O PROCESSO SELETIVO – ITA 2014 A FÍSICA NO ITA · DICAS PARA A PROVA DO ITA 6 O PROCESSO SELETIVO ... resolvidas pelo teorema de Thévenin, Cinética dos ... todas as provas dos

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DICAS PARA A PROVA DO ITA

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O PROCESSO SELETIVO ITA 2014 O ITA apresenta, sem sombra de dvidas, um dos vestibulares mais desafiantes do pas. O ingresso fruto de muito esforo dos candidatos, mas no uma misso impossvel. O grau de complexidade dos contedos cobrados e das questes propositadamente elevado para selecionar apenas aqueles candidatos melhor preparados e que esto decididos a entrar em uma instituio reconhecida como uma das melhores engenharias do pas, ao lado do IME. Propomo-nos com este material passar algumas dicas para o melhor rendimento nos dias de exame que esto por vir, com resumos de tpicos no to enfatizados (e at mesmo no vistos) no ensino mdio. Estes tpicos fazem parte da filosofia do vestibular do ITA: cobrar cada vez assuntos mais especficos, para valorizar o candidato que realmente se preparou para este vestibular. Para ajud-lo, analisamos os anos anteriores e fizemos nossas apostas. Este resumo ir lhe ajudar em algumas questes que possuem alta probabilidade de serem cobradas.

DICAS GERAIS De maneira geral, para as questes dissertativas do vestibular do ITA, o candidato deve necessariamente esclarecer como chegou resposta. Na correo dado ponto parcial, ou seja, pode-se conseguir algum ponto por resolver apenas parte da questo. Por isso, importante no deixar nenhuma questo em branco. Nos testes, preste bastante ateno s alternativas. Frequentemente h questes que apresentam vrios caminhos a se seguir e a observao das alternativas ajuda a entender o esperado pela banca examinadora. Tambm neste tipo de questo, existe aquela chance do chute, que no deve ser desprezada mesmo quando voc no est conseguindo resolver nada. Assim, seja crtico no momento do chute, onde, por exemplo, uma anlise dimensional e dos valores das alternativas pode lhe ajudar a eliminar alternativas absurdas. Um bom plano de prova fundamental. Existem diferenas entre o peso das questes dissertativas e dos testes: cada questo dissertativa vale o dobro de uma questo objetiva. Entretanto, no despreze demais os testes, pois s sero corrigidas as questes dissertativas dos candidatos que acertaram pelo menos 40% dos testes de cada disciplina e 50% do total dos testes. Independente dessas informaes, importante que voc se concentre na prova do dia. As provas anteriores j foram e voc no tem como mudar suas respostas. As posteriores, encare quando vierem. Confie em sua preparao: independentemente do nvel de dificuldade da prova, se voc estudou ento voc sabe a matria! Tenha isto em mente ao resolver as questes. Cada uma um desafio a ser superado. Para auxili-lo, voc encontrar a seguir um resumo terico do que tem maior probabilidade de ser cobrado nas provas do ITA de 2014.

Bons estudos!

A FSICA NO ITA

A prova de Fsica do vestibular do ITA apresenta uma seleo de assuntos bem variados. Assim como a maior parte dos vestibulares, o ITA apresenta uma forte nfase em mecnica na distribuio dos assuntos das questes. Entretanto, esta prova se diferencia porque com frequncia o nvel de complexidade das questes se torna elevado, apesar de tipicamente se partir de conceitos relativamente simples. A exemplo da mecnica, as demais grandes reas do conhecimento da fsica so cobradas em um nvel de complexidade bastante elevado. Por exemplo, o efeito Hall (eletromagnetismo), malhas complexas (eletrodinmica) resolvidas pelo teorema de Thvenin, Cintica dos Gases (Termofsica) e, digna de nota devido a sua considervel incidncia, a Lei de Gauss (tanto para a eletrosttica quanto para a gravitao). Diferentemente dos vestibulares tradicionais, temos uma incidncia muito grande de fenmenos ondulatrios, como tica fsica, polarizao, interferncia, filmes finos, difrao, experimento de Young e rede de difrao, que so tpicos cobrados com frequncia pelo vestibular do ITA. A banca de Fsica do ITA busca, alm de forte capacidade analtica e profundo domnio da Matemtica, conhecimento slido dos conceitos da Fsica do Ensino Mdio, incluindo assuntos especficos que outros vestibulares normalmente no cobram. Um outro assunto recorrente nesta prova a Fsica Moderna, especialmente a Quntica, o que normalmente causa surpresa nos estudantes menos preparados. H ainda tpicos clssicos, como Anlise Dimensional. Quase todas as provas dos ltimos 20 anos do ITA apresentam uma questo deste assunto. Assim, este tpico, apesar de relativamente simples, quase certo no vestibular. Vale lembrar que conhecimentos de Anlise Dimensional podem ser extremamente teis para ajudar a lembrar de alguma frmula esquecida, alm de ser uma ferramenta importante para verificar a coerncia das respostas obtidas. Outro ponto que chama ateno que no vestibular de 2007 a primeira questo cobrava conhecimentos de algarismos significativos, enfatizando a importncia de se analisar o quanto o resultado encontrado faz sentido levando em considerao as incertezas das medidas realizadas. Tipicamente, quando abordados assuntos mais complexos, as questes so simples e diretas, cobrando em muitos casos apenas um contato bsico com os principais conceitos envolvidos. Podemos dizer que tais questes no so necessariamente mais difceis do que aquelas de assuntos mais clssicos, mas apenas mais especficas. Entretanto, indispensvel que o vestibulando tenha contato com esses temas, caso contrrio no ter condies de resolver as questes relativas a esses assuntos, restando-lhe apenas o velho (e no to bom) chute. Voc encontrar neste material um resumo de alguns assuntos bastante cobrados no vestibular do ITA nos ltimos anos, seguidos de exemplos de como esses assuntos so abordados. Os tpicos descritos, de maneira geral, no so abordados com a nfase necessria no Ensino Mdio, visto que grande parte deles no faz parte do programa de muitos vestibulares importantes, como FUVEST, Unicamp, UNESP etc.

Bons estudos!



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ANLISE DIMENSIONAL

Estabelece as relaes dimensionais entre uma grandeza derivada e as fundamentais atravs de suas dimenses ou smbolos dimensionais. Utilizando o Operador Dimensional: [ ] Ex.: [v]=L.T-1; a velocidade tem dimenso 1 com relao ao comprimento e dimenso -1 com relao ao tempo (v=s/t).

Princpio da Homogeneidade Dimensional Toda equao que traduz um fenmeno fsico verdadeiro , necessariamente, homognea do ponto de vista dimensional. Em outras palavras, a dimenso do membro esquerdo de uma equao necessariamente igual dimenso do membro direito. Alm disso, havendo parcelas, todas elas devem apresentar a mesma dimenso.

Teorema de Bridgman Se uma dada grandeza fsica depende apenas de outras grandezas fsicas independentes entre si, ento esta grandeza pode ser expressa pelo produto de um fator puramente numrico (constante de proporcionalidade) por potncias das grandezas das quais ela depende.

Frmulas Dimensionais luz dos conceitos anteriores, toda grandeza fsica tem uma frmula dimensional. Utilizamos o smbolo [G] para representar a frmula dimensional da grandeza fsica G. a) Uma grandeza derivada na Mecnica possui uma frmula dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc sendo M a dimenso de massa, L, de comprimento, e T, de tempo. b) Uma grandeza derivada na Termodinmica possui uma frmula dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc d sendo a dimenso de temperatura. c) Uma grandeza derivada na Eletricidade possui uma frmula dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc Id sendo I a dimenso de corrente eltrica.

Exemplo: (ITA 2005) Quando camadas adjacentes de um fluido viscoso deslizam regularmente umas sobre as outras, o escoamento resultante dito laminar. Sob certas condies, o aumento da velocidade provoca o regime de escoamento turbulento, que caracterizado pelos movimentos irregulares (aleatrios) das partculas do fluido. Observa-se, experimentalmente, que o regime de escoamento (laminar ou turbulento) depende de um parmetro adimensional (Nmero de Reynolds) dado por R v d= , em que a densidade do fluido, v , sua velocidade, , seu coeficiente de viscosidade, e d , uma distncia caracterstica associada geometria do meio que circunda o fluido. Por outro lado, num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera, de dimetro D, que se movimenta num meio fluido, sofre a ao de uma fora de arrasto viscoso dada por 3F D v= . Assim sendo, com relao aos respectivos valores de , , e , uma das solues : a) = 1, = 1, = 1, = -1 b) = 1, = -1, = 1, = 1 c) = 1, = 1, = -1, = 1 d) = -1, = 1, = 1, = 1 e) = 1, = 1, = 0, = 1

Resoluo: (Alternativa A) Da expresso da fora de arrasto em uma esfera se movimentando em um fluido, temos que

2 1 1 12 2

M L TF T MT M L T

L TL L

= = = =

Escrevendo as expresses dimensionais para as grandezas , v , d :

[ ] 1 33M M LL

= = ; [ ] 1Lv L TT

= = ; [ ]d L= ;

Substituindo na frmula dimensional para R, tem-se:

( ) ( ) ( ) ( )1 3 1 1 1 1 R M L L T L M L T =

1 3 1 1 1 1

3

R M L L T L M L T

R M L T

+ + +

= =

Como R adimensional, [R] = 1, assim:

30

1 3 00

M L T+ + + + =

= + + = =

Resolvendo o sistema, tem-se: , , e , /t t t t p t= = = = . A nica alternativa compatvel a alternativa A.

MOMENTO LINEAR

Momento Linear: grandeza vetorial definida por: Q

= m v

Q

de um sistema: sistQ

= 2 31 Q Q ....Q

+ + + = iim v

Impulso de uma Fora: Mede o efeito de uma fora num certo

intervalo de tempo. uma grandeza vetorial definida por: I F t

= . Obs: No caso de uma fora varivel com o tempo, o mdulo do impulso numericamente igual rea do grfico de Fora X Tempo

ou integral 2

1

( ).t

tI F t dt= .

Teorema do Impulso: a variao da quantidade de movimento de um sistema, num certo intervalo de tempo, igual ao impulso produzido pela resultante das foras que agem no corpo, no mesmo intervalo de

tempo. Re - s f iI Q Q Q

= = Sistema Mecanicamente Isolado: aquele no qual a resultante das foras externas que agem no sistema nula. Sendo assim, sua quantidade de movimento constante.

ext

Re Res f isist0 0 Q 0 Q Qext

sF I

= = = = Obs: no caso de exploses e choques mecnicos, as intensidades das foras internas so to maiores que as das foras externas, que o sistema pode ser tratado como um Sistema Mecanicamente Isolado.

