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DICAS PARA A PROVA DO ITA
O PROCESSO SELETIVO – ITA 2013
A FÍSICA NO ITA
A prova de Física do vestibular do ITA apresenta uma seleção de
assuntos bem variados. Assim como a maior parte dos vestibulares, o
ITA apresenta uma forte ênfase em mecânica na distribuição dos
assuntos das questões. Entretanto, esta prova se diferencia porque
com frequência o nível de complexidade das questões se torna
elevado, apesar de tipicamente se partir de conceitos relativamente
simples.
A exemplo da mecânica, as demais grandes áreas do conhecimento
da física são cobradas em um nível de complexidade bastante
elevado. Por exemplo, o efeito Hall (eletromagnetismo), malhas
complexas (eletrodinâmica) resolvidas pelo teorema de Thévenin,
Cinética dos Gases (Termofísica) e, digna de nota devido a sua
considerável incidência, a Lei de Gauss (tanto para a eletrostática
quanto para a gravitação).
Diferentemente dos vestibulares tradicionais, temos uma incidência
muito grande de fenômenos ondulatórios, como ótica física,
polarização, interferência, filmes finos, difração, experimento de
Young e rede de difração, que são tópicos cobrados com frequência
pelo vestibular do ITA. A banca de Física do ITA busca, além de forte
capacidade analítica e profundo domínio da Matemática,
conhecimento sólido dos conceitos da Física do Ensino Médio,
incluindo assuntos específicos que outros vestibulares normalmente
não cobram. Um outro assunto recorrente nesta prova é a Física
Moderna, especialmente a Quântica, o que normalmente causa
surpresa nos estudantes menos preparados.
Há ainda tópicos clássicos, como Análise Dimensional. Quase
todas as provas dos últimos 20 anos do ITA apresentam uma questão
deste assunto. Assim, este tópico, apesar de relativamente simples, é
quase certo no vestibular. Vale lembrar que conhecimentos de
Análise Dimensional podem ser extremamente úteis para ajudar a
lembrar de alguma fórmula esquecida, além de ser uma
ferramenta importante para verificar a coerência das respostas
obtidas. Outro ponto que chama atenção é que no vestibular de 2007
a primeira questão cobrava conhecimentos de algarismos
significativos, enfatizando a importância de se analisar o quanto o
resultado encontrado faz sentido levando em consideração as
incertezas das medidas realizadas.
Tipicamente, quando abordados assuntos mais complexos, as
questões são simples e diretas, cobrando em muitos casos apenas
um contato básico com os principais conceitos envolvidos. Podemos
dizer que tais questões não são necessariamente mais difíceis do que
aquelas de assuntos mais clássicos, mas apenas mais específicas.
Entretanto, é indispensável que o vestibulando tenha contato com
esses temas, caso contrário não terá condições de resolver as
questões relativas a esses assuntos, restando-lhe apenas o velho (e
não tão bom) “chute”.
Você encontrará neste material um resumo de alguns assuntos
bastante cobrados no vestibular do ITA nos últimos anos,
seguidos de exemplos de como esses assuntos são abordados.
Os tópicos descritos, de maneira geral, não são abordados com a
ênfase necessária no Ensino Médio, visto que grande parte deles
não faz parte do programa de muitos vestibulares importantes, como
FUVEST, Unicamp, UNESP etc.
O ITA apresenta, sem sombra de dúvidas, um dos vestibulares
mais desafiantes do país. O ingresso é fruto de muito esforço dos
candidatos, mas não é uma missão impossível. O grau de
complexidade dos conteúdos cobrados e das questões é
propositadamente elevado para selecionar apenas aqueles candidatos
melhor preparados e que estão decididos a entrar em uma instituição
reconhecida como uma das melhores engenharias do país, ao lado do
IME.
Propomo-nos com este material passar algumas dicas para o
melhor rendimento nos dias de exame que estão por vir, com
resumos de tópicos não tão enfatizados (e até mesmo não vistos) no
ensino médio. Estes tópicos fazem parte da filosofia do vestibular do
ITA: cobrar cada vez assuntos mais específicos, para valorizar o
candidato que realmente se preparou para este vestibular.
Para ajudá-lo, analisamos os anos anteriores e fizemos nossas
apostas. Este resumo irá lhe ajudar em algumas questões que
possuem alta probabilidade de serem cobradas.
DICAS GERAIS
De maneira geral, para as questões dissertativas do vestibular do ITA,
o candidato deve necessariamente esclarecer como chegou à
resposta. Na correção é dado ponto parcial, ou seja, pode-se
conseguir algum ponto por resolver apenas parte da questão. Por
isso, é importante não deixar nenhuma questão em branco.
Nos testes, preste bastante atenção às alternativas. Frequentemente
há questões que apresentam vários caminhos a se seguir e a
observação das alternativas ajuda a entender o esperado pela
banca examinadora. Também neste tipo de questão, existe aquela
chance do “chute”, que não deve ser desprezada mesmo quando você
não está conseguindo resolver nada. Assim, seja crítico no momento
do chute, onde, por exemplo, uma análise dimensional e dos
valores das alternativas pode lhe ajudar a eliminar alternativas
absurdas.
Um bom plano de prova é fundamental. Existem diferenças entre o
peso das questões dissertativas e dos testes: cada questão
dissertativa vale o dobro de uma questão objetiva. Entretanto, não
despreze demais os testes, pois só serão corrigidas as questões
dissertativas dos candidatos que acertaram pelo menos 40% dos
testes de cada disciplina e 50% do total dos testes.
Independente dessas informações, é importante que você se
concentre na prova do dia. As provas anteriores já foram e você não
tem como mudar suas respostas. As posteriores, encare quando
vierem. Confie em sua preparação: independentemente do nível
de dificuldade da prova, se você estudou então você sabe a
matéria! Tenha isto em mente ao resolver as questões. Cada uma é
um desafio a ser superado.
Para auxiliá-lo, você encontrará a seguir um resumo teórico do que
tem maior probabilidade de ser cobrado nas provas do ITA de 2013.
Bons estudos!
Bons estudos!
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
ANÁLISE DIMENSIONAL
1= M
Estabelece as relações dimensionais entre uma grandeza derivada e
as fundamentais através de suas dimensões ou símbolos
dimensionais. Utilizando o Operador Dimensional: [ ]
Ex.: [v]=L.T-1; a velocidade tem dimensão 1 com relação ao
comprimento e dimensão -1 com relação ao tempo (v=Δs/Δt).
→
−1
β
γ
1
⋅ L−1 ⋅ T −1
→
→
→
→
∑m v
i
i
Impulso de uma Força: Mede o efeito de uma força num certo
→
→
intervalo de tempo. É uma grandeza vetorial definida por: I = F Δt .
Obs: No caso de uma força variável com o tempo, o módulo do
impulso é numericamente igual à área do gráfico de Força X Tempo
t2
ou à integral I = ∫ F (t ).dt .
t1
Teorema do Impulso: a variação da quantidade de movimento de um
sistema, num certo intervalo de tempo, é igual ao impulso produzido
pela resultante das forças que agem no corpo, no mesmo intervalo de
→
→
→
→
tempo. I Re s = Δ Q = Q f - Q i
Sistema Mecanicamente Isolado: é aquele no qual a resultante das
forças externas que agem no sistema é nula. Sendo assim, sua
quantidade de movimento é constante.
→ ext
→ ext
→
→
→
→
→
→
F Re s = 0 ⇒ I Res = 0 ⇒ Δ Qsist = 0 ⇒ Qf = Qi
Obs: no caso de explosões e choques mecânicos, as intensidades
das forças internas são tão maiores que as das forças externas, que o
sistema pode ser tratado como um Sistema Mecanicamente Isolado.
REFERENCIAL DO CENTRO DE MASSA
Tão importante como o Momento Linear de um sistema de partículas
é a determinação Centro de Massa de um sistema. Em questões de
Mecânica do ITA, muitas vezes se faz necessário adotar um
referencial que normalmente diminui muito o esforço algébrico na
resolução: é o referencial do Centro de Massa do sistema.
Observe a seguir as relações matemáticas para o referencial do
Centro de Massa:
→
→
Posição: r cm =
∑m r
i
i
⇒ xcm =
M
∑m x
i
∑m v
i
∑m y
e y cm =
i
M
→
→
Velocidade: v cm =
i
i
M
→
i
M
→
→
Aceleração: a cm =
∑m a
i
i
M
→
→ ext
→
d Q sist d M v cm
Note que: Q sist = M v cm ⇒
=
⇒ F Re s = M a cm
dt
dt
Isso nos permite concluir que o centro de massa de um sistema se
move como se fosse uma partícula única cuja massa é igual à
massa total do sistema sujeita à força externa nele aplicada. Assim,
num Sistema Mecanicamente Isolado, como a resultante das forças
externas é nula, o centro de massa não possui aceleração,
movendo-se, portanto, com velocidade constante.
→
Resolução: (Alternativa A)
Da expressão da força de arrasto em uma esfera se movimentando
em
um
fluido,
temos
que
⎛ M ⋅L ⎞
⋅T
⎡⎣F ⎤⎦ T ⎝⎜ T 2 ⎠⎟
M
=
= M1 ⋅ L−1 ⋅ T −1
⎣⎡η ⎦⎤ = 2 =
2
⋅T
L
L
L
Escrevendo as expressões dimensionais para as grandezas ρ , v , d :
M
L
[ρ] = 3 = M1 ⋅ L−3 ; [v ] = = L ⋅ T −1 ; [d ] = L ;
T
L
Substituindo na fórmula dimensional para R, tem-se:
α
→
Q de um sistema: Q sist = Q1 + Q2 + Q3 + .... =
coeficiente de viscosidade, e d , uma distância característica
associada à geometria do meio que circunda o fluido. Por outro lado,
num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera, de diâmetro
D, que se movimenta num meio fluido, sofre a ação de uma força de
arrasto viscoso dada por F = 3π Dηv .
Assim sendo, com relação aos respectivos valores de α , β , γ e τ ,
uma das soluções é:
a) α = 1, β = 1, γ = 1, τ = -1
b) α = 1, β = -1, γ = 1, τ = 1
c) α = 1, β = 1, γ = -1, τ = 1
d) α = -1, β = 1, γ = 1, τ = 1
e) α = 1, β = 1, γ = 0, τ = 1
) ⋅ (L ⋅T ) ⋅ (L ) ⋅ (M
.
→
→
Exemplo: (ITA 2005) Quando camadas adjacentes de um fluido
viscoso deslizam regularmente umas sobre as outras, o escoamento
resultante é dito laminar. Sob certas condições, o aumento da
velocidade provoca o regime de escoamento turbulento, que é
caracterizado pelos movimentos irregulares (aleatórios) das partículas
do fluido. Observa-se, experimentalmente, que o regime de
escoamento (laminar ou turbulento) depende de um parâmetro
adimensional (Número de Reynolds) dado por R = ρ α v β d γη τ , em
que ρ é a densidade do fluido, v , sua velocidade, η , seu
⋅ L−3
⋅T
Momento Linear: grandeza vetorial definida por: Q = m v
Fórmulas Dimensionais
À luz dos conceitos anteriores, toda grandeza física tem uma fórmula
dimensional. Utilizamos o símbolo [G] para representar a fórmula
dimensional da grandeza física G.
a) Uma grandeza derivada na Mecânica possui uma fórmula
dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc
sendo M a dimensão de massa, L, de comprimento, e T, de tempo.
b) Uma grandeza derivada na Termodinâmica possui uma fórmula
dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc θd
sendo θ a dimensão de temperatura.
c) Uma grandeza derivada na Eletricidade possui uma fórmula
dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc Id
sendo I a dimensão de corrente elétrica.
1
⋅L
⎧α + τ = 0
⎪
⇒ ⎨−3α + β + γ − τ = 0
⎪− β − τ = 0
⎩
− β −τ
MOMENTO LINEAR
Teorema de Bridgman
“Se uma dada grandeza física depende apenas de outras grandezas
físicas independentes entre si, então esta grandeza pode ser
expressa pelo produto de um fator puramente numérico (constante de
proporcionalidade) por potências das grandezas das quais ela
depende”.
(M
−3α + β +γ −τ
Resolvendo o sistema, tem-se: α = t, β = t, γ = t e τ = −t, p / t ∈
A única alternativa compatível é a alternativa A.
Princípio da Homogeneidade Dimensional
“Toda equação que traduz um fenômeno físico verdadeiro é,
necessariamente, homogênea do ponto de vista dimensional”.
Em outras palavras, a dimensão do membro esquerdo de uma
equação é necessariamente igual à dimensão do membro direito.
