dicas ita fisica

8/12/2019 Dicas Ita Fisica

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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 vestibularesmais desafiantes do pas. O ingresso fruto de muito esforo doscandidatos, mas no uma misso impossvel. O grau decomplexidade dos contedos cobrados e das questes propositadamente elevado para selecionar apenas aqueles candidatosmelhor preparados e que esto decididos a entrar em uma instituio

reconhecida como uma das melhores engenharias do pas, ao lado doIME.

Propomo-nos com este material passar algumas dicas para omelhor rendimento nos dias de exame que esto por vir, comresumos de tpicos no to enfatizados (e at mesmo no vistos) noensino mdio. Estes tpicos fazem parte da filosofia do vestibular doITA: cobrar cada vez assuntos mais especficos, para valorizar ocandidato que realmente se preparou para este vestibular.

Para ajud-lo, analisamos os anos anteriores e fizemos nossasapostas. Este resumo ir lhe ajudar em algumas questes quepossuem 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-seconseguir algum ponto por resolver apenas parte da questo. Porisso, importante no deixar nenhuma questo em branco.

Nos testes, preste bastante ateno s alternativas. Frequentementeh questes que apresentam vrios caminhos a se seguir e aobservao das alternativas ajuda a entender o esperado pelabanca examinadora. Tambm neste tipo de questo, existe aquelachance do chute, que no deve ser desprezada mesmo quando vocno est conseguindo resolver nada. Assim, seja crtico no momentodo chute, onde, por exemplo, uma anlise dimensional e dosvalores das alternativas pode lhe ajudar a eliminar alternativas

absurdas.

Um bom plano de prova fundamental. Existem diferenas entre opeso das questes dissertativas e dos testes: cada questodissertativa vale o dobro de uma questo objetiva. Entretanto, nodespreze demais os testes, pois s sero corrigidas as questesdissertativas dos candidatos que acertaram pelo menos 40% dostestes de cada disciplina e 50% do total dos testes.

Independente dessas informaes, importante que voc seconcentre na prova do dia. As provas anteriores j foram e voc notem como mudar suas respostas. As posteriores, encare quandovierem. Confie em sua preparao: independentemente do nvelde dificuldade da prova, se voc estudou ento voc sabe amatria!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 quetem 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 deassuntos bem variados. Assim como a maior parte dos vestibulares, oITA apresenta uma forte nfase em mecnica na distribuio dosassuntos das questes. Entretanto, esta prova se diferencia porquecom frequncia o nvel de complexidade das questes se tornaelevado, apesar de tipicamente se partir de conceitos relativamente

simples.A exemplo da mecnica, as demais grandes reas do conhecimentoda fsica so cobradas em um nvel de complexidade bastanteelevado. Por exemplo, o efeito Hall (eletromagnetismo), malhascomplexas (eletrodinmica) resolvidas pelo teorema de Thvenin,Cintica dos Gases (Termofsica) e, digna de nota devido a suaconsidervel incidncia, a Lei de Gauss (tanto para a eletrostticaquanto para a gravitao).Diferentemente dos vestibulares tradicionais, temos uma incidnciamuito grande de fenmenos ondulatrios, como tica fsica,polarizao, interferncia, filmes finos, difrao, experimento deYoung e rede de difrao, que so tpicos cobrados com frequnciapelo vestibular do ITA. A banca de Fsica do ITA busca, alm de fortecapacidade analtica e profundo domnio da Matemtica,conhecimento slido dos conceitos da Fsica do Ensino Mdio,

incluindo assuntos especficos que outros vestibulares normalmenteno cobram. Um outro assunto recorrente nesta prova a FsicaModerna, especialmente a Quntica, o que normalmente causasurpresa nos estudantes menos preparados.H ainda tpicos clssicos, como Anlise Dimensional. Quasetodas as provas dos ltimos 20 anos do ITA apresentam uma questodeste assunto. Assim, este tpico, apesar de relativamente simples, quase certo no vestibular. Vale lembrar que conhecimentos deAnlise Dimensional podem ser extremamente teis para ajudar alembrar de alguma frmula esquecida, alm de ser umaferramenta importante para verificar a coerncia das respostasobtidas. Outro ponto que chama ateno que no vestibular de 2007a primeira questo cobrava conhecimentos de algarismossignificativos, enfatizando a importncia de se analisar o quanto oresultado encontrado faz sentido levando em considerao asincertezas das medidas realizadas.Tipicamente, quando abordados assuntos mais complexos, asquestes so simples e diretas, cobrando em muitos casos apenasum contato bsico com os principais conceitos envolvidos. Podemosdizer que tais questes no so necessariamente mais difceis do queaquelas de assuntos mais clssicos, mas apenas mais especficas.Entretanto, indispensvel que o vestibulando tenha contato comesses temas, caso contrrio no ter condies de resolver asquestes relativas a esses assuntos, restando-lhe apenas o velho (eno to bom) chute.Voc encontrar neste material um resumo de alguns assuntosbastante 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 anfase necessria no Ensino Mdio, visto que grande parte delesno 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 eas fundamentais atravs de suas dimenses ou smbolosdimensionais. Utilizando o Operador Dimensional: [ ]Ex.: [v]=L.T-1; a velocidade tem dimenso 1 com relao aocomprimento 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 umaequao necessariamente igual dimenso do membro direito.Alm disso, havendo parcelas, todas elas devem apresentar a mesmadimenso.

Teorema de BridgmanSe uma dada grandeza fsica depende apenas de outras grandezasfsicas independentes entre si, ento esta grandeza pode serexpressa pelo produto de um fator puramente numrico (constante deproporcionalidade) por potncias das grandezas das quais eladepende.

Frmulas Dimensionais luz dos conceitos anteriores, toda grandeza fsica tem uma frmula

dimensional. Utilizamos o smbolo [G] para representar a frmuladimensional da grandeza fsica G.a) Uma grandeza derivada na Mecnica possui uma frmuladimensional do tipo: [G] = MaLbTcsendo M a dimenso de massa, L, de comprimento, e T, de tempo.b) Uma grandeza derivada na Termodinmica possui uma frmuladimensional do tipo: [G] = MaLbTc dsendo a dimenso de temperatura.c) Uma grandeza derivada na Eletricidade possui uma frmuladimensional do tipo: [G] = MaLbTc Idsendo I a dimenso de corrente eltrica.

