(19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA O PROCESSO SELETIVO – ITA 2014 A FÍSICA NO ITA A prova de Física do vestibular do ITA apresenta uma seleção de assuntos bem variados. Assim como a maior parte dos vestibulares, o ITA apresenta uma forte ênfase em mecânica na distribuição dos assuntos das questões. Entretanto, esta prova se diferencia porque com frequência o nível de complexidade das questões se torna elevado, apesar de tipicamente se partir de conceitos relativamente simples. A exemplo da mecânica, as demais grandes áreas do conhecimento da física são cobradas em um nível de complexidade bastante elevado. Por exemplo, o efeito Hall (eletromagnetismo), malhas complexas (eletrodinâmica) resolvidas pelo teorema de Thévenin, Cinética dos Gases (Termofísica) e, digna de nota devido a sua considerável incidência, a Lei de Gauss (tanto para a eletrostática quanto para a gravitação). Diferentemente dos vestibulares tradicionais, temos uma incidência muito grande de fenômenos ondulatórios, como ótica física, polarização, interferência, filmes finos, difração, experimento de Young e rede de difração, que são tópicos cobrados com frequência pelo vestibular do ITA. A banca de Física do ITA busca, além de forte capacidade analítica e profundo domínio da Matemática, conhecimento sólido dos conceitos da Física do Ensino Médio, incluindo assuntos específicos que outros vestibulares normalmente não cobram. Um outro assunto recorrente nesta prova é a Física Moderna, especialmente a Quântica, o que normalmente causa surpresa nos estudantes menos preparados. Há ainda tópicos clássicos, como Análise Dimensional. Quase todas as provas dos últimos 20 anos do ITA apresentam uma questão deste assunto. Assim, este tópico, apesar de relativamente simples, é quase certo no vestibular. Vale lembrar que conhecimentos de Análise Dimensional podem ser extremamente úteis para ajudar a lembrar de alguma fórmula esquecida, além de ser uma ferramenta importante para verificar a coerência das respostas obtidas. Outro ponto que chama atenção é que no vestibular de 2007 a primeira questão cobrava conhecimentos de algarismos significativos, enfatizando a importância de se analisar o quanto o resultado encontrado faz sentido levando em consideração as incertezas das medidas realizadas. Tipicamente, quando abordados assuntos mais complexos, as questões são simples e diretas, cobrando em muitos casos apenas um contato básico com os principais conceitos envolvidos. Podemos dizer que tais questões não são necessariamente mais difíceis do que aquelas de assuntos mais clássicos, mas apenas mais específicas. Entretanto, é indispensável que o vestibulando tenha contato com esses temas, caso contrário não terá condições de resolver as questões relativas a esses assuntos, restando-lhe apenas o velho (e não tão bom) “chute”. Você encontrará neste material um resumo de alguns assuntos bastante cobrados no vestibular do ITA nos últimos anos, seguidos de exemplos de como esses assuntos são abordados. Os tópicos descritos, de maneira geral, não são abordados com a ênfase necessária no Ensino Médio, visto que grande parte deles não faz parte do programa de muitos vestibulares importantes, como FUVEST, Unicamp, UNESP etc. O ITA apresenta, sem sombra de dúvidas, um dos vestibulares mais desafiantes do país. O ingresso é fruto de muito esforço dos candidatos, mas não é uma missão impossível. O grau de complexidade dos conteúdos cobrados e das questões é propositadamente elevado para selecionar apenas aqueles candidatos melhor preparados e que estão decididos a entrar em uma instituição reconhecida como uma das melhores engenharias do país, ao lado do IME. Propomo-nos com este material passar algumas dicas para o melhor rendimento nos dias de exame que estão por vir, com resumos de tópicos não tão enfatizados (e até mesmo não vistos) no ensino médio. Estes tópicos fazem parte da filosofia do vestibular do ITA: cobrar cada vez assuntos mais específicos, para valorizar o candidato que realmente se preparou para este vestibular. Para ajudá-lo, analisamos os anos anteriores e fizemos nossas apostas. Este resumo irá lhe ajudar em algumas questões que possuem alta probabilidade de serem cobradas. DICAS GERAIS De maneira geral, para as questões dissertativas do vestibular do ITA, o candidato deve necessariamente esclarecer como chegou à resposta. Na correção é dado ponto parcial, ou seja, pode-se conseguir algum ponto por resolver apenas parte da questão. Por isso, é importante não deixar nenhuma questão em branco. Nos testes, preste bastante atenção às alternativas. Frequentemente há questões que apresentam vários caminhos a se seguir e a observação das alternativas ajuda a entender o esperado pela banca examinadora. Também neste tipo de questão, existe aquela chance do “chute”, que não deve ser desprezada mesmo quando você não está conseguindo resolver nada. Assim, seja crítico no momento do chute, onde, por exemplo, uma análise dimensional e dos valores das alternativas pode lhe ajudar a eliminar alternativas absurdas. Um bom plano de prova é fundamental. Existem diferenças entre o peso das questões dissertativas e dos testes: cada questão dissertativa vale o dobro de uma questão objetiva. Entretanto, não despreze demais os testes, pois só serão corrigidas as questões dissertativas dos candidatos que acertaram pelo menos 40% dos testes de cada disciplina e 50% do total dos testes. Independente dessas informações, é importante que você se concentre na prova do dia. As provas anteriores já foram e você não tem como mudar suas respostas. As posteriores, encare quando vierem. Confie em sua preparação: independentemente do nível de dificuldade da prova, se você estudou então você sabe a matéria! Tenha isto em mente ao resolver as questões. Cada uma é um desafio a ser superado. Para auxiliá-lo, você encontrará a seguir um resumo teórico do que tem maior probabilidade de ser cobrado nas provas do ITA de 2014. Bons estudos! Bons estudos! 6 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA ANÁLISE DIMENSIONAL 1= M Estabelece as relações dimensionais entre uma grandeza derivada e as fundamentais através de suas dimensões ou símbolos dimensionais. Utilizando o Operador Dimensional: [ ] Ex.: [v]=L.T-1; a velocidade tem dimensão 1 com relação ao comprimento e dimensão -1 com relação ao tempo (v=Δs/Δt). → −1 β γ 1 ⋅ L−1 ⋅ T −1 → → → → ∑m v i i Impulso de uma Força: Mede o efeito de uma força num certo → → intervalo de tempo. É uma grandeza vetorial definida por: I = F Δt . Obs: No caso de uma força variável com o tempo, o módulo do impulso é numericamente igual à área do gráfico de Força X Tempo t2 ou à integral I = ∫ F (t ).dt . t1 Teorema do Impulso: a variação da quantidade de movimento de um sistema, num certo intervalo de tempo, é igual ao impulso produzido pela resultante das forças que agem no corpo, no mesmo intervalo de → → → → tempo. I Re s = Δ Q = Q f - Q i Sistema Mecanicamente Isolado: é aquele no qual a resultante das forças externas que agem no sistema é nula. Sendo assim, sua quantidade de movimento é constante. → ext → ext → → → → → → F Re s = 0 ⇒ I Res = 0 ⇒ Δ Qsist = 0 ⇒ Qf = Qi Obs: no caso de explosões e choques mecânicos, as intensidades das forças internas são tão maiores que as das forças externas, que o sistema pode ser tratado como um Sistema Mecanicamente Isolado. REFERENCIAL DO CENTRO DE MASSA Tão importante como o Momento Linear de um sistema de partículas é a determinação Centro de Massa de um sistema. Em questões de Mecânica do ITA, muitas vezes se faz necessário adotar um referencial que normalmente diminui muito o esforço algébrico na resolução: é o referencial do Centro de Massa do sistema. Observe a seguir as relações matemáticas para o referencial do Centro de Massa: → → Posição: r cm = ∑m r i i ⇒ xcm = M ∑m x i ∑m v i ∑m y e y cm = i M → → Velocidade: v cm = i i M → i M → → Aceleração: a cm = ∑m a i i M → → ext → d Q sist d M v cm Note que: Q sist = M v cm ⇒ = ⇒ F Re s = M a cm dt dt Isso nos permite concluir que o centro de massa de um sistema se move como se fosse uma partícula única cuja massa é igual à massa total do sistema sujeita à força externa nele aplicada. Assim, num Sistema Mecanicamente Isolado, como a resultante das forças externas é nula, o centro de massa não possui aceleração, movendo-se, portanto, com velocidade constante. → Resolução: (Alternativa A) Da expressão da força de arrasto em uma esfera se movimentando em um fluido, temos que ⎛ M ⋅L ⎞ ⋅T ⎡⎣F ⎤⎦ T ⎝⎜ T 2 ⎠⎟ M = = M1 ⋅ L−1 ⋅ T −1 ⎣⎡η ⎦⎤ = 2 = 2 ⋅T L L L Escrevendo as expressões dimensionais para as grandezas ρ , v , d : M L [ρ] = 3 = M1 ⋅ L−3 ; [v ] = = L ⋅ T −1 ; [d ] = L ; T L Substituindo na fórmula dimensional para R, tem-se: α → Q de um sistema: Q sist = Q1 + Q2 + Q3 + .... = coeficiente de viscosidade, e d , uma distância característica associada à geometria do meio que circunda o fluido. Por outro lado, num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera, de diâmetro D, que se movimenta num meio fluido, sofre a ação de uma força de arrasto viscoso dada por F = 3π Dηv . Assim sendo, com relação aos respectivos valores de α , β , γ e τ , uma das soluções é: a) α = 1, β = 1, γ = 1, τ = -1 b) α = 1, β = -1, γ = 1, τ = 1 c) α = 1, β = 1, γ = -1, τ = 1 d) α = -1, β = 1, γ = 1, τ = 1 e) α = 1, β = 1, γ = 0, τ = 1 ) ⋅ (L ⋅T ) ⋅ (L ) ⋅ (M . → → Exemplo: (ITA 2005) Quando camadas adjacentes de um fluido viscoso deslizam regularmente umas sobre as outras, o escoamento resultante é dito laminar. Sob certas condições, o aumento da velocidade provoca o regime de escoamento turbulento, que é caracterizado pelos movimentos irregulares (aleatórios) das partículas do fluido. Observa-se, experimentalmente, que o regime de escoamento (laminar ou turbulento) depende de um parâmetro adimensional (Número de Reynolds) dado por R = ρ α v β d γη τ , em que ρ é a densidade do fluido, v , sua velocidade, η , seu ⋅ L−3 ⋅T Momento Linear: grandeza vetorial definida por: Q = m v Fórmulas Dimensionais À luz dos conceitos anteriores, toda grandeza física tem uma fórmula dimensional. Utilizamos o símbolo [G] para representar a fórmula dimensional da grandeza física G. a) Uma grandeza derivada na Mecânica possui uma fórmula dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc sendo M a dimensão de massa, L, de comprimento, e T, de tempo. b) Uma grandeza derivada na Termodinâmica possui uma fórmula dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc θd sendo θ a dimensão de temperatura. c) Uma grandeza derivada na Eletricidade possui uma fórmula dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc Id sendo I a dimensão de corrente elétrica. 