IME_Física_2002

RESOLUÇÃO IME 2002 – FÍSICA

1. Um corpo de massa m e volume v encontra-se imerso em um líquido com massa específica ρ, de acordo com a figura abaixo. Este corpo é solto a partir de uma

altura hi e desloca-se até atingir o anteparo B, fazendo com que a mola com constante elástica k altere seu comprimento em um valor máximo igual a x. Considere o sistema conservativo e tomando como referência a base do recipiente: a) esboce, esboce, em um um mesmo esmo gráfico, gráfico, as curvas das energias energias cinéti cinética ca e potencial gravitacional do corpo, além da energia potencial elástica da mola em função da altura h do corpo. b) determ determine a expressão de cada uma uma dessas energias energias em função da da altura altura h do corpo para o instante em que o mesmo é solto, para o instante em que atinge o anteparo na altura hB, além do instante em que a mola alcança sua deformação máxima x. Obs.: despreze as massas da mola e do anteparo.

B

hi hB

RESOLUÇÃO: a) Consi Considerando derando o sistema sistema corpo + água + mola ola conservativo, conservativo, segue:

B

hi

h

hB

Cal Calculando-se as energias energias cinéti cinética e potencial potencial gravitaciona gravitacionall do corpo, corpo, e potencial potencial elástica da mola, vem: Para hB ≤ h ≤ hi : EPgravitacional =mgh e EPelástica = 0 1


E a EC será dada pela conservação da energia mecânica do sistema: ∆EMcorpo + ∆EMágua + ∆EMmola = 0 [mgh + EC − mghi ] + [ρVg(hi − h)] + [0] = 0 Logo: EC = − mg(h − hi ) − ρVg(hi − h) ⇒ EC = (mg− ρ Vg)(hi − h)

Para hB − x ≤ h < hB : EPgravitacional = mgh 1 EP elástica = k(hB − h)2 2 E a EC será dada pela conservação da energia mecânica do sistema: ∆EMcorpo + ∆EMágua + ∆EMmola = 0 1 [mgh+ EC − mghi ] + [ρVg(hi − h)] + [ k(hB − h)2 ] = 0 2 1 EC = (mg − ρVg)(hi − h) − k(hB − h)2 2 Então: E mghi Epot gravitacional

(mg− ρVg)(hi − hB) 1 2 kx 2

Ecinética

mg(hB - x)

Epot elástica 0

hB − x

hB hB − 

2

mg− ρvg k 

hi

h


b) No instante em que o corpo é solto: (h = hi) EPgravitacional = mghi

EP elástica = 0 EC = 0 No instante em que o corpo atinge o anteparo: (h = hB) EPgravitacional = mghB

EP elástica = 0 EC = (mg – ρVg)(hi – hB) No instante em que a mola atinge sua deformação máxima: (h = hB – x) EPgravitacional = mg(hB − x)

1 EP elástica = kx2 2 EC = 0 Nota: Através da equação da energia cinética na deformação máxima, tem-se: 1 EC = (mg− ρVg)(hi − hB + x) − kx2 = 0 2 Ou seja: 1 2 kx = (mg −ρVg)(hi − hB + x) 2 de onde é possível obter o valor de x.

2. Duas barras B1 e B2 de mesmo comprimento L e de coeficientes de dilatação térmica linear α1 e α2, respectivamente, são dispostas conforme ilustra a figura 1. Submete-se o conjunto a uma diferença de temperatura ∆T e então, nas barras

aquecidas, aplica-se uma força constante que faz com que a soma de seus comprimentos volte a ser 2L. Considere que o trabalho aplicado sobre o sistema pode ser dado por W = F∆L, onde ∆L é a variação total de comprimento do conjunto, conforme ilustra a figura 2, e que α 1 = 1,5 α2, determine o percentual desse trabalho absorvido pela barra de maior coeficiente de dilatação térmica.