Exemplo: (ITA 2005) Quando camadas adjacentes de um fluidoviscoso deslizam regularmente umas sobre as outras, o escoamentoresultante dito laminar. Sob certas condies, o aumento davelocidade provoca o regime de escoamento turbulento, que

caracterizado pelos movimentos irregulares (aleatrios) das partculasdo fluido. Observa-se, experimentalmente, que o regime deescoamento (laminar ou turbulento) depende de um parmetro

adimensional (Nmero de Reynolds) dado por R v d= , emque a densidade do fluido, v , sua velocidade, , seu

coeficiente de viscosidade, e d, uma distncia caractersticaassociada geometria do meio que circunda o fluido. Por outro lado,num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera, de dimetroD, que se movimenta num meio fluido, sofre a ao de uma fora dearrasto 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, = 1c)= 1, = 1, = -1, = 1 d)= -1, = 1, = 1, = 1e)= 1, = 1, = 0, = 1

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

21 1 1

2 2

M LT

F T MTM L T

L TL L

= = = =

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

[ ] 1 33M

M LL

= = ; [ ] 1L

v L TT

= = ; [ ]d L= ;

Substituindo na frmula dimensional para R, tem-se:

( ) ( ) ( ) ( )1 3 1 1 1 1R 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 0

0

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 doimpulso numericamente igual rea do grfico de Fora X Tempo

ou integral2

1

( ).t

t

I F t dt =

.

Teorema do Impulso: a variao da quantidade de movimento de umsistema, num certo intervalo de tempo, igual ao impulso produzidopela 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 dasforas externas que agem no sistema nula. Sendo assim, suaquantidade de movimento constante.

ext

Re Res f isist0 0 Q 0 Q Qext

sF I

= = = =

Obs: no caso de exploses e choques mecnicos, as intensidadesdas foras internas so to maiores que as das foras externas, que osistema 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 deMecnica do ITA, muitas vezes se faz necessrio adotar um

referencial que normalmente diminui muito o esforo algbrico naresoluo: o referencial do Centro de Massa do sistema.Observe a seguir as relaes matemticas para o referencial doCentro de Massa:

Posio:ii i i i i

cm cm cm

m r m x m y r x e y

M M M

= = =

Velocidade:ii

cm

m vv

M

= Acelerao: iicm m aaM

=

Note que: Re extcmsist

cm s cmsist

dQ d M v Q M v F M a

dt dt

= = =

Isso nos permite concluir que o centro de massa de um sistema semove 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 forasexternas 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 mest em repouso sobre uma superfcie sem atrito. A extremidadeesquerda da lmina est a 1 cm de uma parede. Uma formigaconsiderada como um ponto, de massa 5m , est inicialmente em

repouso sobre essa extremidade, como mostra a figura. A seguir, aformiga caminha para frente muito lentamente, sobre a lmina. A quedistncia dda parede estar a formiga no momento em que a lminatocar a parede?

a)2 cmb)3 cmc)4 cmd)5 cme)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 docentro de massa do sistema, temos que:

x1 x2 x2x1

1 25

65

CM

mx m x

X

m

+ =

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

.1 . 15 2

6.

5

iCM

m cm

Xm

+ +

= e. .

5 26.

5

fCM

m cd m

Xm

+=

Como o centro de massa no altera sua posio (sistema isolado e

com velocidade inicial do centro de massa nula), temos i fCM CM X X= :

.1 . 1 . .5 2 5 2

6. 6.5 5

m c m cm d m

m m

+ + +

= . . .

5 2 5 2

m c m c m m d m+ + = +

6.. 6

5 5

m md d cm= =

COEFICIENTE DE RESTITUIO [COLISES]

Colises unidimensionais:Suponha uma coliso unidimensional entre dois corpos:

Av Bm Am

AB '

Av Bm Am

AB '

Bv

ANTES DEPOIS

Bv

Verificou-se experimentalmente que na coliso frontal de duas esferasslidas, tais como duas bolas de bilhar, as velocidades depois dacoliso 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 e1 e caracterstico do par de corpos que esto interagindo.Note que existem subtraes vetoriais. Podemos relacionar essesvetores 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 omdulo da velocidade de aproximao constante para um par decorpos.

O coeficiente de restituio est diretamente relacionado com aconservao ou perda de energia durante a coliso. Pode sedemonstrar que:

( )22 11

2A B

A B

A B

m mK e v v

m m

=

+

Onde K a variao de energia cintica do sistema.

Visto que, num sistema isolado h conservao da quantidade demovimento (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 sistemaK:

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. Oscorpos 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 colisesbidimensionais? Vamos tratar aqui apenas do caso em que as forasde contato durante a coliso atuam em uma nica direo (colisesentre duas superfcies sem atrito um exemplo disto).Suponha que dois discos ou esferas A e B colidem sem atrito e naausncia de aes externas ao sistema de acordo com o diagramaabaixo.

A

v

'

Av

'

Bv

Bm

Bm Am

Am

b b x

yANTES DEPOIS

As foras impulsivas (interao entre as massas) acontecerosomente no eixo x indicado, acontecendo, portanto, conservao daquantidade 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 colisoseja elstica ou inelstica, note que devemos considerar apenas asvelocidades 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 apropriadamenteo coeficiente de restituio como:

' ' afastamento em xBx Ax

Ax Bx aproximao em x

vv ve

v v v

= =

Assim, a razo entre o mdulo da velocidade de afastamento e omdulo da velocidade de aproximao, ambas na direo das forasimpulsivas, 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 davelocidade 2v

com que a bola

ricocheteada, em funo de

1v

, e e . Calcule tambm o

ngulo .

m

1

v

2v

Resoluo: Ao analisarmos o choque, devemos notar que ocoeficiente de restituio relaciona as velocidades de aproximao ede afastamento em relao direo normal superfcie de contato.Tambm devemos atentar que, como h dissipao de energia noeixo 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:


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9

.

90

. 90

m

1v

2v

1v

2v

1tv

2tv

Assim:

2 21 2

11

coscos

v v sene e v v sen

vv

= = =

(I)

Como no existem foras externas atuando na direo tangencial, osmdulos 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 amembro 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 v2em (I):

= =

+ + 2 2 2 2 2 2

cos cos

cos cos

e esen arcsen

sen e sen e

b) substituindo o valor encontrado para o mdulo de v2em (II):

= =

+ + 2 2 2 2 2 2

cos arccos

cos cos

sen sen

sen e sen e

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

( )cos

cot arc cotcos

e sentg e g tg e g

sen

= = =

ltimas ressalvas e alguns fatos interessantesAlm das anlises indicadas acima, vale ressaltar algumas colisesnotveis (pode-se demonstrar esses fatos):a) Coliso unidimensional perfeitamente elstica entre corpos demassas iguais: as velocidades dos corpos so trocadas.b) Coliso bidimensional perfeitamente elstica entre corpos demassas iguais: as velocidades dos corpos aps a coliso formam umngulo de 90 entre si. Alm disso, as velocidades na direo dasforas 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 acoliso (a velocidade do corpo mais leve pode, no entanto, variarlivremente).d)Coliso perfeitamente elstica entre um corpo muito massivo e umcorpo muito mais leve: o corpo muito massivo praticamente no mudade velocidade aps a coliso e a velocidade do corpo leve inverte oseu sentido na direo das foras impulsivas.