1 ⋅L ⎧α + τ = 0 ⎪ ⇒ ⎨−3α + β + γ − τ = 0 ⎪− β − τ = 0 ⎩ − β −τ MOMENTO LINEAR Teorema de Bridgman “Se uma dada grandeza física depende apenas de outras grandezas físicas independentes entre si, então esta grandeza pode ser expressa pelo produto de um fator puramente numérico (constante de proporcionalidade) por potências das grandezas das quais ela depende”. (M −3α + β +γ −τ Resolvendo o sistema, tem-se: α = t, β = t, γ = t e τ = −t, p / t ∈ A única alternativa compatível é a alternativa A. Princípio da Homogeneidade Dimensional “Toda equação que traduz um fenômeno físico verdadeiro é, necessariamente, homogênea do ponto de vista dimensional”. Em outras palavras, a dimensão do membro esquerdo de uma equação é necessariamente igual à dimensão do membro direito. Além disso, havendo parcelas, todas elas devem apresentar a mesma dimensão. ⎣⎡R ⎦⎤ = α +τ → Sistema Mecanicamente Isolado: → ext → → → → → F Re s = 0 ⇒ a cm = 0 ⇒ v cm = cte . Exemplo: (ITA 2000) Uma lâmina de material muito leve de massa m está em repouso sobre uma superfície sem atrito. A extremidade esquerda da lâmina está a 1 cm de uma parede. Uma formiga considerada como um ponto, de massa m 5 , está inicialmente em repouso sobre essa extremidade, como mostra a figura. A seguir, a formiga caminha para frente muito lentamente, sobre a lâmina. A que distância d da parede estará a formiga no momento em que a lâmina tocar a parede? a) 2 cm b) 3 cm c) 4 cm d) 5 cm e) 6 cm ) τ ⎡⎣R ⎤⎦ = M 1α ⋅ L−3α ⋅ Lβ ⋅ T −1β ⋅ Lγ ⋅ M 1τ ⋅ L−1τ ⋅ T −1τ ⇒ α +τ −3α + β + γ −τ ⋅ T − β −τ ⎣⎡R ⎦⎤ = M ⋅ L Como R é adimensional, [R] = 1, assim: 7 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA Resolução: (Alternativa E) Considerando o sistema isolado, temos que seu Centro de Massa, inicialmente em repouso, deve permanecer em repouso. Dessa forma, assumindo a parede como referencial para o cálculo do centro de massa do sistema, temos que: Colisão perfeitamente inelástica ( e = 0 ) A Energia não se conserva; a perda de energia é máxima. Os corpos não se afastam após a colisão (a velocidade de afastamento é nula). m ⋅ x1 + m ⋅ x2 XCM = 5 6m 5 x1 x2 x2 x1 Calculando nos instantes inicial e final e considerando o comprimento total da lâmina igual a c, temos: m c⎞ ⎛ m c .1 + m. ⎜ 1 + ⎟ .d + m. 5 2⎠ ⎝ i f 5 2 XCM = e XCM = 6.m 6.m 5 5 Como o centro de massa não altera sua posição (sistema isolado e Colisão parcialmente elástica (ou parcialmente inelástica) (0 < e <1) A Energia não se conserva; há certa fração da energia que é dissipada (pode ser por atrito, emissão de calor, emissão de som, por deformação plástica desses corpos etc.). Colisões bidimensionais: Mas como tratar o coeficiente de restituição em colisões bidimensionais? Vamos tratar aqui apenas do caso em que as forças de contato durante a colisão atuam em uma única direção (colisões entre duas superfícies sem atrito é um exemplo disto). Suponha que dois discos ou esferas A e B colidem sem atrito e na ausência de ações externas ao sistema de acordo com o diagrama abaixo. i f com velocidade inicial do centro de massa nula), temos XCM = XCM : m c⎞ ⎛ .1 + m. ⎜ 1 + ⎟ m .d + m. c 5 2⎠ ⎝ 2 ⇒ m + m + m. c = m .d + m. c ⇒ = 5 6.m 6.m 5 2 5 2 5 5 6.m m = .d ⇒ d = 6cm 5 5 ANTES vA ' vA mA mA b mA vA DEPOIS B mB vB A mA vA ' B φ mB θ vB ' x As forças impulsivas (interação entre as massas) acontecerão somente no eixo x indicado, acontecendo, portanto, conservação da quantidade de movimento para cada massa individualmente no eixo y (não existem forças atuando em cada massa nessa direção). Para que tenhamos mesmo coeficiente de restituição caso a colisão seja elástica ou inelástica, note que devemos considerar apenas as velocidades na direção x. Isso é evidente, pois a colisão frontal é apenas um caso particular da colisão bidimensional (quando a velocidade no eixo y é nula). Assim, define-se mais apropriadamente o coeficiente de restituição como: v afastamento em x v '− v Ax ' e = Bx = v Ax − v Bx v aproximação em x Colisões unidimensionais: Suponha uma colisão unidimensional entre dois corpos: A b mB COEFICIENTE DE RESTITUIÇÃO [COLISÕES] ANTES y DEPOIS vB ' mB Verificou-se experimentalmente que na colisão frontal de duas esferas sólidas, tais como duas bolas de bilhar, as velocidades depois da colisão são relacionadas com as de antes pela expressão: v A '− v B ' = −e ⋅ ( v A − v B ) onde e (chamado de coeficiente de restituição) tem valor entre zero e 1 e é característico do par de corpos que estão interagindo. Note que existem subtrações vetoriais. Podemos relacionar esses vetores com seus módulos e, em outras palavras, temos: v '− v A ' v = afastamento v B '− v A ' = e ⋅ v A − v B ⇒ e = B v A − vB v aproximação Assim, a razão entre o módulo da velocidade de afastamento e o módulo da velocidade de aproximação, ambas na direção das forças impulsivas, é constante para um par de corpos. Exemplo: (ITA 2008) A figura mostra uma bola de massa m que cai com velocidade v1 sobre a superfície de um suporte rígido, inclinada de um ângulo θ em relação ao plano horizontal. Sendo e o coeficiente de m restituição para esse impacto, v1 calcule o módulo da Assim, a razão entre o módulo da velocidade de afastamento e o módulo da velocidade de aproximação é constante para um par de corpos. v2 velocidade v 2 com que a bola é ricocheteada, em função de v1 , θ e e . Calcule também o O coeficiente de restituição está diretamente relacionado com a conservação ou perda de energia durante a colisão. Pode se demonstrar que: 1 ⎛ m ⋅m ⎞ 2 ΔK = − (1 − e 2 ) ⋅ ⋅ ⎜ A B ⎟ ⋅ v A − v B 2 ⎝ mA + mB ⎠ α ângulo α . θ Resolução: Ao analisarmos o choque, devemos notar que o coeficiente de restituição relaciona as velocidades de aproximação e de afastamento em relação à direção normal à superfície de contato. Também devemos atentar que, como há dissipação de energia no eixo normal, o ângulo de incidência não é o mesmo que o ângulo de Onde ΔK é a variação de energia cinética do sistema. Visto que, num sistema isolado há conservação da quantidade de movimento (pois só há forças internas, que é o caso de uma colisão), usaremos, para caracterizar os tipos de colisão, a relação do coeficiente de restituição com variação da energia cinética do sistema ΔK: reflexão. Denotando como v1⊥ a velocidade de aproximação na direção normal e v2 ⊥ a velocidade de afastamento nessa mesma direção, temos: Colisão Elástica (ou colisão perfeitamente elástica) ( e = 1 ) A Energia se conserva. 8 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA m v1t v1 θ v1⊥ θ . . v2⊥ um material, ou seja, quando os fótons chegam à superfície do material transportando uma determinada energia, arrancam elétrons dessa superfície, conferindo energia cinética a esses elétrons. A relação entre essas energias é dada por: h ⋅ f = φ + EMAX v2 90 − α α v2t Nessa equação, E = h ⋅ f é a energia do fóton incidente, φ é a energia necessária para arrancar um elétron da superfície, também chamada função trabalho do material, e EMAX é a energia cinética máxima que o elétron poderia adquirir se desprezássemos a dissipação de energia na colisão. Dois fatos importantes a serem observados no efeito fotoelétrico: (I) A energia cinética máxima que aparece na equação acima não depende da intensidade da luz que incide sobre o material. Ao aumentarmos a intensidade luminosa, apenas aumentamos o número de elétrons que conseguimos arrancar da superfície, mas não mudamos a energia de cada fóton, já que esta se relaciona com a frequência da luz, e não com sua intensidade. A proporção fótonelétron é de um para um, ou seja, não há possibilidade de um único fóton arrancar mais de um elétron. (II) Existe uma frequência mínima f0 necessária para que os 90 − θ θ Assim: e= v 2⊥ v1⊥ = v 2 ⋅ senα ⇒ e ⋅ v1 ⋅ cosθ = v 2 ⋅ senα v1 ⋅ cosθ (I) Como não existem forças externas atuando na direção tangencial, os módulos das componentes das velocidades nessa direção são iguais. Denotando essas componentes das velocidades como v1t e v2t podemos escrever: v1t = v 2t ⇒ v1 ⋅ senθ = v 2 ⋅ cos α elétrons sejam arrancados do material, de modo que se a luz incide com uma frequência f < f0 , nenhum elétron deixará a superfície do (II) material, independentemente da intensidade da luz (quantidade de fótons) incidente. Essa frequência mínima pode ser obtida da equação acima, pois corresponde à situação em que toda a energia do fóton incidente é utilizada para arrancar o elétron, não sobrando energia adicional sob a forma de energia cinética do elétron. Assim, fazendo Elevando as equações (I) e (II) ao quadrado e somando membro a membro temos: v12 ⋅ ( sen 2θ + e 2 ⋅ cos2 θ ) = v 22 ⋅ ( sen 2α + cos2 α ) v 2 = v1 ⋅ sen 2θ + e2 ⋅ cos2 θ EMAX = 0 na equação, vem que: h ⋅ f0 = φ ⇒ f0 = A resposta do valor de α poderia ser expressa de diversas maneiras. Entre elas citaremos três: a) substituindo o valor encontrado para o módulo de v2 em (I): ⎛ ⎞ e ⋅ cosθ e ⋅ cosθ senα = ⇒ α = arcsen ⎜⎜ ⎟⎟ 2 2 2 2 2 2 sen θ + e ⋅ cos θ ⎝ sen θ + e ⋅ cos θ ⎠ b) substituindo o valor encontrado para o módulo de v2 em (II): ⎛ ⎞ senθ senθ ⇒ α = arccos ⎜⎜ cos α = ⎟⎟ 2 2 2 + ⋅ θ θ sen 2θ + e 2 ⋅ cos2 θ sen e cos ⎝ ⎠ c) Pela divisão de (I) por (II): e ⋅ cosθ senα = ⇒ tgα = e ⋅ cot gθ ⇒ α = arc tg ( e ⋅ cot gθ ) senθ cos α φ h (frequência mínima) Muitas questões no vestibular do ITA a respeito deste assunto exigem apenas o conceito teórico do comportamento de superfícies sujeitas a uma radiação eletromagnética (luz). Entretanto, a abordagem quantitativa também é cobrada, como no exemplo a seguir: EXEMPLO: (ITA 2004) Num experimento que usa o efeito fotoelétrico, ilumina-se sucessivamente a superfície de um metal com luz de dois comprimentos de onda diferentes, λ1 e λ2 , respectivamente. Sabe-se que as velocidades máximas dos fotoelétrons emitidos são, respectivamente, v 1 e v 2 , em que v1 = 2 ⋅ v 2 . Designando c a velocidade da luz no vácuo, e h a constante de Planck, pode-se, então, afirmar que a função do trabalho Últimas ressalvas e alguns fatos interessantes Além das análises indicadas acima, vale ressaltar algumas colisões notáveis (pode-se demonstrar esses fatos): a) Colisão unidimensional perfeitamente elástica entre corpos de massas iguais: as velocidades dos corpos são “trocadas”. b) Colisão bidimensional perfeitamente elástica entre corpos de massas iguais: as velocidades dos corpos após a colisão formam um ângulo de 90° entre si. Além disso, as velocidades na direção das forças impulsivas são trocadas. c) Colisão entre um corpo muito massivo e um corpo muito mais leve: o corpo muito massivo praticamente não muda de velocidade após a colisão (a velocidade do corpo mais leve pode, no entanto, variar livremente). d) Colisão perfeitamente elástica entre um corpo muito massivo e um corpo muito mais leve: o corpo muito massivo praticamente não muda de velocidade após a colisão e a velocidade do corpo leve inverte o seu sentido na direção das forças impulsivas. φ do metal é dada por: a) (2 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(λ1 ⋅ λ2 ) b) (λ2 − 2 ⋅ λ1 ) ⋅ h ⋅ c /(λ1 ⋅ λ2 ) c) (λ2 − 4 ⋅ λ1 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 ) d) (4 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 ) e) (2 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 ) Resolução: (Alternativa D) No efeito fotoelétrico, temos que h ⋅ f = φ + EMAX , onde E = h ⋅ f = h⋅c λ é a energia do fóton, φ é a função trabalho (característica do metal) e m ⋅ v MAX 2 é a energia cinética máxima do elétron emitido. 2 Escrevendo esta equação para as situações (1) e (2), temos: m ⋅ v12 mv 22 h⋅c =φ + =φ + 4⋅ (I) 2 2 λ1 EMAX = m ⋅ v 22 (II) 2 λ2 Fazendo a subtração [4 x (II) – (I)] membro a membro, vem que: h⋅c h⋅c (4 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c 4⋅ − = 4 ⋅φ − φ ⇒ φ = λ2 λ1 3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 h⋅c EFEITO FOTOELÉTRICO Este tópico em algumas oportunidades da prova da ITA chegou a aparecer em 2 questões num mesmo ano, como em 2003 e 2006. Portanto é bastante importante que o candidato tenha conhecimento a respeito deste assunto, para que possa se preparar para questões que normalmente são de simples resolução. =φ + EFEITO COMPTON Efeito Compton – É a variação do comprimento de onda de uma radiação eletromagnética após interagir com a matéria. O experimento original foi idealizado por Arthur Holly Compton, em 1923, e consistiu em fazer um feixe de raios-X (radiação eletromagnética) incidir sobre uma amostra de grafite, e posteriormente analisar a radiação dispersada com um detector adequado. O experimento de Compton evidencia que o tratamento ondulatório não é suficiente para estudar o comportamento da luz; é necessário Efeito Fotoelétrico – Emissão de elétrons por um material quando submetido à presença de uma onda eletromagnética. Este efeito foi explicado corretamente por Albert Einstein, o que lhe rendeu o prêmio Nobel de Física de 1921. Einstein se baseou no modelo corpuscular da luz, supondo que ela se propagava no espaço não de modo contínuo, mas concentrada em pequenos pacotes, que posteriormente seriam chamados fótons. Quando a luz incide sobre 9 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA Vamos impor agora a conservação da energia antes e depois da colisão. Novamente aqui devemos considerar a energia cinética relativística do elétron, que é: 1 EC m c 2 1 1 (v / c )2 Lembremos também que a energia transportada por um fóton pode hc ser escrita como: EF h f Desse modo, a expressão da conservação da energia fica: 1 1 h c hc h h m c2 1 mc 1 2 2 ' ' 1 (v / c ) 1 (v / c ) neste caso dar tratamento corpuscular (de partícula) para modelar (e compreender) esse experimento (a luz pode ser tratada como fótons, partículas que apresentam energia quantizada através da relação E h f ). Apesar de ainda não ter sido cobrado pelo ITA, o entendimento do Efeito Compton é um dos fundamentos da Física Quântica e, portanto, é conceito fundamental que pode vir a ser cobrado. AMOSTRA 1 1 2 FILTRO DETECTOR TUBO DE RAIOS X m c h h m c ' 1 (v / c )2 COLIMADOR COLIMADOR Para explicar a variação de comprimento de onda detectada no experimento, Compton utilizou o modelo corpuscular da luz, e na época, seu experimento teve importância exatamente por dar sustentação experimental para tal modelo, que não era totalmente aceito. Imaginando a radiação eletromagnética formada por fótons, que colidem com elétrons livres da superfície do material, vamos impor a conservação da quantidade de movimento do sistema, antes e depois da colisão: Elevando ao quadrado, obtemos: 2 m2 c 2 h h h h 2 2 2 m c m c 1 (v / c )2 ' ' 2 2 h2 h m2 c 4 h h 2 ' m c m 2 c 2 2 (ii) 2 ' ' ' c v2 Finalmente, fazendo a subtração (ii) – (i) membro a membro, obtemos: h2 h m2 c 2 2 2 (1 cos ) 2 ( ' ) m c m 2 c 2 2 (c v 2 ) c v2 ' ' h ' (1 cos ) m c Esta é a fórmula do deslocamento Compton, que apresenta a variação do comprimento de onda ( ' ) da radiação eletromagnética em função do seu ângulo de espalhamento ( ). h é conhecida como comprimento de onda mc h ) Compton ( C mc A grandeza pantes pdepois ( pF pE )antes ( pF pE )depois Lembremos que a quantidade de movimento do fóton é definida não como | p | m | v | , já que não tem sentido falar em massa do fóton, h mas como | p | , onde h é a constante de Planck e é o comprimento de onda do fóton. Exemplo: Um fóton de raio X, com 0,01 nm, faz uma colisão frontal com um elétron ( 180 ). Determine: a) a variação do comprimento de onda do fóton. b) a variação da energia do fóton. c) a energia cinética adquirida pelo elétron. Resolução: a) Aplicando a equação do deslocamento Compton, vem que: h 6,63 1034 ' (1 cos ) (1 ( 1)) 4,8 1012 m m c 9,31 10 31 3,00 108 Uma outra observação é que como o elétron receberá energia do fóton na colisão, e este viaja na velocidade da luz, devemos adotar para o elétron a expressão relativística para a sua quantidade de movimento, a saber: m v p 2 |v | 1 c Vamos decompor as quantidades de movimento nas direções horizontal e vertical. h h m v m 0 cos cos (I) Na direção horizontal: ' 1 (v / c )2 Na direção vertical: 0 m 0 h ' sen m v 1 (v / c )2 sen b) A energia do fóton é dada por: EF h f h 2 h '2 2 h 2 ' cos m v m c v 1 (v / c )2 c2 v 2 2 2 2 2 . Assim, a variação 1 1 EF 6,63 10 34 3,00 108 12 9 9 4,8 10 0,01 10 0,01 10 (II) EF 6,5 10 15 J 41keV , onde 1eV 1,6 10 19 J c) A energia cinética adquirida pelo elétron é a energia fornecida pelo fóton no momento da colisão, já que o sistema é suposto conservativo. Assim, EC 6,5 1015 J 41keV HIPÓTESE DE DE BROGLIE Elevando ambas ao quadrado e somando membro a membro, ficamos com: 2 de energia será: 1 1 EF h c ' Podemos reescrever as equações como: h h m v h m v cos e cos sen sen ' ' 1 (v / c )2 1 (v / c )2 2 hc Dualidade Onda-Partícula (Hipótese de De Broglie) – Se a luz apresenta um duplo comportamento, ora ondulatório, ora corpuscular, não seria então verdade que a matéria também poderia apresentar comportamento semelhante? A resposta para esta pergunta é afirmativa, e foi Louis de Broglie quem apresentou uma teoria 2 (i) 10 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA coerente sobre isso. Para caracterizar o comportamento ondulatório de uma certa partícula, devemos determinar seu comprimento de onda. De Broglie propôs que a cada partícula dotada de uma quantidade de movimento p , podemos associar um comprimento de submetemos esse tipo de radiação a um polarizador, é esperada que I a intensidade se reduza pela metade: I = 0 2 Vale dizer que tal argumento pode ser justificado matematicamente, mas para isso precisaríamos do auxílio do Cálculo Integral. Quando um raio de luz já atravessa um polarizado polarizador, precisamos levar em conta o ângulo β formado entre a direção de polarização do raio de luz e as fibras do polarizador, de acordo com a figura a seguir: h onde h é a constante de Planck. |p| Confira o exemplo abaixo de uma questão que relaciona o comprimento de onda de De Broglie para um elétron: onda ( λ ) dado por: λ = EXEMPLO: (ITA 2000) Dobrando-se a energia cinética de um elétron não-relativístico, o comprimento de onda original de sua função de onda fica multiplicado por: 1 1 1 a) e) 2 b) c) d) 2 2 2 4 Resolução: (Alternativa A) Vamos colocar a energia cinética do elétron em função do seu momento linear: m ⋅ v 2 m 2 ⋅ v 2 (m ⋅ v )2 p2 . O comprimento de onda EC = = = = 2 2⋅m 2⋅m 2⋅m h h associado ao elétron é dado por: λ = ⇒ p = . Assim, a energia λ p cinética do elétron pode ser dada em função do seu comprimento de onda por: Nesse caso, a relação entre a intensidade do raio emergente ( I ) e a intensidade do raio incidente ( I0 ) será dada pela Lei de Malus: I = I0 ⋅ cos2 β Observe que tal relação é coerente com o fato de que se o raio polarizado incide paralelamente à direção das fibras do polarizador ( β = 0 ), o raio incidente será integralmente transmitido, não havendo absorção, e como consequência, I = I0 . Por outro lado, quando o raio incidente está polarizado numa direção perpendicular às fibras do polarizador ( β = 90° ), ele é integralmente absorvido, visto que não há componente do campo elétrico vibrando na direção das fibras. Assim, a intensidade transmitida nesse caso é nula ( I = 0 ). 