3


∆L 2L B1

F

B2 B1

Figura 1

B2 Figura 2

RESOLUÇÃO: Admitindo que após a compressão as duas barras adquirem suas dimensões originais (o que é sugerido pelo desenho). Segue: 3 2 Sendo α1 = 1,5 α 2 ⇒ α1 = α2 ⇔ α2 = α1 2 3 I. Cálculo do trabalho total: Como: ∆L = Lα1∆T + Lα2∆T ⇒ ∆L = L∆T(α1+α 2) e WT = F∆L, tem-se: WT = FL∆T (α1 + α2) 2   WT = FL∆T α1 + α1  3   5 WT = FL∆T α 1   3   5 Portanto: WT = α1 FL∆T 3 II. Cálculo do trabalho na barra 1: W1 = F∆L ⇒ W1 = FLα, ∆T W1 = α 1 FL∆T

O percentual do trabalho absorvido pela barra 1, em relação ao trabalho total, é dado por: W1 W1 α 3 1 FL∆T = 60% = = ⇒ 5 W WT T α1 FL∆T 5 3

4


3. Ao analisar o funcionamento de uma geladeira de 200 W, um inventor percebe que a serpentina de refrigeração se encontra a uma temperatura maior que a ambiente e decide utilizar este fato para gerar energia. Ele afirma ser possível construir um dispositivo que opere em um ciclo termodinâmico e que produza 0,1 hp. Baseado nas Leis da Termodinâmica, discuta a validade da afirmação do inventor. Considere que as temperaturas da serpentina e do ambiente valem, respectivamente, 30°C e 27°C. Suponha também que a temperatura no interior da geladeira seja igual a 7°C. Dado: 1 hp = 0,75 kW RESOLUÇÃO:

T3 = 300 K (ambiente)

Q3 máquina térmica ⇒ τMT Q2 T2 = 303 K (serpentina)

Q2 refrigerador

⇐ τR

Q1 T1= 280 K (geladeira) Considerando o tempo de 1s a energia consumida pelo refrigerador é de 200 J. Dado que no refrigerador: (1) τR + Q1 = Q2 ⇒ τR = Q2 − Q1 ⇒ 200 = Q2 − Q1 Mas: Q2 T2 Q2 303 280Q2 = ⇒ = ⇒ Q1 = (2) Q1 T1 Q1 280 303 Substituindo (2) em (1), tem-se: 280Q2 ⇒ 200 = 303Q2 − 280Q2 = 23Q2 200 = Q2 − 303 303 303 5


Portanto: 200.303 ⇒ Q2 = 2.635 J Q2 = 23 Q3 T3 300 = ⇒ Q3 = Sabe-se que: Q2 ⇒ Q3 = 2.609 J Q2 T2 303 O que representa: τMT = Q2 – Q3 = 2635 – 2609 ⇒ τMT = 26 J Ou seja, o refrigerador produz apenas 0,035 hp. Neste caso, a afirmação do inventor é incorreta.

4. Um corpo realiza um movimento circular uniforme, no sentido horário, com velocidade angular ω = π rad/s sobre uma circunferência de raio igual a 10 metros emitindo um tom de 1 kHz, conforme a figura abaixo. Um observador encontra-se no ponto de coordenadas (20, 5), escutando o som emitido pelo corpo. Aciona-se um cronômetro em t = 0, quando o corpo passa pelo ponto (–10, 0). Levando em consideração o efeito Doppler, determine: a) a menor freqüência percebida pelo observador; b) a maior freqüência percebida pelo observador; c) a freqüência percebida em t = 1/6 s. Dado: velocidade do som = 340 m/s.

y (m) (20, 5) (-10, 0) x (m)

6


RESOLUÇÃO:

 vsom ± v0  .f real A freqüência aparente é dada pela equação: fap =    vsom ± v1  y (m)

eixo 2 P3 eixo 3

v

P1 60º 30º

(-10, 0)

v observador (20, 5)

5 0

20 x (m) P2

v

eixo 1

A velocidade escalar da fonte é dada por: v = ωR ⇒ v = 10 π m/s a) A menor freqüência será percebida quando a fonte estiver em P2 (afastando-se do observador). 340  340 fap =  .1000 f = .1000 ⇒ fapmin = 915 Hz ⇒ apmin  min 371,4  340 + 10π  b) A maior freqüência será percebida quando a fonte estiver em P1 (aproximando-se do observador). 340  340 fap =  .1000 f = .1000 ⇒ fapmáx = 1102 Hz ⇒ apmáx  máx 308,58  340 − 10π  c) A freqüência percebida em t = 1/6 s corresponde a uma fase de 30º, conforme indicado na figura. A projeção da velocidade escalar da fonte em P3 no eixo 3 é dado por: 1 veixo 3 = vP3.cos60º ⇒ veixo 3 = 10π = 5π m/s (aproximando-se do observador) 2 340  340  fap =  .1000 ⇒ fap = .1000 ⇒ fap = 1048 Hz  324,29  340 − 5π 