EFEITO FOTOELTRICO

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

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

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

um material, ou seja, quando os ftons chegam superfcie domaterial transportando uma determinada energia, arrancam eltronsdessa superfcie, conferindo energia cintica a esses eltrons. Arelao 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, tambmchamada funo trabalhodo material, e

MAX

E a energia cintica

mxima que o eltron poderia adquirir se desprezssemos adissipao de energia na coliso.Dois fatos importantes a serem observados no efeito fotoeltrico:(I) A energia cintica mxima que aparece na equao acima nodepende da intensidade da luz que incide sobre o material. Aoaumentarmos a intensidade luminosa, apenas aumentamos o nmerode eltrons que conseguimos arrancar da superfcie, mas nomudamos a energia de cada fton, j que esta se relaciona com afrequncia da luz, e no com sua intensidade. A proporo fton-eltron de um para um, ou seja, no h possibilidade de um nicofton 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 incidecom uma frequncia 0f f< , nenhum eltron deixar a superfcie do

material, independentemente da intensidade da luz (quantidade deftons) incidente. Essa frequncia mnima pode ser obtida da equaoacima, pois corresponde situao em que toda a energia do ftonincidente utilizada para arrancar o eltron, no sobrando energiaadicional 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 exigemapenas o conceito terico do comportamento de superfcies sujeitas auma radiao eletromagntica (luz). Entretanto, a abordagemquantitativa 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-seque 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 = + , ondeh c

E h f

= =

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

2

2MAX

MAX

m 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 mv h c

= + = + (I)

22

2 2

m vh c

= + (II)

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

1 2

2 1 1 2

(4 )4 4

3

h ch c h c

= =

EFEITO COMPTON

Efeito Compton a variao do comprimento de onda de umaradiao eletromagntica aps interagir com a matria. O experimentooriginal foi idealizado por Arthur Holly Compton, em 1923, e consistiuem fazer um feixe de raios-X (radiao eletromagntica) incidir sobreuma amostra de grafite, e posteriormente analisar a radiaodispersada com um detector adequado.O experimento de Compton evidencia que o tratamento ondulatriono 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 (ecompreender) 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 noxperimento, Compton utilizou o modelo corpuscular da luz, e nae

poca, seu experimento teve importncia exatamente por darsustentao experimental para tal modelo, que no era totalmenteaceito. Imaginando a radiao eletromagntica formada por ftons,

que colidem com eltrons livres da superfcie do material, vamosimpor a conservao da quantidade de movimento do sistema, antese 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 nodefin

como | | | |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 doton na coliso, e este viaja na velocidade da luz, devemos adotarf

para o eltron a expresso relativstica para a sua quantidade demovimento, a saber:

2| |

1

m v

p v

c

Vamos decompor as quantidades de movimento nas direeshorizontal e vertical.

Na direo horizontal:2

0 cos cos' 1 ( / )

h h m v m

v c (I)

Na direo vertical:2

0 0' 1 ( / )

h m vm sen se

v cn

(II)

as equaes como:Podemos reescrever

2cos cos

' 1 (

h h m v

/ )v c

e

2' 1 ( / )

h m vsen sen

v c

ando ambas ao quadrado e somando membro a membro, ficamosom:

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 dacoliso.Novamente aqui devemos considerar a energia cintica relativstica doeltron, que :

2

2

11

1 ( / )CE m c

v c

Lembremos tambm que a energia transportada por um fton pode

ser escrita como:F

h 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 c

v c v c

2' 1 ( / )

h h m c m c

v c

Elevando ao quadrado, obtemos:2 2 2

2 2

22

' ' 1 ( /

h h h h m c m c m c

v c

)

2 22 2 4

2 22 22 2 '' ' '

h h h h mm c m c c v

c (ii)

Finalmente, fazendo a subtrao (ii) (i) membro a membro, obtemos:2 2 2

2 2 2 2

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

' '

h h m c m c m c c v

c v

' (1 cos )h

m c

Esta a frmula do deslocamento Compton, que apresenta avariao do comprimento de onda ( ' ) da radiao

eletromagntica em funo do seu ngulo de espalhamento ( ).

A grandezah

m c

conhecida como comprimento de onda

Compton(C

h

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 10

9,31 10 3,00 10

hm

m c

b) A energia do fton dada por:F

h cE h f

. Assim, a variao

de energia ser:

34 8

12 9 9

1 1

'

1 16,63 10 3,00 10

4,8 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 pelofton 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 luzapresenta um duplo comportamento, ora ondulatrio, ora corpuscular,no seria ento verdade que a matria tambm poderia apresentarcomportamento 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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(19) 3251-1012



11

coerente sobre isso. Para caracterizar o comportamento ondulatriode uma certa partcula, devemos determinar seu comprimento deonda. De Broglie props que a cada partcula dotada de uma

quantidade de movimento p

, podemos associar um comprimento de

onda ( ) dado por:| |

h

p= 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 eltronno-relativstico, o comprimento de onda original de sua funo deonda fica multiplicado por:

a)1

2 b)

1

2 c)

1

4 d) 2 e)2

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

2 2 2 2 2( )

2 2 2 2Cm v m v m v p

Em m m

= = = =

. O comprimento de onda

associado ao eltron dado por:h h

pp

= = . Assim, a energia

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

2

2 2

22 2 2C

h

p hE

m m m

= = =

.

Dobrando-se a energia cintica, temos:22 2

2 00 02 2

0

12 2

2 2 2 2

h hE E

m m

= = = =

POLARIZAO

O modelo ondulatrio da luz assume que um raio de luz consiste deum grande nmero de ondas eletromagnticas viajando

simultaneamente no espao. Cada uma dessas ondas que compemo raio de luz, sendo uma onda transversal, apresenta um determinadoplano de vibrao para os campos eltrico e magntico, plano esteque perpendicular direo de propagao da onda.