2 ⎛h⎞ ⎜λ⎟ p h2 EC = . =⎝ ⎠ = 2 ⋅ m 2 ⋅ m 2 ⋅ m ⋅ λ2 Dobrando-se a energia cinética, temos: λ2 1 h2 h2 = 2⋅ ⇒ λ2 = 0 ⇒ λ = ⋅ λ0 E = 2 ⋅ E0 ⇒ 2 2 2⋅m⋅λ 2 ⋅ m ⋅ λ0 2 2 Este conceito já foi explorado pelo vestibular do ITA, como no exemplo a seguir: 2 Exemplo: (ITA 2000) Uma luz não-polarizada de intensidade I0 ao passar por um primeiro polaroide tem sua intensidade reduzida pela metade, como mostra a figura. A luz caminha em direção a um segundo polaroide que tem seu eixo inclinado em um ângulo de 60° em relação ao primeiro. A intensidade de luz que emerge do segundo polaroide é: POLARIZAÇÃO O modelo ondulatório da luz assume que um raio de luz consiste de um grande número de ondas eletromagnéticas viajando simultaneamente no espaço. Cada uma dessas ondas que compõem o raio de luz, sendo uma onda transversal, apresenta um determinado plano de vibração para os campos elétrico e magnético, plano este que é perpendicular à direção de propagação da onda. 60º I0 a) I0 I0/2 b) 0,25 ⋅ I0 c) 0,375 ⋅ I0 d) 0,5 ⋅ I0 e) 0,125 ⋅ I0 Resolução: (Alternativa E) A intensidade da luz que emerge do primeiro polarizador é I1 = I0 , 2 visto que a luz estava inicialmente não-polarizada. A intensidade da luz que emerge do segundo polarizador, pela Lei de Malus, é: I I I2 = I1 ⋅ cos2 60° = 1 = 0 = 0,125 ⋅ I0 (Alternativa E) 4 8 INTERFERÊNCIA Em particular, cada onda terá uma orientação bem definida para o campo elétrico. Tal direção será chamada de direção de polarização dessa onda. Como o raio de luz consiste de muitas ondas, cada uma delas com uma direção de polarização diferente, todas as direções de polarização estarão presentes no raio de luz, resultando num raio nãopolarizado. A polarização da luz é o processo de conferir a um raio de luz, inicialmente não-polarizado, uma única direção de polarização. Tal processo consiste em fazer o raio de luz atravessar algum material polarizador, cuja característica é ter uma direção preferencial de vibração do campo elétrico, de modo a transmitir apenas a componente do campo elétrico que vibre paralelamente a essa direção preferencial, absorvendo a componente que vibra na direção perpendicular. Como resultado desse processo, obtemos um raio de luz polarizado. A intensidade do raio de luz que emerge do polarizador ( I ) certamente é menor do que a intensidade do raio incidente ( I0 ), visto Interferência – É o fenômeno da superposição de duas ou mais ondas num mesmo ponto do espaço. Superposição de Ondas – Quando dois pulsos propagando-se em sentidos opostos se encontram, temos uma superposição desses pulsos. Após o encontro, os pulsos continuam seu caminho sem que nenhuma propriedade (período, velocidade, frequência, etc) tenha se alterado. que parte da energia transportada pelo raio foi absorvida pelo polarizador. Considerando que a luz não polarizada tem uma distribuição simétrica em torno no eixo de propagação, ao Dizemos que a interferência é construtiva quando as amplitudes das ondas se somam, e que é destrutiva quando as amplitudes das ondas se cancelam. 11 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA Considere o sistema com duas fontes pontuais que percorrem os caminhos designados por r1 e r2 ao lado: Para ondas em concordância de fase, a interferência construtiva se dá quando a diferença entre as distâncias percorridas por cada onda (diferença de caminhos), denotada por Δs = r2 − r1 , for igual a um y ym d número inteiro de comprimentos de onda ( λ ), ao passo que a interferência destrutiva se dá quando a diferença de caminhos for igual a um número inteiro impar de meio comprimento de onda. Para ondas em oposição de fase, ocorre o contrário: Concordância de fase: - Construtiva: Δs = n ⋅ λ, n ∈ Z - Destrutiva: Δs = n λ 2 λ Um padrão de interferência consistindo de franjas claras e escuras é observado num anteparo, colocado à distância L das fendas. Temos que a diferença de caminhos das duas ondas geradas por estas fontes (fendas), considerando que estão em fase, é dada por Δz = d ⋅ senθ , conforme ilustra a figura. , n ímpar ∈ Z O vestibular do ITA costuma cobrar bastante este conceito em ondulatória, com algumas particularidades como o Experimento de Young (cobrado em 2003, 2004 e 2008), Interferência em Filmes Finos (cobrado em 1998, 2000 com duas questões, 2005 e 2011) e Rede de difração (2006), difração e fenda simples (2009) e anéis de Newton (2010). A condição para ocorrência de interferência construtiva (franjas claras), isto é, pontos onde é máxima a intensidade luminosa é dada por: d ⋅ senθ = m ⋅ λ , com m = 0; ±1; ±2;... (pontos de máximo) Os pontos de interferência destrutiva (franjas escuras), isto é, aqueles onde a intensidade luminosa é mínima, são dados por: 1⎞ ⎛ d ⋅ senθ = ⎜ m + ⎟ ⋅ λ , com m = 0; ±1; ±2;... (pontos de mínimo) 2⎠ ⎝ Fazendo a aproximação: senθ ≈ tgθ , válida para pequenos ângulos, EXEMPLO: (ITA 2004) Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras que emitem, em fase, ondas de frequência f e comprimento de onda λ . A distância d entre as fontes é igual a 3 ⋅ λ . Pode-se então afirmar que a menor distância não nula, tomada a partir de F2 , ao longo do com tgθ = eixo x , para a qual ocorre interferência construtiva, é igual a: a) b) c) d) e) 4⋅λ /5 5⋅λ /4 3⋅λ /2 2⋅λ 4⋅λ Isto produz um deslocamento das franjas na figura de interferência. Considere que o efeito da lâmina é alterar a fase da onda. Nestas circunstâncias, pode-se afirmar que a espessura d da lâmina, que provoca o deslocamento da franja central brilhante (ordem zero) para a posição que era ocupada pela franja brilhante de primeira ordem, é igual a: a) 0,38λ. b) 0,60λ. c) λ. (3 ⋅ λ )2 + x 2 − x = n ⋅ λ ⇒ (3 ⋅ λ )2 + x 2 = n ⋅ λ + x Elevando os dois membros ao quadrado, temos: 2 F1 F2 λ d) 1,2λ. e) 1,7λ. Resolução: (Alternativa E) O comprimento de onda da luz ao atravessar a lâmina de vidro pode ser obtido da seguinte maneira: c λ ⋅f λ = 1,6 ⇒ = 1,6 ⇒ = 1,6 , lembrando que a frequência nV = λV ⋅ f λV vV sempre se mantém inalterada na refração (passagem da luz do ar para o vidro). Se a franja de ordem zero d máximo centra passou a ocupar a franja de ordem um, isso F1 significa que o tempo que a luz leva para percorrer a lâmina de vidro, θ2 emergindo de F1 é o 9 − n2 9⋅λ + x = n ⋅λ + 2⋅n⋅λ ⋅ x + x ⇒ x = ⋅ λ , com n inteiro. 2⋅n 5 Assim: n = 1 ⇒ x = 4 ⋅ λ ; n = 2 ⇒ x = ⋅ λ ; n = 3 ⇒ x = 0 4 5 Portanto, a distância não nua procurada é x = ⋅ λ (Alternativa B) 4 Vejamos agora algumas das peculiaridades deste assunto para a prova do ITA: 2 Pontos de Mínimo λ ⋅L ⎛ 1⎞ ym = ⎜m + ⎟ 2⎠ d ⎝ Exemplo: (ITA 2004) Num experimento de duas fendas de Young, com luz monocromática de comprimento de onda λ , coloca-se uma lâmina delgada de vidro Lâmina Anteparo ( nV = 1,6 ) sobre uma das fendas. d Pelo teorema de Pitágoras, vem que: 2 y , temos: L Pontos de Máximo λ ⋅L ym = m d com m = 0; ±1; ±2;... em ambos os casos. Resolução: (Alternativa B) As distâncias para as quais ocorre interferência construtiva, levando em conta que as fontes emitem as duas ondas em fase, são aquelas em que a diferença de caminhos percorrida pelas duas ondas é igual a um número inteiro de comprimentos de onda. (y – x = nλ, n inteiro). 2 0 D 2 Destrutiva: Δs = n ⋅ λ, n ∈ Z , n ímpar ∈ Z θ Δz Oposição de fase: Construtiva: Δs = n θ 2 EXPERIMENTO DE YOUNG Experiência de Young – Nesta experiência, duas fendas são iluminadas por uma fonte de luz monocromática, estando as fendas separadas entre si de uma distância d . mesmo tempo que a luz utiliza para percorrer a distância equivalente à lâmina de vidro e também 12 x F2 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA uma certa distância x, da figura abaixo, viaja apenas pelo ar, emergindo de F2 . Normalmente, vemos tais aplicações em vidros não refletores, quando é aplicada uma camada fina e transparente sobre a superfície. Esta camada induz o fenômeno de interferência que, quando bem projetada, causa interferências destrutivas para certos comprimentos de onda, diminuindo assim sensivelmente a reflexão. ⎛ λ ⎞ Δs1 Δs2 d d+x = ⇒ = ⇒ x = ⎜⎜ − 1⎟⎟ d ⇒ x = 0,6d λV ⋅ f λ ⋅f v1 v2 ⎝ λV ⎠ Como a nova posição do máximo central é a posição da primeira franja, no caso de não termos a lâmina, temos que a distância x seria aquela percorrida no caso do máximo de primeira ordem (quando a diferença de caminhos é de apenas um comprimento de onda, λ) Δt1 = Δt2 ⇒ Fazendo x = λ, temos: λ = 0,6 ⋅ d ⇒ d = λ 0,6 Exercícios envolvendo filmes finos, interferência de ondas, localização de máximos e mínimos são encontrados em praticamente todos os anos de prova. Observe o exemplo a seguir. Exemplo: (ITA 2005) Uma fina película de fluoreto de magnésio recobre o espelho retrovisor de um carro a fim de reduzir a reflexão luminosa. Determine a menor espessura da película para que produza a reflexão mínima no centro do espectro visível. Considere o ≅ 1,7λ INTERFERÊNCIA EM FILMES FINOS comprimento de onda λ = 5500 A , o índice de refração do vidro nv = 1,50 e, o da película np = 1,30. Admita a incidência luminosa como quase perpendicular ao espelho. Resolução: As cores das bolhas de Primeira sabão, manchas de óleo e Reflexão outras películas delgadas, Raio algumas medidas para Incidente atenuar reflexões, todos estes fenômenos são devidas ao fenômeno de interferência. Podemos ver ao lado uma Raio Refletido película de espessura constante t de índice de refração n. Note que no Filme esquema dois raios chegam aos olhos do observador: um refletido na superfície superior Raio Transmitido (ignore) do filme, e outro refletido da superfície inferior. Note que, para uma incidência quase normal, a diferença de percursos geométricos entre os dois raios refletidos pode ser aproximado para 2t (onde t é a espessura do filme). Lembre-se que quando mudamos de um meio com menor índice de refração para um com maior índice de refração ocorre uma mudança de 180o na fase da onda refletida. Quando mudamos de um meio com maior índice de refração para um com menor índice de refração não ocorre mudança na fase da onda refletida. A onda refratada não sofre mudança de fase em nenhuma hipótese. Assim, considere a figura abaixo. Para o raio transmitido na película temos que a diferença de caminhos percorrida é de 2t, onde t é a espessura da película. Esta diferença, para interferência destrutiva, deve ser igual a (m+½)λn, com m inteiro, visto que ocorre duas inversões de fase (na reflexão do raio do ar para a película e na reflexão do raio da película para o vidro). 1⎞ 1⎛ 1⎞ λ ⎛ Assim: 2 ⋅ t = ⎜ n + ⎟ λn ⇒ t = ⎜ n + ⎟ 2⎠ 2⎝ 2 ⎠ np ⎝ Para menor espessura n = 0: t = 1 λ ⋅ 4 np o 5500 ≅ 1058 A 4 ⋅ 1,3 LUZ E ESPECTRO DE CORES Substituindo os valores de λ e np temos: t = É comum o vestibular do ITA relacionar os comprimentos de onda reforçados (interferência construtiva) e os que não são refletidos (interferência destrutiva). Note que de acordo com a espessura do filme, podemos ter uma cor que fica mais visível e outra que desaparece (fenômeno que ocorre por exemplo nas bolhas de sabão). Além disso, é importante dizer que a luz é uma onda eletromagnética; é chamada de luz toda onda eletromagnética que é visível ao olho humano. O conjunto de ondas eletromagnéticas que chamamos de luz representa apenas uma pequena parcela de todas as ondas eletromagnéticas existentes (aquelas com comprimentos de onda entre 400 nm e 700 nm). Outros exemplos de ondas eletromagnéticas muito presentes em nosso dia-a-dia são as ondas de rádio, as microondas, o VHF, o raio-X, entre outros. IMPORTANTE: As cores do espectro visível, em ordem crescente de frequência, são: vermelho, alaranjado, amarelo, verde, azul, anil e violeta. 