RESUMOS E DICAS VESTIBULAR (INCLUI MATERIAL “CONHEÇA O ITA”) ÍNDICE INFORMAÇÕES SOBRE O ITA CONHEÇA O ITA- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 1 FÍSICA A PROVA DE FÍSICA DO ITA; ANÁLISE DIMENSIONAL; MOMENTO LINEAR - - - - - - 6 CENTRO DE MASSA; EFEITO FOTOELÉTRICO - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 7 EFEITO COMPTON - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 8 HIPÓTESE DE DE BROGLIE; POLARIZAÇÀO - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 9 INTERFERÊNCIA; EXPERIMENTO DE YOUNG - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 10 INTERFERÊNCIA EM FILMES FINOS; LUZ E ESPECTRO DE CORES - - - - - - - - - - - 11 ONDAS ESTACIONÁRIAS; TUBOS SONOROS; INTENSIDADE SONORA - - - - - - - - - 12 BATIMENTO; EFEITO DOPPLER FRIZEAU; LEI DE GAUSS – CAMPO ELÉTRICO - - - 13 LEI DE GAUSS – CAMPO MAGNÉTICO; LEI DE GAUSS – CAMPO GRAVITACIONAL 15 GRAVITAÇÃO - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 16 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA; COMENTÁRIOS FINAIS - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 17 PORTUGUÊS O PORTUGUÊS NO ITA - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 18 MATEMÁTICA A MATEMÁTICA NO ITA; TEORIA DOS CONJUNTOS; TEMAS DIFERENTES - - - - - - 19 TRIGONOMETRIA; LOGARÍTMOS; PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES - - - - - 20 IDENTIDADE DE EULER; CÔNICAS - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 21 COMENTÁRIOS FINAIS - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 22 QUÍMICA A QUÍMICA NO ITA; PROPRIEDADES COLIGATIVAS - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 23 FORÇAS INTERMOLECULARES; GEOMETRIA MOLECULAR - - - - - - - - - - - - - - - - - 27 ESTRUTURA ATÔMICA – O ÁTOMO DE BOHR - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 30 ELETROQUÍMICA E TERMODINÂMICA - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 31 EQUAÇÃO DE NERSNT - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 32 TERMOQUÍMICA E SUA RELAÇÃO COM TERMOFÍSICA; CINÉTICA - - - - - - - - - - - - 33 EQUAÇÀO DE ARRHENIUS; COMENTÁRIOS FINAIS - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 34 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA quanto à viabilidade de se desenvolver um avião no país contando apenas com uma equipe de engenheiros brasileiros. INSTITUTO TECNOLÓGICO DE AERONÁUTICA (ITA) "É tempo, talvez, de se instalar uma escola de verdade em um campo adequado... Margeando a linha da Central do Brasil, especialmente nas imediações de Mogi das Cruzes, avistam-se campos que me parecem bons... Os alunos precisam dormir junto à escola, ainda que para isso seja necessário fazer instalações adequadas... Penso que, sob todos os pontos de vista, é preferível trazer professores da Europa ou dos Estados Unidos, em vez de para lá enviar alunos... Meu mais intenso desejo é ver verdadeiras escolas de aviação no Brasil.” Bandeirante A superação dessa dificuldade foi possível graças ao convite feito a um renomado projetista francês. A credibilidade do projetista no meio aeronáutico tornou possível a construção da aeronave. Entretanto, a alta cúpula da Força Aérea Brasileira foi convencida de que o técnico francês deveria coordenar somente a modernização de aparelhos, e não coordenar tecnicamente o projeto de um novo avião. Após a tentativa de envolver a iniciativa privada na fabricação de aviões, o Governo decidiu criar uma sociedade de economia mista de controle estatal, tendo sido constituída a Empresa Brasileira de Aeronáutica – EMBRAER, cujos principais dirigentes também se formaram no ITA. Palavras escritas por Santos-Dumont em 1918 A “PROFECIA” DE SANTOS DUMONT E A FUNDAÇÃO DO ITA Originalmente concebida para produzir um total de 150 aparelhos Bandeirante a uma cadência de dois aviões por mês, a Em meados de 1945, norteado pela incrível visão estratégica EMBRAER rapidamente superou esses propósitos e até mesmo a de Santos Dumont e inspirado por forte idealismo e espírito exportação da aeronave tornou-se realidade. empreendedor, um grupo de militares, liderado pelo então coronelengenheiro Casimiro Montenegro Filho, planejava, no campo de Ao mesmo tempo, a Embraer recebia uma pouso de Aeroclube de São José dos Campos, encomenda da Força Aérea, para a fabricação Em agosto de 1945 foi como seria a escola de verdade: “Aqui sob licença de 112 jatos de