Em particular, cada onda ter uma orientao bem definida para ocampo eltrico. Tal direo ser chamada de direo de polarizaodessa onda. Como o raio de luz consiste de muitas ondas, cada umadelas com uma direo de polarizao diferente, todas as direes depolarizao 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. Talprocesso consiste em fazer o raio de luz atravessar algum materialpolarizador, cuja caracterstica ter uma direo preferencial devibrao do campo eltrico, de modo a transmitir apenas acomponente do campo eltrico que vibre paralelamente a essadireo preferencial, absorvendo a componente que vibra na direoperpendicular. Como resultado desse processo, obtemos um raio deluz 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 pelopolarizador. Considerando que a luz no polarizada tem umadistribuio simtrica em torno no eixo de propagao, ao

submetemos esse tipo de radiao a um polarizador, esperada que

a intensidade se reduza pela metade: 02

II=

Vale dizer que tal argumento pode ser justificado matematicamente,mas para isso precisaramos do auxlio do Clculo Integral.Quando um raio de luz jpolarizado atravessa umpolarizador, precisamos levar em

conta o ngulo formado entrea direo de polarizao do raiode 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 aintensidade 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 raiopolarizado 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 dopolarizador ( 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 noexemplo a seguir:

Exemplo: (ITA 2000) Uma luz no-polarizada de intensidade 0I ao

passar por um primeiro polaroide tem sua intensidade reduzida pelametade, 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 segundopolaroide :

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 2

II = ,

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

2 012 1 0cos 60 0,1254 8

III I I= = = = (Alternativa E)

INTERFERNCIAInterferncia o fenmeno da superposio de duas ou maisondas num mesmo ponto do espao.

Superposio de Ondas Quando dois pulsos propagando-se emsentidos opostos se encontram, temos uma superposio dessespulsos. Aps o encontro, os pulsos continuam seu caminho sem quenenhuma propriedade (perodo, velocidade, frequncia, etc) tenha sealterado.

Dizemos que a interferncia construtivaquando as amplitudes dasondas se somam, e que destrutiva quando as amplitudes dasondas se cancelam.


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12

Considere o sistema com duas fontespontuais que percorrem os caminhosdesignados por r1e r2ao lado:Para ondas em concordncia de fase, ainterferncia construtiva se d quando adiferena entre as distncias percorridaspor cada onda (diferena de caminhos),

denotada por 2 1s r r = , for igual a um

nmero inteiro de comprimentos de onda ( ), ao passo que ainterferncia destrutiva se d quando a diferena de caminhos forigual a um nmero inteiro impar de meio comprimento de onda. Paraondas 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:

,2

s n n mpar Z

=

Destrutiva:

,s n n Z =

O vestibular do ITA costuma cobrar bastante este conceito emondulatria, com algumas particularidades como o Experimento deYoung (cobrado em 2003, 2004 e 2008), Interferncia em FilmesFinos (cobrado em 1998, 2000 com duas questes, 2005 e 2011) eRede de difrao (2006), difrao e fenda simples (2009) e anis deNewton (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 dentre 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 ocorreinterferncia construtiva, levando em contaque as fontes emitem as duas ondas emfase, so aquelas em que a diferena decaminhos 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

2

nx n n x x x

n

+ = + + =

, com n inteiro.

Assim: 1 4n x = = ;5

24

n x = = ; 3 0n x= =

Portanto, a distncia no nua procurada 5

4x = (Alternativa B)

Vejamos agora algumas das peculiaridades deste assunto para aprova do ITA:

EXPERIMENTO DE YOUNG

Experincia de Young Nesta experincia, duas fendas soiluminadas 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 porestas fontes (fendas), considerando que esto em fase, dada por

= z d sen , conforme ilustra a figura.

A condio para ocorrncia de interferncia construtiva (franjasclaras), 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 , aquelesonde a intensidade luminosa mnima, so dados por:

1sen

2d m

= +

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

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

com tgy

L= , temos:

Pontos de Mximo

=m

Ly m

d

Pontos de Mnimo

1

2

= +

m

Ly m

d

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 dasfranjas na figura de interferncia.Considere que o efeito da lmina alterar a fase da onda. Nestascircunstncias, pode-se afirmar

que a espessura d da lmina,

que provoca o deslocamento dafranja central brilhante (ordemzero) para a posio que era

ocupada pela franja brilhante deprimeira 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 podeser obtido da seguinte maneira:

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

c fn

v f

= = = =

, lembrando que a frequncia

sempre se mantm inalterada na refrao (passagem da luz do arpara o vidro).Se a franja de ordem zeropassou a ocupar a franjade ordem um, issosignifica que o tempo que

a luz leva para percorrera lmina de vidro,

emergindo de 1F o

mesmo tempo que a luzutiliza para percorrer adistncia equivalente lmina de vidro e tambm

F1

F2

d

2

x

mximo centra

d

D

0

y

ym

z


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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 x t t x d x d

v v f f

+ = = = = =

Como a nova posio do mximo central a posio da primeirafranja, no caso de no termos a lmina, temos que a distncia x seriaaquela 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 desabo, manchas de leo eoutras pelculas delgadas,algumas medidas paraatenuar reflexes, todos estesfenmenos so devidas aofenmeno de interferncia.Podemos ver ao lado umapelcula de espessuraconstante t de ndice derefrao n. Note que noesquema dois raios chegamaos olhos do observador: umrefletido na superfcie superiordo filme, e outro refletido dasuperfcie inferior.

Raio Transmitido

(ignore)

RaioRefletido

RaioIncidente

PrimeiraReflexo

Filme

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

abaixo.180 de mudana

de fase

Sem mudana defase

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 umnmero inteiro de comprimentos de onda (no filme). No entanto,devido mudana de fase associada na passagem entre o ar e ofilme, teremos um mximo quando essa diferena for igual a umnmero 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, poissabemos que tal comprimento de onda ser diferente do comprimentode onda no vcuo. Tais comprimentos de onda se relacionamsegundo a seguinte equao: n=/nSendo assim, podemos dizer que, ao passar de um meio com menorndice de refrao para um com maior ndice de refrao, teremos umaumento 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 sorespeitadas. 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. Estacamada induz o fenmeno de interferncia que, quando bemprojetada, causa interferncias destrutivas para certos comprimentosde onda, diminuindo assim sensivelmente a reflexo.

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

Exemplo: (ITA 2005) Uma fina pelcula de fluoreto de magnsiorecobre o espelho retrovisor de um carro a fim de reduzir a reflexoluminosa. Determine a menor espessura da pelcula para que produzaa reflexo mnima no centro do espectro visvel. Considere o

comprimento de onda = 5500 A , o ndice de refrao do vidronv = 1,50 e, o da pelcula np = 1,30. Admita a incidncia luminosacomo quase perpendicular ao espelho.Resoluo:

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

Assim:1 1 1

22 2 2n p

t n t nn

= + = +

Para menor espessura n= 0:1

4 pt

n

=

Substituindo os valores de e nptemos:5500

1058A4 1,3

o

t=

LUZ E ESPECTRO DE CORES

comum o vestibular do ITA relacionar os comprimentos de ondareforados (interferncia construtiva) e os que no so refletidos(interferncia destrutiva). Note que de acordo com a espessura dofilme, podemos ter uma cor que fica mais visvel e outra quedesaparece (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 olhohumano. O conjunto de ondas eletromagnticas que chamamos de luzrepresenta apenas uma pequena parcela de todas as ondaseletromagnticas existentes (aquelas com comprimentos de ondaentre 400 nm e 700 nm). Outros exemplos de ondas eletromagnticasmuito presentes em nosso dia-a-dia so as ondas de rdio, asmicroondas, o VHF, o raio-X, entre outros.IMPORTANTE:As cores do espectro visvel, em ordem crescente defrequncia, so: vermelho, alaranjado, amarelo, verde, azul, anil e

violeta.ONDAS ESTACIONRIAS

Ondas estacionrias Numa corda de comprimento L, e com seusdois extremos fixos, podemos produzir pulsos idnticos de ondapropagando-se em sentidos contrrios. O resultado a formao deondas estacionrias. O nmero n de ventres que se formam d origemao n-simo harmnico, como ilustra a figura abaixo.