180º de mudança de fase Sem mudança de fase Ar Filme Ar Pode-se notar que a onda resultante refletida pela película fosse um máximo de interferência quando a distância 2t fosse igual a um número inteiro de comprimentos de onda (no filme). No entanto, devido à mudança de fase associada na passagem entre o ar e o filme, teremos um máximo quando essa diferença for igual a um número ímpar de meios comprimentos de onda. 2t = (m+ ½)λn m = 0, 1, 2,... (máximos) ONDAS ESTACIONÁRIAS Ondas estacionárias – Numa corda de comprimento L, e com seus dois extremos fixos, podemos produzir pulsos idênticos de onda propagando-se em sentidos contrários. O resultado é a formação de ondas estacionárias. O número n de ventres que se formam dá origem ao n-ésimo harmônico, como ilustra a figura abaixo. Utilizamos o valor de comprimento de onda da luz no filme, pois sabemos que tal comprimento de onda será diferente do comprimento de onda no vácuo. Tais comprimentos de onda se relacionam segundo a seguinte equação: λn=λ/n Sendo assim, podemos dizer que, ao passar de um meio com menor índice de refração para um com maior índice de refração, teremos um aumento da intensidade da luz refletida de acordo com a expressão: 2t.n = (m+ ½)λ m = 0, 1, 2,... (máximos) A condição para um mínimo de intensidade (mínima reflexão) é: 2t.n = m.λ m = 0, 1, 2,... (mínimos) As equações acima se aplicam quando as hipóteses aplicadas são respeitadas. Imaginemos agora no caso de duas inversões de fase: Neste caso, teremos: 2t.n = m.λ m = 0, 1, 2,... (máximos) m = 0, 1, 2,... (mínimos) 2t.n = (m+ ½).λ 13 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA Assim, o número de ventres formados corresponde ao número de vezes em que o comprimento total da corda foi subdividido em meio comprimento de onda. λ v L = n , com n = 1; 2; 3; 4;... ⇒ fn = n 2L 2 Obs.: existem outros modos de vibração, no caso de extremidades livres. ftubo à m . L 2 INTENSIDADE SONORA O nível de intensidade sonora (β) é expresso em decibéis (dB) por: ⎛I ⎞ β = k ⋅ log ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ I0 ⎠ onde: I = intensidade sonora fornecida pela caixa de som; I0 = intensidade-padrão, correspondente ao nível de intensidade de referência com o qual todas as intensidades são comparadas, e corresponde ao limiar da audição (10-12W/m2). E, se: k = 1 , N é medido em bel; k = 10 , então N é medido em decibel. Tubos Abertos: (semelhante 2 ⎛ c ⎞ Daí temos F = ⎜ ⎟ .m.L ⎝ 2. ⎠ Analogamente às ondas estacionárias, podemos observar certas frequências de ressonância dentro de um tubo sonoro de duas formas, segundo a anatomia do tubo: λ v , com n = 1; 2; 3; 4;... ⇒ fn = n 2L 2 estacionária numa corda) ⎛ c.L ⎞ ⇒ F = μ⎜ ⎟ μ ⎝ 2. ⎠ F Mas μ é a densidade linear do fio, dada por μ = TUBOS SONOROS L=n F μ c cL = ffio ⇒ = ⇒ = 4 2L 2 onda Embora este seja um assunto pouco cobrado, podemos observar características da prova do ITA ao longo dos anos. A prova do ITA adora transformar a física em matemática e uma grandeza física com uma relação intima com matemática é perfeita. Trata-se de uma questão simples, mas que evidencia a relação entre a matemática e a física nas provas do ITA. Exemplo: (ITA 2005) Uma banda de rock irradia uma certa potência em um nível de intensidade sonora igual a 70 decibeis. Para elevar esse nível a 120 decibeis, a potência irradiada deverá ser elevada de: a) 71% b) 171% c) 7.100% d) 9.999.900% e) 10.000.000% Resolução: (Alternativa D) O nível de intensidade e a intensidade sonora estão relacionados I P através da equação: β = 10log = 10log I0 P0 Tubos Fechados: L = (2n − 1) λ 4 , com n = 1; 2; 3; 4;... ⇒ f(2n −1) v = (2n − 1) 4L Na situação inicial o nível de intensidade é de 70dβ. Na situação final, 120dβ. Assim: ⎛I ⎞ 70d β = 7 β = log ⎜⎜ ⎟⎟ = log(I ) − log(I0 ) (I) ⎝ I0 ⎠ OBS.: Um tubo também pode ser fechado em suas duas extremidades. Podemos observar abaixo a conectividade de assuntos específicos da Física, ondas estacionárias e tubos sonoros, compartilhando um único exercício. Exemplo: (ITA 2004) Um tubo sonoro de comprimento , fechado numa das extremidades, entra em ressonância, no seu modo fundamental, com o som emitido por um fio, fixado nos extremos, que também vibra no modo fundamental. Sendo L o comprimento do fio, m sua massa e c, a velocidade do som no ar, pode-se afirmar que a tensão submetida ao fio é dada por a) (c/2L)2 m . b) (c/2 )2 mL. c) (c/ )2 mL. 2 e) n.d.a. d) (c/ ) m . Resolução: (Alternativa B) Tratando-se de um tubo fechado, temos, para frequência fundamental, apresenta apenas ¼ de seu comprimento de onda do mesmo c c . comprimento total do tubo ( ). Assim, temos c=λf ⇒ ftubo = = λ 4⋅ Ou então, através da relação descrita na teoria acima, teríamos: v c c = (2 − 1) = n = 1 ⇒ f(2n −1) = (2n − 1) 4. 4. 4. Como o fio está preso pelas duas extremidades, também em frequência fundamental, Temos que apenas ½ do seu comprimento de onda estaria representado pelo comprimento total do fio (L), formando uma onda estacionária. v . Ou então, também através da Assim, v = λf = 2. .f ⇒ ffio = 2L relação descrita na teoria acima, teríamos: v v n = 1 ⇒ fn = n = 2L 2L ⎛I ⎞ 120d β = 12β = log ⎜⎜ ⎟⎟ = log(I ′) − log(I0 ) (II) ⎝ I0 ⎠ Fazendo (II)-(I), tem-se: I′ ⎛ I′ ⎞ (12 − 7) = 5 = log(I ′) − log(I ) ⇒ 5 = log ⎜ ⎟ ⇒ = 1⋅ 105 = 107% I I ⎝ ⎠ Assim, o aumento de intensidade sonora será dado por: X = (107 − 100)% = 9999900% BATIMENTO Batimento – Fenômeno de variação periódica da intensidade, num determinado ponto do espaço, de duas ondas que se superpõem com frequências ligeiramente diferentes entre si. Lembramos que uma onda tem uma equação geral dada por: 2π ⎛ 2π ⎞ y ( x; t ) = A ⋅ cos(k ⋅ x − ω ⋅ t + ϕ0 ) = A ⋅ cos ⎜ x− t + ϕ0 ⎟ T ⎝ λ ⎠ Vamos analisar a superposição de duas ondas de mesma amplitude e mesma fase, com frequências ligeiramente diferentes, superpondo-se num ponto do espaço a que atribuiremos arbitrariamente a coordenada 0 como abscissa ( x = 0 ). As duas ondas terão então como equações: y1(t ) = A ⋅ cos(ω1 ⋅ t ) = A ⋅ cos(2π ⋅ f1 ⋅ t ) y 2 (t ) = A ⋅ cos(ω2 ⋅ t ) = A ⋅ cos(2π ⋅ f2 ⋅ t ) A superposição das duas ondas nesse ponto resulta numa onda de equação: y (t ) = y1(t ) + y 2 (t ) = A ⋅ [cos(2π ⋅ f1 ⋅ t ) + cos(2π ⋅ f2 ⋅ t )] F Para o fio, da relação de Taylor, v = F μ . Substituindo: ffio = μ 2L Utilizando a transformação trigonométrica da soma em produto: Como ambos atuam na mesma frequência (estão em ressonância): 14 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA Resolução: (Alternativa C) A equação da frequência aparente para o efeito Doppler é: v ± vO fAP = S ⋅f vS ∓ vF ⎛α + β ⎞ ⎛α −β ⎞ cos α + cos β = 2 ⋅ cos ⎜ ⎟ ⋅ cos ⎜ ⎟ , vem que: ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ f −f ⎤ f +f ⎤ ⎡ ⎡ y (t ) = 2 ⋅ A ⋅ cos ⎢2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ ⋅ cos ⎢2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ 2 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Note que se f1 e f2 forem valores próximos, temos que f −f ⎤ ⎡ 2 ⋅ A ⋅ cos ⎢2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ varia muito lentamente com o tempo. 2 ⎣ ⎦ Assumindo que esta equação possa ser entendida como uma onda de f +f frequência 1 2 , cuja amplitude varia no tempo (muito mais 2 lentamente que a onda anteriormente citada) de acordo com f −f ⎤ ⎡ 2 ⋅ A ⋅ cos ⎢2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ , temos que a onda resultante terá uma 2 ⎣ ⎦ intensidade que varia periodicamente no tempo, caracterizando o fenômeno do batimento. Note que a onda de maior frequência está envolvida (modulada) pela onda de menor frequência (duplicada pelas possibilidades de inversão de sinal). Nos pontos de máximo, onde ocorre um reforços audíveis, temos f −f ⎤ ⎡ cos ⎢ 2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ = ±1 , enquanto nos pontos de mínimo, teremos 2 ⎣ ⎦ f −f ⎤ ⎡ cos ⎢2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ = 0 . 2 ⎣ ⎦ Como a amplitude será máxima ( AMAX = 2 ⋅ A ) Na primeira situação, a fonte se afasta do observador parado e, portanto, temos: 340 + 0 f1 = ⋅ 400 = 398Hz 340 + 1,7 Na segunda situação, a reflexão das ondas na parede pode ser modelada como uma fonte se aproximando com mesma velocidade e emitindo um som de mesma frequência (espelha-se a fonte em relação à parede). Assim: 340 + 0 f2 = ⋅ 400 = 402Hz 340 − 1,7 Finalmente, a frequência dos batimentos é dada por: f3 =| f1 − f2 |=| 398 − 402 |= 4Hz LEI DE GAUSS – CAMPO ELÉTRICO Lei de Gauss – A Lei de Coulomb é a principal lei da Eletrostática, mas não está formalizada de modo a vir simplificar os cálculos nos casos de alta simetria. Neste tópico falaremos de uma nova formulação da Lei de Coulomb, a chamada Lei de Gauss, que pode apresentar vantagens nesses casos especiais. A Lei de Gauss aplicada em problemas de eletrostática é equivalente a Lei de Coulomb. Qual delas escolher vai depender do tipo de problema que estudaremos. Em linhas gerais, usa-se a Lei de Coulomb em todos os problemas nos quais o grau de simetria é baixo. A lei de Gauss será aplicada quando a simetria for significativamente alta. Em tais casos, essa lei não só simplifica tremendamente o trabalho, mas, devido à sua simplicidade, frequentemente fornece novas ideias. A figura central da Lei de Gauss é uma hipotética superfície fechada, chamada superfície gaussiana. A superfície gaussiana pode ter a forma que desejarmos, mas será de maior utilidade quando usada de forma compatível com a simetria do problema específico em estudo. Decorre disso que, às vezes, a superfície gaussiana toma a forma esférica, a forma cilíndrica ou qualquer outra forma simétrica. Porém essa superfície deve ser sempre uma superfície fechada, de modo a obtermos uma clara distinção entre pontos internos, pontos sobre a superfície e pontos exteriores à mesma. Fluxo elétrico - Se A é a área de uma superfície