REFERENCIAL DO CENTRO DE MASSA

To importante como o Momento Linear de um sistema de partculas a determinao Centro de Massa de um sistema. Em questes de Mecnica do ITA, muitas vezes se faz necessrio adotar um referencial que normalmente diminui muito o esforo algbrico na resoluo: o referencial do Centro de Massa do sistema. Observe a seguir as relaes matemticas para o referencial do Centro de Massa:

Posio:

ii i i i i

cm cm cm

m r m x m yr x e y

M M M

= = =

Velocidade: ii

cmm v

vM

= Acelerao: iicm m aaM

=

Note que: Re extcmsist

cm s cmsistdQ d M vQ M v F M a

dt dt

= = =

Isso nos permite concluir que o centro de massa de um sistema se move como se fosse uma partcula nica cuja massa igual massa total do sistema sujeita fora externa nele aplicada. Assim, num Sistema Mecanicamente Isolado, como a resultante das foras externas nula, o centro de massa no possui acelerao, movendo-se, portanto, com velocidade constante.

Sistema Mecanicamente Isolado: Re 0 0ext

s cmcmF a v cte

= = = .

Exemplo: (ITA 2000) Uma lmina de material muito leve de massa m est em repouso sobre uma superfcie sem atrito. A extremidade esquerda da lmina est a 1 cm de uma parede. Uma formiga considerada como um ponto, de massa 5m , est inicialmente em repouso sobre essa extremidade, como mostra a figura. A seguir, a formiga caminha para frente muito lentamente, sobre a lmina. A que distncia d da parede estar a formiga no momento em que a lmina tocar a parede?

a) 2 cm b) 3 cm c) 4 cm d) 5 cm e) 6 cm



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Resoluo: (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 clculo do centro de massa do sistema, temos que:

x1 x2 x2 x1

1 2565

CM

m x m xX

m

+ =

Calculando nos instantes inicial e final e considerando o comprimento total da lmina igual a c, temos:

.1 . 15 2

6.5

iCM

m cmX

m

+ + = e

. .5 2

6.5

fCM

m cd mX

m

+=

Como o centro de massa no altera sua posio (sistema isolado e com velocidade inicial do centro de massa nula), temos i fCM CMX X= :

.1 . 1 . .5 2 5 26. 6.5 5

m c m cm d m

m m

+ + + = . . .

5 2 5 2m c m cm m d m+ + = +

6. . 65 5m m d d cm= =

COEFICIENTE DE RESTITUIO [COLISES]

Colises unidimensionais: Suponha uma coliso unidimensional entre dois corpos:

Av

Bm Am

A B 'Av

Bm Am

A B 'Bv

ANTES DEPOIS

Bv

Verificou-se experimentalmente que na coliso frontal de duas esferas slidas, tais como duas bolas de bilhar, as velocidades depois da coliso so relacionadas com as de antes pela expresso:

( )' ' = A B A Bv v e v v onde e (chamado de coeficiente de restituio) tem valor entre zero e 1 e caracterstico do par de corpos que esto interagindo. Note que existem subtraes vetoriais. Podemos relacionar esses vetores com seus mdulos e, em outras palavras, temos:

' '' ' B A afastamentoB A A B

A B aproximao

v v vv v e v v e

v v v

= = =

Assim, a razo entre o mdulo da velocidade de afastamento e o mdulo da velocidade de aproximao constante para um par de corpos. O coeficiente de restituio est diretamente relacionado com a conservao ou perda de energia durante a coliso. Pode se demonstrar que:

( ) 22 11 2A B

A BA B

m mK e v vm m

=

+

Onde K a variao de energia cintica do sistema. Visto que, num sistema isolado h conservao da quantidade de movimento (pois s h foras internas, que o caso de uma coliso), usaremos, para caracterizar os tipos de coliso, a relao do coeficiente de restituio com variao da energia cintica do sistema K:

Coliso Elstica (ou coliso perfeitamente elstica) ( 1e = ) A Energia se conserva.

Coliso perfeitamente inelstica ( 0e = ) A Energia no se conserva; a perda de energia mxima. Os corpos no se afastam aps a coliso (a velocidade de afastamento nula). Coliso parcialmente elstica (ou parcialmente inelstica) ( 0 1e< < ) A Energia no se conserva; h certa frao da energia que dissipada (pode ser por atrito, emisso de calor, emisso de som, por deformao plstica desses corpos etc.).

Colises bidimensionais: Mas como tratar o coeficiente de restituio em colises bidimensionais? Vamos tratar aqui apenas do caso em que as foras de contato durante a coliso atuam em uma nica direo (colises entre duas superfcies sem atrito um exemplo disto). Suponha que dois discos ou esferas A e B colidem sem atrito e na ausncia de aes externas ao sistema de acordo com o diagrama abaixo.

Av'Av

'Bv

BmBm

Am

Am

b b

x

yANTES DEPOIS

As foras impulsivas (interao entre as massas) acontecero somente no eixo x indicado, acontecendo, portanto, conservao da quantidade de movimento para cada massa individualmente no eixo y (no existem foras atuando em cada massa nessa direo). Para que tenhamos mesmo coeficiente de restituio caso a coliso seja elstica ou inelstica, note que devemos considerar apenas as velocidades na direo x. Isso evidente, pois a coliso frontal apenas um caso particular da coliso bidimensional (quando a velocidade no eixo y nula). Assim, define-se mais apropriadamente o coeficiente de restituio como:

' ' afastamento em xBx AxAx Bx aproximao em x

vv ve

v v v

= =

Assim, a razo entre o mdulo da velocidade de afastamento e o mdulo da velocidade de aproximao, ambas na direo das foras impulsivas, constante para um par de corpos. Exemplo: (ITA 2008) A figura mostra uma bola de massa m que cai com velocidade 1v sobre a superfcie de um suporte rgido, inclinada de um ngulo em relao ao plano horizontal. Sendo e o coeficiente de restituio para esse impacto, calcule o mdulo da velocidade 2v com que a bola ricocheteada, em funo de

1v , e e . Calcule tambm o ngulo .

m

1v2v

Resoluo: Ao analisarmos o choque, devemos notar que o coeficiente de restituio relaciona as velocidades de aproximao e de afastamento em relao direo normal superfcie de contato. Tambm devemos atentar que, como h dissipao de energia no eixo normal, o ngulo de incidncia no o mesmo que o ngulo de

reflexo. Denotando como 1v a velocidade de aproximao na

direo normal e 2v a velocidade de afastamento nessa mesma direo, temos:



9

.

90

. 90

m

1v 2v1v

2v1tv

2tv

Assim:

2 21 2

11

coscos

v v sene e v v senvv

= = =

(I)

Como no existem foras externas atuando na direo tangencial, os mdulos das componentes das velocidades nessa direo so iguais.

Denotando essas componentes das velocidades como 1tv e 2tv podemos escrever:

1 2 1 2 cost tv v v sen v = = (II)

Elevando as equaes (I) e (II) ao quadrado e somando membro a membro temos:

( ) ( )2 2 2 2 2 2 21 22 2 2

2 1

cos cos

cos

v sen e v sen

v v sen e

+ = +

= +

A resposta do valor de poderia ser expressa de diversas maneiras. Entre elas citaremos trs: a) substituindo o valor encontrado para o mdulo de v2 em (I):

= = + + 2 2 2 2 2 2

cos coscos cos

e esen arcsensen e sen e

b) substituindo o valor encontrado para o mdulo de v2 em (II):

= = + + 2 2 2 2 2 2

cos arccoscos cos

sen sensen e sen e

c) Pela diviso de (I) por (II):

( )cos cot arc cotcos

e sen tg e g tg e gsen

= = =

ltimas ressalvas e alguns fatos interessantes Alm das anlises indicadas acima, vale ressaltar algumas colises notveis (pode-se demonstrar esses fatos): a) Coliso unidimensional perfeitamente elstica entre corpos de massas iguais: as velocidades dos corpos so trocadas. b) Coliso bidimensional perfeitamente elstica entre corpos de massas iguais: as velocidades dos corpos aps a coliso formam um ngulo de 90 entre si. Alm disso, as velocidades na direo das foras impulsivas so trocadas. c) Coliso entre um corpo muito massivo e um corpo muito mais leve: o corpo muito massivo praticamente no muda de velocidade aps a coliso (a velocidade do corpo mais leve pode, no entanto, variar livremente). d) Coliso perfeitamente elstica entre um corpo muito massivo e um corpo muito mais leve: o corpo muito massivo praticamente no muda de velocidade aps a coliso e a velocidade do corpo leve inverte o seu sentido na direo das foras impulsivas.

EFEITO FOTOELTRICO

Este tpico em algumas oportunidades da prova da ITA chegou a aparecer em 2 questes num mesmo ano, como em 2003 e 2006. Portanto bastante importante que o candidato tenha conhecimento a respeito deste assunto, para que possa se preparar para questes que normalmente so de simples resoluo.

Efeito Fotoeltrico Emisso de eltrons por um material quando submetido presena de uma onda eletromagntica.

