela de respostas das questo˜es objetivas, na primeira pa´gina do caderno de resoluc¸a˜o, INDIQUE CLARA-
MENTE A VERSA˜O DA PROVA (A, B,. . . ).
4. O item considerado correto, em cada uma das questo˜es objetivas, deve ser assinalado, A CANETA (de tinta azul ou
preta), na tabela de respostas correspondente do caderno de resoluc¸a˜o
5. E´ vedado o uso de qualquer instrumento eletro-eletroˆnico (calculadora, celular, iPod, etc)
6. Seja organizado e claro.
Formula´rio
sen2θ + cos2θ = 1, sen2θ = 2senθcosθ
sen(α± θ) = senαcosθ ± cosαsenθ, cos(α± θ) = cosαcosθ ∓ senαsenθ
d
dx
xn = nxn−1
∫
xndx =
xn+1
n+ 1
(n 6= −1)
d
dx
senax = acosax,
d
dx
cosax = −asenax
Lei dos senos:
a
senα
=
b
senβ
=
c
senγ
Lei dos cossenos: a2 = b2 + c2 − 2bc cosα
1
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (10×0,5 = 5,0 pontos)
1. Dois discos de mesmo raio R e de massas diferentes, onde
M1 > M2, esta˜o presos ao teto por fios ideais e enrola-
dos em suas bordas. Liberados a partir do repouso eles
caem verticalmente onde g e´ o mo´dulo da acelerac¸a˜o lo-
cal da gravidade; o momento de ine´rcia de um disco em
torno do seu eixo de rotac¸a˜o que passa pelo seu centro
e´ igual (1/2)MR2. Os mo´dulos das trac¸o˜es nos fios em
cada disco sa˜o T1 e T2 e as acelerac¸o˜es dos seus centros de
massas sa˜o a
CM1
e a
CM2
respectivamente, a opc¸a˜o correta
abaixo e´:
(a) T1 = T2
(b) T1 = M1g; T2 = M2g
(c) a
CM1
= a
CM2
(d) a
CM1
> a
CM2
(e) a
CM1
< a
CM2
e T1 < T2
2. Uma part´ıcula de momento ~pi, proje´til, colide na˜o fron-
talmente, isto e´, colide bidimensionalmente, com uma ou-
tra part´ıcula, inicialmente em repouso, que chamamos
de alvo. Apo´s a colisa˜o o proje´til tem momento ~pf e o
alvo sai com momento ~k. A conservac¸a˜o do momento
linear, neste processo e´ corretamente representado pelo
diagrama:
(a) 1
(b) 2
(c) 3
(d) 4
(e) Nenhum diagrama esta´ correto
3. Um arame homogeˆneo e uniforme, de espessura des-
prez´ıvel, e´ moldado na forma de um quadrado de aresta
a. Retira-se enta˜o um segmento de comprimento a/2 de
duas arestas, reduzindo-as a` metade, como mostra a fi-
gura. No novo sistema a distaˆncia do centro de massa a`
origem e´ igual a,
(a)
3
7
√
2a
(b)
4
9
√
2a
(c)
1
4
√
2a
(d)
3
8
√
2a
(e)
1
3
√
2a
4. Considere um corpo r´ıgido constitu´ıdo por: hastes finas,
r´ıgidas, de massa desprez´ıvel e de comprimento l e um
conjunto de nove massas iguais a m (que podem ser con-
sideradas puntiformes) conforme a figura abaixo. O mo-
mento de ine´rcia IAB desse conjunto em torno do eixo
AB e´ dado por:
(a) IAB = 0
(b) IAB = ml
2
(c) IAB = 6ml
2
(d) IAB = 9ml
2
(e) IAB = m(4l
2 + 4(
√
2l)
2
)
5. Uma granada esta´ em repouso sobre uma mesa horizon-
tal e sem atrito. Num dado instante ela explode em dois
fragmentos de massas e velocidades diferentes, onde os
fragmentos permanecem movimentando-se sobre a mesa.
E´ poss´ıvel afirmar que:
(a) a energia cine´tica e´ conservada.
(b) a posic¸a˜o do centro de massa das part´ıculas varia
com o tempo.