7


5. Sobre um plano inclinado sem atrito e com ângulo α = 30o, ilustrado na figura

abaixo, encontram-se dois blocos carregados eletricamente com cargas 1 q1 = +2.10 –3 C e q2 = + .10−4 C. Sabe-se que o bloco 1 está fixado na posição A 9 e que o bloco 2 é móvel e possui massa m2 = 0,1 kg. Num certo instante, o bloco 2 encontra-se a uma altura h = 8 m e desloca-se com velocidade linear v = 90 ≅ 9,49 m/s, como mostra a figura abaixo. Determine: a) as distâncias mínima e máxima entre os dois blocos; b) a máxima velocidade linear que o bloco 2 atinge. Obs: para fins de cálculo, considere os blocos puntiformes. Dados: aceleração da gravidade g = 10 m/s2 constante eletrostática K = 9.109 Nm2/C2 v + + + +

B h

+ + + +

α

A

RESOLUÇÃO:

d h

30° Durante o movimento do bloco 2, há conservação de energia: EP elétrica + EP gravitacional + EC = cte Sendo d e v, respectivamente, a distância entre os blocos e a velocidade do bloco 2, tem-se: 1 1 EC = m v2 = 0,1v2 = 0,05v2 2 2 EP gravitacional = mgh 8


h d Mas sen30° = ⇒ h = d 2 Logo: d EP gravitacional = 0,1.10. = 0,5d 2 Ainda: −3 1 −4 9 9.10 .2.10 . .10 2 KQq 2.10 200 9 EPelétrica = = = = d d d d Assim, a energia total será dada por: 200 ET = + 0,5d + 0,05v2 = cte d No início: h = 8 m ⇒ d = 16 m e v2 = 90 (m/s)2 Portanto, a energia total inicial é dada por: 200 ET = + 0,5.16 + 0,05.90 = 12,5 + 8 + 4,5 ⇒ ET = 25 J 16

a) Quando as distâncias forem mínima ou máxima, v = 0. Logo: 200 25 = + 0,5.d + 0,05.0 ⇔ 25d = 200 + 0,5d2 ⇔ d 25 ± 625 − 4.0,5.200 25 ± 15 0,5d2 − 25d+ 200 = 0 ⇔ d = = 2.0,5 1 Assim: dmin = 25 – 15 ⇒ dmin = 10 m dmax = 25 + 15 ⇒ dmax = 40 m b) Quando a máxima velocidade é atingida, a resultante das forças sobre o bloco é nula: N Felétrica

Psen30° Pcos30° 30°

9


Assim: Psen30° = Felétrica ⇒ m.g.sen30º =

KQq d2

−3 1 −4 2.10 . .10 2 1 d 2 9 0,1.10. = 9.109. = 2.10 ⇒ ⇔ d = 20 m 2 2 2 d Logo: 200 + 0,5.20 + 0,05v2 ⇔ 25 = 10 + 10 + 0,05v2 ⇔ 0,05v2 = 5 25 = 20 Portanto: v = 10 m/s

6. Dois raios luminosos, R1 e R2, incidem verticalmente em uma piscina. O raio R2, antes de penetrar na água, passa por um cubo de plástico transparente, com 10 cm de aresta, que está flutuando na superfície. Determine: a) qual dos raios chega primeiro ao fundo da piscina; b) o intervalo de tempo entre a chegada do primeiro raio ao fundo da piscina e a chegada do segundo. Dados: profundidade da piscina: 2 m massa específica do plástico: 200 kg/m3 massa específica da água: 1.000 kg/m3 índice de refração do plástico: 1,55 índice de refração da água: 1,33 índice de refração do ar: 1,00 velocidade da luz no ar: 3,00.108 m/s R1

R2 Ar Plástico 10 cm

Água

10

2m


RESOLUÇÃO:

Determinação da posição de equilíbrio do bloco: P = E ⇔ mBg = ρLVsubg ⇔ ρB VB g = ρLVsubg Sendo a a aresta do cubo e x a altura do cubo submersa no líquido, temos: ρB VB g = ρL a2xg Logo: 200.10 –3 = 1000.10 –2.x ⇔ x = 0,02 m = 2 cm R2