Este efeito foi explicado corretamente por Albert Einstein, o que lhe rendeu o prmio Nobel de Fsica de 1921. Einstein se baseou no modelo corpuscular da luz, supondo que ela se propagava no espao no de modo contnuo, mas concentrada em pequenos pacotes, que posteriormente seriam chamados ftons. Quando a luz incide sobre

um material, ou seja, quando os ftons chegam superfcie do material transportando uma determinada energia, arrancam eltrons dessa superfcie, conferindo energia cintica a esses eltrons. A relao entre essas energias dada por:

MAXh f E = + Nessa equao, E h f= a energia do fton incidente, a energia necessria para arrancar um eltron da superfcie, tambm chamada funo trabalho do material, e MAXE a energia cintica mxima que o eltron poderia adquirir se desprezssemos a dissipao de energia na coliso. Dois fatos importantes a serem observados no efeito fotoeltrico: (I) A energia cintica mxima que aparece na equao acima no depende da intensidade da luz que incide sobre o material. Ao aumentarmos a intensidade luminosa, apenas aumentamos o nmero de eltrons que conseguimos arrancar da superfcie, mas no mudamos a energia de cada fton, j que esta se relaciona com a frequncia da luz, e no com sua intensidade. A proporo fton-eltron de um para um, ou seja, no h possibilidade de um nico fton arrancar mais de um eltron. (II) Existe uma frequncia mnima 0f necessria para que os eltrons sejam arrancados do material, de modo que se a luz incide com uma frequncia 0f f< , nenhum eltron deixar a superfcie do material, independentemente da intensidade da luz (quantidade de ftons) incidente. Essa frequncia mnima pode ser obtida da equao acima, pois corresponde situao em que toda a energia do fton incidente utilizada para arrancar o eltron, no sobrando energia adicional sob a forma de energia cintica do eltron. Assim, fazendo

0MAXE = na equao, vem que: 0 0h f f h = = (frequncia mnima)

Muitas questes no vestibular do ITA a respeito deste assunto exigem apenas o conceito terico do comportamento de superfcies sujeitas a uma radiao eletromagntica (luz). Entretanto, a abordagem quantitativa tambm cobrada, como no exemplo a seguir:

EXEMPLO: (ITA 2004) Num experimento que usa o efeito fotoeltrico, ilumina-se sucessivamente a superfcie de um metal com luz de dois comprimentos de onda diferentes, 1 e 2 , respectivamente. Sabe-se que as velocidades mximas dos fotoeltrons emitidos so, respectivamente, 1v e 2v , em que 1 22v v= . Designando c a velocidade da luz no vcuo, e h a constante de Planck, pode-se, ento, afirmar que a funo do trabalho do metal dada por: a) 1 2 1 2(2 ) /( )h c b) 2 1 1 2( 2 ) /( )h c c) 2 1 1 2( 4 ) /(3 )h c d) 1 2 1 2(4 ) /(3 )h c e) 1 2 1 2(2 ) /(3 )h c Resoluo: (Alternativa D)

No efeito fotoeltrico, temos que MAXh f E = + , onde h cE h f

= =

a energia do fton, a funo trabalho (caracterstica do metal) e 2

2MAX

MAXm vE = a energia cintica mxima do eltron emitido.

Escrevendo esta equao para as situaes (1) e (2), temos: 2 2

1 2

1

42 2

m v mvh c

= + = + (I)

22

2 2m vh c

= + (II)

Fazendo a subtrao [4 x (II) (I)] membro a membro, vem que: 1 2

2 1 1 2

(4 )4 43

h ch c h c

= =

EFEITO COMPTON

Efeito Compton a variao do comprimento de onda de uma radiao eletromagntica aps interagir com a matria. O experimento original foi idealizado por Arthur Holly Compton, em 1923, e consistiu em fazer um feixe de raios-X (radiao eletromagntica) incidir sobre uma amostra de grafite, e posteriormente analisar a radiao dispersada com um detector adequado. O experimento de Compton evidencia que o tratamento ondulatrio no suficiente para estudar o comportamento da luz; necessrio



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Efeito Compton um dos fundamentos da Fsica Quntica e, portanto,

neste caso dar tratamento corpuscular (de partcula) para modelar (e compreender) esse experimento (a luz pode ser tratada como ftons, partculas que apresentam energia quantizada atravs da relao E h f ). Apesar de ainda no ter sido cobrado pelo ITA, o entendimento do

conceito fundamental que pode vir a ser cobrado.

TUBO DE RAIOS X

COLIMADOR COLIMADOR DETECTOR

FILTRO

AMOSTRA 1 1

2

Para explicar a variao de comprimento de onda detectada no xperimento, Compton utilizou o modelo corpuscular da luz, e na e

poca, seu experimento teve importncia exatamente por dar sustentao experimental para tal modelo, que no era totalmente aceito. Imaginando a radiao eletromagntica formada por ftons, que colidem com eltrons livres da superfcie do material, vamos impor a conservao da quantidade de movimento do sistema, antes e depois da coliso:

( ) ( )antes depois F E antes F E depoisp p p p p p

Lembremos que a quantidade de movimento do fton ida no defincomo | | | |p m v , j que no tem sentido falar em massa do fton,

mas c

omo | |p h

, onde h a constante de Planck e o

comprimento a do fto .

Uma outra observao que

de ond n

como o eltron receber energia do ton na coliso, e este viaja na velocidade da luz, devemos adotar f

para o eltron a expresso relativstica para a sua quantidade de movimento, a saber:

2| |1

m v

p

vc

Vamos decompor as quantidades de movimento nas direes horizontal e vertical.

Na direo horizontal: 2

0 cos cos' 1 ( / )

h h m vm v c

(I)

Na direo vertical: 2

0 0' 1 ( / )

h m vm sen sev c

n

(II)

as equaes como: Podemos reescrever

2cos cos

' 1 (h h m v

/ )v c

e 2' 1 ( / )

h m vsen senv c

ando ambas ao quadrado e somando membro a membro, ficamos

om:

Elevc

2 2 2 2 2 2 2 2

2

h h h m v m c v

Vamos impor agora a conservao da energia antes e depois da coliso. Novamente aqui devemos considerar a energia cintica relativstica do eltron, que :

2

2

1 11 ( / )

CE m cv c

Lembremos tambm que a energia transportada por um fton pode

ser escrita como: Fh cE h f

Desse modo, a expresso da conservao da energia fica:

2

2 2

1 11 1' '1 ( / ) 1 ( / )

h c h c h hm c m cv c v c

2' 1 ( / )h h m cm c

v c

Elevando ao quadrado, obtemos: 2 2 2

2 222' ' 1 ( /

h h h h m cm c m cv c

)

2 22 2 4

2 22 22 2 '' ' '

h h h h mm c m cc v

c

(ii)

Finalmente, fazendo a subtrao (ii) (i) membro a membro, obtemos:

2 2 22 2 2 2

2 22 (1 cos ) 2 ( ' ) ( )' 'h h m cm c m c c v

c v

' (1 cos )hm c

Esta a frmula do deslocamento Compton, que apresenta a variao do comprimento de onda ( ' ) da radiao eletromagntica em funo do seu ngulo de espalhamento ( ).

A grandeza hm c

conhecida como comprimento de onda

Compton ( Ch

m c

)

Exemplo: Um fton de raio X, com 0,01 nm, faz uma coliso frontal com um eltron ( 180 ). Determine: a) a variao do comprimento de onda do fton. b) a variao da energia do fton. c) a energia cintica adquirida pelo eltron. Resoluo:a) Aplicando a equao do deslocamento Compton, vem que:

3412

31 8

6,63 10' (1 cos ) (1 ( 1)) 4,8 109,31 10 3,00 10

h mm c

b) A energia do fton dada por: Fh cE h f

. Assim, a variao

de energia ser:

34 812 9 9

1 1'

1 16,63 10 3,00 104,8 10 0,01 10 0,01 10

F

F

E h c

E

keV

keV

156,5 10 41FE J , onde 191 1,6 10eV J

c) A energia cintica adquirida pelo eltron a energia fornecida pelo fton no momento da coliso, j que o sistema suposto conservativo. Assim, 15 6,5 10 41CE J

HIPTESE DE DE BROGLIE

Dualidade Onda-Partcula (Hiptese de De Broglie) Se a luz apresenta um duplo comportamento, ora ondulatrio, ora corpuscular, no seria ento verdade que a matria tambm poderia apresentar comportamento semelhante? A resposta para esta pergunta afirmativa, e foi Louis de Broglie quem apresentou uma teoria

2 2 2 22 cos' ' 1 ( / )v c c v

(i)



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coerente sobre isso. Para caracterizar o comportamento ondulatrio de uma certa partcula, devemos determinar seu comprimento de onda. De Broglie props que a cada partcula dotada de uma quantidade de movimento p , podemos associar um comprimento de

onda ( ) dado por: | |hp

= onde h a constante de Planck.

Confira o exemplo abaixo de uma questo que relaciona o comprimento de onda de De Broglie para um eltron: EXEMPLO: (ITA 2000) Dobrando-se a energia cintica de um eltron no-relativstico, o comprimento de onda original de sua funo de onda fica multiplicado por:

a) 12

b) 12

c) 14

d) 2 e) 2

Resoluo: (Alternativa A) Vamos colocar a energia cintica do eltron em funo do seu momento linear:

2 2 2 2 2( )2 2 2 2C

m v m v m v pEm m m

= = = =

. O comprimento de onda

associado ao eltron dado por: h hpp

= = . Assim, a energia

cintica do eltron pode ser dada em funo do seu comprimento de onda por:

2

2 2

22 2 2C

hp hE

m m m

= = =

.

Dobrando-se a energia cintica, temos: 22 2

2 00 02 2

0

12 22 2 2 2

h hE Em m

= = = =

POLARIZAO

O modelo ondulatrio da luz assume que um raio de luz consiste de um grande nmero de ondas eletromagnticas viajando simultaneamente no espao. Cada uma dessas ondas que compem o raio de luz, sendo uma onda transversal, apresenta um determinado plano de vibrao para os campos eltrico e magntico, plano este que perpendicular direo de propagao da onda.

Em particular, cada onda ter uma orientao bem definida para o campo eltrico. Tal direo ser chamada de direo de polarizao dessa onda. Como o raio de luz consiste de muitas ondas, cada uma delas com uma direo de polarizao diferente, todas as direes de polarizao estaro presentes no raio de luz, resultando num raio no-polarizado. A polarizao da luz o processo de conferir a um raio de luz, inicialmente no-polarizado, uma nica direo de polarizao. Tal processo consiste em fazer o raio de luz atravessar algum material polarizador, cuja caracterstica ter uma direo preferencial de vibrao do campo eltrico, de modo a transmitir apenas a componente do campo eltrico que vibre paralelamente a essa direo preferencial, absorvendo a componente que vibra na direo perpendicular. Como resultado desse processo, obtemos um raio de luz polarizado. A intensidade do raio de luz que emerge do polarizador ( I ) certamente menor do que a intensidade do raio incidente ( 0I ), visto que parte da energia transportada pelo raio foi absorvida pelo polarizador. Considerando que a luz no polarizada tem uma distribuio simtrica em torno no eixo de propagao, ao

submetemos esse tipo de radiao a um polarizador, esperada que

a intensidade se reduza pela metade: 02II =

Vale dizer que tal argumento pode ser justificado matematicamente, mas para isso precisaramos do auxlio do Clculo Integral. Quando um raio de luz j polarizado atravessa um polarizador, precisamos levar em conta o ngulo formado entre a direo de polarizao do raio de luz e as fibras do polarizador, de acordo com a figura a seguir:

Nesse caso, a relao entre a intensidade do raio emergente ( I ) e a intensidade do raio incidente ( 0I ) ser dada pela Lei de Malus:

20 cosI I =

Observe que tal relao coerente com o fato de que se o raio polarizado incide paralelamente direo das fibras do polarizador ( 0 = ), o raio incidente ser integralmente transmitido, no havendo absoro, e como consequncia, 0I I= . Por outro lado, quando o raio incidente est polarizado numa direo perpendicular s fibras do polarizador ( 90 = ), ele integralmente absorvido, visto que no h componente do campo eltrico vibrando na direo das fibras. Assim, a intensidade transmitida nesse caso nula ( 0I = ).