Além disso, havendo parcelas, todas elas devem apresentar a mesma
dimensão.
⎣⎡R ⎦⎤ =
α +τ
→
Sistema Mecanicamente Isolado:
→ ext
→
→
→
→
→
F Re s = 0 ⇒ a cm = 0 ⇒ v cm = cte .
Exemplo: (ITA 2000) Uma lâmina de material muito leve de massa m
está em repouso sobre uma superfície sem atrito. A extremidade
esquerda da lâmina está a 1 cm de uma parede. Uma formiga
considerada como um ponto, de massa m 5 , está inicialmente em
repouso sobre essa extremidade, como mostra a figura. A seguir, a
formiga caminha para frente muito lentamente, sobre a lâmina. A que
distância d da parede estará a formiga no momento em que a lâmina
tocar a parede?
a) 2 cm
b) 3 cm
c) 4 cm
d) 5 cm
e) 6 cm
)
τ
⎡⎣R ⎤⎦ = M 1α ⋅ L−3α ⋅ Lβ ⋅ T −1β ⋅ Lγ ⋅ M 1τ ⋅ L−1τ ⋅ T −1τ ⇒
α +τ
−3α + β + γ −τ
⋅ T − β −τ
⎣⎡R ⎦⎤ = M ⋅ L
Como R é adimensional, [R] = 1, assim:
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Resolução: (Alternativa E)
Considerando o sistema isolado, temos que seu Centro de Massa,
inicialmente em repouso, deve permanecer em repouso.
Dessa forma, assumindo a parede como referencial para o cálculo do
centro de massa do sistema, temos que:
Colisão perfeitamente inelástica ( e = 0 )
A Energia não se conserva; a perda de energia é máxima. Os
corpos não se afastam após a colisão (a velocidade de afastamento
é nula).
m
⋅ x1 + m ⋅ x2
XCM = 5
6m
5
x1 x2
x2 x1
Calculando nos instantes inicial e final e considerando o comprimento
total da lâmina igual a c, temos:
m
c⎞
⎛
m
c
.1 + m. ⎜ 1 + ⎟
.d + m.
5
2⎠
⎝
i
f
5
2
XCM =
e XCM =
6.m
6.m
5
5
Como o centro de massa não altera sua posição (sistema isolado e
Colisão parcialmente elástica (ou parcialmente inelástica)
(0 < e <1)
A Energia não se conserva; há certa fração da energia que é
dissipada (pode ser por atrito, emissão de calor, emissão de som,
por deformação plástica desses corpos etc.).
Colisões bidimensionais:
Mas como tratar o coeficiente de restituição em colisões
bidimensionais? Vamos tratar aqui apenas do caso em que as forças
de contato durante a colisão atuam em uma única direção (colisões
entre duas superfícies sem atrito é um exemplo disto).
Suponha que dois discos ou esferas A e B colidem sem atrito e na
ausência de ações externas ao sistema de acordo com o diagrama
abaixo.
i
f
com velocidade inicial do centro de massa nula), temos XCM
= XCM
:
m
c⎞
⎛
.1 + m. ⎜ 1 + ⎟ m .d + m. c
5
2⎠
⎝
2 ⇒ m + m + m. c = m .d + m. c ⇒
= 5
6.m
6.m
5
2 5
2
5
5
6.m m
= .d ⇒ d = 6cm
5
5
ANTES
vA '
vA
mA
mA
b
mA
vA
DEPOIS
B
mB
vB
A
mA
vA '
B
φ
mB
θ
vB '
x
As forças impulsivas (interação entre as massas) acontecerão
somente no eixo x indicado, acontecendo, portanto, conservação da
quantidade de movimento para cada massa individualmente no eixo y
(não existem forças atuando em cada massa nessa direção).
Para que tenhamos mesmo coeficiente de restituição caso a colisão
seja elástica ou inelástica, note que devemos considerar apenas as
velocidades na direção x. Isso é evidente, pois a colisão frontal é
apenas um caso particular da colisão bidimensional (quando a
velocidade no eixo y é nula). Assim, define-se mais apropriadamente
o coeficiente de restituição como:
v afastamento em x
v '− v Ax '
e = Bx
=
v Ax − v Bx
v aproximação em x
Colisões unidimensionais:
Suponha uma colisão unidimensional entre dois corpos:
A
b
mB
COEFICIENTE DE RESTITUIÇÃO [COLISÕES]
ANTES
y
DEPOIS
vB '
mB
Verificou-se experimentalmente que na colisão frontal de duas esferas
sólidas, tais como duas bolas de bilhar, as velocidades depois da
colisão são relacionadas com as de antes pela expressão:
v A '− v B ' = −e ⋅ ( v A − v B )
onde e (chamado de coeficiente de restituição) tem valor entre zero e
1 e é característico do par de corpos que estão interagindo.
Note que existem subtrações vetoriais. Podemos relacionar esses
vetores com seus módulos e, em outras palavras, temos:
v '− v A '
v
= afastamento
v B '− v A ' = e ⋅ v A − v B ⇒ e = B
v A − vB
v aproximação
Assim, a razão entre o módulo da velocidade de afastamento e o
módulo da velocidade de aproximação, ambas na direção das forças
impulsivas, é constante para um par de corpos.
Exemplo: (ITA 2008) A figura mostra uma bola de massa m que cai
com velocidade v1 sobre a superfície de um suporte rígido, inclinada
de um ângulo θ em relação ao plano horizontal.
Sendo e o coeficiente de
m
restituição para esse impacto,
calcule
o
módulo
da
Assim, a razão entre o módulo da velocidade de afastamento e o
módulo da velocidade de aproximação é constante para um par de
corpos.
v1
v2
velocidade v 2 com que a bola
é ricocheteada, em função de
v1 , θ e e . Calcule também o
O coeficiente de restituição está diretamente relacionado com a
conservação ou perda de energia durante a colisão. Pode se
demonstrar que:
1 ⎛ m ⋅m ⎞
2
ΔK = − (1 − e 2 ) ⋅ ⋅ ⎜ A B ⎟ ⋅ v A − v B
2 ⎝ mA + mB ⎠
α
ângulo α .
θ
Resolução: Ao analisarmos o choque, devemos notar que o
coeficiente de restituição relaciona as velocidades de aproximação e
de afastamento em relação à direção normal à superfície de contato.
Também devemos atentar que, como há dissipação de energia no
eixo normal, o ângulo de incidência não é o mesmo que o ângulo de
Onde ΔK é a variação de energia cinética do sistema.
Visto que, num sistema isolado há conservação da quantidade de
movimento (pois só há forças internas, que é o caso de uma colisão),
usaremos, para caracterizar os tipos de colisão, a relação do
coeficiente de restituição com variação da energia cinética do sistema
ΔK:
reflexão. Denotando como v1⊥ a velocidade de aproximação na
direção normal e v2 ⊥ a velocidade de afastamento nessa mesma
direção, temos:
Colisão Elástica (ou colisão perfeitamente elástica) ( e = 1 )
A Energia se conserva.
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
m
v1t
v1
θ
v1 ⊥
θ
.
.
v2 ⊥
um material, ou seja, quando os fótons chegam à superfície do
material transportando uma determinada energia, arrancam elétrons
dessa superfície, conferindo energia cinética a esses elétrons. A
relação entre essas energias é dada por:
h ⋅ f = φ + EMAX
v2
90 − α
α
v 2t
Nessa equação, E = h ⋅ f é a energia do fóton incidente, φ é a
energia necessária para arrancar um elétron da superfície, também
chamada função trabalho do material, e EMAX é a energia cinética
máxima que o elétron poderia adquirir se desprezássemos a
dissipação de energia na colisão.
Dois fatos importantes a serem observados no efeito fotoelétrico:
(I) A energia cinética máxima que aparece na equação acima não
depende da intensidade da luz que incide sobre o material. Ao
aumentarmos a intensidade luminosa, apenas aumentamos o número
de elétrons que conseguimos arrancar da superfície, mas não
mudamos a energia de cada fóton, já que esta se relaciona com a
frequência da luz, e não com sua intensidade. A proporção fótonelétron é de um para um, ou seja, não há possibilidade de um único
fóton arrancar mais de um elétron.
(II) Existe uma frequência mínima f0 necessária para que os
90 − θ θ
Assim:
e=
v 2⊥
v1⊥
=
v 2 ⋅ senα
⇒ e ⋅ v1 ⋅ cosθ = v 2 ⋅ senα
v1 ⋅ cosθ
(I)
Como não existem forças externas atuando na direção tangencial, os
módulos das componentes das velocidades nessa direção são iguais.
Denotando essas componentes das velocidades como v1t e v2t
podemos escrever:
v1t = v 2t ⇒ v1 ⋅ senθ = v 2 ⋅ cos α
elétrons sejam arrancados do material, de modo que se a luz incide
com uma frequência f < f0 , nenhum elétron deixará a superfície do
(II)
material, independentemente da intensidade da luz (quantidade de
fótons) incidente. Essa frequência mínima pode ser obtida da equação
acima, pois corresponde à situação em que toda a energia do fóton
incidente é utilizada para arrancar o elétron, não sobrando energia
adicional sob a forma de energia cinética do elétron. Assim, fazendo
Elevando as equações (I) e (II) ao quadrado e somando membro a
membro temos:
v12 ⋅ ( sen 2θ + e 2 ⋅ cos2 θ ) = v 22 ⋅ ( sen 2α + cos2 α )
v 2 = v1 ⋅ sen 2θ + e2 ⋅ cos2 θ
EMAX = 0 na equação, vem que: h ⋅ f0 = φ ⇒ f0 =
A resposta do valor de α poderia ser expressa de diversas maneiras.
Entre elas citaremos três:
a) substituindo o valor encontrado para o módulo de v2 em (I):
⎛
⎞
e ⋅ cosθ
e ⋅ cosθ
senα =
⇒ α = arcsen ⎜⎜
⎟⎟
2
2
2
2
2
2
sen θ + e ⋅ cos θ
⎝ sen θ + e ⋅ cos θ ⎠
b) substituindo o valor encontrado para o módulo de v2 em (II):
⎛
⎞
senθ
senθ
⇒ α = arccos ⎜⎜
cos α =
⎟⎟
2
2
2
+
⋅
θ
θ
sen 2θ + e 2 ⋅ cos2 θ
sen
e
cos
⎝
⎠
c) Pela divisão de (I) por (II):
e ⋅ cosθ senα
=
⇒ tgα = e ⋅ cot gθ ⇒ α = arc tg ( e ⋅ cot gθ )
senθ
cos α
φ
h
(frequência mínima)
Muitas questões no vestibular do ITA a respeito deste assunto exigem
apenas o conceito teórico do comportamento de superfícies sujeitas a
uma radiação eletromagnética (luz). Entretanto, a abordagem
quantitativa também é cobrada, como no exemplo a seguir:
EXEMPLO: (ITA 2004) Num experimento que usa o efeito fotoelétrico,
ilumina-se sucessivamente a superfície de um metal com luz de dois
comprimentos de onda diferentes, λ1 e λ2 , respectivamente. Sabe-se
que as velocidades máximas dos fotoelétrons emitidos são,
respectivamente, v 1 e v 2 , em que v1 = 2 ⋅ v 2 . Designando c a
velocidade da luz no vácuo, e h a constante de Planck, pode-se,
então, afirmar que a função do trabalho
Últimas ressalvas e alguns fatos interessantes
Além das análises indicadas acima, vale ressaltar algumas colisões
notáveis (pode-se demonstrar esses fatos):
a) Colisão unidimensional perfeitamente elástica entre corpos de
massas iguais: as velocidades dos corpos são “trocadas”.
b) Colisão bidimensional perfeitamente elástica entre corpos de
massas iguais: as velocidades dos corpos após a colisão formam um
ângulo de 90° entre si. Além disso, as velocidades na direção das
forças impulsivas são trocadas.
c) Colisão entre um corpo muito massivo e um corpo muito mais leve:
o corpo muito massivo praticamente não muda de velocidade após a
colisão (a velocidade do corpo mais leve pode, no entanto, variar
livremente).
d) Colisão perfeitamente elástica entre um corpo muito massivo e um
corpo muito mais leve: o corpo muito massivo praticamente não muda
de velocidade após a colisão e a velocidade do corpo leve inverte o
seu sentido na direção das forças impulsivas.