(c) o momento linear total do sistema na˜o e´ conser-
vado.
(d) a velocidade do centro de massa e´ nula apo´s a
explosa˜o.
(e) Nenhuma das opc¸o˜es acima esta´ correta.
6. Um disco que gira com velocidade angular ω0 e´ freado
uniformemente ate´ atingir o repouso. Durante a frena-
gem ele executa uma revoluc¸a˜o. Outro disco, ideˆntico
ao primeiro, tem velocidade angular ω1 = 5ω0 e´ freado
com mesma desacelerac¸a˜o que o primeiro. O nu´mero de
revoluc¸o˜es que ele executa ate´ atingir o repouso e´:
(a) 25
(b) 5
(c) 10
(d) 2, 5
(e) 15
7. Considere uma part´ıcula de massa m presa ao teto em
um suporte fixo por meio de um fio ideal de comprimento
d, formando um peˆndulo. A part´ıcula e´ solta a partir do
repouso, com o fio esticado, a uma distaˆncia d/2 do teto;
g e´ o mo´dulo da acelerac¸a˜o local da gravidade. Qual e´ o
mo´dulo do momento angular da part´ıcula com relac¸a˜o ao
ponto de sustentac¸a˜o do fio quando ela passa pelo ponto
mais baixo da trajeto´ria?
(a) L = md
√
2gd
(b) L = md
√
gd
(c) L = 0
(d) L = md
√
gd/2
(e) L = md
√
2gd/3
2
8. Uma esfera de raio R e massa M rola sem deslizar so-
bre uma mesa horizontal com velocidade angular ω cons-
tante. Sabendo-se que o momento de ine´rcia de uma
esfera segundo um eixo que passa pelo seu centro e´
ICM = (2/5)MR
2, a energia cine´tica desta esfera e´:
(a)
1
2
MR2ω2
(b)
1
7
MR2ω2
(c)
1
5
MR2ω2
(d)
5
7
MR2ω2
(e)
7
10
MR2ω2
9. Considere um sistema formado por uma part´ıcula e por
uma mola ideal, conforme a figura. A part´ıcula pode
mover-se sobre uma mesa horizontal lisa sob a ac¸a˜o da
forc¸a da mola, cuja outra extremidade esta´ presa a` mesa.
E´ correto afirmar que:
(a) O momento angular na˜o se conserva como con-
sequeˆncia da ac¸a˜o da forc¸a ela´stica.
(b) O trabalho da forc¸a ela´stica e´ nulo, pois trata-se
de uma forc¸a conservativa.
(c) O sentido de rotac¸a˜o em torno do centro de forc¸as
pode mudar pela ac¸a˜o da forc¸a ela´stica.
(d) A energia mecaˆnica sempre aumenta porque sem-
pre ha´ energia potencial armazenada na mola.
(e) O momento angular se conserva porque a reta
de ac¸a˜o da forc¸a ela´stica sobre a part´ıcula passa
pela origem O.
10. Sobre uma mesa horizontal perfeitamente lisa repousa um
sistema formado por duas pequenas massasm1 em2, liga-
das por uma mola de massa desprez´ıvel e que se encontra
relaxada. A partir do instante t = 0 passa a atuar sobre a
massam1 uma forc¸a externa constante ~F paralela a` mesa,
e uma forc¸a −3~F sobre a massa m2. Pode-se afirmar que
para t > 0
(a) o centro de massa do sistema se move ao longo
de uma reta
(b) o momento linear total do sistema se conserva
(c) a velocidade do centro de massa e´ uma func¸a˜o
quadra´tica do tempo
(d) a distaˆncia entre as massas m1 e m2 permanece
constante
(e) o momento angular total do sistema, referido ao
centro de massa, permanece constante
3
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,5 = 5,0 pontos)
1. Considere dois discos um de raio R1 e de massa M1 e outro de raio R2 e de massa M2 unidos concentricamente formando
um sistema(disco composto) r´ıgido, cujo momento de ine´rcia vale I quando gira livremente em torno do eixo fixo e
perpendicular ao plano dos discos passando pelo centro. Duas massas, m1 e m2, presas a cordas finas e inextens´ıveis
enroladas na periferia dos discos de raios R1 e R2 respectivamente, fazem girar o disco composto quando soltas; considere
que g e´ o mo´dulo da acelerac¸a˜o local da gravidade.