Este conceito j foi explorado pelo vestibular do ITA, como no exemplo a seguir:

Exemplo: (ITA 2000) Uma luz no-polarizada de intensidade 0I ao passar por um primeiro polaroide tem sua intensidade reduzida pela metade, como mostra a figura. A luz caminha em direo a um segundo polaroide que tem seu eixo inclinado em um ngulo de 60 em relao ao primeiro. A intensidade de luz que emerge do segundo polaroide :

I0 I0/2 60

a) 0I b) 00,25 I c) 00,375 I d) 00,5 I e) 00,125 I Resoluo: (Alternativa E)

A intensidade da luz que emerge do primeiro polarizador 01 2II = ,

visto que a luz estava inicialmente no-polarizada. A intensidade da luz que emerge do segundo polarizador, pela Lei de Malus, :

2 012 1 0cos 60 0,1254 8

III I I= = = = (Alternativa E)

INTERFERNCIA

Interferncia o fenmeno da superposio de duas ou mais ondas num mesmo ponto do espao.

Superposio de Ondas Quando dois pulsos propagando-se em sentidos opostos se encontram, temos uma superposio desses pulsos. Aps o encontro, os pulsos continuam seu caminho sem que nenhuma propriedade (perodo, velocidade, frequncia, etc) tenha se alterado.

Dizemos que a interferncia construtiva quando as amplitudes das ondas se somam, e que destrutiva quando as amplitudes das ondas se cancelam.



12

Considere o sistema com duas fontes pontuais que percorrem os caminhos designados por r1 e r2 ao lado: Para ondas em concordncia de fase, a interferncia construtiva se d quando a diferena entre as distncias percorridas por cada onda (diferena de caminhos), denotada por 2 1s r r = , for igual a um

nmero inteiro de comprimentos de onda ( ), ao passo que a interferncia destrutiva se d quando a diferena de caminhos for igual a um nmero inteiro impar de meio comprimento de onda. Para ondas em oposio de fase, ocorre o contrrio:

Concordncia de fase: - Construtiva: ,s n n Z = - Destrutiva:

,2

s n n mpar Z =

Oposio de fase: Construtiva:

,

2s n n mpar Z =

Destrutiva:

,s n n Z =

O vestibular do ITA costuma cobrar bastante este conceito em ondulatria, com algumas particularidades como o Experimento de Young (cobrado em 2003, 2004 e 2008), Interferncia em Filmes Finos (cobrado em 1998, 2000 com duas questes, 2005 e 2011) e Rede de difrao (2006), difrao e fenda simples (2009) e anis de Newton (2010). EXEMPLO: (ITA 2004) Na figura, 1F e 2F so fontes sonoras que emitem, em fase, ondas de frequncia f e comprimento de onda . A distncia d entre as fontes igual a 3 . Pode-se ento afirmar que a menor distncia no nula, tomada a partir de 2F , ao longo do eixo x , para a qual ocorre interferncia construtiva, igual a:

a) 4 /5 b) 5 / 4 c) 3 / 2 d) 2 e) 4

Resoluo: (Alternativa B) As distncias para as quais ocorre interferncia construtiva, levando em conta que as fontes emitem as duas ondas em fase, so aquelas em que a diferena de caminhos percorrida pelas duas ondas igual a um nmero inteiro de comprimentos de onda. (y x = n, n inteiro). Pelo teorema de Pitgoras, vem que:

2 2 2 2(3 ) (3 )x x n x n x + = + = + Elevando os dois membros ao quadrado, temos:

22 2 2 2 2 99 2

2nx n n x x xn

+ = + + =

, com n inteiro.

Assim: 1 4n x = = ; 524

n x = = ; 3 0n x= =

Portanto, a distncia no nua procurada 54

x = (Alternativa B)

Vejamos agora algumas das peculiaridades deste assunto para a prova do ITA:

EXPERIMENTO DE YOUNG Experincia de Young Nesta experincia, duas fendas so iluminadas por uma fonte de luz monocromtica, estando as fendas separadas entre si de uma distncia d .

Um padro de interferncia consistindo de franjas claras e escuras observado num anteparo, colocado distncia L das fendas. Temos que a diferena de caminhos das duas ondas geradas por estas fontes (fendas), considerando que esto em fase, dada por = z d sen , conforme ilustra a figura.

A condio para ocorrncia de interferncia construtiva (franjas claras), isto , pontos onde mxima a intensidade luminosa dada por:

send m = , com 0; 1; 2;...m = (pontos de mximo) Os pontos de interferncia destrutiva (franjas escuras), isto , aqueles onde a intensidade luminosa mnima, so dados por:

1sen2

d m = +

, com 0; 1; 2;...m = (pontos de mnimo)

Fazendo a aproximao: sen tg , vlida para pequenos ngulos,

com tg yL

= , temos:

Pontos de Mximo

=mLy m

d

Pontos de Mnimo 12

= +

m

Ly md

com 0; 1; 2;...m = em ambos os casos.

Exemplo: (ITA 2004) Num experimento de duas fendas de Young, com luz monocromtica de comprimento de onda , coloca-se uma lmina delgada de vidro ( 1,6Vn = ) sobre uma das fendas. Isto produz um deslocamento das franjas na figura de interferncia. Considere que o efeito da lmina alterar a fase da onda. Nestas circunstncias, pode-se afirmar que a espessura d da lmina, que provoca o deslocamento da franja central brilhante (ordem zero) para a posio que era ocupada pela franja brilhante de primeira ordem, igual a:

Anteparo

F1

F2

dLmina

a) 0,38. b) 0,60. c) . d) 1,2. e) 1,7.

Resoluo: (Alternativa E) O comprimento de onda da luz ao atravessar a lmina de vidro pode ser obtido da seguinte maneira:

1,6 1,6 1,6VV V V

c fnv f

= = = =

, lembrando que a frequncia

sempre se mantm inalterada na refrao (passagem da luz do ar para o vidro). Se a franja de ordem zero passou a ocupar a franja de ordem um, isso significa que o tempo que a luz leva para percorrer a lmina de vidro, emergindo de 1F o mesmo tempo que a luz utiliza para percorrer a distncia equivalente lmina de vidro e tambm

F1

F2

d

2x

mximo centra

d

D

0

y

ym

z



13

uma certa distncia x, da figura abaixo, viaja apenas pelo ar, emergindo de 2F .

1 21 2

1 2

1 0,6V V

s s d d xt t x d x dv v f f

+ = = = = =

Como a nova posio do mximo central a posio da primeira franja, no caso de no termos a lmina, temos que a distncia x seria aquela percorrida no caso do mximo de primeira ordem (quando a diferena de caminhos de apenas um comprimento de onda, )

Fazendo x = , temos: 0,6 1,70,6

d d = =

INTERFERNCIA EM FILMES FINOS

As cores das bolhas de sabo, manchas de leo e outras pelculas delgadas, algumas medidas para atenuar reflexes, todos estes fenmenos so devidas ao fenmeno de interferncia. Podemos ver ao lado uma pelcula de espessura constante t de ndice de refrao n. Note que no esquema dois raios chegam aos olhos do observador: um refletido na superfcie superior do filme, e outro refletido da superfcie inferior.

Raio Transmitido (ignore)

Raio Refletido

Raio Incidente

Primeira Reflexo

Filme

Note que, para uma incidncia quase normal, a diferena de percursos geomtricos entre os dois raios refletidos pode ser aproximado para 2t (onde t a espessura do filme). Lembre-se que quando mudamos de um meio com menor ndice de refrao para um com maior ndice de refrao ocorre uma mudana de 180o na fase da onda refletida. Quando mudamos de um meio com maior ndice de refrao para um com menor ndice de refrao no ocorre mudana na fase da onda refletida. A onda refratada no sofre mudana de fase em nenhuma hiptese. Assim, considere a figura abaixo.

180 de mudana de fase

Sem mudana de fase

Ar

Ar

Filme

Pode-se notar que a onda resultante refletida pela pelcula fosse um mximo de interferncia quando a distncia 2t fosse igual a um nmero inteiro de comprimentos de onda (no filme). No entanto, devido mudana de fase associada na passagem entre o ar e o filme, teremos um mximo quando essa diferena for igual a um nmero mpar de meios comprimentos de onda.

2t = (m+ )n m = 0, 1, 2,... (mximos) Utilizamos o valor de comprimento de onda da luz no filme, pois sabemos que tal comprimento de onda ser diferente do comprimento de onda no vcuo. Tais comprimentos de onda se relacionam segundo a seguinte equao: n=/n Sendo assim, podemos dizer que, ao passar de um meio com menor ndice de refrao para um com maior ndice de refrao, teremos um aumento da intensidade da luz refletida de acordo com a expresso:

2t.n = (m+ ) m = 0, 1, 2,... (mximos) A condio para um mnimo de intensidade (mnima reflexo) :

2t.n = m. m = 0, 1, 2,... (mnimos) As equaes acima se aplicam quando as hipteses aplicadas so respeitadas. Imaginemos agora no caso de duas inverses de fase: Neste caso, teremos:

2t.n = m. m = 0, 1, 2,... (mximos) 2t.n = (m+ ). m = 0, 1, 2,... (mnimos)

Normalmente, vemos tais aplicaes em vidros no refletores, quando aplicada uma camada fina e transparente sobre a superfcie. Esta camada induz o fenmeno de interferncia que, quando bem projetada, causa interferncias destrutivas para certos comprimentos de onda, diminuindo assim sensivelmente a reflexo.

Exerccios envolvendo filmes finos, interferncia de ondas, localizao de mximos e mnimos so encontrados em praticamente todos os anos de prova. Observe o exemplo a seguir.