S que foi colocada quando f −f ⎤ ⎡ cos ⎢ 2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ = ±1 , temos que a frequência de batimento (reforço 2 ⎣ ⎦ do som) será dada pelo dobro da frequência da envoltória.: fB =| f1 − f2 | num campo elétrico uniforme E , define-se como fluxo do campo EFEITO DOPPLER-FIZEAU elétrico, ou fluxo do vetor E , através da superfície S como: ΦE = E ⋅ A =| E | ⋅A ⋅ cosθ É a variação da frequência percebida por um observador que está em movimento relativo em relação a uma fonte emissora de ondas. A frequência aparente é dada por: onde θ é o ângulo entre o vetor normal ao elemento de área e o vetor campo elétrico. ⎛ v ± vO ⎞ fAP = ⎜⎜ S ⎟⎟ f ⎝ vS ∓ vF ⎠ Lei de Gauss - A Lei de Gauss nos diz que o fluxo de linhas de campo elétrico através de uma superfície fechada é igual ao somatório das cargas internas a esta superfície, dividido pela constante dielétrica do meio (no caso mais comum, o vácuo): ∑ Qint ΦE = A convenção de sinais, nesse caso, é a seguinte: ⎧+, se o observador se aproxima ⎩−, se o observador se afasta No numerador: ⎨ ε0 ⎧−, se a fonte se aproxima No denominador: ⎨ ⎩+, se a fonte se afasta De acordo com a definição de fluxo elétrico vista anteriormente, considerando uma superfície fechada com áreas tão pequenas quanto necessárias Ai, pelas quais está passando um campo Ei constante, temos: n Qint ΦE = Ei Ai cosθi = ε0 i =1 Aqui segue mais um exemplo das questões que caem na prova. Novamente vemos a conexão entre alguns assuntos, neste caso temos: Efeito Doppler, reflexão de ondas e batimento. ∑ Exemplo: (ITA 2001) Um diapasão de frequência 400 Hz é afastado de um observador, em direção a uma parede plana, com velocidade de 1,7 m/s. São nominadas f1 a frequência aparente das ondas não- Obs.: As cargas internas no caso da utilização de elementos com distribuição uniforme de cargas, são obtidas a partir das densidades de carga: - Linear: λ = Q/L - Superficial: σ = Q/S - Volumétrica: ρ = Q/V Para aplicar a lei de Gauss devemos utilizar as duas definições dadas acima para calcular o fluxo através de uma superfície gaussiana. As superfícies gaussianas devem ser escolhidas conforme cada caso, tendo em mente a simplificação dos produtos escalares da primeira parte da equação (de maneira a, normalmente, manter o módulo do campo elétrico constante em toda a superfície, e os vetores campo refletidas, vindas diretamente até o observador; f2 , a frequência aparente das ondas sonoras que alcançam o observador depois de refletidas pela parede e f3 , a frequência dos batimentos. Sabendo que a velocidade do som é de 340 m/s, os valores que melhor expressam as frequências em hertz de f1 , f2 e f3 , respectivamente, são: a) 392, 408 e 16 d) 402, 398 e 4 b) 396, 404 e 8 e) 404, 396 e 4 ∑ c) 398, 402 e 4 15 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA elétrico e área paralelos – cos θ = 1). Como superfícies gaussianas utilizamos figuras espaciais com simetria central (cubo, esfera) e axial (cilindro). De maneira geral, podemos dizer que a utilização da Lei de Gauss é uma poderosa ferramenta na resolução de problemas que apresentam alto grau de simetria. Observe os seguintes exemplos: Exemplo 1: Apliquemos a lei de Gauss às superfícies fechadas S1, S2, S3 e S4 abaixo: - Superfície S1: O campo elétrico aponta para fora da superfície em todos os seus pontos. Portanto, o fluxo é positivo e também o é a carga líquida no interior da superfície. - Superfície S2: O campo elétrico aponta para dentro em todos os seus pontos. Portanto o fluxo é negativo e também o é a carga envolvida pela superfície. - Superfície S3: Esta superfície não envolve cargas elétricas. A Lei de Gauss exige que o fluxo seja nulo através dessa superfície. Isto é razoável, pois as linhas de campo passam através dessa superfície, dirigindo-se da carga positiva envolvida por S1 até a carga negativa envolvida por S2. - Superfície S4: Esta superfície encerra uma carga líquida nula, pois as cargas positivas e negativas têm o mesmo módulo. A lei de Gauss exige que o fluxo através dela seja zero. As linhas de força que partem da carga positiva e saem de S4 fazem a curva e entram de volta pela parte inferior, em direção à carga negativa. “Uma casca esférica uniformemente carregada não exerce força elétrica sobre uma partícula carregada colocada em seu interior”. c-) campo elétrico num ponto da casca (Rinterno< r <Rexterno) Resolva este caso como exercício. Se houver dificuldades, olhe o exercício resolvido do vestibular ITA-2000, que fala da aplicação da Lei de Gauss na Gravitação. Exemplo: (ITA 2000) Um fio de densidade linear de carga positiva λ atravessa três superfícies fechadas A, B e C, de formas respectivamente cilíndrica, esférica e cúbica, como mostra a figura. Sabe-se que A tem comprimento L = diâmetro de B = comprimento de um lado de C, e que o raio da base de A é a metade do raio da esfera B. Sobre o fluxo do campo elétrico, φ, através de cada superfície fechada, pode-se concluir que A L a) φA = φB = φC d) φA/2 = 2.φB = φC C b) φA > φB > φC e) φA = 2.φB = φC λ c) φA < φB < φC Resolução: (Alternativa A) Pela Lei de Gauss, o fluxo do campo elétrico (φ) através de uma superfície fechada depende das cargas internas (qi) e da permissividade elétrica do meio (ε). Sendo o valor da carga interna qi calculado por λ.L, e sendo λ e L iguais nas três superfícies, para um mesmo meio, temos φA = φB = φC . Exemplo 2: Fio infinito carregado uniformemente A figura ao lado mostra um trecho de um fio fino carregado, infinito, de densidade linear de carga λ. Determinemos uma expressão para o módulo do campo elétrico a uma distância r do fio. Por motivos de simetria, escolhemos uma superfície gaussiana cilíndrica, de raio r e altura h, co-axial com o fio. Também por motivos de simetria, sabemos que ao longo da superfície lateral do cilindro o campo elétrico tem a mesma intensidade e que este é normal à superfície e aponta para fora dela (cos θ = 1). Aplicando a Lei de Gauss, temos: ε0 Φ E = Qint ⇒ ε0EA = λh ⇒ ε0E(2πrh) = λh ⇒ E = B Existem formulações da Lei de Gauss para outros campos de vetores além do campo elétrico. Vamos discutir o caso do campo gravitacional. LEI DE GAUSS – CAMPO GRAVITACIONAL Lei de Gauss para campo gravitacional – aqui, o campo gravitacional g criado por um conjunto de n massas M = n ∑ mk é k =1 definido como a aceleração a que uma partícula fica submetida devido à atração gravitacional exercida pelo conjunto de massas sobre essa partícula. O caso mais comum é aquele em que M representa a massa de um planeta e a partícula é colocada nas imediações desse planeta, ficando submetida à aceleração da gravidade local. λ 2πε0r Fluxo gravitacional – analogamente aos fluxos elétrico e magnético, definiremos o fluxo gravitacional de um campo gravitacional g Exemplo 3: Casca esférica uniformemente carregada a-) campo elétrico num ponto exterior à casca (r > Rexterno) A figura abaixo nos mostra uma casca esférica de raio R uniformemente carregada com carga Q. Desejamos deduzir o valor do campo elétrico num ponto externo a esta, situado a uma distância r do centro da mesma. Por motivos de simetria, tomemos como nossa superfície uma esfera de raio r concêntrica com a casca. (r > Rexterno) Aplicando a Lei de Gauss, facilmente chegamos a n ∑ Qint ⇒ E ⋅ 4π r 2 = Q ⇒ E = 1 ⋅ Q ΦE = ∑ Ei Ai cosθi = ε0 ε0 4πε 0 r 2 i =1 através de uma superfície S, de área A, como ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ , onde θ é o ângulo entre o vetor campo gravitacional e o vetor normal à superfície S. Levando em consideração a constante de gravitação universal G, ao passo que o análogo da carga elétrica q teremos uma massa puntiforme m . A lei da Gauss para a gravitação afirma então que, para : ΦG = −4π ⋅ G ⋅ 1 kQ , temos que E = (como na lei de Coulomb) 4πε 0 r2 O que nos permite concluir que: “Uma casca esférica uniformemente carregada comporta-se, para pontos externos, como se toda a sua carga estivesse concentrada no seu centro”. b-) campo elétrico num ponto interior à casca (r < Rinterno) Devemos agora encontrar o módulo do campo elétrico produzido pela casca num ponto interno a uma distância r do seu centro. Por motivos de simetria, escolhamos uma superfície gaussiana esférica de raio r concêntrica com a casca (r < Rinterno). Aplicando a Lei de Gauss a esta superfície, como não há cargas internas a ela, podemos concluir que E=0 O que nos permite afirmar que: n ∑ mk k =1 no qual o fluxo gravitacional ΦG é calculado através de qualquer Como k = superfície fechada (gaussiana) que encerre o conjunto das n massas mk . O sinal negativo do lado direito desta relação significa que o campo gravitacional é um campo de aproximação, assim como o campo elétrico criado por uma carga puntiforme negativa é de aproximação. Além disso, vale lembrar que o fluxo é calculado por: ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ Exemplo: Calcule a aceleração da gravidade na superfície de um planeta esférico de massa M e raio R . 16 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA 3. Lei dos Períodos: O quadrado dos períodos de revolução dos planetas em torno do Sol são proporcionais ao cubo dos raios médios de suas órbitas (ou semi-eixos maiores da elipse). Resolução: De acordo com a lei de Gauss, temos g que: ΦG = −4π ⋅ G ⋅ n n ∑ mk T 2 = k.R 3 k =1 O fluxo gravitacional através superfície esférica S do planeta é: Rmáx + Rmín , e a constante k pode ser verificada através da 2 Gravitação de Newton, ao considerarmos um movimento circular, cuja resultante centrípeta é dada pela força de atração gravitacional Onde: R = da ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ =| g | ⋅(4π ⋅ R 2 ) ⋅ ( −1) , observando que o ângulo entre a normal n e o campo g é θ = 180° , como mostra a figura anterior. Assim: G ⋅M − | g | ⋅4π ⋅ R 2 = −4π ⋅ G ⋅ M ⇒| g |= R2 O caso acima reflete exatamente o que se observa na gravitação segundo Newton. Entretanto, em alguns casos, a análise é um pouco mais complicada: Exemplo: (ITA 2000) Uma casca esférica tem raio interno R1, raio externo R2 e massa M distribuída uniformemente. Uma massa puntiforme m está localizada no interior dessa casca, a uma distância d de seu centro (R1 < d < R2). O módulo da força gravitacional entre as massas é: b) a) 0. d) GMm d c) 2 F= G.M.m m.v 2 G.M G.M = ⇒ = v2 ⇒ v = R2 R R R Como no movimento circular v = Assim k = −d 2.