a) Isole os blocos e o disco composto e represente em um diagrama de corpo livre todas as forc¸as, identificando-as, que
atuam em cada um deles; use como refereˆncia a vista lateral do sistema.
b) Escreva as equac¸o˜es do movimento de rotac¸a˜o do disco composto e de translac¸a˜o dos blocos.
c) Determine a acelerac¸a˜o angular, α, do disco composto.
d) Determine matematicamente a condic¸a˜o para que o sistema esteja em equil´ıbrio.
2. Uma haste homogeˆnea e uniforme, de espessura desprez´ıvel, com massa M e comprimento ℓ, pode girar sem atrito em
torno de um pino que passa por uma de suas extremidades, como mostra a figura. O movimento da haste fica restrito a
um plano vertical e o mo´dulo da acelerac¸a˜o local da gravidade e´ igual g.
a) Sabendo-se que o momento de ine´rcia da haste em relac¸a˜o a um eixo perpendicular a` mesma, e que passe pelo seu
centro de massa e´ igual a ICM = (1/12)Mℓ
2, calcule o momento de ine´rcia da haste em relac¸a˜o ao eixo de rotac¸a˜o
que passa pelo pino.
b) Se a haste for liberada na posic¸a˜o horizontal, a partir do repouso, determine sua velocidade angular no instante em
que passa pela posic¸a˜o vertical.
Ainda em relac¸a˜o a` situac¸a˜o descrita no ı´tem anterior, considere que ao passar pela vertical, a extremidade livre da haste
se choque com um pequeno corpo de massa m = M/9, originalmente em repouso. O corpo de massa m adere a` haste, e o
conjunto continua em movimento de rotac¸a˜o em torno do pino.
c) Calcule o momento de ine´rcia do sistema haste-corpo apo´s a colisa˜o em relac¸a˜o ao pino.
d) Qual e´ a velocidade angular do sistema haste-corpo de massa m, imediatamente apo´s a colisa˜o?
4
p2_-_2012.2.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
INSTITUTO DE FI´SICA
FI´SICA I – 2012/2
SEGUNDA PROVA(P2) – 18/02/2013
VERSA˜O: A
Nas questo˜es em que for necessa´rio, considere que g e´ o mo´dulo da acelerac¸a˜o da gravidade.
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (10×0,5 = 5,0 pontos)
1. Um pai de massa M brinca com seu filho de massa m
na super´ıcie horizontal de um lago congelado, onde o
atrito pode ser desprezado; considere M > m. Cada
um segura uma das extremidades de uma corda leve
e comprida. Eles devem puxar a corda para conseguir
pegar uma bola, colocada na metade da distaˆncia en-
tre os dois. Qual afirmac¸a˜o e´ verdadeira quando am-
bos puxam a corda?
(a) O resultado dependera´ do esforc¸o que cada um
fara´.
(b) O pai, alcanc¸ara´ a bola primeiro.
(c) O filho alcanc¸ara´ a bola primeiro, qualquer que
seja seu esforc¸o.
(d) Os dois sempre alcanc¸ara˜o a bola ao mesmo
tempo.
(e) Nenhuma das afirmac¸o˜es anteriores.
2. Uma esfera de massaM , raio R e momento de ine´rcia
I = (2/5)MR2, em relac¸a˜o ao eixo que passa pelo
seu centro de massa, desce um plano inclinado A-B
(ver figura), rolando sem deslizar. A esfera parte do
repouso e desce ate´ o final do plano inclinado (ponto
B), situado a uma altura h em relac¸a˜o ao solo. Neste
instante, ela tem velocidade angular ω0, e entra em
queda livre. Afirma-se que: I) Imediatamente an-
tes de tocar o solo, a velocidade angular da esfera
e´ ω =
√
ω2
0
+ 10gh/7R2. II) Imediatamente antes
de tocar o solo, a velocidade angular da esfera con-
tinua com o valor ω0. III) O momento angular da
esfera mante´m-se perpendicular ao plano do movi-
mento. IV) Ao longo da queda livre, a energia cine´tica
de rotac¸a˜o da esfera permanece constante. Qual(ais)
da(s) afirmac¸a˜o(o˜es) acima esta´(a˜o) incorreta(s)?