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

2

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

2n

vn f n

L= =

Obs.: existem outros modos de vibrao, no caso de extremidadeslivres.

TUBOS SONOROS

Analogamente s ondas estacionrias, podemos observar certasfrequncias de ressonncia dentro de um tubo sonoro de duasformas, segundo a anatomia do tubo:

Tubos Abertos:

2

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

2n

vn f n

L= = (semelhante onda

estacionria numa corda)

Tubos Fechados:

(2 1)4

L n

= , com(2 1)

1; 2; 3; 4;... (2 1)4

n

vn f n

L= =

OBS.: Um tubo tambm pode ser fechado em suas duasextremidades.Podemos observar abaixo a conectividade de assuntos especficos daFsica, ondas estacionrias e tubos sonoros, compartilhando um nicoexerccio.Exemplo: (ITA 2004) Um tubo sonoro de comprimento , fechadonuma das extremidades, entra em ressonncia, no seu modofundamental, com o som emitido por um fio, fixado nos extremos, quetambm vibra no modo fundamental. Sendo Lo comprimento do fio,msua massa e c, a velocidade do som no ar, pode-se afirmar que atenso submetida ao fio dada por

a)(c/2L)2m . b)(c/2 )2mL. c)(c/ )

2mL.

d)(c/ )2m . 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 4

tubo

c cf

= =

.

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

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

4. 4. 4.n

v c cn f n= = = =

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

Assim, v = f = 2. .f 2

fio

vf

L= . Ou ento, tambm atravs da

relao descrita na teoria acima, teramos:

12 2

n v vn f nL L

= = =

Para o fio, da relao de Taylor,F

v

= . Substituindo:2

fio

F

fL

=

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

2.

4 2 2 2.tubo fio

F

c cL F c Lf f F

L

= = = =

Mas a densidade linear do fio, dada porm

L= .

Da temos

2

. .

2.

cF m L

=

INTENSIDADE SONORA

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

0

log I

kI

=

onde: I = intensidade sonora fornecida pela caixa de som;I0 = intensidade-padro, correspondente ao nvel de intensidade dereferncia com o qual todas as intensidades so comparadas, ecorresponde 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 observarcaractersticas da prova do ITA ao longo dos anos. A prova do ITA

adora transformar a fsica em matemtica e uma grandeza fsica comuma relao intima com matemtica perfeita. Trata-se de umaquesto simples, mas que evidencia a relao entre a matemtica e afsica nas provas do ITA.

Exemplo: (ITA 2005)Uma banda de rock irradia uma certa potnciaem um nvel de intensidade sonora igual a 70 decibeis. Para elevaresse 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 P

I P= =

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

120d. Assim:

0

0

70 7 log log( ) log( )I

d I II

= = =

(I)

0

0

120 12 log log( ) log( )I

d I II

= = =

(II)

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

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

I

=

5 71 10 10 %

I

I

= =

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

BATIMENTO

Batimento Fenmeno de variao peridica da intensidade, numdeterminado ponto do espao, de duas ondas que se superpem comfrequncias ligeiramente diferentes entre si.

Lembramos que uma onda tem uma equao geral dada por:

0 0

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

T

= + = +

Vamos analisar a superposio de duas ondas de mesma amplitude emesma fase, com frequncias ligeiramente diferentes, superpondo-senum 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 deequao:

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:


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(19) 3251-1012



15

cos cos 2 cos cos2 2

+ + =

, vem que:

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

f f f f y t A t t

+ =

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

1 22 cos 2

2

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 ofenmeno do batimento.

Note que a ondade maiorfrequncia estenvolvida(modulada) pela

onda de menorfrequncia(duplicada pelaspossibilidadesde inverso desinal).

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

1 2cos 2 12

f ft

=

, enquanto nos pontos de mnimo, teremos

1 2cos 2 02

f ft

=

.

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

1 2cos 2 12

f ft

=

, 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 emmovimento relativo em relao a uma fonte emissora de ondas. Afrequncia aparente dada por:

S OAP

S F

v vf f

v 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 casotemos: Efeito Doppler, reflexo de ondas e batimento.

Exemplo: (ITA 2001) Um diapaso de frequncia 400 Hz afastadode um observador, em direo a uma parede plana, com velocidadede 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. Sabendoque a velocidade do som de 340 m/s, os valores que melhorexpressam 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 4d)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 f

v v

=

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

1

340 0400 398

340 1,7

f Hz+

= =

+

Na segunda situao, a reflexo das ondas na parede pode sermodelada como uma fonte se aproximando com mesma velocidade eemitindo um som de mesma frequncia (espelha-se a fonte emrelao parede). Assim:

2

340 0400 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 noscasos de alta simetria. Neste tpico falaremos de uma nova

formulao da Lei de Coulomb, a chamada Lei de Gauss, que podeapresentar vantagens nesses casos especiais. A Lei de Gaussaplicada em problemas de eletrosttica equivalente a Lei deCoulomb. Qual delas escolher vai depender do tipo de problema queestudaremos. Em linhas gerais, usa-se a Lei de Coulomb em todos osproblemas nos quais o grau de simetria baixo. A lei de Gauss seraplicada 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 aforma que desejarmos, mas ser de maior utilidade quando usada deforma compatvel com a simetria do problema especfico em estudo.Decorre disso que, s vezes, a superfcie gaussiana toma a formaesfrica, a forma cilndrica ou qualquer outra forma simtrica. Porm

essa superfcie deve ser sempre uma superfcie fechada, de modo aobtermos uma clara distino entre pontos internos, pontos sobre asuperfcie 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 vetorcampo eltrico.

Lei de Gauss - A Lei de Gauss nos diz que o fluxo de linhas decampo eltrico atravs de uma superfcie fechada igual aosomatrio das cargas internas a esta superfcie, dividido pelaconstante 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 quantonecessrias Ai, pelas quais est passando um campo Ei constante,temos:

int

01

cosn

E i i i i

QE A

= = =

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

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

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


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16

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

Exemplo 1: Apliquemos a lei de Gauss s superfcies fechadas S1, S2,S3e S4abaixo:

- Superfcie S1:O campo eltricoaponta para fora da superfcieem todos os seus pontos.Portanto, o fluxo positivo etambm o a carga lquida nointerior da superfcie.- Superfcie S2:O campo eltricoaponta para dentro em todos osseus pontos. Portanto o fluxo negativo e tambm o a cargaenvolvida pela superfcie.