φ
do metal é dada por:
a) (2 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(λ1 ⋅ λ2 )
b) (λ2 − 2 ⋅ λ1 ) ⋅ h ⋅ c /(λ1 ⋅ λ2 )
c) (λ2 − 4 ⋅ λ1 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 )
d) (4 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 )
e) (2 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 )
Resolução: (Alternativa D)
No efeito fotoelétrico, temos que h ⋅ f = φ + EMAX , onde E = h ⋅ f =
h⋅c
λ
é a energia do fóton, φ é a função trabalho (característica do metal) e
m ⋅ v MAX 2
é a energia cinética máxima do elétron emitido.
2
Escrevendo esta equação para as situações (1) e (2), temos:
m ⋅ v12
mv 22
h⋅c
=φ +
=φ + 4⋅
(I)
2
2
λ1
EMAX =
m ⋅ v 22
(II)
2
λ2
Fazendo a subtração [4 x (II) – (I)] membro a membro, vem que:
h⋅c h⋅c
(4 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c
4⋅
−
= 4 ⋅φ − φ ⇒ φ =
λ2
λ1
3 ⋅ λ1 ⋅ λ2
h⋅c
EFEITO FOTOELÉTRICO
Este tópico em algumas oportunidades da prova da ITA chegou a
aparecer em 2 questões num mesmo ano, como em 2003 e 2006.
Portanto é bastante importante que o candidato tenha conhecimento a
respeito deste assunto, para que possa se preparar para questões
que normalmente são de simples resolução.
=φ +
EFEITO COMPTON
Efeito Compton – É a variação do comprimento de onda de uma
radiação eletromagnética após interagir com a matéria. O experimento
original foi idealizado por Arthur Holly Compton, em 1923, e consistiu
em fazer um feixe de raios-X (radiação eletromagnética) incidir sobre
uma amostra de grafite, e posteriormente analisar a radiação
dispersada com um detector adequado.
O experimento de Compton evidencia que o tratamento ondulatório
não é suficiente para estudar o comportamento da luz; é necessário
Efeito Fotoelétrico – Emissão de elétrons por um material quando
submetido à presença de uma onda eletromagnética.
Este efeito foi explicado corretamente por Albert Einstein, o que lhe
rendeu o prêmio Nobel de Física de 1921. Einstein se baseou no
modelo corpuscular da luz, supondo que ela se propagava no espaço
não de modo contínuo, mas concentrada em pequenos pacotes, que
posteriormente seriam chamados fótons. Quando a luz incide sobre
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Vamos impor agora a conservação da energia antes e depois da
colisão.
Novamente aqui devemos considerar a energia cinética relativística do
elétron, que é:
⎛
⎞
1
EC = m ⋅ c 2 ⎜
− 1⎟
⎜ 1 − (v / c )2
⎟
⎝
⎠
Lembremos também que a energia transportada por um fóton pode
h⋅c
ser escrita como: EF = h ⋅ f =
λ
Desse modo, a expressão da conservação da energia fica:
⎛
⎞
⎛
⎞
1
1
h⋅c h⋅c
h h
=
+ m ⋅ c2 ⎜
− 1⎟ ⇒ =
+ m⋅c⎜
− 1⎟
2
2
⎜
⎟
⎜
⎟
λ
λ'
λ λ'
⎝ 1 − (v / c )
⎠
⎝ 1 − (v / c )
⎠
neste caso dar tratamento corpuscular (de partícula) para modelar (e
compreender) esse experimento (a luz pode ser tratada como fótons,
partículas que apresentam energia quantizada através da relação
E = h ⋅ f ).
Apesar de ainda não ter sido cobrado pelo ITA, o entendimento do
Efeito Compton é um dos fundamentos da Física Quântica e, portanto,
é conceito fundamental que pode vir a ser cobrado.
m ⋅c
⎛h h ⎞
⎜ − ⎟ + m⋅c =
λ
λ
'
⎝
⎠
1 − (v / c )2
Elevando ao quadrado, obtemos:
Para explicar a variação de comprimento de onda detectada no
experimento, Compton utilizou o modelo corpuscular da luz, e na
época, seu experimento teve importância exatamente por dar
sustentação experimental para tal modelo, que não era totalmente
aceito. Imaginando a radiação eletromagnética formada por fótons,
que colidem com elétrons livres da superfície do material, vamos
impor a conservação da quantidade de movimento do sistema, antes
e depois da colisão:
2
m2 ⋅ c 2
⎛h h ⎞
⎛h h ⎞
2
2
⇒
⎜ − ⎟ + 2⋅⎜ − ⎟⋅m ⋅c + m ⋅c =
1 − (v / c )2
⎝ λ λ'⎠
⎝ λ λ'⎠
2
2
h2
h
m2 ⋅ c 4
⎛h⎞
⎛h⎞
λ '− λ ) ⋅ m ⋅ c + m 2 ⋅ c 2 = 2
+ ⎜ ⎟ + 2⋅
(ii)
(
⎜ ⎟ − 2⋅
λ ⋅λ' ⎝ λ' ⎠
λ ⋅λ'
c −v2
⎝λ⎠
Finalmente, fazendo a subtração (ii) – (i) membro a membro, obtemos:
h2
h
m2 ⋅ c 2 2
−2 ⋅
(1 − cos φ ) + 2 ⋅
( λ '− λ ) ⋅ m ⋅ c + m 2 ⋅ c 2 = 2
(c − v 2 ) ⇒
λ ⋅λ'
λ ⋅λ'
c −v2
h
λ '− λ =
(1 − cos φ )
m ⋅c
Esta é a fórmula do deslocamento Compton, que apresenta a
variação do comprimento de onda ( Δλ = λ '− λ ) da radiação
eletromagnética em função do seu ângulo de espalhamento ( φ ).
h
é conhecida como comprimento de onda
m⋅c
h
Compton ( λC =
)
m⋅c
A grandeza
pantes = pdepois ⇒ ( pF + pE )antes = ( pF + pE )depois
Lembremos que a quantidade de movimento do fóton é definida não
como | p |= m⋅ | v | , já que não tem sentido falar em massa do fóton,
Exemplo:
Um fóton de raio X, com 0,01 nm, faz uma colisão frontal com um
elétron ( φ = 180° ). Determine:
a) a variação do comprimento de onda do fóton.
b) a variação da energia do fóton.
c) a energia cinética adquirida pelo elétron.
Resolução:
a) Aplicando a equação do deslocamento Compton, vem que:
6,63 ⋅ 10−34
h
λ '− λ =
(1 − cos φ ) =
(1 − ( −1)) = 4,8 ⋅ 10−12 m
9,31⋅ 10 −31 ⋅ 3,00 ⋅ 108
m ⋅c
h⋅c
. Assim, a variação
b) A energia do fóton é dada por: EF = h ⋅ f =
h
, onde h é a constante de Planck e λ é o
λ
comprimento de onda do fóton.
mas como | p |=
Uma outra observação é que como o elétron receberá energia do
fóton na colisão, e este viaja na velocidade da luz, devemos adotar
para o elétron a expressão relativística para a sua quantidade de
movimento, a saber:
m ⋅v
p=
2
⎛ |v |⎞
1− ⎜
⎟
⎝ c ⎠
λ
de energia será:
⎛ 1 1⎞
ΔEF = h ⋅ c ⋅ ⎜ − ⎟
⎝ λ' λ ⎠
Vamos decompor as quantidades de movimento nas direções
horizontal e vertical.
h
h
m ⋅v
Na direção horizontal:
+ m ⋅ 0 = cos φ +
cosθ
(I)
λ
λ'
1 − (v / c )2
Na direção vertical: 0 + m ⋅ 0 =
h
λ'
senφ −
m ⋅v
1 − (v / c )2
senθ
1
1
⎛
⎞
ΔEF = 6,63 ⋅ 10 −34 ⋅ 3,00 ⋅ 108 ⋅ ⎜
−
−12
−9
−9 ⎟
⋅
+
⋅
⋅
4,8
10
0,01
10
0,01
10
⎝
⎠
ΔEF = −6,5 ⋅ 10 −15 J = −41keV , onde 1eV = 1,6 ⋅ 10 −19 J
(II)
c) A energia cinética adquirida pelo elétron é a energia fornecida pelo
fóton no momento da colisão, já que o sistema é suposto
conservativo. Assim, EC = 6,5 ⋅ 10 −15 J = 41keV
Podemos reescrever as equações como:
h
m ⋅v
h h
m ⋅v
senφ =
senθ
cosθ e
− cos φ =
2
λ λ'
λ
'
1 − (v / c )2
1 − (v / c )
HIPÓTESE DE DE BROGLIE
Elevando ambas ao quadrado e somando membro a membro, ficamos
com:
h2
λ
2
+
Dualidade Onda-Partícula (Hipótese de De Broglie) – Se a luz
apresenta um duplo comportamento, ora ondulatório, ora corpuscular,
não seria então verdade que a matéria também poderia apresentar
comportamento semelhante? A resposta para esta pergunta é
afirmativa, e foi Louis de Broglie quem apresentou uma teoria
h2
h2
m2 ⋅ v 2
m2 ⋅ c 2 ⋅ v 2
cos φ =
(i)
−2
=
2
2
1 − (v / c )
c2 − v 2
λ'
λ ⋅λ'
10
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
coerente sobre isso. Para caracterizar o comportamento ondulatório
de uma certa partícula, devemos determinar seu comprimento de
onda. De Broglie propôs que a cada partícula dotada de uma
quantidade de movimento p , podemos associar um comprimento de
submetemos esse tipo de radiação a um polarizador, é esperada que
I
a intensidade se reduza pela metade: I = 0
2
Vale dizer que tal argumento pode ser justificado matematicamente,
mas para isso precisaríamos do auxílio do Cálculo Integral.
Quando um raio de luz já
atravessa
um
polarizado
polarizador, precisamos levar em
conta o ângulo β formado entre
a direção de polarização do raio
de luz e as fibras do polarizador,
de acordo com a figura a seguir:
h
onde h é a constante de Planck.
|p|
Confira o exemplo abaixo de uma questão que relaciona o
comprimento de onda de De Broglie para um elétron:
onda ( λ ) dado por: λ =
EXEMPLO: (ITA 2000) Dobrando-se a energia cinética de um elétron
não-relativístico, o comprimento de onda original de sua função de
onda fica multiplicado por:
1
1
1
a)
e) 2
b)
c)
d) 2
2
2
4
Resolução: (Alternativa A)
Vamos colocar a energia cinética do elétron em função do seu
momento linear:
m ⋅ v 2 m 2 ⋅ v 2 (m ⋅ v )2
p2
. O comprimento de onda
EC =
=
=
=
2
2⋅m
2⋅m
2⋅m
h
h
associado ao elétron é dado por: λ = ⇒ p = . Assim, a energia
λ
p
cinética do elétron pode ser dada em função do seu comprimento de
onda por:
Nesse caso, a relação entre a intensidade do raio emergente ( I ) e a
intensidade do raio incidente ( I0 ) será dada pela Lei de Malus:
I = I0 ⋅ cos2 β
Observe que tal relação é coerente com o fato de que se o raio
polarizado incide paralelamente à direção das fibras do polarizador
( β = 0 ), o raio incidente será integralmente transmitido, não havendo
absorção, e como consequência, I = I0 . Por outro lado, quando o raio
incidente está polarizado numa direção perpendicular às fibras do
polarizador ( β = 90° ), ele é integralmente absorvido, visto que não há
componente do campo elétrico vibrando na direção das fibras. Assim,
a intensidade transmitida nesse caso é nula ( I = 0 ).
2
⎛h⎞
⎜λ⎟
p
h2
EC =
.
=⎝ ⎠ =
2 ⋅ m 2 ⋅ m 2 ⋅ m ⋅ λ2
Dobrando-se a energia cinética, temos:
λ2
1
h2
h2
= 2⋅
⇒ λ2 = 0 ⇒ λ =
⋅ λ0
E = 2 ⋅ E0 ⇒
2
2
2⋅m⋅λ
2 ⋅ m ⋅ λ0
2
2
Este conceito já foi explorado pelo vestibular do ITA, como no
exemplo a seguir:
2
Exemplo: (ITA 2000) Uma luz não-polarizada de intensidade I0 ao
passar por um primeiro polaroide tem sua intensidade reduzida pela
metade, como mostra a figura. A luz caminha em direção a um
segundo polaroide que tem seu eixo inclinado em um ângulo de 60°
em relação ao primeiro. A intensidade de luz que emerge do segundo
polaroide é:
POLARIZAÇÃO
O modelo ondulatório da luz assume que um raio de luz consiste de
um grande número de ondas eletromagnéticas viajando
simultaneamente no espaço. Cada uma dessas ondas que compõem
o raio de luz, sendo uma onda transversal, apresenta um determinado
plano de vibração para os campos elétrico e magnético, plano este
que é perpendicular à direção de propagação da onda.