(a) Somente a I.
(b) Somente a II.
(c) I e IV.
(d) II e III.
(e) I e III.
1
3. Um treno´ de massa M move-se horizontalmente com
velocidade constante em um lago congelado. Ao pas-
sar por baixo de um viaduto, cai sobre ele vertical-
mente, um pacote de massa m ficando preso a ele. O
atrito entre a superf´ıcie do lago e o treno´ pode ser
desprezado. Ao comparar-se, o momento linear, a
velocidade e a energia cine´tica do sistema treno´-
pacote apo´s o pacote cair sobre o treno´, com estas
mesmas grandezas na situac¸a˜o inicial do treno´, e´ cor-
reto afirmar que:
(a) aumenta, diminui e aumenta.
(b) aumenta, permanece constante e aumenta;
(c) diminui, diminui e diminui;
(d) permanece constante, permanece constante e
permanece constante;
(e) permanece constante, diminui e diminui;
4. Um bloco A deslocando-se com momento linear ~pA =
(aıˆ − aˆ), colide com um bloco B de momento linear
~pB = (aıˆ + aˆ), onde a e´ uma constante. Suponha
que na˜o ha´ forc¸a externa. Apo´s a colisa˜o o centro de
massa do sistema segue, de acordo com o sistema de
coordenadas ortogonais XY Z e os respectivos vetores
unita´rios ıˆ, ˆ e kˆ:
(a) na direc¸a˜o x e sentido negativo;
(b) na direc¸a˜o y e sentido negativo;
(c) na direc¸a˜o x e sentido positivo;
(d) na direc¸a˜o y e sentido positivo;
(e) em uma direc¸a˜o formando um aˆngulo pi
4
com os
eixos OX e OY .
5. Uma bola desloca-se com velocidade ~v constante e co-
lide elasticamente na lateral de uma mesa, segundo o
aˆngulo α definido entre a direc¸a˜o de seu movimento e
a lateral da mesa e e´ claro que |~v| = |~v ′|; como mos-
tra a figura. O processo de colisa˜o dura um tempo
∆t. Na figura esta˜o indicadas 4 setas numeradas. A
opc¸a˜o correta para representar a forc¸a me´dia que atua
na bola durante a colisa˜o e´:
(a) 4;
(b) 2;
(c) 3;
(d) 1;
(e) nenhuma das respostas anteriores.
6. Um menino, de massa m, encontra-se na extremidade
esquerda de um barco de comprimento L e massa
M , distribu´ıda homogeneamente. Inicialmente o con-
junto, barco e menino, move-se para a direita com
velocidade constante
~V1, em relac¸a˜o a um referencial
inercial colocado na margem do lago. Num dado ins-
tante o menino move-se para a extremidade direita
do barco, onde permanece. Nesta situac¸a˜o o conjunto
move-se com velocidade constante ~V2 em relac¸a˜o ao
mesmo referencial inercial. Desprezando-se o atrito
entre o barco e a a´gua, pode-se afirmar, ao fim do
processo, que:
(a) | ~V1| 6= | ~V2|.
(b) |~V1| = |~V2|.
(c) |~V2| = 0.
(d) Na˜o se pode determinar |~V2|, pois na˜o se co-
nhece a forc¸a exercida pelo menino sobre o
barco.
(e) Na˜o se pode determinar |~V2|, pois na˜o se co-
nhece a velocidade inicial do centro de massa
do sistema barco-menino.