- Superfcie S3:Esta superfcie no envolve cargas eltricas. A Lei deGauss 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 ascargas positivas e negativas tm o mesmo mdulo. A lei de Gaussexige que o fluxo atravs dela seja zero. As linhas de fora quepartem da carga positiva e saem de S4 fazem a curva e entram devolta pela parte inferior, em direo carga negativa.

Exemplo 2: Fio infinito carregado uniformementeA figura ao lado mostra um trecho de um fio finocarregado, infinito, de densidade linear de carga

. Determinemos uma expresso para o mdulodo campo eltrico a uma distncia r do fio. Pormotivos de simetria, escolhemos uma superfciegaussiana cilndrica, de raio r e altura h, co-axialcom o fio. Tambm por motivos de simetria,sabemos que ao longo da superfcie lateral do

cilindro o campo eltrico tem a mesmaintensidade 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 carregadaa-) campo eltrico num ponto exterior casca (r > Rexterno)

A figura abaixo nos mostra uma cascaesfrica de raio R uniformemente carregadacom carga Q. Desejamos deduzir o valor docampo eltrico num ponto externo a esta,situado a uma distncia r do centro damesma. Por motivos de simetria, tomemos

como nossa superfcie uma esfera de raio rconcntrica com a casca. (r > Rexterno)

Aplicando a Lei de Gauss, facilmente chegamos a

2int2

0 0 01

1cos 4

4

n

E i i i i

Q Q QE A E r E

r

=

= = = =

Como0

1

4k

= , temos que

2

kQE

r= (como na lei de Coulomb)

O que nos permite concluir que:Uma casca esfrica uniformemente carregada comporta-se, parapontos externos, como se toda a sua carga estivesse concentrada noseu 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 motivosde simetria, escolhamos uma superfcie gaussiana esfrica de raio rconcntrica com a casca (r < Rinterno). Aplicando a Lei de Gauss a estasuperfcie, como no h cargas internas a ela, podemos concluir queE = 0O que nos permite afirmar que:

Uma casca esfrica uniformemente carregada no exerce foraeltrica sobre uma partcula carregada colocada em seu interior.c-) campo eltrico num ponto da casca (Rinterno< r B> C c)A< B< Cd)A/2 = 2.B= C e)A= 2.B= C

Resoluo: (Alternativa A)

Pela Lei de Gauss, o fluxo do campo eltrico (

) atravs de umasuperfcie fechada depende das cargas internas (q i) e da

permissividade eltrica do meio (). Sendo o valor da carga interna q i

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 vetoresalm do campo eltrico. Vamos discutir o caso do campogravitacional.

LEI DE GAUSS CAMPO GRAVITACIONAL

Lei de Gauss para campo gravitacional aqui, o campo

gravitacional g

criado por um conjunto de n massas1

n

kk

M m=

=

definido como a acelerao a que uma partcula fica submetidadevido atrao gravitacional exercida pelo conjunto de massassobre essa partcula. O caso mais comum aquele em que Mrepresenta a massa de um planeta e a partcula colocada nasimediaes desse planeta, ficando submetida acelerao dagravidade 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, aopasso que o anlogo da carga eltrica q teremos uma massa

puntiforme m .A lei da Gauss para a gravitao afirma ento que, para :

1

4n

G kk

G 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 campogravitacional um campo de aproximao, assim como o campoeltrico 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.


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17

Resoluo:

n

g

De acordo com a lei de Gauss, temos

que:1

4n

G kk

G m=

=

O fluxo gravitacional atravs dasuperfcie 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:

2

2| | 4 4 | |

G Mg R G M g

R

= =

O caso acima reflete exatamente o que se observa na gravitaosegundo Newton. Entretanto, em alguns casos, a anlise um poucomais complicada:

Exemplo: (ITA 2000) Uma casca esfrica temraio interno R1, raio externo R2 e massa Mdistribuda uniformemente. Uma massapuntiforme m est localizada no interior dessacasca, a uma distncia d de seu centro(R1< d < R2). O mdulo da fora gravitacionalentre as massas :

a)0. b)2

GMm

d c)

3 32

GMm

R d

d)3 3

1

GMm

d R e)

3 31

2 3 32 1

( )

( )

GMm d R

d R R

Resoluo:(Alternativa E)A acelerao da gravidade no ponto a uma distncia ddo centro dacasca pode ser calculada utilizando-se uma superfcie gaussianaesfrica 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: int

1

4 4n

G k

k

G m G m

=

= =

Considerando a densidade da casca constante, temos:

( ) ( )

3 3int 1

int 3 33 3 3 32 11 2 1

4 4

3 3

m d Rm Mm M

V R Rd R R R

= = = =

Assim,3 3

1int 3 3

2 1

4 4Gd R

G m G M R 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 R G M

g d G M g R R d R R

= =

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

1 1

2 3 3 2 3 32 1 2 1

( )

| | ( )

d R GMm d R G M

F m g m d R R d R R

= = =

GRAVITAO

Gravitao um tema agradvel ao ITA e podemos encontrarexerccios sobre o assunto em todas as suas provas. Dentre ostpicos relacionados, temos:

Leis de Kepler1. Lei de rbitas: Todos os planetas se movem em rbitas elpticasem 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 reasiguais no plano da rbita em tempos iguais.

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

3,4 3,4

A t

A t

=

3. Lei dos Perodos: O quadrado dos perodos de revoluo dosplanetas em torno do Sol so proporcionais ao cubo dos raios mdiosde 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, cujaresultante centrpeta dada pela fora de atrao gravitacional

2

. .G M mF

R= :

22

2

. . . . .G M m mv G M G M v v

R R R R = = =

Como no movimento circular2. .R

vT

= , temos que

2. . .R G M

T R

=

Assim2 2

3

4.

.

Tk

R G M

= =

Sol

acelerado

retardado

Rmin Rmx

VminVmx

Observao:Considerando o perodomedido em anos (o

perodo sideral daTerra), e R em unidadesastronmicas (definidacomo a distncia mdiada Terra ao Sol), ficaclaro que a constante k,caracterstica de cadasistema, apresenta valor1,0 para o nossosistema solar.