60º
I0
a) I0
I0/2
b) 0,25 ⋅ I0
c) 0,375 ⋅ I0
d) 0,5 ⋅ I0
e) 0,125 ⋅ I0
Resolução: (Alternativa E)
A intensidade da luz que emerge do primeiro polarizador é I1 =
I0
,
2
visto que a luz estava inicialmente não-polarizada.
A intensidade da luz que emerge do segundo polarizador, pela Lei de
Malus, é:
I
I
I2 = I1 ⋅ cos2 60° = 1 = 0 = 0,125 ⋅ I0 (Alternativa E)
4 8
INTERFERÊNCIA
Em particular, cada onda terá uma orientação bem definida para o
campo elétrico. Tal direção será chamada de direção de polarização
dessa onda. Como o raio de luz consiste de muitas ondas, cada uma
delas com uma direção de polarização diferente, todas as direções de
polarização estarão presentes no raio de luz, resultando num raio nãopolarizado.
A polarização da luz é o processo de conferir a um raio de luz,
inicialmente não-polarizado, uma única direção de polarização. Tal
processo consiste em fazer o raio de luz atravessar algum material
polarizador, cuja característica é ter uma direção preferencial de
vibração do campo elétrico, de modo a transmitir apenas a
componente do campo elétrico que vibre paralelamente a essa
direção preferencial, absorvendo a componente que vibra na direção
perpendicular. Como resultado desse processo, obtemos um raio de
luz polarizado.
A intensidade do raio de luz que emerge do polarizador ( I )
certamente é menor do que a intensidade do raio incidente ( I0 ), visto
Interferência – É o fenômeno da superposição de duas ou mais
ondas num mesmo ponto do espaço.
Superposição de Ondas – Quando dois pulsos propagando-se em
sentidos opostos se encontram, temos uma superposição desses
pulsos. Após o encontro, os pulsos continuam seu caminho sem que
nenhuma propriedade (período, velocidade, frequência, etc) tenha se
alterado.
que parte da energia transportada pelo raio foi absorvida pelo
polarizador. Considerando que a luz não polarizada tem uma
distribuição simétrica em torno no eixo de propagação, ao
Dizemos que a interferência é construtiva quando as amplitudes das
ondas se somam, e que é destrutiva quando as amplitudes das
ondas se cancelam.
11
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Considere o sistema com duas fontes
pontuais que percorrem os caminhos
designados por r1 e r2 ao lado:
Para ondas em concordância de fase, a
interferência construtiva se dá quando a
diferença entre as distâncias percorridas
por cada onda (diferença de caminhos),
denotada por Δs = r2 − r1 , for igual a um
y
ym
d
número inteiro de comprimentos de onda ( λ ), ao passo que a
interferência destrutiva se dá quando a diferença de caminhos for
igual a um número inteiro impar de meio comprimento de onda. Para
ondas em oposição de fase, ocorre o contrário:
Concordância de fase:
- Construtiva:
Δs = n ⋅ λ, n ∈ Z
- Destrutiva:
Δs = n
λ
2
λ
Um padrão de interferência consistindo de franjas claras e escuras é
observado num anteparo, colocado à distância L das fendas.
Temos que a diferença de caminhos das duas ondas geradas por
estas fontes (fendas), considerando que estão em fase, é dada por
Δz = d ⋅ senθ , conforme ilustra a figura.
, n ímpar ∈ Z
O vestibular do ITA costuma cobrar bastante este conceito em
ondulatória, com algumas particularidades como o Experimento de
Young (cobrado em 2003, 2004 e 2008), Interferência em Filmes
Finos (cobrado em 1998, 2000 com duas questões, 2005 e 2011) e
Rede de difração (2006), difração e fenda simples (2009) e anéis de
Newton (2010).
A condição para ocorrência de interferência construtiva (franjas
claras), isto é, pontos onde é máxima a intensidade luminosa é dada
por:
d ⋅ senθ = m ⋅ λ , com m = 0; ±1; ±2;... (pontos de máximo)
Os pontos de interferência destrutiva (franjas escuras), isto é, aqueles
onde a intensidade luminosa é mínima, são dados por:
1⎞
⎛
d ⋅ senθ = ⎜ m + ⎟ ⋅ λ , com m = 0; ±1; ±2;... (pontos de mínimo)
2⎠
⎝
Fazendo a aproximação: senθ ≈ tgθ , válida para pequenos ângulos,
EXEMPLO: (ITA 2004) Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras que
emitem, em fase, ondas de frequência f e comprimento de onda λ .
A distância d entre as fontes é igual a 3 ⋅ λ . Pode-se então afirmar
que a menor distância não nula, tomada a partir de F2 , ao longo do
com tgθ =
eixo x , para a qual ocorre interferência construtiva, é igual a:
a)
b)
c)
d)
e)
4⋅λ /5
5⋅λ /4
3⋅λ /2
2⋅λ
4⋅λ
Isto produz um deslocamento das
franjas na figura de interferência.
Considere que o efeito da lâmina
é alterar a fase da onda. Nestas
circunstâncias, pode-se afirmar
que a espessura d da lâmina,
que provoca o deslocamento da
franja central brilhante (ordem
zero) para a posição que era
ocupada pela franja brilhante de
primeira ordem, é igual a:
a) 0,38λ.
b) 0,60λ.
c) λ.
(3 ⋅ λ )2 + x 2 − x = n ⋅ λ ⇒ (3 ⋅ λ )2 + x 2 = n ⋅ λ + x
Elevando os dois membros ao quadrado, temos:
2
F1
F2
λ
d) 1,2λ.
e) 1,7λ.
Resolução: (Alternativa E)
O comprimento de onda da luz ao atravessar a lâmina de vidro pode
ser obtido da seguinte maneira:
c
λ ⋅f
λ
= 1,6 ⇒
= 1,6 ⇒
= 1,6 , lembrando que a frequência
nV =
λV ⋅ f
λV
vV
sempre se mantém inalterada na refração (passagem da luz do ar
para o vidro).
Se a franja de ordem zero
d
máximo centra
passou a ocupar a franja
de ordem um, isso
F1
significa que o tempo que
a luz leva para percorrer
a
lâmina
de
vidro,
θ2
emergindo de F1 é o
9 − n2
9⋅λ + x = n ⋅λ + 2⋅n⋅λ ⋅ x + x ⇒ x =
⋅ λ , com n inteiro.
2⋅n
5
Assim: n = 1 ⇒ x = 4 ⋅ λ ; n = 2 ⇒ x = ⋅ λ ; n = 3 ⇒ x = 0
4
5
Portanto, a distância não nua procurada é x = ⋅ λ (Alternativa B)
4
Vejamos agora algumas das peculiaridades deste assunto para a
prova do ITA:
2
Pontos de Mínimo
λ ⋅L ⎛
1⎞
ym =
⎜m + ⎟
2⎠
d ⎝
Exemplo: (ITA 2004) Num experimento de duas fendas de Young,
com luz monocromática de comprimento de onda λ , coloca-se uma
lâmina
delgada
de
vidro
Lâmina
Anteparo
( nV = 1,6 ) sobre uma das fendas.
d
Pelo teorema de Pitágoras, vem que:
2
y
, temos:
L
Pontos de Máximo
λ ⋅L
ym =
m
d
com m = 0; ±1; ±2;... em ambos os casos.
Resolução: (Alternativa B)
As distâncias para as quais ocorre
interferência construtiva, levando em conta
que as fontes emitem as duas ondas em
fase, são aquelas em que a diferença de
caminhos percorrida pelas duas ondas é
igual a um número inteiro de comprimentos
de onda. (y – x = nλ, n inteiro).
2
0
D
2
Destrutiva:
Δs = n ⋅ λ, n ∈ Z
, n ímpar ∈ Z
θ
Δz
Oposição de fase:
Construtiva:
Δs = n
θ
2
EXPERIMENTO DE YOUNG
Experiência de Young – Nesta experiência, duas fendas são
iluminadas por uma fonte de luz monocromática, estando as fendas
separadas entre si de uma distância d .
mesmo tempo que a luz
utiliza para percorrer a
distância equivalente à
lâmina de vidro e também
12
x
F2
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
uma certa distância x, da figura abaixo, viaja apenas pelo ar,
emergindo de F2 .
Normalmente, vemos tais aplicações em vidros não refletores, quando
é aplicada uma camada fina e transparente sobre a superfície. Esta
camada induz o fenômeno de interferência que, quando bem
projetada, causa interferências destrutivas para certos comprimentos
de onda, diminuindo assim sensivelmente a reflexão.
⎛ λ
⎞
Δs1 Δs2
d
d+x
=
⇒
=
⇒ x = ⎜⎜
− 1⎟⎟ d ⇒ x = 0,6d
λV ⋅ f
λ ⋅f
v1
v2
⎝ λV
⎠
Como a nova posição do máximo central é a posição da primeira
franja, no caso de não termos a lâmina, temos que a distância x seria
aquela percorrida no caso do máximo de primeira ordem (quando a
diferença de caminhos é de apenas um comprimento de onda, λ)
Δt1 = Δt2 ⇒
Fazendo x = λ, temos: λ = 0,6 ⋅ d ⇒ d =
λ
0,6
Exercícios envolvendo filmes finos, interferência de ondas, localização
de máximos e mínimos são encontrados em praticamente todos os
anos de prova. Observe o exemplo a seguir.
Exemplo: (ITA 2005) Uma fina película de fluoreto de magnésio
recobre o espelho retrovisor de um carro a fim de reduzir a reflexão
luminosa. Determine a menor espessura da película para que produza
a reflexão mínima no centro do espectro visível. Considere o
≅ 1,7λ
INTERFERÊNCIA EM FILMES FINOS
comprimento de onda λ = 5500 A , o índice de refração do vidro
nv = 1,50 e, o da película np = 1,30. Admita a incidência luminosa
como quase perpendicular ao espelho.
Resolução:
As cores das bolhas de
Primeira
sabão, manchas de óleo e
Reflexão
outras películas delgadas,
Raio
algumas
medidas
para
Incidente
atenuar reflexões, todos estes
fenômenos são devidas ao
fenômeno de interferência.
Podemos ver ao lado uma
Raio
Refletido
película
de
espessura
constante t de índice de
refração n. Note que no
Filme
esquema dois raios chegam
aos olhos do observador: um
refletido na superfície superior
Raio Transmitido
(ignore)
do filme, e outro refletido da
superfície inferior.
Note que, para uma incidência quase normal, a diferença de
percursos geométricos entre os dois raios refletidos pode ser
aproximado para 2t (onde t é a espessura do filme).
Lembre-se que quando mudamos de um meio com menor índice de
refração para um com maior índice de refração ocorre uma mudança
de 180o na fase da onda refletida. Quando mudamos de um meio com
maior índice de refração para um com menor índice de refração não
ocorre mudança na fase da onda refletida. A onda refratada não sofre
mudança de fase em nenhuma hipótese. Assim, considere a figura
abaixo.
Para o raio transmitido na película temos que a diferença de caminhos
percorrida é de 2t, onde t é a espessura da película. Esta diferença,
para interferência destrutiva, deve ser igual a (m+½)λn, com m inteiro,
visto que ocorre duas inversões de fase (na reflexão do raio do ar
para a película e na reflexão do raio da película para o vidro).
1⎞
1⎛
1⎞ λ
⎛
Assim: 2 ⋅ t = ⎜ n + ⎟ λn ⇒ t = ⎜ n + ⎟
2⎠
2⎝
2 ⎠ np
⎝
Para menor espessura n = 0: t =
1 λ
⋅
4 np
o
5500
≅ 1058 A
4 ⋅ 1,3
LUZ E ESPECTRO DE CORES
Substituindo os valores de λ e np temos: t =
É comum o vestibular do ITA relacionar os comprimentos de onda
reforçados (interferência construtiva) e os que não são refletidos
(interferência destrutiva). Note que de acordo com a espessura do
filme, podemos ter uma cor que fica mais visível e outra que
desaparece (fenômeno que ocorre por exemplo nas bolhas de sabão).
Além disso, é importante dizer que a luz é uma onda eletromagnética;
é chamada de luz toda onda eletromagnética que é visível ao olho
humano. O conjunto de ondas eletromagnéticas que chamamos de luz
representa apenas uma pequena parcela de todas as ondas
eletromagnéticas existentes (aquelas com comprimentos de onda
entre 400 nm e 700 nm). Outros exemplos de ondas eletromagnéticas
muito presentes em nosso dia-a-dia são as ondas de rádio, as
microondas, o VHF, o raio-X, entre outros.