treinamento construiremos o túnel aerodinâmico... Ali, o definido o Plano Geral avançado, apoio tático e ataque ao solo, de alojamento dos alunos. À esquerda, os edifícios do Centro Técnico de projeto italiano. A produção da aeronave de nome escolares...” Aeronáutica, cuja Xavante teve inicio em 1971, marcando o início Para esta missão, contava com o apoio do da produção de aeronaves a jato no país. pedra fundamental professor norte-americano Richard Herbert Smith, seria a fundação do licenciado do renomado MIT - Massachusetts Ao longo dos anos, a Embraer contou com um Institute of Technology, que veio para o Brasil poderoso mecanismo de capitalização que ITA. com o intuito de auxiliar a organização de uma contribuiu para conferir à empresa a capacidade O futuro centro de Escola de Engenharia Aeronáutica. de investimento necessária a seu crescimento, e excelência em Do corpo docente pioneiro faziam parte várias outras aeronaves foram concretizadas, tais aeronáutica seria professores norte-americanos ou radicados nos como o Ipanema (projetado no ITA nos anos 60), Estados Unidos e trazidos ao Brasil pelas mãos formado a partir de o Tucano (projetado, desenvolvido e construído do professor Smith (a maior parte do MIT). em apenas dois anos na década de 80), o Brasília uma escola de Também chegavam ao ITA em 1950 professores (cuja produção capacitou a Embraer industrial e formação de da Alemanha e de outras nacionalidades, como o comercialmente para o desenvolvimento de engenheiros de chinês Kwei Lien Feng. Para trabalhar com os aeronaves de grande porte e complexidade), o aeronáutica, professores estrangeiros dos anos iniciais e, em AMX (um jato de combate e ataque ao solo tempo, substituí-los, passou o Ministério da desenvolvido em parceria com empresas considerando-se o MIT Aeronáutica a contratar professores brasileiros. italianas), e aviões mais leves, a partir de 1973, como modelo para a Já em 1950 a primeira turma de quando a empresa decidiu lançar-se num organização do futuro. engenheiros aeronáuticos se formava no Rio de programa de substituição de importações desse Janeiro, com o apoio da Escola Técnica do tipo de aeronave. Exército (hoje, Instituto Militar de Engenharia - IME), uma vez a É verdade, portanto, que as exportações da Embraer construção do ITA e do CTA não estava pronta. E assim, no evoluíram muito rapidamente. Mas o que explica o êxito da mesmo ano em que a primeira turma de Engenheiros do ITA Embraer? Entre os muitos fatores que respondem a essa diplomava-se (no IME!), a segunda tinha início em São José dos indagação, o primeiro deles é, incontestavelmente, a Campos. disponibilidade de recursos humanos. Havia no país uma massa Em poucos anos o ITA já ganhava projeção, através de crítica de engenheiros aeronáuticos e de outros especialistas feitos como o desenvolvimento do motor a álcool, a implantação formados pelo ITA desde meados dos anos 50. Altamente do primeiro curso de Engenharia Eletrônica no Brasil, implantação qualificados devido à excelência do ITA como instituição de ensino do primeiro curso formal de pós-graduação stricto sensu, entre superior, esses especialistas puderam ser mobilizados pela outros. Embraer desde o primeiro momento da vida da empresa e foram capazes de projetar equipamentos de alta confiabilidade que DA FUNDAÇÃO DO ITA AO SURGIMENTO DA conquistaram o mercado internacional. INDÚSTRIA AERONÁUTICA BRASILEIRA Trinta anos depois, a Embraer apresenta vendas em Em 1955, foi criado o Instituto de Pesquisa e carteira da ordem de dez bilhões dólares, transformando-se na Desenvolvimento do CTA. Um grupo desse instituto projetou o quarta indústria aeronáutica do mundo. Contando com mais de avião Bandeirante, um bimotor, turboélice, capaz de transportar sete mil funcionários, a empresa representa hoje um grande cerca de 20 passageiros e operar na maioria das cidades patrimônio tecnológico do país, tendo produzido milhares de brasileiras da época. Esse grupo era constituído essencialmente aviões que voam todos os continentes e que transportam milhões por engenheiros formados pelo ITA. de passageiros a cada ano. A partir daí, o grupo teve dificuldades para convencer o Governo a concretizar o projeto do avião, que teria como finalidade o atendimento de pequenas demandas do tráfego aéreo brasileiro de então. A principal delas foi o ceticismo generalizado 2 