R1 8 cm

Plano de emissão de R1 e R2

Ar

Plástico 10 cm

2 cm

2m

Água

Observação : É considerado que os raios R1 e R2 são emitidos de um mesmo plano

horizontal e que o tempo gasto pelos raios para atingir o plano horizontal que contém a face horizontal superior do cubo é desprezível. I. Determinação do tempo gasto pelo raio 1 (R1) para atingir o fundo da piscina: 0,08.1 2.1,33 ∆s Ar ∆sLíquido ∆sAr ∆sLíquido ∆t1 = + = c + c ⇒ ∆t1 = + v Ar vLíquido 3,00.108 3,00.108 n Ar nLíquido ∆t1 = 0,0266.10 –8 + 0,886.10 –8 ∆t1 = 0,913.10 –8 s II. Determinação do tempo gasto pelo raio 2 (R2) para atingir o fundo da piscina: ∆s ∆s 0,1.1,55 1,98.1,33 ∆s ∆s ∆t 2 = Plástico + Líquido = c Plástico + c Líquido ⇒ ∆t2 = + 8 vPlástico vLíquido 3,00.10 3,00.108 nPlástico nLíquido ∆t2 = 0,0516.10 –8 + 0,8778.10 –8 ∆t2 = 0,929.10 –8 s Logo, é o raio 1 (R1) que chega primeiro ao fundo. III. O intervalo de tempo entre a chegada do primeiro raio (R1) ao fundo da piscina e a chegada do segundo raio (R2) é dado por: ∆t = ∆t2 – ∆t1 = 0,929.10 –8 – 0,913.10 –8 ⇒ _ ∆t = 0,161.10-9ss 11


7. Sejam M, m1 e m2 as massas dos blocos homogêneos dispostos conforme a figura ao lado, inicialmente apoiados sobre uma placa horizontal. Determine a aceleração do bloco de massa m1, em relação a roldana fixa, após a retirada da placa, sabendo que M = m1 + m2 e m1 < m2. Considere que não há atrito no sistema e despreze o peso das polias e das cordas que unem os blocos.

M

m1 m2

RESOLUÇÃO:

•

Isolando a massa M: T1

a

M

Mg De acordo com a 2a Lei de Newton: Mg – T1 = M.a (1), onde a é a aceleração do bloco M, suposta para baixo, em relação à roldana fixa, que representa um referencial inercial. • Isolando a roldana móvel: T1

T2

T2

De acordo com a 2a Lei de Newton: T1 – 2T2 = 0 (2), pois a roldana tem massa desprezível. Logo, de (2): T1 = 2T2 • Isolando a massa m1: T2 a1

m1 m1g

12


De acordo com a 2a Lei de Newton: T2 – m1g = m1a1 (3), onde a1 é a aceleração do bloco m1, suposta para cima, em relação ao referencial inicial. • Isolando a massa m2: T2 a2

m2

m2g De acordo com a 2a Lei de Newton: T2 – m2g = m2a2 (4), onde a2 é a aceleração do bloco m2 , suposta para cima, em relação ao referencial inicial. Como: M = m1 + m2 e T1 = 2T2 teremos para (1), (3) e (4):

(m1 + m2 )g − 2T2 = (m1 + m2).a (5) (6) T2 − mg 1 = ma 1 1 T2 − m2g = ma (7) 2 2 Da geometria do problema: a +a 2a = a1 + a2 ⇒ a = 1 2 2 De (6): T2 = m1a1 + m1g

(8) (9)

Substituindo(9) em (7):

ma 1 1 + mg 1 − m2g = ma 2 2 ⇒ a2 =

ma + mg − m2g 1 1 1 m2

(10)

Substituindo(9) e (8) em (5):

(a1 + a2 ) 2 2(m1g + m2g – 2m1a1 – 2m1g) = m1a1 + m2a1 + (m1 + m2) a2 mg = (m1 + m2 ). 1 + m2 g− 2.(ma 1 1 + mg) 1

Substituindo(10) em (11):

(11)

(ma mg mg) 1 1+ 1 − 2 m2 2 2 m12a1 + mg mmg mma mmg mg − + + − 1 1 2 1 2 1 1 2 2 − = + 2m2g − 5ma 2mg ma 1 1 1 2 1 m2 2 2 2 2 2m22g − 5mma 1 2 1 − 2mm 1 2g = ma 2 1 + m1 a1 + m1 g + mma 1 2 1 − mg 2 2 2 2 − = + 3m22g− 2mm g m g m a m 1 2 1 2 1 1 a1 + 6mma 1 2 1 2m2g − 4ma 1 1 − 2mg 1 = ma 1 1 + ma 2 1 + (m1 + m2).