2
7. Um caracol de massa m encontra-se inicialmente em
repouso na extremidade, ponto O, de uma barra r´ıgida
e homogeˆnea de comprimento L (conforme a figura),
que gira com velocidade angular ω0 em torno de um
eixo fixo z que passa pelo ponto O, perpendicular-
mente a barra horizontal. Em um certo instante, o
caracol desloca-se ate´ a extremidade oposta da barra,
ponto B, onde permanece. Nesta situac¸a˜o a barra gira
com velocidade angular ω′. Sendo I0, o momento de
ine´rcia do sistema com relac¸a˜o ao eixo z quando o ca-
racol esta´ no ponto O e IB o momento de ine´rcia do
sistema com relac¸a˜o ao eixo z quando o caracol esta´
no ponto B, das opc¸o˜es abaixo, a correta e´:
(a) IB > I0; ω
′ < ω0
(b) IB > I0; ω
′ > ω0
(c) IB < I0; ω
′ > ω0
(d) IB < I0; ω
′ < ω0
(e) IB = I0; ω
′ = ω0
8. Um disco uniforme e´ montado em um eixo horizon-
tal de massa desprez´ıvel, em torno do qual pode girar
livremente, como mostra o diagrama. O momento
de ine´rcia do disco em relac¸a˜o ao eixo e´ I. O disco
esta´ inicialmente girando com velocidade angular ω0;
vide figura. O disco e´ movido horizontalmente para
esquerda ate´ que sua face entre em contato com um
disco ideˆntico, que esta´ inicialmente em repouso. De-
pois de um pequeno intervalo de tempo, os dois discos
acoplam-se e passam a girar juntos com uma veloci-
dade angular final ωf . Em relac¸a˜o a`s grandezas: velo-
cidade angular final, energia cine´tica da rotac¸a˜o
e momento angular do sistema, pode-se afirmar
que ao final do processo de acoplamento:
(a) ωf=ω0/2, na˜o e´ conservada, na˜o e´ conservado;
(b) 2ωf=ω0, e´ conservada, na˜o e´ conservado;
(c) ωf=ω0, e´ conservada, na˜o e´ conservado;
(d) ωf=ω0/2, na˜o e´ conservada, e´ conservado;
(e) ωf=ω0/2, e´ conservada, e´ conservado.
9. Uma chapa meta´lica quadrada de lado a, homogeˆnea
e de massaM encontra-se em repouso sobre um plano
horizontal XY , sem atrito, com o seu centro de massa
localizado na origem O. Num dado instante aplicam-
se as forc¸as ~F2 = −F ˆ e ~F1 = F ˆ em dois ve´rtices
da chapa como mostra a figura. A opc¸a˜o que corres-
ponde ao torque resultante ~τ0 em relac¸a˜o ao ponto O,
imediatamente apo´s as forc¸as serem aplicadas e´:
(a) ~0;
(b) aF kˆ;
(c) a
√
2F kˆ;
(d) −aF kˆ;
(e) −a√2F kˆ.
10. Um disco de massa M rola sem deslizar, com veloci-
dade angular constante, sobre uma superf´ıcie horizon-
tal, mantendo-se sempre alinhado verticalmente. Nos
diagramas abaixo, I), II), III) e IV), aquele que repre-
senta corretamente os vetores velocidades (indicados
por setas) dos pontos A e C, da periferia do disco e B
o seu centro, em relac¸a˜o a um observador parado na
Terra e´:
(a) nenhum deles
(b) I
(c) II
(d) III
(e) IV
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Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,5 = 5,0 pontos)
1. Uma part´ıcula de massa m move-se inicialmente com velocidade de mo´dulo u ao longo de uma trajeto´ria retil´ınea
que forma um aˆngulo de θ1 com o eixo X, como mostra a figura. Ela colide com uma segunda part´ıcula que tem
duas vezes sua massa, isto e´ m2=2m, que esta´ movendo-se ao longo da direc¸a˜o X e sentido positivo com velocidade
de mo´dulo treˆs vezes maior que u, ou seja: v2=3u. Depois da colisa˜o, a primeira part´ıcula move-se ao longo da
direc¸a˜o Y e sentido negativo, enquanto que a segunda part´ıcula continua a mover-se ao longo do eixo X e sentido
positivo, com uma velocidade escalar reduzida. Considere que na˜o atuam forc¸as externas sobre as part´ıculas. Se
na soluc¸a˜o de algum item abaixo for usada alguma lei de convervac¸a˜o, justifique-a.
a) Determine o vetor momento linear total inicial para este sistema de duas part´ıculas;
b) Calcule os mo´dulos das velocidades de ambas as part´ıculas depois da colisa˜o em func¸a˜o dos dados do problema;
c) Determine o vetor velocidade do centro de massa do sistema antes e depois da colisa˜o.