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

equao:2

. .G

G M mF

R=

Velocidade de Escape:Um objeto pode escapar da atrao gravitacional de um corpo celestede massa M e raio R se sua velocidade, quando prximo superfciedo corpo for pelo menos igual velocidade de escape:

Assim, a velocidade mnima de lanamento de um corpo para que eleno sofra atrao do outro (energia potencial nula) ser tal que elechegar 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 m

Ud

= , temos que, por conservao

de energia:

( ) ( )

2 2

2

. . . .0 . .lim

2 2

. . .0 0

2

antes depois

escape

d

escape

K U K U

m v G M m m G M m

R d

m v G M m

R

+ = +

+ = +

+ = +

De onde temos que2. .

escape

G Mv

R= , que a velocidade mnima onde

o objeto pode alcanar um estado de inrcia no espao (U=0).

Nota - As trajetrias delanamentos: De acordo com avelocidade de lanamento, podemoster algumas possibilidades de curvas

descritas devido atraogravitacional entre dois corpos.Considerando que um corpo lanado perpendicularmente linhaque une os dois centros de massa,repare nas seguintes possibilidades:


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18

Velocidade de lanamento menor que a velocidade de escape:

- SeGM

vR

< , teremos que o corpo descreve (na realidade

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

- SeGM

vR

= , teremos que o corpo descreve uma circunferncia

- Se2GM GM

vR R

< < , teremos que o corpo descrever uma

elipse, onde o planeta ocuparia o foco mais prximo do ponto delanamento

Velocidade de lanamento maior ou igual velocidade deescape:

- Se2GM

vR

= , teremos que o corpo descrever uma parbola

- SeGM

vR

> , teremos que o corpo descrever uma hiprbole

Devido incidncia de exerccios de Gravitao no ITA, o prximoexemplo pode sugerir que o assunto sempre cobrado com uma alta

complexidade, o que no verdade. Na realidade, ele leva emconsiderao alguns conceitos que so importantes e que poderoajudar a afinar seus conhecimentos sobre o assunto:Exemplo: (ITA 2003)Variaes no campo gravitacional na superfcieda Terra podem advir de irregularidades na distribuio de sua massa.Considere a Terra como uma esfera de

raio R e densidade , uniforme, com umacavidade esfrica de raio a, inteiramentecontida no seu interior. A distncia entreos centros O, da Terra, e C, da cavidade, d, que pode variar de 0 (zero) at R a,causando, assim, uma variao do campogravitacional em um ponto P, sobre asuperfcie da Terra, alinhado com O e C.Seja G1a 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 davariao relativa: (G1 G2)/G1, que se obtm ao deslocar a posio dacavidade, 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 gerecampo gravitacional. Ser considerado que a cavidade constitudapor duas massas sobrepostas, de mesma densidade em mdulo (mascom sinais trocados). Assim, apenas matematicamente, iremosconsiderar que o efeito da massa positiva que estaria na cavidadeseria cancelado pelo efeito da massa negativa, resultando um efeitode ausncia de massa. Cuidado, pois no existe massa negativa (nemseu efeito propriamente dito, que ser de repulso). Este artifcio ser

utilizado apenas para resultar numa ausncia de massa total, o quepode ocorrer fisicamente.Assumindo que teremos dois efeitos como um todo (a soma do efeitosem a cavidade com o efeito da nossa massa negativa) teremos quea 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 M G G G G G G G

R d R d R d

= + = + = =

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

3

33 3

''

4 4

3 3

M M aM M

RR a

= = =

Assim, temos que:

( ) ( )

3

33

1 2 2 23

. . .aG M G M aRG GR 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 G

R a RR R R a = = =

Como temos que1 2

.G MG

R= , podemos dizer:

1 21 2 12

1

. G GG M a a aG G G

R R R G R

= = =

SIMETRIA EM CIRCUITOS ELTRICOS

Quando falamos em simetria num circuito composto por resistores (oupor capacitores), estamos falando em identificar nesse circuito pontosde mesmo potencial. Isso pode ser usado para resolver circuitos comassociaes de resistores (ou capacitores), a princpio, complexas.Como exemplo, temos a questo abaixo:

Exemplo:(IME 2008)A malha de resistores apresentada na figura aolado conectada pelos terminaisAe Cauma fonte de tenso constante. A malha submersa em um recipiente com guae, aps 20 minutos, observa-se que olquido entra em ebulio. Repetindo as

condies mencionadas, determine otempo que a gua levaria para entrar emebulio, caso a fonte tivesse sidoconectada aos terminaisAe B.

Resoluo:Chamemos de E o ponto no meio do circuito.a) Resistncia equivalente entre

A e C:

Observando a simetria existenteem relao reta BD, o ladoesquerdo e o lado direito soidnticos. 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 soatravessadas por corrente, e podem ser removidas do circuito. Dessemodo, o circuito equivalente ao seguinte:

RAC=2

3

R

b) Resistncia equivalente entre A eB:

Observando novamente a simetriaindicada na figura acima (em relao linha s), atribuir aos pontos sobre a

linha s o mesmo potencial:

Linha s


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19

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

RAB= 2. / / / / / /2 2

R RR R R

+

Calculando:

1) 2/ /

2 32

RR

R RR

R R

= = +

2)4

/ /2 3 3

R R RR R R

+ = + =

3)

443 3/ / / / / /

42 2 15

3 3

R R

R R RR R R

R R

+ = = +

4) RAB=8

2. / / / / / /2 2 15

R R RR R R

+ =

Agora passemos comparao entre os tempos utilizados no primeiroe no segundo processo para vaporizar a gua. Em ambos os casos, a

quantidade de calor fornecida deve ser a mesma, bem como a tensoaplicada.

Como a potncia dada por2Q U

Pt R

= =

, temos que:

2

1 2 2

2 8

3 15 16 min20 min

AC 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 estabelecidaentre os pontos M e Q da rede cbica de capacitores idnticosmostrada na figura. A diferena de potencial entre os pontos Ne P

a)2

V

b)3

V

c)4

V

d)5

V

e)6

V

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 apresentasimetria geomtrica e eltrica, pois todos os capacitores so idnticose cada um dos caminhos de Q para M apresenta as mesmascaractersticas, 3 arestas e, portanto, 3 capacitores.Observe a figura a seguir:

N

N

NM

P

P

QP

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 apresentampotenciais eltricos iguais (VN). Seguindo o mesmo raciocnio, os nsP, P e P apresentam potenciais eltricos iguais (VP).Em uma rede eltrica, ns que apresentam um mesmo potencialeltrico so equivalentes a ns coincidentes.Desse modo, podemos redesenhar a rede cbica de capacitoressubstituindo os ns equivalentes por um mesmo n. Na figura a seguiro esquema eltrico apresentado equivalente ao esquema cbico daquesto, porm est todo em um mesmo plano e, com a equivalnciados ns, ficou mais fcil o estudo das capacitncias equivalentes, dascargas armazenadas e das diferenas de potencial (d.d.p.) entre osns.