IMPORTANTE: As cores do espectro visível, em ordem crescente de
frequência, são: vermelho, alaranjado, amarelo, verde, azul, anil e
violeta.
180º de mudança
de fase
Sem mudança de
fase
Ar
Filme
Ar
Pode-se notar que a onda resultante refletida pela película fosse um
máximo de interferência quando a distância 2t fosse igual a um
número inteiro de comprimentos de onda (no filme). No entanto,
devido à mudança de fase associada na passagem entre o ar e o
filme, teremos um máximo quando essa diferença for igual a um
número ímpar de meios comprimentos de onda.
2t = (m+ ½)λn
m = 0, 1, 2,... (máximos)
ONDAS ESTACIONÁRIAS
Ondas estacionárias – Numa corda de comprimento L, e com seus
dois extremos fixos, podemos produzir pulsos idênticos de onda
propagando-se em sentidos contrários. O resultado é a formação de
ondas estacionárias. O número n de ventres que se formam dá origem
ao n-ésimo harmônico, como ilustra a figura abaixo.
Utilizamos o valor de comprimento de onda da luz no filme, pois
sabemos que tal comprimento de onda será diferente do comprimento
de onda no vácuo. Tais comprimentos de onda se relacionam
segundo a seguinte equação: λn=λ/n
Sendo assim, podemos dizer que, ao passar de um meio com menor
índice de refração para um com maior índice de refração, teremos um
aumento da intensidade da luz refletida de acordo com a expressão:
2t.n = (m+ ½)λ
m = 0, 1, 2,... (máximos)
A condição para um mínimo de intensidade (mínima reflexão) é:
2t.n = m.λ
m = 0, 1, 2,... (mínimos)
As equações acima se aplicam quando as hipóteses aplicadas são
respeitadas. Imaginemos agora no caso de duas inversões de fase:
Neste caso, teremos:
2t.n = m.λ
m = 0, 1, 2,... (máximos)
m = 0, 1, 2,... (mínimos)
2t.n = (m+ ½).λ
13
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Assim, o número de ventres formados corresponde ao número de
vezes em que o comprimento total da corda foi subdividido em meio
comprimento de onda.
λ
v
L = n , com n = 1; 2; 3; 4;... ⇒ fn = n
2L
2
Obs.: existem outros modos de vibração, no caso de extremidades
livres.
ftubo
à
m
.
L
2
INTENSIDADE SONORA
O nível de intensidade sonora (β) é expresso em decibéis (dB) por:
⎛I ⎞
β = k ⋅ log ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ I0 ⎠
onde: I = intensidade sonora fornecida pela caixa de som;
I0 = intensidade-padrão, correspondente ao nível de intensidade de
referência com o qual todas as intensidades são comparadas, e
corresponde ao limiar da audição (10-12W/m2). E, se:
k = 1 , N é medido em bel; k = 10 , então N é medido em decibel.
Tubos Abertos:
(semelhante
2
⎛ c ⎞
Daí temos F = ⎜
⎟ .m.L
⎝ 2. ⎠
Analogamente às ondas estacionárias, podemos observar certas
frequências de ressonância dentro de um tubo sonoro de duas
formas, segundo a anatomia do tubo:
λ
v
, com n = 1; 2; 3; 4;... ⇒ fn = n
2L
2
estacionária numa corda)
⎛ c.L ⎞
⇒ F = μ⎜
⎟
μ
⎝ 2. ⎠
F
Mas μ é a densidade linear do fio, dada por μ =
TUBOS SONOROS
L=n
F
μ
c
cL
= ffio ⇒
=
⇒
=
4
2L
2
onda
Embora este seja um assunto pouco cobrado, podemos observar
características da prova do ITA ao longo dos anos. A prova do ITA
adora transformar a física em matemática e uma grandeza física com
uma relação intima com matemática é perfeita. Trata-se de uma
questão simples, mas que evidencia a relação entre a matemática e a
física nas provas do ITA.
Exemplo: (ITA 2005) Uma banda de rock irradia uma certa potência
em um nível de intensidade sonora igual a 70 decibeis. Para elevar
esse nível a 120 decibeis, a potência irradiada deverá ser elevada de:
a) 71%
b) 171%
c) 7.100%
d) 9.999.900%
e) 10.000.000%
Resolução: (Alternativa D)
O nível de intensidade e a intensidade sonora estão relacionados
I
P
através da equação: β = 10log = 10log
I0
P0
Tubos Fechados:
L = (2n − 1)
λ
4
, com n = 1; 2; 3; 4;... ⇒ f(2n −1)
v
= (2n − 1)
4L
Na situação inicial o nível de intensidade é de 70dβ. Na situação final,
120dβ. Assim:
⎛I ⎞
70d β = 7 β = log ⎜⎜ ⎟⎟ = log(I ) − log(I0 )
(I)
⎝ I0 ⎠
OBS.: Um tubo também pode ser fechado em suas duas
extremidades.
Podemos observar abaixo a conectividade de assuntos específicos da
Física, ondas estacionárias e tubos sonoros, compartilhando um único
exercício.
Exemplo: (ITA 2004) Um tubo sonoro de comprimento , fechado
numa das extremidades, entra em ressonância, no seu modo
fundamental, com o som emitido por um fio, fixado nos extremos, que
também vibra no modo fundamental. Sendo L o comprimento do fio,
m sua massa e c, a velocidade do som no ar, pode-se afirmar que a
tensão submetida ao fio é dada por
a) (c/2L)2 m .
b) (c/2 )2 mL.
c) (c/ )2 mL.
2
e) n.d.a.
d) (c/ ) m .
Resolução: (Alternativa B)
Tratando-se de um tubo fechado, temos, para frequência fundamental,
apresenta apenas ¼ de seu comprimento de onda do mesmo
c
c
.
comprimento total do tubo ( ). Assim, temos c=λf ⇒ ftubo = =
λ 4⋅
Ou então, através da relação descrita na teoria acima, teríamos:
v
c
c
= (2 − 1)
=
n = 1 ⇒ f(2n −1) = (2n − 1)
4.
4.
4.
Como o fio está preso pelas duas extremidades, também em
frequência fundamental, Temos que apenas ½ do seu comprimento
de onda estaria representado pelo comprimento total do fio (L),
formando uma onda estacionária.
v
. Ou então, também através da
Assim, v = λf = 2. .f ⇒ ffio =
2L
relação descrita na teoria acima, teríamos:
v
v
n = 1 ⇒ fn = n
=
2L 2L
⎛I ⎞
120d β = 12β = log ⎜⎜ ⎟⎟ = log(I ′) − log(I0 )
(II)
⎝ I0 ⎠
Fazendo (II)-(I), tem-se:
I′
⎛ I′ ⎞
(12 − 7) = 5 = log(I ′) − log(I ) ⇒ 5 = log ⎜ ⎟ ⇒ = 1⋅ 105 = 107%
I
I
⎝ ⎠
Assim, o aumento de intensidade sonora será dado por:
X = (107 − 100)% = 9999900%
BATIMENTO
Batimento – Fenômeno de variação periódica da intensidade, num
determinado ponto do espaço, de duas ondas que se superpõem com
frequências ligeiramente diferentes entre si.
Lembramos que uma onda tem uma equação geral dada por:
2π
⎛ 2π
⎞
y ( x; t ) = A ⋅ cos(k ⋅ x − ω ⋅ t + ϕ0 ) = A ⋅ cos ⎜
x−
t + ϕ0 ⎟
T
⎝ λ
⎠
Vamos analisar a superposição de duas ondas de mesma amplitude e
mesma fase, com frequências ligeiramente diferentes, superpondo-se
num ponto do espaço a que atribuiremos arbitrariamente a coordenada
0 como abscissa ( x = 0 ).
As duas ondas terão então como equações:
y1(t ) = A ⋅ cos(ω1 ⋅ t ) = A ⋅ cos(2π ⋅ f1 ⋅ t )
y 2 (t ) = A ⋅ cos(ω2 ⋅ t ) = A ⋅ cos(2π ⋅ f2 ⋅ t )
A superposição das duas ondas nesse ponto resulta numa onda de
equação:
y (t ) = y1(t ) + y 2 (t ) = A ⋅ [cos(2π ⋅ f1 ⋅ t ) + cos(2π ⋅ f2 ⋅ t )]
F
Para o fio, da relação de Taylor, v =
F
μ
. Substituindo: ffio =
μ
2L
Utilizando a transformação trigonométrica da soma em produto:
Como ambos atuam na mesma frequência (estão em ressonância):
14
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Resolução: (Alternativa C)
A equação da frequência aparente para o efeito Doppler é:
v ± vO
fAP = S
⋅f
vS ∓ vF
⎛α + β ⎞
⎛α −β ⎞
cos α + cos β = 2 ⋅ cos ⎜
⎟ ⋅ cos ⎜
⎟ , vem que:
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
f −f ⎤
f +f ⎤
⎡
⎡
y (t ) = 2 ⋅ A ⋅ cos ⎢2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ ⋅ cos ⎢2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥
2
2
⎣
⎦
⎣
⎦
Note que se f1 e f2 forem valores próximos, temos que
f −f ⎤
⎡
2 ⋅ A ⋅ cos ⎢2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ varia muito lentamente com o tempo.
2
⎣
⎦
Assumindo que esta equação possa ser entendida como uma onda de
f +f
frequência 1 2 , cuja amplitude varia no tempo (muito mais
2
lentamente que a onda anteriormente citada) de acordo com
f −f ⎤
⎡
2 ⋅ A ⋅ cos ⎢2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ , temos que a onda resultante terá uma
2
⎣
⎦
intensidade que varia periodicamente no tempo, caracterizando o
fenômeno do batimento.
Note que a onda
de
maior
frequência está
envolvida
(modulada) pela
onda de menor
frequência
(duplicada pelas
possibilidades
de inversão de
sinal).
Nos pontos de máximo, onde ocorre um reforços audíveis, temos
f −f ⎤
⎡
cos ⎢ 2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ = ±1 , enquanto nos pontos de mínimo, teremos
2
⎣
⎦
f −f ⎤
⎡
cos ⎢2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ = 0 .
2
⎣
⎦
Como a amplitude
será
máxima
( AMAX = 2 ⋅ A )
Na primeira situação, a fonte se afasta do observador parado e,
portanto, temos:
340 + 0
f1 =
⋅ 400 = 398Hz
340 + 1,7
Na segunda situação, a reflexão das ondas na parede pode ser
modelada como uma fonte se aproximando com mesma velocidade e
emitindo um som de mesma frequência (espelha-se a fonte em
relação à parede). Assim:
340 + 0
f2 =
⋅ 400 = 402Hz
340 − 1,7
Finalmente, a frequência dos batimentos é dada por:
f3 =| f1 − f2 |=| 398 − 402 |= 4Hz
LEI DE GAUSS – CAMPO ELÉTRICO
Lei de Gauss – A Lei de Coulomb é a principal lei da Eletrostática,
mas não está formalizada de modo a vir simplificar os cálculos nos
casos de alta simetria. Neste tópico falaremos de uma nova
formulação da Lei de Coulomb, a chamada Lei de Gauss, que pode
apresentar vantagens nesses casos especiais. A Lei de Gauss
aplicada em problemas de eletrostática é equivalente a Lei de
Coulomb. Qual delas escolher vai depender do tipo de problema que
estudaremos. Em linhas gerais, usa-se a Lei de Coulomb em todos os
problemas nos quais o grau de simetria é baixo. A lei de Gauss será
aplicada quando a simetria for significativamente alta. Em tais casos,
essa lei não só simplifica tremendamente o trabalho, mas, devido à
sua simplicidade, frequentemente fornece novas ideias.
A figura central da Lei de Gauss é uma hipotética superfície fechada,
chamada superfície gaussiana. A superfície gaussiana pode ter a
forma que desejarmos, mas será de maior utilidade quando usada de
forma compatível com a simetria do problema específico em estudo.
Decorre disso que, às vezes, a superfície gaussiana toma a forma
esférica, a forma cilíndrica ou qualquer outra forma simétrica. Porém
essa superfície deve ser sempre uma superfície fechada, de modo a
obtermos uma clara distinção entre pontos internos, pontos sobre a
superfície e pontos exteriores à mesma.