Dados: cos θ1 = 3/5 ; sen θ1 = 4/5.
2. Uma barra delgada homogeˆnea e uniforme, de massa M e comprimento ℓ, e´ articulada num pino O, que passa por
uma de suas extremidades, e pode girar sem atrito num plano vertical. Liberada a partir do repouso na posic¸a˜o
horizontal, a barra sofre uma colisa˜o ela´stica com um peˆndulo ao passar pela posic¸a˜o vertical, como representa a
figura abaixo. O peˆndulo e´ formado por uma haste muito fina de massa desprez´ıvel, comprimento (2/3)ℓ, e uma
massa m de dimenso˜es desprez´ıveis presa a` extremidade da haste. O peˆndulo tambe´m pode oscilar em torno do
pino, sem atrito, no mesmo plano vertical que a barra. Sabe-se que o peˆndulo encontrava-se em repouso antes da
colisa˜o com a barra, e que o momento de ine´rcia da barra em relac¸a˜o ao eixo perpendicular ao plano vertical e que
passa pelo pino e´ I = (1/3)Mℓ2.
a) Determine a velocidade angular da barra, ω0, imediatamente antes da colisa˜o com o peˆndulo.
b) Quais das seguintes grandezas: o momento linear e o momento angular em relac¸a˜o a O sa˜o conservadas na
colisa˜o? Justifique a sua resposta.
c) Determine a velocidade angular da barra, ω′, imediatamente apo´s a colisa˜o.
d) Determine o valor da raza˜o m/M para que a barra permanec¸a em repouso depois da colisa˜o.
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p2_-_2013.1.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
INSTITUTO DE FI´SICA
FI´SICA I – 2013/1
SEGUNDA PROVA – 15/07/2013
VERSA˜O: A
Nas questo˜es em que for necessa´rio, considere que g e´ o mo´dulo da acelerac¸a˜o da gravidade.
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (10×0,5 = 5,0 pontos)
1. Um pescador esta´ sentado no centro de sua canoa
que repousa em um lago de a´guas tranquilas. A
sua frente esta´ um cesto com peixes a uma distaˆncia
d. Num dado instante ele muda a posic¸a˜o do cesto
colocando-o detra´s dele na posic¸a˜o d ′. Considerando
o centro de massa do sistema canoa-pescador-cesto e
desprezando-se o atrito da a´gua com a canoa, e´ correta
a opc¸a˜o:
(a) o centro de massa permanece na posic¸a˜o origi-
nal;
(b) o centro de massa move-se para frente de d ′;
(c) o centro de massa move-se para tra´s de d;
(d) apo´s mudar o cesto de posic¸a˜o a canoa passa a
se movimentar com velocidade uniforme, pois
a forc¸a resultante sobre o sistema e´ nula;
(e) nada se pode afirmar pois na˜o sa˜o conhecidas
as massas da canoa, do pescador e do cesto.
2. Um disco homogeˆneo de massa M e raio R encontra-
se sobre uma mesa horizontal completamente lisa, sem
estar preso a ela. Em um dado instante duas forc¸as
esta˜o aplicadas tangencialmente na beirada do disco,
uma em um ponto diametralmente oposto ao ponto de
aplic¸a˜o da outra. Sabendo que o momento de ine´rcia
do disco relativo ao eixo perpendicular a ele que passa
pelo seu centro de massa e´ MR2/2, e denotando por
acm e α os mo´dulos respectivos da acelerac¸a˜o do centro
de massa do disco e da acelerac¸a˜o angular de rotac¸a˜o
em torno do eixo no instante considerado, podemos
dizer que:
(a) acm = F/M e α = 2F/(MR);
(b) acm = F/M e α = 6F/(MR);
(c) acm = 2F/M e α = 2F/(MR);
(d) acm = 3F/M e α = 6F/(MR);
(e) acm = F/M e α = 0.
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3. Um aro el´ıptico homogeˆneo de massa M e´