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Mesmo alunos que moram em São José dos Campos costumam optar por residir no alojamento, chamado de H-8, pelas facilidades que apresenta e pela convivência no grupo. O alojamento conta com ampla área para a prática esportiva e lazer e dispõe de: • Quadras poliesportivas; • Quadra de vôlei de praia; • Piscina (conhecida como "Feijão", por seu formato); • Churrasqueira; • Academia de musculação; • Salão de jogos; • Sala de vídeo; • Sala equipada para prática de lutas; • Lanchonete; • Biblioteca; • Sala de Estudos. É justamente a convivência no alojamento, associada à DC e também aos elevados desafios das provas e trabalhos, que fortalecem o companheirismo entre os estudantes do ITA. Após 5 anos de convivência muito mais próxima do que se morassem em residências distantes, os iteanos carregam consigo forte vínculo com a instituição e com os demais iteanos, levando em geral para o resto de suas vidas as amizades construídas nos tempos da faculdade. No H-8 existem moradas para 4 ou 6 pessoas, subdivididos em quartos para duas pessoas. Os quartos possuem armário, mesa e cabeceira fixos (de tijolo e concreto) e cama, conforme a planta abaixo. EXPANSÃO E CONSOLIDAÇÃO DO BRASIL NO MUNDO DA AVIAÇÃO A EMBRAER é apenas um exemplo que mostra porque os profissionais que possuem no currículo o diploma do Instituto Tecnológico de Aeronáutica (ITA) são identificados no mercado como high profiles, termo em inglês que significa talento diferenciado, perfil acima da média. Em seus 60 anos de existência, o ITA já formou mais de cinco mil engenheiros, dos quais cerca de 1.000 engenheiros aeronáuticos. Esses recursos humanos fizeram-se presentes no desenvolvimento de diversas tecnologias e empresas no Brasil. Dentre as iniciativas com criação derivada das atividades do ITA e do CTA, ou de seus ex-alunos estão, além da EMBRAER, a EMBRATEL, a Avibrás, Tecnasa, Tectran, e Mectron, para citar algumas empresas de Protótipo do VLS tecnologia; e entre as universidades e programas de engenharia que foram montados com ajuda de ex-alunos do ITA estão os cursos de Engenharia Elétrica da UNICAMP, da UFPB-Campina Grande e os programas de pós graduação da Coppe/UFRJ. Dentre as contribuições técnicas, podemos citar, além do motor a álcool e do avião Bandeirante, o desenvolvimento da urna eletrônica, do radar meteorológico, o primeiro simulador de vôo desenvolvido na América Latina, primeiro laser CO2, o primeiro laser excimer, o Veículo Lançador de Satélites (VLS), entre outros. A sólida formação, a elevada capacidade análise e de lidar com pressão, são características que permitem aos iteanos, como são chamados os alunos e ex-alunos do ITA, atingirem também posições no alto escalão – muitas vezes diretoria ou presidência – de grandes empresas, como: IBM, NEC, Ericsson, Rhodia, Motorola, HP, Cia Vale do Rio Doce ou mesmo posições de destaque na área acadêmica, como reitores de universidades ou cargos de liderança em instituições como FAPESP (Fundação de Amparo à Pesquisa de SP) e CNPq (Conselho Nacional de Desenvolvimento Científico e Tecnológico). É esta sólida formação também a responsável pelos impressionantes resultados em processos avaliativos do MEC, como o provão, no qual o ITA é a única instituição com 100% de notas A em todos os cursos, e o ENADE em que ITA e IME se revezam nos primeiros lugares do Brasil nos cursos que oferecem. Planta aproximadamente em escala do alojamento do ITA (H-8) para 6 ocupantes (Fonte: Wikipédia) OS CURSOS O Curso de Graduação tem a duração de 5 anos, dos quais os 2 primeiros constituem o Curso Fundamental, comum a todos os alunos, e os 3 últimos, o Curso Profissional, específico para cada uma das seguintes especialidades de Engenharia: • Aeronáutica • Mecânica-Aeronáutica • Infra-Estrutura Aeronáutica (Equivalente à Engenharia Civil) • Eletrônica • Computação Refeitório Os alunos do ITA têm direito a alimentação gratuita, com três refeições diárias no estilo “bandejão” (self-service), podendo se servir à vontade. Essas refeições ocorrem no refeitório dos alunos, popularmente conhecido como Rancho, e têm horários definidos. Apesar de ter um cardápio variado, são tipicamente compostas por: • Café-da-manhã (das 7h às 8h): pão de sal, manteiga ou margarina, leite, café e um outro prato que varia a cada dia (um tipo de mingau, queijo, apresuntado, fruta...); • Almoço (das 11:30 às 12:30): Arroz, feijão, um tipo de verdura, uma carne, um complemento (macarrão, batata, farofa...), além de suco artificial e uma sobremesa. • Jantar (das 18:00 às 19:00): semelhante ao almoço. VIDA DOS ALUNOS Disciplina consciente A comunidade iteana possui um código de honra e de ética conhecido desde os primeiros anos de existência do ITA como "Disciplina Consciente" (DC), conceito que consiste na prática de ações dentro de elevados padrões morais e de ética, sem a necessidade de fiscalização. Por exemplo, os alunos não colam em provas – que geralmente são aplicadas sem fiscais – a cola seria de falta de DC e as moradias, com os pertences dos alunos, geralmente ficam abertas mesmo na ausência destes. Alojamento O ITA disponibiliza a todos os alunos alojamento, projetado por Oscar Niemeyer, a uma taxa mensal de R$ 45,00 (em valores de 2006). Nessa taxa já está incluída a conta de luz e de água. 3 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA UM EXEMPLO DE APROVAÇÃO: A PREPARAÇÃO PARA AS PROVAS Para atingir a preparação adequada ao concorrido vestibular do ITA, é necessário aprofundamento muito forte nas disciplinas de exatas, português e inglês. Para dar aos seus alunos, esse nível de aprofundamento, os professores do Elite abordam os assuntos em um nível de profundidade sem precedentes na região de Campinas. Isto permite ao aluno atingir o elevado nível de domínio necessário para enfrentar com sucesso as provas do ITA. Gilberto Giuzio – Aprovado IME 2007 Elite - O que você achou do seu resultado no Vestibular? Você está satisfeito? Gilberto - Sem dúvida estou muito feliz, pois passar no IME é o sonho de milhares de alunos. No entanto, acho que isso não pode me desviar a atenção dos desafios vindouros – estudar muito lá no IME é um deles. Elite - Como era seu método de estudo? Quantas horas você estudava por dia ou por semana? Gilberto - Eu estudava de 80 a 90 horas por semana, incluindo o tempo de aulas, e não tive método pré-determinado, não conseguia organizar muito os meus estudos. A turma, especializada no vestibular do ITA, agrupa numa só sala alunos com os mesmos propósitos, provocando uma evolução mais rápida da turma como um todo. Elite - Em quais matérias você teve que batalhar mais? Gilberto - Fiz muitas redações. Devido ao fato de ter feito supletivo e estudar sozinho, antes eu não tinha quem me corrigisse, por isso quando entrei no Elite eu escrevia muito mal. SIMULADOS Os simulados são semanais, no formato dos vestibulares e com o nível de complexidade adequado ao treino para provas de elevada complexidade e que ainda requerem do aluno velocidade em sua resolução. Isto permite que o aluno do Elite aprenda a controlar seu tempo, a corrigir os erros por distração e a identificar seus pontos fortes e pontos a melhorar com rapidez. Elite - Você fazia todos os simulados? Como era seu desempenho nos simulados? Gilberto - Eu fiz todos os simulados. Não ia mal, porém devido ao nível elevado destes não conseguia tirar notas muito altas. No entanto, a dificuldade encontrada nos simulados me fez crescer e encarar o vestibular com relativa facilidade. CARGA HORÁRIA Elite - Você usava o plantão de dúvidas? Comente. Gilberto - Não sei se eram plantões, pois quando tinha alguma dúvida eu perguntava para os professores, coordenador ou diretor, quem aparecesse primeiro, e eles me resolviam as dúvidas. O coordenador era o que mais sofria comigo. Na TURMA ITA/IME/AFA do ELITE os alunos têm 44 AULAS SEMANAIS. São 10 aulas de matemática, 10 de física e 8 de química por semana. - 10 aulas de Matemática - 10 aulas de Física - 8 aulas de Química POR SEMANA! Elite - Quais foram as principais dificuldades que você enfrentou nos estudos? Gilberto - Tive diversas dificuldades, que são normais para qualquer vestibulando, entre elas: insegurança, cansaço, indecisão. Porém, graças a Deus consegui superá-las. Com isto, nossos mestres aprofundam MUITO mais nas disciplinas, explicam melhor o conteúdo e resolvem maior quantidade de exercícios em sala de aula. Além disso, o período de revisão começa mais cedo, permitindo retomar com maior atenção os tópicos que, de outro modo, cairiam no esquecimento. Elite - Qual foi a sensação ao ver seu nome na lista dos aprovados? Gilberto - A melhor sensação que já tive em toda a minha vida. Sempre sonhei cursar engenharia em