Fluxo elétrico - Se A é a área de uma superfície S que foi colocada
quando
f −f ⎤
⎡
cos ⎢ 2π ⋅ 1 2 ⋅ t ⎥ = ±1 , temos que a frequência de batimento (reforço
2
⎣
⎦
do som) será dada pelo dobro da frequência da envoltória.:
fB =| f1 − f2 |
num campo elétrico uniforme E , define-se como fluxo do campo
EFEITO DOPPLER-FIZEAU
elétrico, ou fluxo do vetor E , através da superfície S como:
ΦE = E ⋅ A =| E | ⋅A ⋅ cosθ
É a variação da frequência percebida por um observador que está em
movimento relativo em relação a uma fonte emissora de ondas. A
frequência aparente é dada por:
onde θ é o ângulo entre o vetor normal ao elemento de área e o vetor
campo elétrico.
⎛ v ± vO ⎞
fAP = ⎜⎜ S
⎟⎟ f
⎝ vS ∓ vF ⎠
Lei de Gauss - A Lei de Gauss nos diz que o fluxo de linhas de
campo elétrico através de uma superfície fechada é igual ao
somatório das cargas internas a esta superfície, dividido pela
constante dielétrica do meio (no caso mais comum, o vácuo):
∑ Qint
ΦE =
A convenção de sinais, nesse caso, é a seguinte:
⎧+, se o observador se aproxima
⎩−, se o observador se afasta
No numerador: ⎨
ε0
⎧−, se a fonte se aproxima
No denominador: ⎨
⎩+, se a fonte se afasta
De acordo com a definição de fluxo elétrico vista anteriormente,
considerando uma superfície fechada com áreas tão pequenas quanto
necessárias Ai, pelas quais está passando um campo Ei constante,
temos:
n
Qint
ΦE = Ei Ai cosθi =
ε0
i =1
Aqui segue mais um exemplo das questões que caem na prova.
Novamente vemos a conexão entre alguns assuntos, neste caso
temos: Efeito Doppler, reflexão de ondas e batimento.
∑
Exemplo: (ITA 2001) Um diapasão de frequência 400 Hz é afastado
de um observador, em direção a uma parede plana, com velocidade
de 1,7 m/s. São nominadas f1 a frequência aparente das ondas não-
Obs.: As cargas internas no caso da utilização de elementos com
distribuição uniforme de cargas, são obtidas a partir das densidades
de carga:
- Linear: λ = Q/L
- Superficial: σ = Q/S
- Volumétrica: ρ = Q/V
Para aplicar a lei de Gauss devemos utilizar as duas definições dadas
acima para calcular o fluxo através de uma superfície gaussiana. As
superfícies gaussianas devem ser escolhidas conforme cada caso,
tendo em mente a simplificação dos produtos escalares da primeira
parte da equação (de maneira a, normalmente, manter o módulo do
campo elétrico constante em toda a superfície, e os vetores campo
refletidas, vindas diretamente até o observador; f2 , a frequência
aparente das ondas sonoras que alcançam o observador depois de
refletidas pela parede e f3 , a frequência dos batimentos. Sabendo
que a velocidade do som é de 340 m/s, os valores que melhor
expressam as frequências em hertz de f1 , f2 e f3 , respectivamente,
são:
a) 392, 408 e 16
d) 402, 398 e 4
b) 396, 404 e 8
e) 404, 396 e 4
∑
c) 398, 402 e 4
15
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
elétrico e área paralelos – cos θ = 1). Como superfícies gaussianas
utilizamos figuras espaciais com simetria central (cubo, esfera) e axial
(cilindro). De maneira geral, podemos dizer que a utilização da Lei de
Gauss é uma poderosa ferramenta na resolução de problemas que
apresentam alto grau de simetria.
Observe os seguintes exemplos:
Exemplo 1: Apliquemos a lei de Gauss às superfícies fechadas S1, S2,
S3 e S4 abaixo:
- Superfície S1: O campo elétrico
aponta para fora da superfície
em todos os seus pontos.
Portanto, o fluxo é positivo e
também o é a carga líquida no
interior da superfície.
- Superfície S2: O campo elétrico
aponta para dentro em todos os
seus pontos. Portanto o fluxo é
negativo e também o é a carga
envolvida pela superfície.
- Superfície S3: Esta superfície não envolve cargas elétricas. A Lei de
Gauss exige que o fluxo seja nulo através dessa superfície. Isto é
razoável, pois as linhas de campo passam através dessa superfície,
dirigindo-se da carga positiva envolvida por S1 até a carga negativa
envolvida por S2.
- Superfície S4: Esta superfície encerra uma carga líquida nula, pois as
cargas positivas e negativas têm o mesmo módulo. A lei de Gauss
exige que o fluxo através dela seja zero. As linhas de força que
partem da carga positiva e saem de S4 fazem a curva e entram de
volta pela parte inferior, em direção à carga negativa.
“Uma casca esférica uniformemente carregada não exerce força
elétrica sobre uma partícula carregada colocada em seu interior”.
c-) campo elétrico num ponto da casca (Rinterno< r <Rexterno)
Resolva este caso como exercício. Se houver dificuldades, olhe o
exercício resolvido do vestibular ITA-2000, que fala da aplicação da
Lei de Gauss na Gravitação.
Exemplo: (ITA 2000) Um fio de densidade linear de carga positiva λ
atravessa três superfícies fechadas A, B e C, de formas
respectivamente cilíndrica, esférica e cúbica, como mostra a figura.
Sabe-se que A tem comprimento L = diâmetro de B = comprimento de
um lado de C, e que o raio da base de A é a metade do raio da esfera
B. Sobre o fluxo do campo elétrico, φ, através de cada superfície
fechada, pode-se concluir que
A
L
a) φA = φB = φC
d) φA/2 = 2.φB = φC
C
b) φA > φB > φC
e) φA = 2.φB = φC
λ
c) φA < φB < φC
Resolução: (Alternativa A)
Pela Lei de Gauss, o fluxo do campo elétrico (φ) através de uma
superfície fechada depende das cargas internas (qi) e da
permissividade elétrica do meio (ε). Sendo o valor da carga interna qi
calculado por λ.L, e sendo λ e L iguais nas três superfícies, para um
mesmo meio, temos φA = φB = φC .
Exemplo 2: Fio infinito carregado uniformemente
A figura ao lado mostra um trecho de um fio fino
carregado, infinito, de densidade linear de carga
λ. Determinemos uma expressão para o módulo
do campo elétrico a uma distância r do fio. Por
motivos de simetria, escolhemos uma superfície
gaussiana cilíndrica, de raio r e altura h, co-axial
com o fio. Também por motivos de simetria,
sabemos que ao longo da superfície lateral do
cilindro o campo elétrico tem a mesma
intensidade e que este é normal à superfície e
aponta para fora dela (cos θ = 1).
Aplicando a Lei de Gauss, temos:
ε0 Φ E = Qint ⇒ ε0EA = λh ⇒ ε0E(2πrh) = λh ⇒ E =
B
Existem formulações da Lei de Gauss para outros campos de vetores
além do campo elétrico. Vamos discutir o caso do campo
gravitacional.
LEI DE GAUSS – CAMPO GRAVITACIONAL
Lei de Gauss para campo gravitacional – aqui, o campo
gravitacional g criado por um conjunto de n massas M =
n
∑ mk
é
k =1
definido como a aceleração a que uma partícula fica submetida
devido à atração gravitacional exercida pelo conjunto de massas
sobre essa partícula. O caso mais comum é aquele em que M
representa a massa de um planeta e a partícula é colocada nas
imediações desse planeta, ficando submetida à aceleração da
gravidade local.
λ
2πε0r
Fluxo gravitacional – analogamente aos fluxos elétrico e magnético,
definiremos o fluxo gravitacional de um campo gravitacional g
Exemplo 3: Casca esférica uniformemente carregada
a-) campo elétrico num ponto exterior à casca (r > Rexterno)
A figura abaixo nos mostra uma casca
esférica de raio R uniformemente carregada
com carga Q. Desejamos deduzir o valor do
campo elétrico num ponto externo a esta,
situado a uma distância r do centro da
mesma. Por motivos de simetria, tomemos
como nossa superfície uma esfera de raio r
concêntrica com a casca. (r > Rexterno)
Aplicando a Lei de Gauss, facilmente chegamos a
n
∑ Qint ⇒ E ⋅ 4π r 2 = Q ⇒ E = 1 ⋅ Q
ΦE = ∑ Ei Ai cosθi =
ε0
ε0
4πε 0 r 2
i =1
através de uma superfície S, de área A, como ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ ,
onde θ é o ângulo entre o vetor campo gravitacional e o vetor normal
à superfície S.
Levando em consideração a constante de gravitação universal G, ao
passo que o análogo da carga elétrica q teremos uma massa
puntiforme m .
A lei da Gauss para a gravitação afirma então que, para :
ΦG = −4π ⋅ G ⋅
1
kQ
, temos que E =
(como na lei de Coulomb)
4πε 0
r2
O que nos permite concluir que:
“Uma casca esférica uniformemente carregada comporta-se, para
pontos externos, como se toda a sua carga estivesse concentrada no
seu centro”.
b-) campo elétrico num ponto interior à casca (r < Rinterno)
Devemos agora encontrar o módulo do campo elétrico produzido pela
casca num ponto interno a uma distância r do seu centro. Por motivos
de simetria, escolhamos uma superfície gaussiana esférica de raio r
concêntrica com a casca (r < Rinterno). Aplicando a Lei de Gauss a esta
superfície, como não há cargas internas a ela, podemos concluir que
E=0
O que nos permite afirmar que:
n
∑ mk
k =1
no qual o fluxo gravitacional ΦG é calculado através de qualquer
Como k =
superfície fechada (gaussiana) que encerre o conjunto das n massas
mk .
O sinal negativo do lado direito desta relação significa que o campo
gravitacional é um campo de aproximação, assim como o campo
elétrico criado por uma carga puntiforme negativa é de aproximação.
Além disso, vale lembrar que o fluxo é calculado por:
ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ
Exemplo: Calcule a aceleração da gravidade na superfície de um
planeta esférico de massa M e raio R .
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
3. Lei dos Períodos: O quadrado dos períodos de revolução dos
planetas em torno do Sol são proporcionais ao cubo dos raios médios
de suas órbitas (ou semi-eixos maiores da elipse).
Resolução:
De acordo com a lei de Gauss, temos
g
que: ΦG = −4π ⋅ G ⋅
n
n
∑ mk
T 2 = k.R 3
k =1
O fluxo gravitacional através
superfície esférica S do planeta é:
Rmáx + Rmín
, e a constante k pode ser verificada através da
2
Gravitação de Newton, ao considerarmos um movimento circular, cuja
resultante centrípeta é dada pela força de atração gravitacional
Onde: R =
da
ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ =| g | ⋅(4π ⋅ R 2 ) ⋅ ( −1) , observando que o ângulo entre
a normal n e o campo g é θ = 180° , como mostra a figura anterior.
Assim:
G ⋅M
− | g | ⋅4π ⋅ R 2 = −4π ⋅ G ⋅ M ⇒| g |=
R2
O caso acima reflete exatamente o que se observa na gravitação
segundo Newton. Entretanto, em alguns casos, a análise é um pouco
mais complicada:
Exemplo: (ITA 2000) Uma casca esférica tem
raio interno R1, raio externo R2 e massa M
distribuída uniformemente. Uma massa
puntiforme m está localizada no interior dessa
casca, a uma distância d de seu centro
(R1 < d < R2). O módulo da força gravitacional
entre as massas é:
b)
a) 0.
d)
GMm
d
c)
2
F=
G.M.m m.v 2
G.M
G.M
=
⇒
= v2 ⇒ v =
R2
R
R
R
Como no movimento circular v =
Assim k =
−d
2.π .R
2.π .R
G.M
, temos que ∴
=
T
T
R
T 2 4.π 2
=
R 3 G.M
retardado
Sol
Vmáx
GMm
R23
G.M.m
:
R2
Vmin
3
3
GMm
e)
d 3 − R13
GMm(d − R13 )
d 2 (R23 − R13 )
acelerado
Rmin
Resolução: (Alternativa E)
A aceleração da gravidade no ponto a uma distância d do centro da
casca pode ser calculada utilizando-se uma superfície gaussiana
esférica de raio d. Temos que:
ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ =| g | ⋅(4π ⋅ d 2 ) ⋅ ( −1)
Gravitação Universal de Newton:
Qualquer partícula no universo atrai outra partícula segundo a
(I)
Note que este fluxo também pode ser mensurado considerando a
massa interna desta superfície: ΦG = −4π ⋅ G ⋅
equação: FG =
n
∑ mk = −4π ⋅ G ⋅ mint
Velocidade de Escape:
Um objeto pode escapar da atração gravitacional de um corpo celeste
de massa M e raio R se sua velocidade, quando próximo à superfície
do corpo for pelo menos igual à velocidade de escape:
Assim, a velocidade mínima de lançamento de um corpo para que ele
não sofra atração do outro (energia potencial nula) será tal que ele
chegará no ponto final de sua trajetória também com velocidade nula.