Exemplo: (ITA 2005) Uma fina pelcula de fluoreto de magnsio recobre o espelho retrovisor de um carro a fim de reduzir a reflexo luminosa. Determine a menor espessura da pelcula para que produza a reflexo mnima no centro do espectro visvel. Considere o comprimento de onda = 5500 A , o ndice de refrao do vidro nv = 1,50 e, o da pelcula np = 1,30. Admita a incidncia luminosa como quase perpendicular ao espelho. Resoluo:

Para o raio transmitido na pelcula temos que a diferena de caminhos percorrida de 2t, onde t a espessura da pelcula. Esta diferena, para interferncia destrutiva, deve ser igual a (m+)n, com m inteiro, visto que ocorre duas inverses de fase (na reflexo do raio do ar para a pelcula e na reflexo do raio da pelcula para o vidro).

Assim: 1 1 122 2 2n p

t n t nn = + = +

Para menor espessura n = 0: 14 p

tn

=

Substituindo os valores de e np temos: 5500 1058A4 1,3

ot =

LUZ E ESPECTRO DE CORES

comum o vestibular do ITA relacionar os comprimentos de onda reforados (interferncia construtiva) e os que no so refletidos (interferncia destrutiva). Note que de acordo com a espessura do filme, podemos ter uma cor que fica mais visvel e outra que desaparece (fenmeno que ocorre por exemplo nas bolhas de sabo). Alm disso, importante dizer que a luz uma onda eletromagntica; chamada de luz toda onda eletromagntica que visvel ao olho humano. O conjunto de ondas eletromagnticas que chamamos de luz representa apenas uma pequena parcela de todas as ondas eletromagnticas existentes (aquelas com comprimentos de onda entre 400 nm e 700 nm). Outros exemplos de ondas eletromagnticas muito presentes em nosso dia-a-dia so as ondas de rdio, as microondas, o VHF, o raio-X, entre outros. IMPORTANTE: As cores do espectro visvel, em ordem crescente de frequncia, so: vermelho, alaranjado, amarelo, verde, azul, anil e violeta.

ONDAS ESTACIONRIAS

Ondas estacionrias Numa corda de comprimento L, e com seus dois extremos fixos, podemos produzir pulsos idnticos de onda propagando-se em sentidos contrrios. O resultado a formao de ondas estacionrias. O nmero n de ventres que se formam d origem ao n-simo harmnico, como ilustra a figura abaixo.



14

Assim, o nmero de ventres formados corresponde ao nmero de vezes em que o comprimento total da corda foi subdividido em meio comprimento de onda.

2

= nL , com 1; 2; 3; 4;...2nvn f nL

= =

Obs.: existem outros modos de vibrao, no caso de extremidades livres.

TUBOS SONOROS Analogamente s ondas estacionrias, podemos observar certas frequncias de ressonncia dentro de um tubo sonoro de duas formas, segundo a anatomia do tubo: Tubos Abertos:

2

= nL , com 1; 2; 3; 4;...2nvn f nL

= = (semelhante onda

estacionria numa corda)

Tubos Fechados:

(2 1)4

L n = , com (2 1)1; 2; 3; 4;... (2 1) 4nvn f nL

= =

OBS.: Um tubo tambm pode ser fechado em suas duas extremidades. Podemos observar abaixo a conectividade de assuntos especficos da Fsica, ondas estacionrias e tubos sonoros, compartilhando um nico exerccio. Exemplo: (ITA 2004) Um tubo sonoro de comprimento , fechado numa das extremidades, entra em ressonncia, no seu modo fundamental, com o som emitido por um fio, fixado nos extremos, que tambm 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 tenso submetida ao fio dada por a) (c/2L)2 m . b) (c/2 )2 mL. c) (c/ )2 mL. d) (c/ )2 m . e) n.d.a.

Resoluo: (Alternativa B) Tratando-se de um tubo fechado, temos, para frequncia fundamental, apresenta apenas de seu comprimento de onda do mesmo

comprimento total do tubo ( ). Assim, temos c=f 4tubo

c cf

= =

.

Ou ento, atravs da relao descrita na teoria acima, teramos:

(2 1)1 (2 1) (2 1)4. 4. 4.nv c cn f n= = = =

Como o fio est preso pelas duas extremidades, tambm em frequncia fundamental, Temos que apenas do seu comprimento de onda estaria representado pelo comprimento total do fio (L), formando uma onda estacionria.

Assim, v = f = 2. .f 2fiovfL

= . Ou ento, tambm atravs da

relao descrita na teoria acima, teramos:

12 2nv vn f nL L

= = =

Para o fio, da relao de Taylor, Fv

= . Substituindo: 2fio

F

fL

=

Como ambos atuam na mesma frequncia (esto em ressonncia):

2.4 2 2 2.tubo fio

Fc cL F c Lf f F

L

= = = =

Mas a densidade linear do fio, dada por mL

= .

Da temos 2

. .2.cF m L =

INTENSIDADE SONORA

O nvel de intensidade sonora () expresso em decibis (dB) por:

0

log IkI

=

onde: I = intensidade sonora fornecida pela caixa de som; I0 = intensidade-padro, correspondente ao nvel de intensidade de referncia com o qual todas as intensidades so comparadas, e corresponde ao limiar da audio (10-12W/m2). E, se:

1k = , N medido em bel; 10k = , ento N medido em decibel.

Embora este seja um assunto pouco cobrado, podemos observar caractersticas da prova do ITA ao longo dos anos. A prova do ITA adora transformar a fsica em matemtica e uma grandeza fsica com uma relao intima com matemtica perfeita. Trata-se de uma questo simples, mas que evidencia a relao entre a matemtica e a fsica nas provas do ITA.

Exemplo: (ITA 2005) Uma banda de rock irradia uma certa potncia em um nvel de intensidade sonora igual a 70 decibeis. Para elevar esse nvel a 120 decibeis, a potncia irradiada dever ser elevada de: a) 71% b) 171% c) 7.100% d) 9.999.900% e) 10.000.000% Resoluo: (Alternativa D) O nvel de intensidade e a intensidade sonora esto relacionados

atravs da equao: 0 0

10log 10logI PI P

= =

Na situao inicial o nvel de intensidade de 70d. Na situao final, 120d. Assim:

00

70 7 log log( ) log( )Id I II

= = =

(I)

00

120 12 log log( ) log( )Id I II

= = =

(II)

Fazendo (II)-(I), tem-se:

(12 7) 5 log( ) log( )I I = = 5 log II

=

5 71 10 10 %II= =

Assim, o aumento de intensidade sonora ser dado por: 7(10 100)% 9999900%X = =

BATIMENTO

Batimento Fenmeno de variao peridica da intensidade, num determinado ponto do espao, de duas ondas que se superpem com frequncias ligeiramente diferentes entre si. Lembramos que uma onda tem uma equao geral dada por:

0 02 2( ; ) cos( ) cosy x t A k x t A x t

T

= + = +

Vamos analisar a superposio de duas ondas de mesma amplitude e mesma fase, com frequncias ligeiramente diferentes, superpondo-se num ponto do espao a que atribuiremos arbitrariamente a coordenada 0 como abscissa ( 0x = ). As duas ondas tero ento como equaes:

1 1 1( ) cos( ) cos(2 )y t A t A f t = =

2 2 2( ) cos( ) cos(2 )y t A t A f t = = A superposio das duas ondas nesse ponto resulta numa onda de equao:

1 2 1 2( ) ( ) ( ) [cos(2 ) cos(2 )]y t y t y t A f t f t = + = + Utilizando a transformao trigonomtrica da soma em produto:



15

cos cos 2 cos cos2 2

+ + =

, vem que:

1 2 1 2( ) 2 cos 2 cos 22 2

f f f fy t A t t + =

Note que se f1 e f2 forem valores prximos, temos que

1 22 cos 22

f fA t

varia muito lentamente com o tempo.

Assumindo que esta equao possa ser entendida como uma onda de

frequncia 1 22

f f+ , cuja amplitude varia no tempo (muito mais

lentamente que a onda anteriormente citada) de acordo com

1 22 cos 22

f fA t

, temos que a onda resultante ter uma

intensidade que varia periodicamente no tempo, caracterizando o fenmeno do batimento.

Note que a onda de maior frequncia est envolvida (modulada) pela onda de menor frequncia (duplicada pelas possibilidades de inverso de sinal).

Nos pontos de mximo, onde ocorre um reforos audveis, temos

1 2cos 2 12

f f t =

, enquanto nos pontos de mnimo, teremos

1 2cos 2 02

f f t =

.

Como a amplitude ser mxima ( 2MAXA A= ) quando

1 2cos 2 12

f f t =

, temos que a frequncia de batimento (reforo

do som) ser dada pelo dobro da frequncia da envoltria.: 1 2| |Bf f f=

EFEITO DOPPLER-FIZEAU

a variao da frequncia percebida por um observador que est em movimento relativo em relao a uma fonte emissora de ondas. A frequncia aparente dada por:

S OAP

S F

v vf fv v

=

A conveno de sinais, nesse caso, a seguinte:

No numerador: +

afastaseobservadorose ,aproximaseobservadorose ,

No denominador: +

afastasefontease ,aproximasefontease ,

Aqui segue mais um exemplo das questes que caem na prova. Novamente vemos a conexo entre alguns assuntos, neste caso temos: Efeito Doppler, reflexo de ondas e batimento.