π .R 2.π .R G.M , temos que ∴ = T T R T 2 4.π 2 = R 3 G.M retardado Sol Vmáx GMm R23 G.M.m : R2 Vmin 3 3 GMm e) d 3 − R13 GMm(d − R13 ) d 2 (R23 − R13 ) acelerado Rmin Resolução: (Alternativa E) A aceleração da gravidade no ponto a uma distância d do centro da casca pode ser calculada utilizando-se uma superfície gaussiana esférica de raio d. Temos que: ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ =| g | ⋅(4π ⋅ d 2 ) ⋅ ( −1) Gravitação Universal de Newton: Qualquer partícula no universo atrai outra partícula segundo a (I) Note que este fluxo também pode ser mensurado considerando a massa interna desta superfície: ΦG = −4π ⋅ G ⋅ equação: FG = n ∑ mk = −4π ⋅ G ⋅ mint Velocidade de Escape: Um objeto pode escapar da atração gravitacional de um corpo celeste de massa M e raio R se sua velocidade, quando próximo à superfície do corpo for pelo menos igual à velocidade de escape: Assim, a velocidade mínima de lançamento de um corpo para que ele não sofra atração do outro (energia potencial nula) será tal que ele chegará no ponto final de sua trajetória também com velocidade nula. Sabendo que a energia potencial de um corpo sob ação de um campo G.M.m , temos que, por conservação gravitacional é dada por U = − d de energia: mint d 3 − R13 m M = = ⇒ mint = M ρ= 4 4 V R23 − R13 π d 3 − R13 π R23 − R13 3 3 ) ) ( Assim, ΦG = −4π ⋅ G ⋅ mint = −4π ⋅ G ⋅ M d 3 − R13 R23 − R13 (II) Assim temos, igualando (I) e (II): − | g | ⋅(4π ⋅ d 2 ) = −4π ⋅ G ⋅ M d 3 − R13 G⋅M d2 − R13 ⇒| g |= G ⋅ M d 3 − R13 d 2 R23 − R13 A força de atração gravitacional sobre m, é dada portanto por: F = m⋅ | g |= m ⋅ R23 ⋅ G.M.m R2 k =1 Considerando a densidade da casca constante, temos: ( Rmáx Observação: Considerando o período medido em anos (o período sideral da Terra), e R em unidades astronômicas (definida como a distância média da Terra ao Sol), fica claro que a constante k, característica de cada sistema, apresenta valor 1,0 para o nosso sistema solar. ( K + U )antes = ( K + U )depois d 3 − R13 GMm(d 3 − R13 ) = 3 3 R2 − R1 d 2 (R23 − R13 ) m.v escape 2 GRAVITAÇÃO m.v escape 2 Gravitação é um tema agradável ao ITA e podemos encontrar exercícios sobre o assunto em todas as suas provas. Dentre os tópicos relacionados, temos: 2 A1,2 A3,4 = ⎛ G.M.m ⎞ m.02 ⎛ G.M.m ⎞ + ⎜− + lim ⎜ − ⎟= ⎟ d →∞ 2 R ⎠ d ⎠ ⎝ ⎝ ⎛ G.M.m ⎞ + ⎜− ⎟=0+0 R ⎠ ⎝ 2.G.M , que a velocidade mínima onde R o objeto pode alcançar um estado de inércia no espaço (U=0). De onde temos que v escape = Leis de Kepler 1. Lei de Órbitas: Todos os planetas se movem em órbitas elípticas em torno de um astro central, o qual ocupa um dos focos. 2. Lei das Áreas: O vetor raio que une o sol a um planeta varre áreas iguais no plano da órbita em tempos iguais. Portanto, a área varrida é proporcional ao tempo Δt: 2 Nota As trajetórias de lançamentos: De acordo com a velocidade de lançamento, podemos ter algumas possibilidades de curvas descritas devido à atração gravitacional entre dois corpos. Considerando que um corpo é lançado perpendicularmente à linha que une os dois centros de massa, repare nas seguintes possibilidades: Δt1,2 Δt 3,4 17 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA Velocidade de lançamento menor que a velocidade de escape: GM - Se v < , teremos que o corpo descreve (na realidade R descreveria) uma elipse onde o planeta ocuparia o foco mais afastado do ponto de lançamento GM , teremos que o corpo descreve uma circunferência - Se v = R G1 − G2 = G.M.a3 = G.M.a3 G.M.a = R 3a 2 R3 R ⎡⎣R − ( R − a ) ⎤⎦ G.M Como temos que G1 = 2 , podemos dizer: R G − G2 a G.M a a G1 − G2 = 2 = G1 ⇒ 1 = R R R G1 R GM 2GM <v < , teremos que o corpo descreverá uma R R elipse, onde o planeta ocuparia o foco mais próximo do ponto de lançamento - Se 2 3 SIMETRIA EM CIRCUITOS ELÉTRICOS Quando falamos em simetria num circuito composto por resistores (ou por capacitores), estamos falando em identificar nesse circuito pontos de mesmo potencial. Isso pode ser usado para resolver circuitos com associações de resistores (ou capacitores), a princípio, complexas. Como exemplo, temos a questão abaixo: Velocidade de lançamento maior ou igual à velocidade de escape: 2GM - Se v = , teremos que o corpo descreverá uma parábola R Exemplo: (IME 2008) A malha de resistores apresentada na figura ao lado é conectada pelos terminais A e C a uma fonte de tensão constante. A malha é submersa em um recipiente com água e, após 20 minutos, observa-se que o líquido entra em ebulição. Repetindo as condições mencionadas, determine o tempo que a água levaria para entrar em ebulição, caso a fonte tivesse sido conectada aos terminais A e B. GM , teremos que o corpo descreverá uma hipérbole - Se v > R Devido à incidência de exercícios de Gravitação no ITA, o próximo exemplo pode sugerir que o assunto sempre é cobrado com uma alta complexidade, o que não é verdade. Na realidade, ele leva em consideração alguns conceitos que são importantes e que poderão ajudar a afinar seus conhecimentos sobre o assunto: Exemplo: (ITA 2003) Variações no campo gravitacional na superfície da Terra podem advir de irregularidades na distribuição de sua massa. Considere a Terra como uma esfera de raio R e densidade ρ, uniforme, com uma cavidade esférica de raio a, inteiramente contida no seu interior. A distância entre os centros O, da Terra, e C, da cavidade, é d, que pode variar de 0 (zero) até R – a, causando, assim, uma variação do campo gravitacional em um ponto P, sobre a superfície da Terra, alinhado com O e C. Seja G1 a intensidade do campo gravitacional em P sem a existência da cavidade na Terra, e G2, a intensidade do campo no mesmo ponto, considerando a existência da cavidade. Então, o valor máximo da variação relativa: (G1 – G2)/G1, que se obtém ao deslocar a posição da cavidade, é a) a3/[(R-a)2R] b) (a/R)3 c) (a/R)2 d) a/R e) nulo. Resolução: Chamemos de E o ponto no meio do circuito. a) Resistência equivalente entre A e C: Observando a simetria existente em relação à reta BD, o lado esquerdo e o lado direito são idênticos. Portanto, os pontos B, D e E têm o mesmo potencial. Assim, as duas resistências, entre B e E, e entre D e E, não são atravessadas por corrente, e podem ser removidas do circuito. Desse modo, o circuito é equivalente ao seguinte: Resolução: (Alternativa D) Este problema pode ser resolvido supondo que a cavidade não gere campo gravitacional. Será considerado que a cavidade é constituída por duas massas sobrepostas, de mesma densidade em módulo (mas com sinais trocados). Assim, apenas matematicamente, iremos considerar que o efeito da massa positiva que estaria na cavidade seria cancelado pelo efeito da massa negativa, resultando um efeito de ausência de massa. Cuidado, pois não existe massa negativa (nem seu efeito propriamente dito, que será de repulsão). Este artifício será utilizado apenas para resultar numa ausência de massa total, o que pode ocorrer fisicamente. Assumindo que teremos dois efeitos como um todo (a soma do efeito sem a cavidade com o efeito da nossa “massa negativa”) teremos que a gravidade com a cavidade, no ponto P será dada por: G. ( −M ' ) G.M ' G.M ' G2 = G1 + Gmassa negativa = G1 + = G 1− ⇒ G1 − G2 = 2 2 2 (R − d ) (R − d ) (R − d ) RAC = Onde M’ é o módulo da massa da cavidade. Mas, como a densidade é constante, temos que M M' a3 ρ= = ⇒ M' = M 3 4 4 R π R3 π a3 3 3 Assim, temos que: a3 G.M 3 3 R = G.M.a G1 − G2 = 2 2 (R − d ) R3 (R − d ) 2R 3 b) Resistência equivalente entre A e B: Observando novamente a simetria indicada na figura acima (em relação à linha s), atribuir aos pontos sobre a linha s o mesmo potencial: Note nossa variável d influencia na variação do campo gravitacional, que será máxima, quanto menor o denominador (maior d). Assim, ocorrerá a máxima variação quando d = R − a (a cavidade tangencia o ponto P). Substituindo, teremos: 18 Linha s (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA Resolução. Seja C a capacitância de cada um dos doze capacitores do cubo. Nota-se que a rede de capacitores do nó Q para o nó M apresenta simetria geométrica e elétrica, pois todos os capacitores são idênticos e cada um dos “caminhos” de Q para M apresenta as mesmas características, 3 arestas e, portanto, 3 capacitores. Observe a figura a seguir: Q P N P’ N’ P’’ M N’’ De acordo com o enunciado, o potencial em M é VM = 0 V (aterrado). Por simetria, observando a partir de M, os nós N, N’ e N’’ apresentam potenciais elétricos iguais (VN). Seguindo o mesmo raciocínio, os nós P, P’ e P’’ apresentam potenciais elétricos iguais (VP). Em uma rede elétrica, nós que apresentam um mesmo potencial elétrico são equivalentes a nós coincidentes. Desse modo, podemos redesenhar a rede cúbica de capacitores substituindo os nós equivalentes por um mesmo nó. Na figura a seguir o esquema elétrico apresentado é equivalente ao esquema cúbico da questão, porém está todo em um mesmo plano e, com a equivalência dos nós, ficou mais fácil o estudo das capacitâncias equivalentes, das cargas armazenadas e das diferenças de potencial (d.d.p.) entre os nós. C Temos que a resistência equivalente entre os pontos AB pode ser calculada por: ⎛⎛⎛ R ⎞ ⎛R ⎞ ⎞⎞ RAB = 2. ⎜ ⎜ ⎜ / / R ⎟ + R ⎟ / / ⎜ / /R ⎟ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎠ ⎠ ⎝⎝ Calculando: R ⋅R R ⎛R ⎞ = 1) ⎜ / / R ⎟ = 2 R ⎝2 ⎠ +R 3 2 R 4R ⎛R ⎞ 2) ⎜ / / R ⎟ + R = + R = 2 3 3 ⎝ ⎠ C C C C M C N C P Q C C V C C C Para os cálculos das capacitâncias equivalentes, lembre-se: • “n” capacitores em paralelo: Ceq = C1 + C2 + ... + Cn 4R R ⋅ ⎛⎛ R ⎞ ⎛R 4R ⎞ ⎞ 3) ⎜ ⎜ / / R ⎟ + R ⎟ / / ⎜ / / R ⎟ = 3 3 = 4 R R 2 2 15 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ + 3 3 • “n” capacitores em série: 1 1 1 1 = + + ... + Ceq C1 C2 Cn Logo, podemos simplificar ainda mais o circuito acima: ⎛⎛⎛ R ⎞ ⎛R ⎞ ⎞ ⎞ 8R 4) RAB= 2. ⎜ ⎜ ⎜ / / R ⎟ + R ⎟ / / ⎜ / /R ⎟ ⎟ = 2 2 ⎠ ⎠ ⎠ 15 ⎠ ⎝ ⎝⎝⎝ VMN Agora passemos à comparação entre os tempos utilizados no primeiro e no segundo processo para vaporizar a água. Em ambos os casos, a quantidade de calor fornecida deve ser a mesma, bem como a tensão aplicada. Q U2 Como a potência é dada por P = = , temos que: Δt R 2 8 R R RAC RAB 3 15 = ⇒ = ⇒ Δt 2 = 16 min 20 min Δt1 Δt 2 Δt 2 