Sabendo que a energia potencial de um corpo sob ação de um campo
G.M.m
, temos que, por conservação
gravitacional é dada por U = −
d
de energia:
mint
d 3 − R13
m
M
=
=
⇒ mint = M
ρ=
4
4
V
R23 − R13
π d 3 − R13
π R23 − R13
3
3
)
)
(
Assim, ΦG = −4π ⋅ G ⋅ mint = −4π ⋅ G ⋅ M
d 3 − R13
R23 − R13
(II)
Assim temos, igualando (I) e (II):
− | g | ⋅(4π ⋅ d 2 ) = −4π ⋅ G ⋅ M
d 3 − R13
G⋅M
d2
− R13
⇒| g |=
G ⋅ M d 3 − R13
d 2 R23 − R13
A força de atração gravitacional sobre m, é dada portanto por:
F = m⋅ | g |= m ⋅
R23
⋅
G.M.m
R2
k =1
Considerando a densidade da casca constante, temos:
(
Rmáx
Observação:
Considerando o período
medido em anos (o
período
sideral
da
Terra), e R em unidades
astronômicas (definida
como a distância média
da Terra ao Sol), fica
claro que a constante k,
característica de cada
sistema, apresenta valor
1,0 para o nosso
sistema solar.
( K + U )antes = ( K + U )depois
d 3 − R13
GMm(d 3 − R13 )
=
3
3
R2 − R1
d 2 (R23 − R13 )
m.v escape
2
GRAVITAÇÃO
m.v escape 2
Gravitação é um tema agradável ao ITA e podemos encontrar
exercícios sobre o assunto em todas as suas provas. Dentre os
tópicos relacionados, temos:
2
A1,2
A3,4
=
⎛ G.M.m ⎞ m.02
⎛ G.M.m ⎞
+ ⎜−
+ lim ⎜ −
⎟=
⎟
d →∞
2
R ⎠
d ⎠
⎝
⎝
⎛ G.M.m ⎞
+ ⎜−
⎟=0+0
R ⎠
⎝
2.G.M
, que a velocidade mínima onde
R
o objeto pode alcançar um estado de inércia no espaço (U=0).
De onde temos que v escape =
Leis de Kepler
1. Lei de Órbitas: Todos os planetas se movem em órbitas elípticas
em torno de um astro central, o qual ocupa um dos focos.
2. Lei das Áreas: O vetor raio que une o sol a um planeta varre áreas
iguais no plano da órbita em tempos iguais.
Portanto, a área varrida é proporcional ao tempo Δt:
2
Nota
As
trajetórias
de
lançamentos: De acordo com a
velocidade de lançamento, podemos
ter algumas possibilidades de curvas
descritas
devido
à
atração
gravitacional entre dois corpos.
Considerando que um corpo é
lançado perpendicularmente à linha
que une os dois centros de massa,
repare nas seguintes possibilidades:
Δt1,2
Δt 3,4
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Velocidade de lançamento menor que a velocidade de escape:
GM
- Se v <
, teremos que o corpo descreve (na realidade
R
descreveria) uma elipse onde o planeta ocuparia o foco mais
afastado do ponto de lançamento
GM
, teremos que o corpo descreve uma circunferência
- Se v =
R
G1 − G2 =
G.M.a3
=
G.M.a3 G.M.a
=
R 3a 2
R3
R ⎡⎣R − ( R − a ) ⎤⎦
G.M
Como temos que G1 = 2 , podemos dizer:
R
G − G2 a
G.M a
a
G1 − G2 = 2
= G1 ⇒ 1
=
R R
R
G1
R
GM
2GM
<v <
, teremos que o corpo descreverá uma
R
R
elipse, onde o planeta ocuparia o foco mais próximo do ponto de
lançamento
- Se
2
3
SIMETRIA EM CIRCUITOS ELÉTRICOS
Quando falamos em simetria num circuito composto por resistores (ou
por capacitores), estamos falando em identificar nesse circuito pontos
de mesmo potencial. Isso pode ser usado para resolver circuitos com
associações de resistores (ou capacitores), a princípio, complexas.
Como exemplo, temos a questão abaixo:
Velocidade de lançamento maior ou igual à velocidade de
escape:
2GM
- Se v =
, teremos que o corpo descreverá uma parábola
R
Exemplo: (IME 2008) A malha de resistores apresentada na figura ao
lado é conectada pelos terminais A e C a
uma fonte de tensão constante. A malha
é submersa em um recipiente com água
e, após 20 minutos, observa-se que o
líquido entra em ebulição. Repetindo as
condições mencionadas, determine o
tempo que a água levaria para entrar em
ebulição, caso a fonte tivesse sido
conectada aos terminais A e B.
GM
, teremos que o corpo descreverá uma hipérbole
- Se v >
R
Devido à incidência de exercícios de Gravitação no ITA, o próximo
exemplo pode sugerir que o assunto sempre é cobrado com uma alta
complexidade, o que não é verdade. Na realidade, ele leva em
consideração alguns conceitos que são importantes e que poderão
ajudar a afinar seus conhecimentos sobre o assunto:
Exemplo: (ITA 2003) Variações no campo gravitacional na superfície
da Terra podem advir de irregularidades na distribuição de sua massa.
Considere a Terra como uma esfera de
raio R e densidade ρ, uniforme, com uma
cavidade esférica de raio a, inteiramente
contida no seu interior. A distância entre
os centros O, da Terra, e C, da cavidade,
é d, que pode variar de 0 (zero) até R – a,
causando, assim, uma variação do campo
gravitacional em um ponto P, sobre a
superfície da Terra, alinhado com O e C.
Seja G1 a intensidade do campo gravitacional em P sem a existência
da cavidade na Terra, e G2, a intensidade do campo no mesmo ponto,
considerando a existência da cavidade. Então, o valor máximo da
variação relativa: (G1 – G2)/G1, que se obtém ao deslocar a posição da
cavidade, é
a) a3/[(R-a)2R]
b) (a/R)3
c) (a/R)2
d) a/R
e) nulo.
Resolução:
Chamemos de E o ponto no meio do circuito.
a) Resistência equivalente entre
A e C:
Observando a simetria existente
em relação à reta BD, o lado
esquerdo e o lado direito são
idênticos. Portanto, os pontos B,
D e E têm o mesmo potencial.
Assim, as duas resistências, entre B e E, e entre D e E, não são
atravessadas por corrente, e podem ser removidas do circuito. Desse
modo, o circuito é equivalente ao seguinte:
Resolução: (Alternativa D)
Este problema pode ser resolvido supondo que a cavidade não gere
campo gravitacional. Será considerado que a cavidade é constituída
por duas massas sobrepostas, de mesma densidade em módulo (mas
com sinais trocados). Assim, apenas matematicamente, iremos
considerar que o efeito da massa positiva que estaria na cavidade
seria cancelado pelo efeito da massa negativa, resultando um efeito
de ausência de massa. Cuidado, pois não existe massa negativa (nem
seu efeito propriamente dito, que será de repulsão). Este artifício será
utilizado apenas para resultar numa ausência de massa total, o que
pode ocorrer fisicamente.
Assumindo que teremos dois efeitos como um todo (a soma do efeito
sem a cavidade com o efeito da nossa “massa negativa”) teremos que
a gravidade com a cavidade, no ponto P será dada por:
G. ( −M ' )
G.M '
G.M '
G2 = G1 + Gmassa negativa = G1 +
= G 1−
⇒ G1 − G2 =
2
2
2
(R − d )
(R − d )
(R − d )
RAC =
Onde M’ é o módulo da massa da cavidade.
Mas, como a densidade é constante, temos que
M
M'
a3
ρ=
=
⇒ M' = M 3
4
4
R
π R3
π a3
3
3
Assim, temos que:
a3
G.M 3
3
R = G.M.a
G1 − G2 =
2
2
(R − d ) R3 (R − d )
2R
3
b) Resistência equivalente entre A e
B:
Observando novamente a simetria
indicada na figura acima (em relação
à linha s), atribuir aos pontos sobre a
linha s o mesmo potencial:
Note nossa variável d influencia na variação do campo gravitacional,
que será máxima, quanto menor o denominador (maior d). Assim,
ocorrerá a máxima variação quando d = R − a (a cavidade tangencia
o ponto P). Substituindo, teremos:
18
Linha s
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Resolução.
Seja C a capacitância de cada um dos doze capacitores do cubo.
Nota-se que a rede de capacitores do nó Q para o nó M apresenta
simetria geométrica e elétrica, pois todos os capacitores são idênticos
e cada um dos “caminhos” de Q para M apresenta as mesmas
características, 3 arestas e, portanto, 3 capacitores.
Observe a figura a seguir:
Q
P
N
P’
N’
P’’
M
N’’
De acordo com o enunciado, o potencial em M é VM = 0 V (aterrado).
Por simetria, observando a partir de M, os nós N, N’ e N’’ apresentam
potenciais elétricos iguais (VN). Seguindo o mesmo raciocínio, os nós
P, P’ e P’’ apresentam potenciais elétricos iguais (VP).
Em uma rede elétrica, nós que apresentam um mesmo potencial
elétrico são equivalentes a nós coincidentes.
Desse modo, podemos redesenhar a rede cúbica de capacitores
substituindo os nós equivalentes por um mesmo nó. Na figura a seguir
o esquema elétrico apresentado é equivalente ao esquema cúbico da
questão, porém está todo em um mesmo plano e, com a equivalência
dos nós, ficou mais fácil o estudo das capacitâncias equivalentes, das
cargas armazenadas e das diferenças de potencial (d.d.p.) entre os
nós.
C
Temos que a resistência equivalente entre os pontos AB pode ser
calculada por:
⎛⎛⎛ R
⎞ ⎛R
⎞
⎞⎞
RAB = 2. ⎜ ⎜ ⎜ / / R ⎟ + R ⎟ / / ⎜ / /R ⎟ ⎟
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠⎠
⎠
⎝⎝
Calculando:
R
⋅R
R
⎛R
⎞
=
1) ⎜ / / R ⎟ = 2
R
⎝2
⎠
+R 3
2
R
4R
⎛R
⎞
2) ⎜ / / R ⎟ + R = + R =
2
3
3
⎝
⎠
C
C
C
C
M
C
N
C
P
Q
C
C
V
C
C
C
Para os cálculos das capacitâncias equivalentes, lembre-se:
•
“n” capacitores em paralelo: Ceq = C1 + C2 + ... + Cn
4R R
⋅
⎛⎛ R
⎞ ⎛R
4R
⎞
⎞
3) ⎜ ⎜ / / R ⎟ + R ⎟ / / ⎜ / / R ⎟ = 3 3 =
4
R
R
2
2
15
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
+
3
3
•
“n” capacitores em série:
1
1
1
1
=
+
+ ... +
Ceq C1 C2
Cn
Logo, podemos simplificar ainda mais o circuito acima:
⎛⎛⎛ R
⎞ ⎛R
⎞
⎞ ⎞ 8R
4) RAB= 2. ⎜ ⎜ ⎜ / / R ⎟ + R ⎟ / / ⎜ / /R ⎟ ⎟ =
2
2
⎠
⎠ ⎠ 15
⎠ ⎝
⎝⎝⎝
VMN
Agora passemos à comparação entre os tempos utilizados no primeiro
e no segundo processo para vaporizar a água. Em ambos os casos, a
quantidade de calor fornecida deve ser a mesma, bem como a tensão
aplicada.
Q U2
Como a potência é dada por P =
=
, temos que:
Δt R
2
8
R
R
RAC RAB
3
15
=
⇒
=
⇒ Δt 2 = 16 min
20 min
Δt1
Δt 2
Δt 2
M
3C
VNP
N
6C
VPQ
P
3C
Q
V
Podemos dizer que os capacitores acima carregam-se através de uma
mesma corrente num mesmo intervalo de tempo, e por isso possuem
cargas iguais:
qMN = qNP = qPQ = q
Da definição de capacitância, q = C ⋅ V , podemos escrever, de acordo
com o esquema da figura acima:
q
qNP = 6C ⋅ VNP ⇒ VNP =
6C
q
qMN = 3C ⋅ VMN ⇒ VMN =
⇒ VMN = 2VNP
3C
q
qPQ = 3C ⋅ VPQ ⇒ VPQ =
⇒ VPQ = 2VNP
3C
Pela lei das malhas, podemos escrever sobre as d.d.p. entre os nós:
VMN + VNP + VPQ = V . Então:
Observe a seguir um exemplo de simetria com circuito de capacitores.