Exemplo: (ITA 2001) Um diapaso de frequncia 400 Hz afastado de um observador, em direo a uma parede plana, com velocidade de 1,7 m/s. So nominadas 1f a frequncia aparente das ondas no-refletidas, vindas diretamente at o observador; 2f , a frequncia aparente das ondas sonoras que alcanam o observador depois de refletidas pela parede e 3f , a frequncia dos batimentos. Sabendo que a velocidade do som de 340 m/s, os valores que melhor expressam as frequncias em hertz de 1f , 2f e 3f , respectivamente, so: a) 392, 408 e 16 b) 396, 404 e 8 c) 398, 402 e 4 d) 402, 398 e 4 e) 404, 396 e 4

Resoluo: (Alternativa C) A equao da frequncia aparente para o efeito Doppler :

S OAP

S F

v vf fv v

=

Na primeira situao, a fonte se afasta do observador parado e, portanto, temos:

1340 0 400 398

340 1,7f Hz+= =

+

Na segunda situao, a reflexo das ondas na parede pode ser modelada como uma fonte se aproximando com mesma velocidade e emitindo um som de mesma frequncia (espelha-se a fonte em relao parede). Assim:

2340 0 400 402

340 1,7f Hz+= =

Finalmente, a frequncia dos batimentos dada por: 3 1 2| | | 398 402 | 4f f f Hz= = =

LEI DE GAUSS CAMPO ELTRICO

Lei de Gauss A Lei de Coulomb a principal lei da Eletrosttica, mas no est formalizada de modo a vir simplificar os clculos nos casos de alta simetria. Neste tpico falaremos de uma nova formulao da Lei de Coulomb, a chamada Lei de Gauss, que pode apresentar vantagens nesses casos especiais. A Lei de Gauss aplicada em problemas de eletrosttica 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 baixo. A lei de Gauss ser aplicada quando a simetria for significativamente alta. Em tais casos, essa lei no s simplifica tremendamente o trabalho, mas, devido sua simplicidade, frequentemente fornece novas ideias. A figura central da Lei de Gauss uma hipottica superfcie fechada, chamada superfcie gaussiana. A superfcie gaussiana pode ter a forma que desejarmos, mas ser de maior utilidade quando usada de forma compatvel com a simetria do problema especfico em estudo. Decorre disso que, s vezes, a superfcie gaussiana toma a forma esfrica, a forma cilndrica ou qualquer outra forma simtrica. Porm essa superfcie deve ser sempre uma superfcie fechada, de modo a obtermos uma clara distino entre pontos internos, pontos sobre a superfcie e pontos exteriores mesma. Fluxo eltrico - Se A a rea de uma superfcie S que foi colocada num campo eltrico uniforme E , define-se como fluxo do campo eltrico, ou fluxo do vetor E , atravs da superfcie S como:

| | cosE E A E A = = onde o ngulo entre o vetor normal ao elemento de rea e o vetor campo eltrico. Lei de Gauss - A Lei de Gauss nos diz que o fluxo de linhas de campo eltrico atravs de uma superfcie fechada igual ao somatrio das cargas internas a esta superfcie, dividido pela constante dieltrica do meio (no caso mais comum, o vcuo):

int

0E

Q =

De acordo com a definio de fluxo eltrico vista anteriormente, considerando uma superfcie fechada com reas to pequenas quanto necessrias Ai, pelas quais est passando um campo Ei constante, temos:

int

01cos

nE i i i

i

QE A

= = =

Obs.: As cargas internas no caso da utilizao de elementos com distribuio uniforme de cargas, so obtidas a partir das densidades de carga:

- Linear: = Q/L - Superficial: = Q/S - Volumtrica: = Q/V

Para aplicar a lei de Gauss devemos utilizar as duas definies dadas acima para calcular o fluxo atravs de uma superfcie gaussiana. As superfcies gaussianas devem ser escolhidas conforme cada caso, tendo em mente a simplificao dos produtos escalares da primeira parte da equao (de maneira a, normalmente, manter o mdulo do campo eltrico constante em toda a superfcie, e os vetores campo



16

eltrico e rea paralelos cos = 1). Como superfcies gaussianas utilizamos figuras espaciais com simetria central (cubo, esfera) e axial (cilindro). De maneira geral, podemos dizer que a utilizao da Lei de Gauss uma poderosa ferramenta na resoluo de problemas que apresentam alto grau de simetria. Observe os seguintes exemplos:

Exemplo 1: Apliquemos a lei de Gauss s superfcies fechadas S1, S2, S3 e S4 abaixo:

- Superfcie S1: O campo eltrico aponta para fora da superfcie em todos os seus pontos. Portanto, o fluxo positivo e tambm o a carga lquida no interior da superfcie. - Superfcie S2: O campo eltrico aponta para dentro em todos os seus pontos. Portanto o fluxo negativo e tambm o a carga envolvida pela superfcie.

- Superfcie S3: Esta superfcie no envolve cargas eltricas. A Lei de Gauss exige que o fluxo seja nulo atravs dessa superfcie. Isto razovel, pois as linhas de campo passam atravs dessa superfcie, dirigindo-se da carga positiva envolvida por S1 at a carga negativa envolvida por S2. - Superfcie S4: Esta superfcie encerra uma carga lquida nula, pois as cargas positivas e negativas tm o mesmo mdulo. A lei de Gauss exige que o fluxo atravs dela seja zero. As linhas de fora que partem da carga positiva e saem de S4 fazem a curva e entram de volta pela parte inferior, em direo carga negativa.

Exemplo 2: Fio infinito carregado uniformemente A figura ao lado mostra um trecho de um fio fino carregado, infinito, de densidade linear de carga . Determinemos uma expresso para o mdulo do campo eltrico a uma distncia r do fio. Por motivos de simetria, escolhemos uma superfcie gaussiana cilndrica, de raio r e altura h, co-axial com o fio. Tambm por motivos de simetria, sabemos que ao longo da superfcie lateral do cilindro o campo eltrico tem a mesma intensidade e que este normal superfcie e aponta para fora dela (cos = 1). Aplicando a Lei de Gauss, temos:

0 E = Qint 0EA = h 0E(2rh) = h 0

E2 r

=

Exemplo 3: Casca esfrica uniformemente carregada a-) campo eltrico num ponto exterior casca (r > Rexterno) A figura abaixo nos mostra uma casca esfrica de raio R uniformemente carregada com carga Q. Desejamos deduzir o valor do campo eltrico num ponto externo a esta, situado a uma distncia r do centro da mesma. Por motivos de simetria, tomemos como nossa superfcie uma esfera de raio r concntrica com a casca. (r > Rexterno) Aplicando a Lei de Gauss, facilmente chegamos a

2int20 0 01

1cos 44

nE i i i

i

Q Q QE A E r Er

=

= = = =

Como 0

14

k

= , temos que 2kQEr

= (como na lei de Coulomb)

O que nos permite concluir que: Uma casca esfrica uniformemente carregada comporta-se, para pontos externos, como se toda a sua carga estivesse concentrada no seu centro. b-) campo eltrico num ponto interior casca (r < Rinterno) Devemos agora encontrar o mdulo do campo eltrico produzido pela casca num ponto interno a uma distncia r do seu centro. Por motivos de simetria, escolhamos uma superfcie gaussiana esfrica de raio r concntrica com a casca (r < Rinterno). Aplicando a Lei de Gauss a esta superfcie, como no h cargas internas a ela, podemos concluir que E = 0 O que nos permite afirmar que:

Uma casca esfrica uniformemente carregada no exerce fora eltrica sobre uma partcula carregada colocada em seu interior. c-) campo eltrico num ponto da casca (Rinterno< r B > C c) A < B < C d) A/2 = 2.B = C e) A = 2.B = C Resoluo: (Alternativa A) Pela Lei de Gauss, o fluxo do campo eltrico () atravs de uma superfcie fechada depende das cargas internas (qi) e da permissividade eltrica do meio (). Sendo o valor da carga interna qi calculado por .L, e sendo e L iguais nas trs superfcies, para um mesmo meio, temos A = B = C . Existem formulaes da Lei de Gauss para outros campos de vetores alm do campo eltrico. 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 1

nk

kM m

==

definido como a acelerao a que uma partcula fica submetida devido atrao gravitacional exercida pelo conjunto de massas sobre essa partcula. O caso mais comum aquele em que M representa a massa de um planeta e a partcula colocada nas imediaes desse planeta, ficando submetida acelerao da gravidade local.

Fluxo gravitacional analogamente aos fluxos eltrico e magntico, definiremos o fluxo gravitacional de um campo gravitacional g atravs de uma superfcie S, de rea A, como | | cosG g A = , onde o ngulo entre o vetor campo gravitacional e o vetor normal superfcie S. Levando em considerao a constante de gravitao universal G, ao passo que o anlogo da carga eltrica q teremos uma massa puntiforme m . A lei da Gauss para a gravitao afirma ento que, para :

14

nG k

kG m

= =

no qual o fluxo gravitacional G calculado atravs de qualquer superfcie fechada (gaussiana) que encerre o conjunto das n massas

km . O sinal negativo do lado direito desta relao significa que o campo gravitacional um campo de aproximao, assim como o campo eltrico criado por uma carga puntiforme negativa de aproximao. Alm disso, vale lembrar que o fluxo calculado por:

| | cosG g A = Exemplo: Calcule a acelerao da gravidade na superfcie de um planeta esfrico de massa M e raio R .



17

Resoluo:

n g

De acordo com a lei de Gauss, temos

que: 1

4n

G kk

G m=

=

O fluxo gravitacional atravs da superfcie esfrica S do planeta :

2| | cos | | (4 ) ( 1)G g A g R = = , observando que o ngulo entre

a normal n e o campo g 180 = , como mostra a figura anterior. Assim:

22| | 4 4 | |

G Mg R G M gR

= =

O caso acima reflete exatamente o que se observa na gravitao segundo Newton. Entretanto, em alguns casos, a anlise um pouco mais complicada: Exemplo: (ITA 2000) Uma casca esfrica tem raio interno R1, raio externo R2 e massa M distribuda uniformemente. Uma massa puntiforme m est localizada no interior dessa casca, a uma distncia d de seu centro (R1 < d < R2). O mdulo da fora gravitacional entre as massas :

a) 0. b) 2GMm

d c) 3 3

2

GMmR d

d) 3 31

GMmd R

e) 3 3

12 3 3

2 1

( )( )

GMm d Rd R R

Resoluo: (Alternativa E) A acelerao da gravidade no ponto a uma distncia d do centro da casca pode ser calculada utilizando-se uma superfcie gaussiana esfrica de raio d. Temos que:

2| | cos | | (4 ) ( 1)G g A g d = = (I) Note que este fluxo tambm pode ser mensurado considerando a

massa interna desta superfcie: int1

4 4n

G kk

G m G m =

= =

Considerando a densidade da casca constante, temos:

( ) ( )3 3

int 1int 3 33 3 3 3 2 11 2 1

4 43 3

m d Rm M m MV R Rd R R R

= = = =

Assim, 3 3

1int 3 3

2 14 4G

d RG m G MR R

= =

(II)

Assim temos, igualando (I) e (II): 3 3 3 3

2 1 13 3 2 3 3

2 1 2 1| | (4 ) 4 | |d R d RG Mg d G M g

R R d R R

= =

A fora de atrao gravitacional sobre m, dada portanto por: 3 3 3 3

1 12 3 3 2 3 3

2 1 2 1

( )| |( )

d R GMm d RG MF m g md R R d R R

= = =

GRAVITAO

Gravitao um tema agradvel ao ITA e podemos encontrar exerccios sobre o assunto em todas as suas provas. Dentre os tpicos relacionados, temos: Leis de Kepler 1. Lei de rbitas: Todos os planetas se movem em rbitas elpticas em torno de um astro central, o qual ocupa um dos focos. 2. Lei das reas: O vetor raio que une o sol a um planeta varre reas iguais no plano da rbita em tempos iguais.