M 3C VNP N 6C VPQ P 3C Q V Podemos dizer que os capacitores acima carregam-se através de uma mesma corrente num mesmo intervalo de tempo, e por isso possuem cargas iguais: qMN = qNP = qPQ = q Da definição de capacitância, q = C ⋅ V , podemos escrever, de acordo com o esquema da figura acima: q qNP = 6C ⋅ VNP ⇒ VNP = 6C q qMN = 3C ⋅ VMN ⇒ VMN = ⇒ VMN = 2VNP 3C q qPQ = 3C ⋅ VPQ ⇒ VPQ = ⇒ VPQ = 2VNP 3C Pela lei das malhas, podemos escrever sobre as d.d.p. entre os nós: VMN + VNP + VPQ = V . Então: Observe a seguir um exemplo de simetria com circuito de capacitores. (ITA 2011) Uma diferença de potencial eletrostático V é estabelecida entre os pontos M e Q da rede cúbica de capacitores idênticos mostrada na figura. A diferença de potencial entre os pontos N e P é a) V 2 b) V 3 c) V 4 d) V 5 e) V 6 2VNP + VNP + 2VNP = V ⇒ 5VNP = V ⇒ VNP = 19 V 5 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA MALHAS INFINITAS M É possível calcular resistências equivalentes até mesmo em algumas associações envolvendo infinitos resistores. Nesse caso, devemos tentar obter algum padrão que se repita dentro da associação, de modo a transformá-la numa malha equivalente finita, com poucos resistores, com a qual seja simples trabalhar, como ilustra o exemplo abaixo. Ainda, pela simetria do sistema, podemos anotar os potenciais ao lado: Exemplo: (ITA 2001) Um circuito elétrico é constituído por um número infinito de resistores idênticos, conforme a figura. A resistência de cada elemento é igual a R. A resistência equivalente entre os pontos A e B é: 1i 2i 1f 2f 1i 2i Dessa forma, podemos chegar a uma forma de visualizar melhor o sistema: a) infinita b) R( 3 − 1) ⎛ 3⎞ d) R ⎜ 1 − ⎟⎟ ⎜ 3 ⎝ ⎠ e) R(1 + 3) c) R 3 (R R/2 Resolução: (Alternativa E) Veja a figura abaixo: A A A R Req M ) 2 / 4 / / ( R / 2) R 2/4 1i 1f 2i B 2f 2i B C Req R B 2f B M D R ( ) 2 −1 2 Sendo uma montagem infinita, temos que a resistência equivalente entre os pontos A e B é a mesma que a resistência equivalente do restante do circuito, entre os pontos C e D, que está associada em série com duas resistências R. Assim, temos: R ⋅ Req = Req ⇔ Req 2 − 2R.Req − 2R 2 = 0 ⇔ Req = R ⋅ (1 ± 3 ) 2R + R + Req R/2 A R 2/4 1i Req 2 1f Descartando a raiz negativa, ficamos com: Req = R ⋅ (1 + 3) . Exemplo – Malhas infinitas e simetria: Considere a figura abaixo onde os traços são fios elétricos finos, todos do mesmo material e com a mesma secção. O pedaço do fio com o comprimento do lado do quadrado principal, L, tem resistência R. Assuma que o circuito se prolonga ad infinitum para o centro do quadrado seguindo o padrão da figura. R ( ) 2 −1 2 A 1i R/4 2i R/4 B R/4 B 2Req + 2R 4 2R ⋅ Req Qual é a resistência equivalente (em unidades de R) entre os pontos A e B? Resolução: Temos que a resistência é R 2 /8 proporcional ao R/4 comprimento do fio (mesmo material e mesma secção R 2 / 4 R/2 transversal). Dessa forma, podemos notar uma recursividade nos valores das resistências assinaladas (e nas demais, devido à simetria do problema): A 1i R/4 De onde temos ( ) ( ( 2 − 1 + R2 2 − 2 4Req + 2R 3 2 − 2 ( ) ( ( ) ) 2i ) 2 R 2R ⋅ Req 2 − 1 + R 2 − 2 + = Req 2 4Req + 2R 3 2 − 2 ) Rearranjando os termos acima, chegamos na equação de segundo grau: 2Req2 + 2R ⋅ Req Req = −2 ( ) ( ) 2 − 1 − R 2 2 = 0 , cujas raizes são: 2 − 1 R ± 12R 2 2⋅2 Descartando a raiz negativa: = 1− 2 ± 3 R 2 Req = 20 1− 2 + 3 R 2 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA TEOREMA DE THÉVENIN Dado um circuito A qualquer, calcula-se o equivalente de Norton, entre dois pontos ‘A’ e ‘B’, da seguinte forma: - IN é a corrente que passa por um curto-circuito aplicado nos terminais ‘A’ e ‘B’. - RN é calculado da mesma maneira que Rth. Em 1883, M. Leon Thévenin enunciou o seguinte teorema: “Qualquer estrutura linear ativa pode ser substituída por uma única fonte de tensão Vth em série com uma resistência Rth”. Exemplo: Cálculo do gerador de corrente do equivalente de Norton: Na prática, isso significa que qualquer circuito pode ser representado conforme mostra a figura: R1 R2 V1 V1 A B VAB,aberto = (corrente do curto circuito) RN I AB,curto = IN = V1 R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 B’ EQUIVALÊNCIA – FONTES DE TENSÃO E DE CORRENTE Dado um gerador de tensão, existe um gerador de corrente que lhe é equivalente, isto é, do ponto de vista de uma carga tanto faz ela estar ligada no gerador de tensão ou no de corrente. Para haver equivalência entre o gerador de corrente (I, R1) e o gerador de tensão (E, R2) deve haver a seguinte relação: Circuito equivalente de Thévenin Dada a fonte de corrente, para obter a fonte de tensão equivalente: E = R1 ⋅ I e R2 = R1 A’ VTh = VAB (voltagem do circuito aberto) R3 A’ IN = IAB R3 B Exemplo: Cálculo da força eletromotriz do equivalente de Thévenin: R2 Circuito equivalente de Norton IN Dado um circuito A qualquer, calcula-se o equivalente de Thévenin entre dois pontos ‘A’ e ‘B’, da seguinte forma: - Vth é a tensão medida nos terminais ‘A’ e ‘B’ do circuito A (em aberto); - Rth é a resistência equivalente entre os terminais ‘A’ e ‘B’ com todas as fontes de tensão do circuito A substituídas por curtos e as fontes de corrente substituídas por chaves abertas. R1 A Dada a fonte de tensão para obter a fonte de corrente equivalente: E I= e R1 = R2 R2 RTh VTh Visualmente, temos a seguinte equivalência: R3 V1 R1 + R3 B’ (pelo divisor de tensão) Fonte de Corrente Fonte de Tensão A’ A’ Cálculo da resistência interna do equivalente de Thévenin: R1 V1 R2 A R Circuito equivalente de Thévenin A’ R3 B R1 ⋅ R3 + R2 R1 + R3 B’ B’ RTh RTh = Req , AB = R I V I= V = R ⋅I VTh V R CONVERSÕES Y-Δ (T-π) E Δ-Y- (π-T) (a) Rede em T ou em Y. B’ a Rb Ra b TEOREMA DE NORTON Em 1933, E. L. Norton enunciou o seguinte teorema: a Rb Ra b Rc Rc “Qualquer estrutura linear ativa pode ser substituída por uma única fonte de corrente IN em paralelo com uma resistência RN”. c c (b) Rede em pi ou em delta ou em triângulo. Esse teorema é o dual ao Teorema de Thévenin e, na prática, diz que um circuito qualquer pode ser representado conforme mostra a figura. R1 a b R1 a b R3 R2 R3 c 21 c c R2 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br DICAS PARA A PROVA DO ITA a) Conversão Delta em Y: R1 a Rc R3 ⎧ R1 ⋅ R3 ⎪Ra = + R R2 + R3 1 ⎪ ⎪⎪ R1 ⋅ R2 ⎨Rb = R1 + R2 + R3 ⎪ ⎪ R2 ⋅ R3 ⎪Rc = R1 + R2 + R3 ⎪⎩ b Rb Ra muito maior (1 s ou mais) para se instalar uma corrente da ordem de E / R. R2 c Este assunto já foi cobrado no ITA há mais de 10 anos. Recentemente, ele não vinha sendo solicitado até o vestibular de 2006 que cobrou um conceito simples de auto-indutância. Portanto, recomendamos atenção a este tópico, pois existe a possibilidade da banca estar abordando novamente este tema, provavelmente com um grau maior de aprofundamento. Observe o exemplo que foi cobrado em 2006: Exemplo: (ITA 2006) Um solenoide com núcleo de ar tem autoindutância L. Outro solenoide, também com núcleo de ar, tem a metade do número de espiras do primeiro solenoide, 0,15 do seu comprimento e 1,5 de sua seção transversal. A auto-indutância do segundo solenoide é: a) 0,2 L b) 0,5 L c) 2,5 L d) 5,0 L e) 20,0 L b) Conversão Y em Delta: R1 a R3 ⎧ Ra ⋅ Rb + Rb ⋅ Rc + Rc ⋅ Ra ⎪R1 = Rc ⎪ Ra ⋅ Rb + Rb ⋅ Rc + Rc ⋅ Ra ⎪⎪ ⎨R2 = Ra ⎪ ⎪ Ra ⋅ Rb + Rb ⋅ Rc + Rc ⋅ Ra ⎪R3 = Rb ⎪⎩ b Rb Ra Rc R2 c Resolução: (Alternativa C) A auto-indutância de um solenoide é dada por: L = N 2 μ Assim, para os dois solenoides em questão, teremos A L1 = N12 μ 1 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA Indução eletromagnética - Estabelecimento de uma força eletromotriz num circuito por efeito da variação de um fluxo magnético que o atravessa. Indutância: propriedade de indução de força eletromotriz em um circuito por efeito da variação de uma corrente que passa pelo próprio circuito (auto-indutância) ou por um circuito próximo (indutância V . mútua). Unidade: henry, H = A/s E L=− di dt 1 L2 = N2 2 μ 2 2 Os conceitos descritos neste material estão apenas em caráter de resumo e serão de grande valia para quem se esforçou durante todo o ano visando apenas um propósito: ser aprovado. Ele engloba uma pequena parte do universo que você conhece da Física. Acredite que a realização de sua conquista não está apenas no estudo deste material (na realidade ele provavelmente contribuirá pouco se comparado com todo o esforço que você fez durante sua vida escolar). Confie no trabalho que você realizou ao longo do ano e também nos anos anteriores que contribuíram para você chegar onde chegou: certamente suas vitórias serão sempre acompanhadas de trabalho árduo e muito esforço e, com certeza, este é um dos critérios para ser bem sucedido nas provas de admissão do ITA. Definições em física: solenoide. [do grego solenoides, ‘em forma de tubo’.] S. m. Física. Indutor constituído por um conjunto de espiras circulares paralelas e muito próximas, com o mesmo eixo retilíneo. bobina. [Do francês bobine.] S. f. Física. Agrupamento de espiras de um condutor elétrico, enroladas em torno de um suporte ou de um núcleo de material ferromagnético, e que, num circuito, funciona como indutor. Indutância de um solenoide: espira. [Do grego speíra, pelo latim spira.] S. f. Engenharia elétrica. Parte elementar de um enrolamento, cujas extremidades são, em geral, muito próximas uma da outra. toroide. [de toro + -oide.] S. m. Geometria. Sólido gerado pela rotação de uma superfície plana fechada em torno de um eixo que não lhe seja secante. Auto-indutância de uma bobina solenoidal: A L = N 2μ l N é o número de espiras; μ, a permeabilidade do núcleo; A é a área da secção reta do núcleo em metros quadrados e l é o comprimento do núcleo em metros. Ação de um indutor em circuitos L (1,5 ⋅ A1 ) = 2,5 ⋅ N 2 μ A1 = 2,5 ⋅ L ⎛N ⎞ =⎜ 1⎟ μ 1 1 2 ⎝ ⎠ ( 0,15 ⋅ 1 ) 1 COMENTÁRIOS FINAIS DE FÍSICA d ΦB di di ⇒ N , =L dt dt dt Assim, N ΦB = Li . Unidade: Wb = H ⋅ A E A2 Portanto, L2 = 2,5 ⋅ L1 = 2,5 ⋅ L Temos portanto que −E = L R A Ao ligar a chave, a corrente num indutor NÃO pode instantaneamente passar de zero a um valor finito, pois E implicaria L = 0. L=− di dt De fato, toda corrente leva algum tempo para se instalar, mas num circuito sem um indutor, esse tempo é da ordem de 10-9 s e pode ser desprezado, e, havendo um indutor, pode ser necessário um tempo 22