(ITA 2011) Uma diferença de potencial eletrostático V é estabelecida
entre os pontos M e Q da rede cúbica de capacitores idênticos
mostrada na figura. A diferença de potencial entre os pontos N e P é
a) V
2
b) V
3
c) V
4
d) V
5
e) V
6
2VNP + VNP + 2VNP = V ⇒ 5VNP = V ⇒ VNP =
19
V
5
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
MALHAS INFINITAS
M
É possível calcular resistências equivalentes até mesmo em algumas
associações envolvendo infinitos resistores. Nesse caso, devemos
tentar obter algum padrão que se repita dentro da associação, de
modo a transformá-la numa malha equivalente finita, com poucos
resistores, com a qual seja simples trabalhar, como ilustra o exemplo
abaixo.
Ainda, pela simetria do
sistema, podemos anotar os
potenciais ao lado:
Exemplo: (ITA 2001) Um circuito elétrico é constituído por um número
infinito de resistores idênticos, conforme a figura. A resistência de
cada elemento é igual a R. A resistência equivalente entre os pontos
A e B é:
1i
2i
1f
2f
1i
2i
Dessa forma, podemos chegar a uma forma de visualizar melhor o
sistema:
a) infinita
b) R( 3 − 1)
⎛
3⎞
d) R ⎜ 1 −
⎟⎟
⎜
3
⎝
⎠
e) R(1 + 3)
c) R 3
(R
R/2
Resolução: (Alternativa E)
Veja a figura abaixo:
A
A
A
R
Req
M
)
2 / 4 / / ( R / 2)
R 2/4
1i
1f
2i
B
2f
2i
B
C
Req
R
B
2f
B
M
D
R
(
)
2 −1
2
Sendo uma montagem infinita, temos que a resistência equivalente
entre os pontos A e B é a mesma que a resistência equivalente do
restante do circuito, entre os pontos C e D, que está associada em
série com duas resistências R. Assim, temos:
R ⋅ Req
= Req ⇔ Req 2 − 2R.Req − 2R 2 = 0 ⇔ Req = R ⋅ (1 ± 3 )
2R +
R + Req
R/2
A
R 2/4
1i
Req
2
1f
Descartando a raiz negativa, ficamos com: Req = R ⋅ (1 + 3) .
Exemplo – Malhas infinitas e simetria:
Considere a figura abaixo onde os
traços são fios elétricos finos, todos
do mesmo material e com a mesma
secção. O pedaço do fio com o
comprimento do lado do quadrado
principal, L, tem resistência R.
Assuma que o circuito se prolonga
ad infinitum para o centro do
quadrado seguindo o padrão da
figura.
R
(
)
2 −1
2
A
1i
R/4
2i
R/4
B
R/4
B
2Req + 2R
4
2R ⋅ Req
Qual é a resistência equivalente (em unidades de R) entre os pontos
A e B?
Resolução:
Temos que a resistência é
R 2 /8
proporcional
ao
R/4
comprimento do fio (mesmo
material e mesma secção R 2 / 4
R/2
transversal).
Dessa forma, podemos
notar uma recursividade nos
valores das resistências
assinaladas (e nas demais,
devido
à
simetria
do
problema):
A
1i
R/4
De onde temos
(
)
(
(
2 − 1 + R2 2 − 2
4Req + 2R 3 2 − 2
(
)
(
(
)
)
2i
)
2
R 2R ⋅ Req 2 − 1 + R 2 − 2
+
= Req
2
4Req + 2R 3 2 − 2
)
Rearranjando os termos acima, chegamos na equação de segundo
grau: 2Req2 + 2R ⋅ Req
Req =
−2
(
)
(
)
2 − 1 − R 2 2 = 0 , cujas raizes são:
2 − 1 R ± 12R
2
2⋅2
Descartando a raiz negativa:
=
1− 2 ± 3
R
2
Req =
20
1− 2 + 3
R
2
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
TEOREMA DE THÉVENIN
Dado um circuito A qualquer, calcula-se o equivalente de Norton,
entre dois pontos
‘A’ e ‘B’, da seguinte forma:
- IN é a corrente que passa por um curto-circuito aplicado nos
terminais ‘A’ e ‘B’.
- RN é calculado da mesma maneira que Rth.
Em 1883, M. Leon Thévenin enunciou o seguinte teorema:
“Qualquer estrutura linear ativa pode ser substituída por uma única
fonte de tensão Vth em série com uma resistência Rth”.
Exemplo:
Cálculo do gerador de corrente do equivalente de Norton:
Na prática, isso significa que qualquer circuito pode ser representado
conforme mostra a figura:
R1
R2
V1
V1
A
B
VAB,aberto =
(corrente do
curto circuito)
RN
I AB,curto = IN =
V1
R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3
B’
EQUIVALÊNCIA – FONTES DE TENSÃO E DE CORRENTE
Dado um gerador de tensão, existe um gerador de corrente que lhe é
equivalente, isto é, do ponto de vista de uma carga tanto faz ela estar
ligada no gerador de tensão ou no de corrente.
Para haver equivalência entre o gerador de corrente (I, R1) e o
gerador de tensão (E, R2) deve haver a seguinte relação:
Circuito
equivalente de
Thévenin
Dada a fonte de corrente, para obter a fonte de tensão equivalente:
E = R1 ⋅ I e R2 = R1
A’
VTh = VAB
(voltagem do
circuito aberto)
R3
A’
IN = IAB
R3
B
Exemplo:
Cálculo da força eletromotriz do equivalente de Thévenin:
R2
Circuito
equivalente de
Norton
IN
Dado um circuito A qualquer, calcula-se o equivalente de Thévenin
entre dois pontos ‘A’ e ‘B’, da seguinte forma:
- Vth é a tensão medida nos terminais ‘A’ e ‘B’ do circuito A (em
aberto);
- Rth é a resistência equivalente entre os terminais ‘A’ e ‘B’ com todas
as fontes de tensão do circuito A substituídas por curtos e as fontes
de corrente substituídas por chaves abertas.
R1
A
Dada a fonte de tensão para obter a fonte de corrente equivalente:
E
I=
e R1 = R2
R2
RTh
VTh
Visualmente, temos a seguinte equivalência:
R3
V1
R1 + R3
B’
(pelo divisor de tensão)
Fonte de Corrente
Fonte de Tensão
A’
A’
Cálculo da resistência interna do equivalente de Thévenin:
R1
V1
R2
A
R
Circuito
equivalente de
Thévenin
A’
R3
B
R1 ⋅ R3
+ R2
R1 + R3
B’
B’
RTh
RTh = Req , AB =
R
I
V
I=
V = R ⋅I
VTh
V
R
CONVERSÕES Y-Δ (T-π) E Δ-Y- (π-T)
(a) Rede em T ou em Y.
B’
a
Rb
Ra
b
TEOREMA DE NORTON
Em 1933, E. L. Norton enunciou o seguinte teorema:
a
Rb
Ra
b
Rc
Rc
“Qualquer estrutura linear ativa pode ser substituída por uma única
fonte de corrente IN em paralelo com uma resistência RN”.
c
c
(b) Rede em pi ou em delta ou em triângulo.
Esse teorema é o dual ao Teorema de Thévenin e, na prática, diz que
um circuito qualquer pode ser representado conforme mostra a figura.
R1
a
b
R1
a
b
R3
R2
R3
c
21
c
c
R2
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
a) Conversão Delta em Y:
R1
a
Rc
R3
⎧
R1 ⋅ R3
⎪Ra =
+
R
R2 + R3
1
⎪
⎪⎪
R1 ⋅ R2
⎨Rb =
R1 + R2 + R3
⎪
⎪
R2 ⋅ R3
⎪Rc =
R1 + R2 + R3
⎪⎩
b
Rb
Ra
muito maior (1 s ou mais) para se instalar uma corrente da ordem de
E / R.
R2
c
Este assunto já foi cobrado no ITA há mais de 10 anos.
Recentemente, ele não vinha sendo solicitado até o vestibular de
2006 que cobrou um conceito simples de auto-indutância. Portanto,
recomendamos atenção a este tópico, pois existe a possibilidade da
banca estar abordando novamente este tema, provavelmente com um
grau maior de aprofundamento.
Observe o exemplo que foi cobrado em 2006:
Exemplo: (ITA 2006) Um solenoide com núcleo de ar tem autoindutância L. Outro solenoide, também com núcleo de ar, tem a
metade do número de espiras do primeiro solenoide, 0,15 do seu
comprimento e 1,5 de sua seção transversal. A auto-indutância do
segundo solenoide é:
a) 0,2 L
b) 0,5 L
c) 2,5 L
d) 5,0 L
e) 20,0 L
b) Conversão Y em Delta:
R1
a
R3
⎧
Ra ⋅ Rb + Rb ⋅ Rc + Rc ⋅ Ra
⎪R1 =
Rc
⎪
Ra ⋅ Rb + Rb ⋅ Rc + Rc ⋅ Ra
⎪⎪
⎨R2 =
Ra
⎪
⎪
Ra ⋅ Rb + Rb ⋅ Rc + Rc ⋅ Ra
⎪R3 =
Rb
⎪⎩
b
Rb
Ra
Rc
R2
c
Resolução: (Alternativa C)
A auto-indutância de um solenoide é dada por: L = N 2 μ
Assim, para os dois solenoides em questão, teremos
A
L1 = N12 μ 1
INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA
Indução eletromagnética - Estabelecimento de uma força
eletromotriz num circuito por efeito da variação de um fluxo magnético
que o atravessa.
Indutância: propriedade de indução de força eletromotriz em um
circuito por efeito da variação de uma corrente que passa pelo próprio
circuito (auto-indutância) ou por um circuito próximo (indutância
V
.
mútua). Unidade: henry, H =
A/s
E
L=−
di dt
1
L2 = N2 2 μ
2
2
Os conceitos descritos neste material estão apenas em caráter de
resumo e serão de grande valia para quem se esforçou durante todo o
ano visando apenas um propósito: ser aprovado. Ele engloba uma
pequena parte do universo que você conhece da Física.
Acredite que a realização de sua conquista não está apenas no
estudo deste material (na realidade ele provavelmente contribuirá
pouco se comparado com todo o esforço que você fez durante sua
vida escolar). Confie no trabalho que você realizou ao longo do ano e
também nos anos anteriores que contribuíram para você chegar onde
chegou: certamente suas vitórias serão sempre acompanhadas de
trabalho árduo e muito esforço e, com certeza, este é um dos critérios
para ser bem sucedido nas provas de admissão do ITA.
Definições em física:
solenoide. [do grego solenoides, ‘em forma de tubo’.] S. m. Física.
Indutor constituído por um conjunto de espiras circulares paralelas e
muito próximas, com o mesmo eixo retilíneo.
bobina. [Do francês bobine.] S. f. Física. Agrupamento de espiras de
um condutor elétrico, enroladas em torno de um suporte ou de um
núcleo de material ferromagnético, e que, num circuito, funciona como
indutor.
Indutância de um solenoide:
espira. [Do grego speíra, pelo latim spira.] S. f. Engenharia elétrica.
Parte elementar de um enrolamento, cujas extremidades são, em
geral, muito próximas uma da outra.
toroide. [de toro + -oide.] S. m. Geometria. Sólido gerado pela rotação
de uma superfície plana fechada em torno de um eixo que não lhe
seja secante.
Auto-indutância de uma bobina solenoidal:
A
L = N 2μ
l
N é o número de espiras; μ, a permeabilidade do núcleo; A é a área
da secção reta do núcleo em metros quadrados e l é o comprimento
do núcleo em metros.
Ação de um indutor em circuitos
L
(1,5 ⋅ A1 ) = 2,5 ⋅ N 2 μ A1 = 2,5 ⋅ L
⎛N ⎞
=⎜ 1⎟ μ
1
1
2
⎝ ⎠ ( 0,15 ⋅ 1 )
1
COMENTÁRIOS FINAIS DE FÍSICA
d ΦB
di
di
⇒ N
,
=L
dt
dt
dt
Assim, N ΦB = Li . Unidade: Wb = H ⋅ A
E
A2
Portanto, L2 = 2,5 ⋅ L1 = 2,5 ⋅ L
Temos portanto que −E = L
R
A
Ao ligar a chave, a corrente
num indutor NÃO pode
instantaneamente passar de
zero a um valor finito, pois
E
implicaria L = 0.
L=−
di dt
De fato, toda corrente leva algum tempo para se instalar, mas num
circuito sem um indutor, esse tempo é da ordem de 10-9 s e pode ser
desprezado, e, havendo um indutor, pode ser necessário um tempo
22