Portanto, a rea varrida proporcional ao tempo t: 1,2 1,23,4 3,4

A tA t

=

3. Lei dos Perodos: O quadrado dos perodos de revoluo dos planetas em torno do Sol so proporcionais ao cubo dos raios mdios de suas rbitas (ou semi-eixos maiores da elipse).

2 3.T k R=

Onde:2

mx mnR RR += , e a constante k pode ser verificada atravs da

Gravitao de Newton, ao considerarmos um movimento circular, cuja resultante centrpeta dada pela fora de atrao gravitacional

2

. .G M mFR

= :

22

2

. . . . .G M m m v G M G Mv vR R R R

= = =

Como no movimento circular 2. .RvT

= , temos que 2. . .R G MT R

=

Assim 2 2

3

4..

TkR G M

= =

Sol

acelerado

retardado

Rmin Rmx

Vmin Vmx

Observao: Considerando o perodo medido em anos (o perodo sideral da Terra), e R em unidades astronmicas (definida como a distncia mdia da Terra ao Sol), fica claro que a constante k, caracterstica de cada sistema, apresenta valor 1,0 para o nosso sistema solar.

Gravitao Universal de Newton: Qualquer partcula no universo atrai outra partcula segundo a

equao: 2. .

GG M mF

R=

Velocidade de Escape: Um objeto pode escapar da atrao gravitacional de um corpo celeste de massa M e raio R se sua velocidade, quando prximo superfcie do corpo for pelo menos igual velocidade de escape: Assim, a velocidade mnima de lanamento de um corpo para que ele no sofra atrao do outro (energia potencial nula) ser tal que ele chegar no ponto final de sua trajetria tambm com velocidade nula. Sabendo que a energia potencial de um corpo sob ao de um campo

gravitacional dada por . .G M mUd

= , temos que, por conservao

de energia:

( ) ( )2 2

2

. . . .0 . .lim2 2

. . . 0 02

antes depois

escape

d

escape

K U K U

m v G M m m G M mR d

m v G M mR

+ = +

+ = +

+ = +

De onde temos que 2. .escapeG MvR

= , que a velocidade mnima onde

o objeto pode alcanar um estado de inrcia no espao (U=0). Nota - As trajetrias de lanamentos: De acordo com a velocidade de lanamento, podemos ter algumas possibilidades de curvas descritas devido atrao gravitacional entre dois corpos. Considerando que um corpo lanado perpendicularmente linha que une os dois centros de massa, repare nas seguintes possibilidades:



18

Velocidade de lanamento menor que a velocidade de escape:

- Se GMvR

< , teremos que o corpo descreve (na realidade

descreveria) uma elipse onde o planeta ocuparia o foco mais afastado do ponto de lanamento

- Se GMvR

= , teremos que o corpo descreve uma circunferncia

- Se 2GM GMvR R

< < , teremos que o corpo descrever uma

elipse, onde o planeta ocuparia o foco mais prximo do ponto de lanamento

Velocidade de lanamento maior ou igual velocidade de escape:

- Se 2GMvR

= , teremos que o corpo descrever uma parbola

- Se GMvR

> , teremos que o corpo descrever uma hiprbole

Devido incidncia de exerccios de Gravitao no ITA, o prximo exemplo pode sugerir que o assunto sempre cobrado com uma alta complexidade, o que no verdade. Na realidade, ele leva em considerao alguns conceitos que so importantes e que podero ajudar a afinar seus conhecimentos sobre o assunto: Exemplo: (ITA 2003) Variaes no campo gravitacional na superfcie da Terra podem advir de irregularidades na distribuio de sua massa. Considere a Terra como uma esfera de raio R e densidade , uniforme, com uma cavidade esfrica de raio a, inteiramente contida no seu interior. A distncia entre os centros O, da Terra, e C, da cavidade, d, que pode variar de 0 (zero) at R a, causando, assim, uma variao do campo gravitacional em um ponto P, sobre a superfcie da Terra, alinhado com O e C. Seja G1 a intensidade do campo gravitacional em P sem a existncia da cavidade na Terra, e G2, a intensidade do campo no mesmo ponto, considerando a existncia da cavidade. Ento, o valor mximo da variao relativa: (G1 G2)/G1, que se obtm ao deslocar a posio da cavidade, a) a3/[(R-a)2R] b) (a/R)3 c) (a/R)2 d) a/R e) nulo. Resoluo: (Alternativa D) Este problema pode ser resolvido supondo que a cavidade no gere campo gravitacional. Ser considerado que a cavidade constituda por duas massas sobrepostas, de mesma densidade em mdulo (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 ausncia de massa. Cuidado, pois no existe massa negativa (nem seu efeito propriamente dito, que ser de repulso). Este artifcio ser utilizado apenas para resultar numa ausncia 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 ser dada por:

( )( ) ( ) ( )2 1 1 1 1 22 2 2

. ' . ' . 'massa negativa

G M G M G MG G G G G G GR d R d R d

= + = + = =

Onde M o mdulo da massa da cavidade. Mas, como a densidade constante, temos que

3

33 3

' '4 43 3

M M aM MRR a

= = =

Assim, temos que:

( ) ( )

3

33

1 2 2 23

. . .aG M G M aRG G

R d R R d = =

Note nossa varivel d influencia na variao do campo gravitacional, que ser mxima, quanto menor o denominador (maior d). Assim, ocorrer a mxima variao quando d R a= (a cavidade tangencia o ponto P). Substituindo, teremos:

( )

3 3

1 2 2 3 2 33

. . . . . .G M a G M a G M aG GR a RR R R a

= = =

Como temos que 1 2.G MG

R= , podemos dizer:

1 21 2 12

1

. G GG M a a aG G GR R R G R

= = =

SIMETRIA EM CIRCUITOS ELTRICOS 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 associaes de resistores (ou capacitores), a princpio, complexas. Como exemplo, temos a questo abaixo: Exemplo: (IME 2008) A malha de resistores apresentada na figura ao lado conectada pelos terminais A e C a uma fonte de tenso constante. A malha submersa em um recipiente com gua e, aps 20 minutos, observa-se que o lquido entra em ebulio. Repetindo as condies mencionadas, determine o tempo que a gua levaria para entrar em ebulio, caso a fonte tivesse sido conectada aos terminais A e B. Resoluo: Chamemos de E o ponto no meio do circuito. a) Resistncia equivalente entre A e C: Observando a simetria existente em relao reta BD, o lado esquerdo e o lado direito so idnticos. Portanto, os pontos B, D e E tm o mesmo potencial.

Assim, as duas resistncias, entre B e E, e entre D e E, no so atravessadas por corrente, e podem ser removidas do circuito. Desse modo, o circuito equivalente ao seguinte:

RAC = 23R

b) Resistncia equivalente entre A e B: Observando novamente a simetria indicada na figura acima (em relao linha s), atribuir aos pontos sobre a linha s o mesmo potencial:

Linha s



19

Temos que a resistncia equivalente entre os pontos AB pode ser calculada por:

RAB = 2. / / / / / /2 2R RR R R

+

Calculando:

1) 2/ /2 3

2

R RR RRR R

= = +

2) 4/ /2 3 3R R RR R R + = + =

3)

443 3/ / / / / / 42 2 15

3 3

R RR R RR R R

R R

+ = = +

4) RAB=82. / / / / / /

2 2 15R R RR R R

+ =

Agora passemos comparao entre os tempos utilizados no primeiro e no segundo processo para vaporizar a gua. Em ambos os casos, a quantidade de calor fornecida deve ser a mesma, bem como a tenso aplicada.

Como a potncia dada por 2Q UP

t R= =

, temos que:

21 2 2

2 83 15 16 min

20 minAC AB

R RR R tt t t

= = =

Observe a seguir um exemplo de simetria com circuito de capacitores.

(ITA 2011) Uma diferena de potencial eletrosttico V estabelecida entre os pontos M e Q da rede cbica de capacitores idnticos mostrada na figura. A diferena de potencial entre os pontos N e P a) 2

V

b) 3V

c) 4V

d) 5V

e) 6V

Resoluo. Seja C a capacitncia de cada um dos doze capacitores do cubo. Nota-se que a rede de capacitores do n Q para o n M apresenta simetria geomtrica e eltrica, pois todos os capacitores so idnticos e cada um dos caminhos de Q para M apresenta as mesmas caractersticas, 3 arestas e, portanto, 3 capacitores. Observe a figura a seguir:

N

N

N M

P

P

Q P

De acordo com o enunciado, o potencial em M 0 VMV = (aterrado). Por simetria, observando a partir de M, os ns N, N e N apresentam potenciais eltricos iguais (VN). Seguindo o mesmo raciocnio, os ns P, P e P apresentam potenciais eltricos iguais (VP). Em uma rede eltrica, ns que apresentam um mesmo potencial eltrico so equivalentes a ns coincidentes. Desse modo, podemos redesenhar a rede cbica de capacitores substituindo os ns equivalentes por um mesmo n. Na figura a seguir o esquema eltrico apresentado equivalente ao esquema cbico da questo, porm est todo em um mesmo plano e, com a equivalncia dos ns, ficou mais fcil o estudo das capacitncias equivalentes, das cargas armazenadas e das diferenas de potencial (d.d.p.) entre os ns.

M N P Q

V

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

Para os clculos das capacitncias equivalentes, lembre-se:

n capacitores em paralelo: eq 1 2 ... nC C C C= + + +

n capacitores em srie: eq 1 2

1 1 1 1...nC C C C

= + + +

Logo, podemos simplificar ainda mais o circuito acima:

M N Q

VMN VNP VPQ

P

V

3C 6C 3C

Podemos dizer que os capacitores acima carregam-se atravs de uma mesma corrente num mesmo intervalo de tempo, e por isso possuem cargas iguais:

MN NP PQq q q q= = = Da definio de capacitncia, q C V= , podemos escrever, de acordo com o esquema da figura acima:

6 6NP NP NPqq C V VC

= =

3 23MN MN MN MN NPqq C V V V VC

= = =

3 23PQ PQ PQ PQ NPqq C V V V VC

= = =

Pela lei das malhas, podemos escrever sobre as d.d.p. entre os ns: MN NP PQV V V V+ + = . Ento:

2 2NP NP NPV V V V+ + = 5 NPV V= 5NPVV =



20

MALHAS INFINITAS

possvel calcular resistncias equivalentes at mesmo em algumas associaes envolvendo infinitos resistores. Nesse caso, devemos tentar obter algum padro que se repita dentro da associao, de modo a transform-la numa malha equivalente finita, com poucos resistores, com a qual seja simples trabalhar, como ilustra o exemplo abaixo.