13

RESOLUÇÃO IME 2002 – FÍSICA 2 3m22 − 2mm − m 1 2 1 .g Logo: a1 = 2 2 m2 + 6mm + m1 1 2 2 Como m2 > m1 ⇒ 3m22 − 2mm 1 2 − m1 > 0 ⇒ a1 > 0 , ou seja, o sentido escolhido para a aceleração de m1, para cima, está correto.

8. O movimento, num plano horizontal de um pequeno corpo de massa m e carga positiva q, divide-se em duas etapas: a. no ponto P1, o corpo penetra numa região onde existe campo elétrico constante de módulo E0, representado na figura; b. o corpo sai da primeira região e penetra numa segunda região, onde existe um campo magnético constante, tendo a direção perpendicular ao plano do movimento e o sentido indicado na figura. Na primeira região, ele entra com um ângulo de 30o em relação à direção do campo elétrico, conforme está apresentado na figura. Na segunda região, ele descreve uma trajetória que é um semicírculo. Supondo que o módulo da velocidade inicial na primeira região é v0, determine, em função dos dados: 1. a diferença de potencial entre os pontos em que o corpo penetra e sai da região com campo elétrico; 2. o módulo do campo magnético para que o corpo retorne à primeira região em um ponto P2 com a mesma ordenada que o ponto P1. y r

E0 30o P1

r

B

r

V0

P2 x

RESOLUÇÃO:

Para que o corpo percorra um semicírculo dentro do campo de indução magnética, ele deverá estar com uma velocidade v com componente em y nula. Assim, pode-se escrever que: vy2 = v0y2 − 2ayd (1) 14


Onde ay é a aceleração devida ao campo elétrico dado por ay = Tem-se, também:

vy = v0 cos30o =

qE0 . m

v0 3 2

Parte 1: Substituindo em(1), tem-se: 2 2 v .3 qE d 3v m qE d 2 0 = v0 .cos2 30º −2 0 ⇔ 0 = 2 0 ⇔ d = 0 8q E0 4 m m A diferença de potencial será dada por: 3v02m 3v02m = UPP = E0.dPP = E0. ⇔ UPP 12 12 12 8qE0 8q Parte 2: Para que isso aconteça, a distância entre P1 e P2 deve ser igual ao diâmetro do semi-círculo descrito, ou seja: 2 dPP 3v 0m 12 R= = 2 16q E0 A velocidade com que a carga penetra no campo é correspondente somente à sua componente em x. v vx = v0 cos60º = 0 2 Assim: 8 E0 mv mv mv0 R = x ⇔ B= x = B = ⇔ 3 v0 Bq Rq 2.3v02m.q 16q E0

15


9. Um conjunto é constituído por dois cubos colados. O cubo base, de lado L, recebe, sobre o centro da sua face superior, o centro da face inferior do segundo cubo de lado L/4. Tal conjunto é imerso em um grande reservatório onde se encontram dois líquidos imiscíveis, com massas específicas ρ A e ρB, sendo ρ A < ρB. A altura da coluna do líquido A é 9L/8. Em uma primeira situação, deixa-se o conjunto livre e, no equilíbrio, constata-se que somente o cubo maior se encontra totalmente imerso, como mostra a figura 1. Uma força F é uniformemente aplicada sobre a face superior do cubo menor, até que todo o conjunto fique imerso, na posição representada na figura 2. Determine a variação desta força quando a experiência for realizada na Terra e em um planeta X, nas mesmas condições de temperatura e pressão. Obs: admita que a imersão dos blocos não altere as alturas das colunas dos líquidos. Dados: massa da Terra = MT massa do planeta X = MX raio da Terra = RT raio do planeta X = RX aceleração da gravidade na Terra = g F

L/4

L

9L/8

9L/8

Figura 1

Figura 2

16


RESOLUÇÃO:

Da Figura 1, isolando o sistema: E1

Psistema

Do equilíbrio: Psistema = E1 Mas: 3 E1 = ρA .Vsub.g = ρA .L3 .g ⇒ Psistema = ρA .L.g Da Figura 2, isolando o sistema: F

E2 Psistema

Do equilíbrio: E2 = F+ Psistema Mas: Psistema = ρA .L3 .g e E2 = EA + EB onde: E A = ρ A .Vsub A .g e EB = ρB .Vsub B.g 3 7L  L  7L3 L3 57L3 + = Vsub A = L.L. +   = 8  4  8 64 64 L L3 Vsub B = L.L. = 8 8 17