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 umamesma corrente num mesmo intervalo de tempo, e por isso possuemcargas iguais:

MN NP PQq q q q= = =

Da definio de capacitncia, q C V= , podemos escrever, de acordo

com o esquema da figura acima:

66

NP NP NP

qq C V V

C= =

3 23

MN MN MN MN NP

qq C V V V V

C= = =

3 23

PQ PQ PQ PQ NP

qq C V V V V

C= = =

Pela lei das malhas, podemos escrever sobre as d.d.p. entre os ns:

MN NP PQV V V V + + = . Ento:

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

NP

VV =


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20

MALHAS INFINITAS

possvel calcular resistncias equivalentes at mesmo em algumasassociaes envolvendo infinitos resistores. Nesse caso, devemostentar obter algum padro que se repita dentro da associao, demodo a transform-la numa malha equivalente finita, com poucosresistores, com a qual seja simples trabalhar, como ilustra o exemploabaixo.

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

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

d)3

13

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 equivalenteentre os pontos A e B a mesma que a resistncia equivalente dorestante do circuito, entre os pontos C e D, que est associada emsrie 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 ostraos so fios eltricos finos, todosdo mesmo material e com a mesmaseco. O pedao do fio com ocomprimento do lado do quadradoprincipal, L, tem resistncia R.

Assuma que o circuito se prolongaad infinitum para o centro doquadrado seguindo o padro dafigura.

Qual a resistncia equivalente (em unidades de R) entre os pontosA e B?Resoluo:Temos que a resistncia proporcional aocomprimento do fio (mesmomaterial e mesma secotransversal).Dessa forma, podemosnotar uma recursividade nosvalores das resistncias

assinaladas (e nas demais,devido simetria doproblema):

2 / 4R 2 / 8R

/ 2R / 4R

Ainda, pela simetria dosistema, podemos anotar os

potenciais ao lado:

1i 2i

M

1i 2i

1f 2f

Dessa forma, podemos chegar a uma forma de visualizar melhor osistema:

1fA B2f

M

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

/ 2R2 / 4R

1i 2i

1fA B2f

M

( )2 12

R

/ 2R 2 / 4R

1i 2ieq2R

A B

( )2 12

R

/ 4R 1i 2i

2 eq 2

4

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 2eq

2 4 eq 2 3 2 2

R R RRR

R 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 3eq

2 2 2

= =

R RR R

Descartando a raiz negativa:

1 2 3eq

2R R

+=


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21

TEOREMA DE THVENIN

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

Qualquer estrutura linear ativa pode ser substituda por uma nicafonte de tenso Vthem 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 Thveninentre dois pontos A e B, da seguinte forma:- Vth a tenso medida nos terminais A e B do circuito A (emaberto);- Rth a resistncia equivalente entre os terminais A e B com todasas fontes de tenso do circuito A substitudas por curtos e as fontesde 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 nicafonte de corrente INem 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 pontosA e B, da seguinte forma:- IN a corrente que passa por um curto-circuito aplicado nosterminais 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

Circuitoequivalente de

Norton

1,

1 2 1 3 2 3

AB curto N

VI I

R R R R R R = =

+ +

RNIN

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 estarligada no gerador de tenso ou no de corrente.

Para haver equivalncia entre o gerador de corrente (I, R1) e ogerador 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

EI

R= e 1 2R R=

Visualmente, temos a seguinte equivalncia:

R

V

A

B

Fonte de Tenso Fonte de Corrente

RI

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

bb

Rc

a Ra

Rc

a

cc

RbRa Rb

(a) Rede em T ou em Y.

A

B

V1

R1 R2

R3

1 3, 2

1 3

= +=

+Th eq AB

R 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 3

AB aberto

RV V

R R=

+

(pelo divisor de tenso)

RTh

VTh

A

B


Thvenin


17/17

(19) 3251-1012



a) Converso Delta em Y:

1 3

1 2 3

1 2

1 2 3

2 3

1 2 3

a

b

c

R RR

R R R

R RR

R R R

R RR

R 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 R R

R

R R R R R R R

R

R R R R R R R

R

+ + =

+ +

= + + =

INDUO ELETROMAGNTICA

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

mtua). Unidade: henry,V

HA / s

= .

EL

di dt=

Temos portanto quedi

E Ldt

= Bd di

N 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 emuito prximas, com o mesmo eixo retilneo.bobina.[Do francs bobine.] S. f.Fsica. Agrupamento de espiras deum condutor eltrico, enroladas em torno de um suporte ou de umncleo de material ferromagntico, e que, num circuito, funciona comoindutor.

Indutncia de um solenoide:espira. [Do grego spera, pelo latim spira.] S. f.Engenharia eltrica.Parte elementar de um enrolamento, cujas extremidades so, emgeral, muito prximas uma da outra.

toroide.[de toro+ -oide.] S. m.Geometria. Slido gerado pela rotaode uma superfcie plana fechada em torno de um eixo que no lheseja secante.

Auto-indutncia de uma bobina solenoidal:

2 AL Nl

=

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

Ao de um indutor em circuitos

R

LE

Ao ligar a chave, a correntenum indutor NO podeinstantaneamente passar dezero a um valor finito, pois

ELdi dt

= implicaria L = 0.

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

muito maior (1 s ou mais) para se instalar uma corrente da ordem deE/ R.

Este assunto j foi cobrado no ITA h mais de 10 anos.Recentemente, ele no vinha sendo solicitado at o vestibular de2006 que cobrou um conceito simples de auto-indutncia. Portanto,recomendamos ateno a este tpico, pois existe a possibilidade dabanca 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 ametade do nmero de espiras do primeiro solenoide, 0,15 do seucomprimento e 1,5 de sua seo transversal. A auto-indutncia dosegundo 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 A

L N =

Assim, para os dois solenoides em questo, teremos

2 1

1 11

A

L N =

( )( )

212 22 1 1

2 2 1 12 1 1

1,52,5 2,5

2 0,15

AA 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 deresumo e sero de grande valia para quem se esforou durante todo oano visando apenas um propsito: ser aprovado. Ele engloba umapequena parte do universo que voc conhece da Fsica.Acredite que a realizao de sua conquista no est apenas noestudo deste material (na realidade ele provavelmente contribuirpouco se comparado com todo o esforo que voc fez durante suavida escolar). Confie no trabalho que voc realizou ao longo do ano etambm nos anos anteriores que contriburam para voc chegar ondechegou: certamente suas vitrias sero sempre acompanhadas detrabalho rduo e muito esforo e, com certeza, este um dos critriospara ser bem sucedido nas provas de admisso do ITA.

bRa

a

c

Rb

R1

R2R3Rc

bRa

a

c

Rb

R1

R2R3Rc

dicas ita fisica

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