Exemplo: (ITA 2001) Um circuito eltrico constitudo por um nmero infinito de resistores idnticos, conforme a figura. A resistncia de cada elemento igual a R. A resistncia equivalente entre os pontos A e B :

a) infinita b) ( 3 1)R c) 3R

d) 313

R

e) (1 3)R +

Resoluo: (Alternativa E) Veja a figura abaixo:

R

Req

R

Req

A A

B B

C

D Sendo uma montagem infinita, temos que a resistncia equivalente entre os pontos A e B a mesma que a resistncia equivalente do restante do circuito, entre os pontos C e D, que est associada em srie com duas resistncias R. Assim, temos:

2 22 2 . 2 0 (1 3)eq eq eq eq eqeq

R RR R R R R R R R

R R

+ = = = +

Descartando a raiz negativa, ficamos com: (1 3)eqR R= + . Exemplo Malhas infinitas e simetria: Considere a figura abaixo onde os traos so fios eltricos finos, todos do mesmo material e com a mesma seco. O pedao do fio com o comprimento do lado do quadrado principal, L, tem resistncia R. Assuma que o circuito se prolonga ad infinitum para o centro do quadrado seguindo o padro da figura.

Qual a resistncia equivalente (em unidades de R) entre os pontos A e B? Resoluo: Temos que a resistncia proporcional ao comprimento do fio (mesmo material e mesma seco transversal). Dessa forma, podemos notar uma recursividade nos valores das resistncias assinaladas (e nas demais, devido simetria do problema):

2 / 4R

2 / 8R

/ 2R

/ 4R

Ainda, pela simetria do sistema, podemos anotar os potenciais ao lado:

1i 2i

M

1i 2i

1f 2f

Dessa forma, podemos chegar a uma forma de visualizar melhor o sistema:

1fA B2f

M ( ) ( )2 / 4 / / / 2R R

/ 2R 2 / 4R

1i 2i

1fA B2f

M

( )2 12

R

/ 2R 2 / 4R

1i 2ieq2R

A B

( )2 12

R

/ 4R 1i 2i

2 eq 24

R R+

/ 4R

A B/ 4R 1i 2i( ) ( )

( )22 eq 2 1 2 2

4 eq 2 3 2 2

R R R

R R

+

+

/ 4R

De onde temos ( ) ( )

( )22 eq 2 1 2 2

eq2 4 eq 2 3 2 2

R R RR RR R

+ + =

+

Rearranjando os termos acima, chegamos na equao de segundo grau: ( )2 22 eq 2 eq 2 1 2 0+ =R R R R , cujas raizes so:

( ) 22 2 1 12 1 2 3eq2 2 2

= =

R RR R

Descartando a raiz negativa: 1 2 3eq

2R R +=



21

TEOREMA DE THVENIN Em 1883, M. Leon Thvenin enunciou o seguinte teorema:

Qualquer estrutura linear ativa pode ser substituda por uma nica fonte de tenso Vth em srie com uma resistncia Rth.

Na prtica, isso significa que qualquer circuito pode ser representado conforme mostra a figura:

Dado um circuito A qualquer, calcula-se o equivalente de Thvenin entre dois pontos A e B, da seguinte forma: - Vth a tenso medida nos terminais A e B do circuito A (em aberto); - Rth a resistncia equivalente entre os terminais A e B com todas as fontes de tenso do circuito A substitudas por curtos e as fontes de corrente substitudas por chaves abertas. Exemplo: Clculo da fora eletromotriz do equivalente de Thvenin:

Clculo da resistncia interna do equivalente de Thvenin:

TEOREMA DE NORTON Em 1933, E. L. Norton enunciou o seguinte teorema:

Qualquer estrutura linear ativa pode ser substituda por uma nica fonte de corrente IN em paralelo com uma resistncia RN.

Esse teorema o dual ao Teorema de Thvenin e, na prtica, diz que um circuito qualquer pode ser representado conforme mostra a figura.

Dado um circuito A qualquer, calcula-se o equivalente de Norton, entre dois pontos A e B, da seguinte forma: - IN a corrente que passa por um curto-circuito aplicado nos terminais A e B. - RN calculado da mesma maneira que Rth. Exemplo: Clculo do gerador de corrente do equivalente de Norton:

A

B

V1 IN = IAB (corrente do

curto circuito)

R1 R2

R3

Circuito equivalente de

Norton

1,

1 2 1 3 2 3AB curto N

VI IR R R R R R

= = + +

RN IN

A

B

EQUIVALNCIA FONTES DE TENSO E DE CORRENTE

Dado um gerador de tenso, existe um gerador de corrente que lhe equivalente, isto , do ponto de vista de uma carga tanto faz ela estar ligada no gerador de tenso ou no de corrente. Para haver equivalncia entre o gerador de corrente (I, R1) e o gerador de tenso (E, R2) deve haver a seguinte relao:

Dada a fonte de corrente, para obter a fonte de tenso equivalente: 1E R I= e 2 1R R=

Dada a fonte de tenso para obter a fonte de corrente equivalente:

2

EIR

= e 1 2R R=

Visualmente, temos a seguinte equivalncia:

R

V

A

B

Fonte de Tenso Fonte de Corrente

R I

A

B

V R I= VIR

=

CONVERSES Y- (T-) E -Y- (-T)

b

R2

a

R3

a

c

R1

(b) Rede em pi ou em delta ou em tringulo.

R3

c R2

b

c

R1

b b

Rc

a Ra

Rc

a

c c

Rb Ra Rb

(a) Rede em T ou em Y.

A

B

V1

R1 R2

R3

1 3, 2

1 3

= +=

+Th eq ABR R RR R

R R

RTh

VTh

A

B


Thvenin

A

B

V1 VTh = VAB (voltagem do

circuito aberto)

R1 R2

R3

3, 1

1 3AB aberto

RV VR R

=+

(pelo divisor de tenso)

RTh

VTh

A

B


Thvenin



22

a) Converso Delta em Y:

1 3

1 2 3

1 2

1 2 3

2 3

1 2 3

a

b

c

R RRR R R

R RRR R R

R RRR R R

= + +

=+ +

=

+ +

b) Converso Y em Delta:

1

2

3

a b b c c a

c

a b b c c a

a

a b b c c a

b

R R R R R RRR

R R R R R RRR

R R R R R RRR

+ + =

+ + = + + =

INDUO ELETROMAGNTICA

Induo eletromagntica - Estabelecimento de uma fora eletromotriz num circuito por efeito da variao de um fluxo magntico que o atravessa. Indutncia: propriedade de induo de fora eletromotriz em um circuito por efeito da variao de uma corrente que passa pelo prprio circuito (auto-indutncia) ou por um circuito prximo (indutncia

mtua). Unidade: henry, VHA / s

= .

ELdi dt

=

Temos portanto que diE Ldt

= Bd diN Ldt dt

= ,

Assim, BN Li = . Unidade: Wb H A= Definies em fsica: solenoide. [do grego solenoides, em forma de tubo.] S. m. Fsica. Indutor constitudo por um conjunto de espiras circulares paralelas e muito prximas, com o mesmo eixo retilneo. bobina. [Do francs bobine.] S. f. Fsica. Agrupamento de espiras de um condutor eltrico, enroladas em torno de um suporte ou de um ncleo de material ferromagntico, e que, num circuito, funciona como indutor.

Indutncia de um solenoide: espira. [Do grego spera, pelo latim spira.] S. f. Engenharia eltrica. Parte elementar de um enrolamento, cujas extremidades so, em geral, muito prximas uma da outra. toroide. [de toro + -oide.] S. m. Geometria. Slido gerado pela rotao de uma superfcie plana fechada em torno de um eixo que no lhe seja secante.

Auto-indutncia de uma bobina solenoidal: 2 AL N

l=

N o nmero de espiras; , a permeabilidade do ncleo; A a rea da seco reta do ncleo em metros quadrados e l o comprimento do ncleo em metros.

Ao de um indutor em circuitos

R

L E

Ao ligar a chave, a corrente num indutor NO pode instantaneamente passar de zero a um valor finito, pois

ELdi dt

= implicaria L = 0.

De fato, toda corrente leva algum tempo para se instalar, mas num circuito sem um indutor, esse tempo da ordem de 10-9 s e pode ser desprezado, e, havendo um indutor, pode ser necessrio um tempo

muito maior (1 s ou mais) para se instalar uma corrente da ordem de E / R. Este assunto j foi cobrado no ITA h mais de 10 anos. Recentemente, ele no vinha sendo solicitado at o vestibular de 2006 que cobrou um conceito simples de auto-indutncia. Portanto, recomendamos ateno a este tpico, 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 ncleo de ar tem auto-indutncia L. Outro solenoide, tambm com ncleo de ar, tem a metade do nmero de espiras do primeiro solenoide, 0,15 do seu comprimento e 1,5 de sua seo transversal. A auto-indutncia do segundo solenoide : a) 0,2 L b) 0,5 L c) 2,5 L d) 5,0 L e) 20,0 L Resoluo: (Alternativa C)

A auto-indutncia de um solenoide dada por: 2 AL N =

Assim, para os dois solenoides em questo, teremos 2 1

1 11

AL N =

( )( )

212 22 1 1

2 2 1 12 1 1

1,52,5 2,5

2 0,15AA N AL N N L

= = = =

Portanto, 2 12,5 2,5L L L= =

COMENTRIOS FINAIS DE FSICA Os conceitos descritos neste material esto apenas em carter de resumo e sero de grande valia para quem se esforou durante todo o ano visando apenas um propsito: ser aprovado. Ele engloba uma pequena parte do universo que voc conhece da Fsica. Acredite que a realizao de sua conquista no est apenas no estudo deste material (na realidade ele provavelmente contribuir pouco se comparado com todo o esforo que voc fez durante sua vida escolar). Confie no trabalho que voc realizou ao longo do ano e tambm nos anos anteriores que contriburam para voc chegar onde chegou: certamente suas vitrias sero sempre acompanhadas de trabalho rduo e muito esforo e, com certeza, este um dos critrios para ser bem sucedido nas provas de admisso do ITA.

b Ra

a

c

Rb

R1

R2 R3 Rc

b Ra

a

c

Rb

R1

R2 R3 Rc

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