9L 8 L 8

7L 8


Logo:

57L3 L3 E A = ρ A . .g e EB = ρB. .g 64 8 Portanto: 3 57L3 L3 Lg 57ρ E2 = ρA . .g +ρB. .g ⇒ E2 =  A + ρB   64 8 8 8  Assim: 3 3 7ρ A Lg . 57ρ A + ρ  = F +ρ .L3 .g⇒ F = Lg − +ρB    B  A 8 8 8  8  3 Lg 7ρ F =  − A + ρB  Na Terra temos: 8 8 3 Lg 7ρ No planeta X temos: FX = X  − A + ρB  8 8 onde: GMT GMX gX MX RT2 MXR2T g = 2 e gX = 2 ⇒ = . 2 ⇔ gX = .g 2 RT RX g MT RX MR T X Logo, a variação dessa força será dada por:  MXR 2T  L3  7ρ A L3  7ρA   ∆F = FX − F =  − + ρB  .(gX − g) =  − + ρB  . 2 .g− g 8 8 8 8    MTR X  3  MXR2T  Lg 7ρ A   ∆F =  − + ρB  . 2 − 1 8 8  MTRX

Portanto, o módulo dessa variação será dado por: 3 Lg 7ρ A MXR2T   ∆F =  − + ρB  . 2 − 1 8 8  MTRX

10. Após muito tempo aberta, a chave S do circuito da figura 1 é fechada em t = 0. A partir deste instante, traça-se o gráfico da figura 2, referente à tensão elétrica VS. Calcule: a) o valor do capacitor C; b) a máxima corrente admitida pelo fusível F; c) a tensão VS, a energia armazenada no capacitor e a potência dissipada por cada um dos resistores, muito tempo depois da chave ser fechada.

18


Dados (use os que julgar necessários): In (0,65936) = – 0,416486 In (1,34064) = 0,293147 In (19,34064) = 2,962208 In (4) = 1,386294 In (10) = 2,302585 90Ω S + 20 V C -

VS F 10Ω 0V

Figura 1 S

0,65936 V mesma exponencial 18

tempo (s)

Figura 2 RESOLUÇÃO:

Utilizando o teorema de Thevenin entre os pontos A e B, tem-se que: 90Ω

A B

20 V

20 = 2V (tensão de Thevenin) 100 Rth = 10//90 = 9Ω (resistência de Thevenin) Uth = 10.

19

10Ω


O circuito fica assim:

9Ω

A C

2V B Cuja equação é: −t  RC  U AB = U0 1− e  −t  U AB = 2 1− e9C  

Aplicando-se os dados para t = 18 s, tem-se: −2 −2 −2 0,65936 1,34064 − 2  1,34064  0,65936 C C ⇔ eC = ⇔ = ln = 1− e ⇔ e = 1− 2 2 C 2  2 Segue: −2 −2 −2 = = a) C = ⇔ C=5F  1,34064 ln1,34064 − ln2 ln1,34064 − ln4 ln  2 2   b) A ruptura ocorre quando a tensão U AB é igual a 0,65936V, portanto: 0,65936 ⇔ i = 0,065936 A i= 10 c) Após muito tempo fechada a chave, o fusível F ter-se-á rompido e os 20V de tensão estarão aplicados no capacitor de 5 F. Assim: Vs = 20 Va CU2 5.202 E= = ⇔ E = 1.000 J 2 2 Estando o resistor de 10 Ω cortado (fusível F aberto) e capacitor C carregado, a corrente será nula em todos os resistores. Portanto, a potência dissipada é nula: P = 0

20


COMENTÁRIOS SOBRE A PROVA Novamente a prova do IME mostrou-se de altíssimo nível, privilegiando os candidatos mais bem preparados. Questões que cobraram vários conceitos simultaneamente, exigiram do aluno uma visão integrada do conteúdo da física do ensino médio. Ressalvas devem ser feitas às questões 2, 6 e 10. • Na questão 2 faltou definir melhor as características de compressão de cada material. • Na questão 6 não ficou claro a posição de emissão dos raios incidentes. • Na questão 10 foi necessário o emprego das equações do circuito RC no regime transitório, equações estas não pertencentes ao programa de física do ensino médio. Todavia, estes fatores não diminuem de forma alguma, o brilho da prova. Parabéns ao IME! Distribuição das questões: 1a Questão: a 2 Questão: a 3 Questão: 4a Questão: 5a Questão: a 6 Questão: a 7 Questão: 8a Questão: 9a Questão: 10a Questão:

En erg ia e Hidr os tátic a Dilatação Té rm ic a Termodinâmica Ondulatória Energia Óp tic a Geo m é tr ic a e Hid ro s tátic a Dinâmica Eletromagnetismo Gr av itação e Hi d ro státi ca Eletrodinâmica

POLIEDRO

ESPECIALIZADO EM APROVAÇÃO! 21


APROVAR É COM A GENTE! Entre o histórico vitorioso de aprovações do Poliedro, aqui estão algumas que podem interessar mais especificamente para você: 1995 ⇒ 1996 47 aprovados na FUVEST, VUNESP e UNICAMP 15 aprovados no ITA 03 aprovados no IME 22 aprovados na AFA 09 aprovados na Escola Naval (100% em SP) 1996 ⇒ 1997 50% de aprovação em Universidades Federais e Estaduais 21 aprovados no ITA 08 aprovados no IME (73% em SP) 32 aprovados na AFA com os 3 primeiros lugares do Brasil! 10 aprovados na Escola Naval (90% em SP) 07 aprovados no Colégio Naval (39% em SP) 36 aprovados na EPCAR (77% em SJC) 1997 ⇒ 1998 106 aprovados em Biológicas 78 aprovados em Humanas 19 aprovados no ITA 13 aprovados no IME 39 aprovados na AFA (100% em SJC) 17 aprovados na Escola Naval (90% em SP) 08 aprovados no Colégio Naval (40% em SP) 11 aprovados na EPCAR 1998 ⇒ 1999 84 aprovados em Biológicas 88 aprovados em Humanas 89 aprovados em Exatas 22 aprovados no ITA 31 aprovados no IME 25 aprovados na Escola Naval (96% em SP) 22


1999 ⇒ 2000 145 aprovados em Biológicas 108 aprovados em Humanas 276 aprovados em Exatas 19 aprovados no ITA 17 aprovados no IME 2000 ⇒ 2001 132 aprovados em Biológicas 110 aprovados em Humanas 334 aprovados em Exatas 26 aprovados no ITA 27 aprovados no IME

A garantia de resultados como estes está na competente equipe de professores e no máximo contato possibilitado entre eles e os alunos, característica importante em nossa estrutura.

ALOJAMENTO O Poliedro possui um alojamento em São José dos Campos com todas as facilidades para hospedar alunos de outras cidades. O Recanto do Estudante é uma pousada construída num espaço de aproximadamente 10.000 m2, com acomodações amplas e confortáveis, que garantirão o melhor desempenho do aluno durante o curso. O convívio nos alojamentos é importante, pois cria-se um ambiente de forte estudo e concentração, não só pelo apoio dado por professores e coordenadores do Poliedro, como também pela progressiva interação dos alunos, que podem discutir assuntos e questões das diversas matérias, permitindo um crescimento mais homogêneo do grupo. O alojamento oferece alimentação completa e dispõe ainda de ônibus fretados que executam o trajeto alojamento-curso-alojamento nos horários de interesse. Tudo isso para que o aluno se preocupe apenas com o estudo.

ENSINO MÉDIO NO POLIEDRO O Colégio Poliedro possui uma turma 3o Ano IME-ITA, que oferece uma preparação integrada ao cursinho, específica para os vestibulares do IME, ITA, Escolas Militares e Faculdades de Engenharia. 23

RESOLUÇÃO IME 2002 – FÍSICA Professores responsáveis pela resolução: André Oliveira de Guadalupe Marcílio Alberto de Faria Pires Nicolau Arbex Sarkis

Professores revisores: Alex Sander Schroeder de Barros Andressa de Mello Celso Faria de Souza Fabiano Rodrigues dos Santos Rodrigo Galvão Freire Moreira Fernandes Shridhar Jayanthi

Coordenação: André Oliveira de Guadalupe Nicolau Arbex Sarkis

Digitação e diagramação: Antonio José Domingues da Silva Kleber de Souza Portela Nelson de Siqueira

Visite nossa Home Page http://www.poliedro.com

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Fale Conosco e-mail: [email protected]

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ASSEART Editora e Gráfica Impressão e acabamento SJCampos-SP Tel.: (12) 3941-4858

IME_Física_2002

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