uma das melhores escolas do Brasil e agora que vejo que o meu sonho está próximo me sinto muito feliz. MATERIAL DIDÁTICO INCLUSO X O aluno do Elite recebe apostilas com toda teoria e exercícios; X Apostila de revisão com as provas e gabaritos dos últimos 10 anos dos vestibulares do ITA, do IME e da AFA (total = 30 anos); X Resumos teóricos de todas as disciplinas (durante o período de revisão); X Diversos materiais complementares e listas de exercícios de aprofundamento, cuja resolução é fundamental para enfrentar com destreza o desafio destes vestibulares. Elite - Na sua opinião, quais foram as principais contribuições do Elite para a sua aprovação? Gilberto - Devo minha aprovação ao Elite Campinas. Cresci muito no Elite, aprendi muitas coisas novas e aperfeiçoei aquelas que já sabia. Além disso, o apoio moral e psicológico que recebi foram fundamentais para alcançar meu objetivo. • Possui um número elevadíssimo de questões, chegando a um nível muito superior de complexidade. • Apresenta grau de aprofundamento muito superior. É realmente um material que prepara para os vestibulares mais exigentes. Isso, aliado à elevada carga horária, constrói um forte domínio das disciplinas. • É próprio, feito pelos professores do Sistema Elite de Ensino. NOSSO MATERIAL DIDÁTICO: Elite - Na sua opinião, quais foram seus maiores erros e os seus maiores acertos em relação aos estudos no ano passado? Gilberto - Meu maior acerto foi ter parado de trabalhar e me dedicado exclusivamente aos meus estudos, graças a isso pude entrar na turma ITA/IME/AFA. Meu maior erro foi muitas vezes ter desacreditado de minhas possibilidades, isso me prejudicou bastante. Elite - Qual a dica ou recomendação de estudo que você faria para o pessoal que está fazendo cursinho esse ano? Gilberto - Estude muito e acredite no seu potencial. Não tenha medo de levantar dúvidas e questionamentos, pois isso lhe fará aprender com muito mais aprofundamento a matéria que estiver estudando. TURMAS REDUZIDAS O número de alunos desta turma é super-reduzido: cerca de 30, assim nossos alunos podem participar das aulas, tirando grande parte das dúvidas na própria aula e aumentando o rendimento dos estudos em casa. 4 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA OS MELHORES PROFESSORES CONHEÇA O PROCESSO SELETIVO – ITA 2007 Os professores do ELITE passam por rigoroso processo de seleção, com provas e aulas demonstrativas, e possuem excelente formação (Unicamp, ITA e USP). Assim nosso aluno é orientado por quem sabe como é a preparação para os vestibulares mais concorridos do país. 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. ORIENTAÇÃO DOS ESTUDOS Após a correção dos simulados, os resultados são armazenados em nosso banco de dados, de modo a acompanhar a evolução de nossos alunos em cada matéria. Estes resultados são utilizados pelos orientadores pedagógicos, que acompanham os alunos de forma ajudá-los a melhorar o rendimento nos estudos. Nos propomos com este material a passar algumas dicas para o melhor rendimento nestes 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. PLANTÕES DE DÚVIDAS Se surgem dúvidas durante os estudos, o aluno do ELITE recorre aos plantões, cuja disponibilidade para as disciplinas mais requisitadas (Matemática, Física, Química e Redação) é bastante elevada, havendo plantões de todas as disciplinas pelo menos uma vez por semana, o que evita a formação de filas extensas para esclarecer dúvidas. 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 IMPORTANTES ACOMPANHAMENTO DE REDAÇÃO Os alunos do ELITE recebem acompanhamento individualizado da produção de textos, uma vez que esta disciplina requer um cuidado muito especial, seja porque somente a prática e a orientação direta e constante permitem verdadeira evolução, seja porque possui elevado peso na nota final dos vestibulares. 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, ele pode conseguir algum ponto por resolver apenas parte da questão. Por isso, é importante não deixar nenhuma questão em branco. REVISÃO Nos testes, preste bastante atenção às alternativas. Freqüentemente há questões que apresentam vários caminhos a se seguir e a observação das alternativas ajuda a escolher 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. Além da revisão dos principais assuntos, ocorre a RESOLUÇÃO DE 30 VESTIBULARES recentes, assim nosso aluno se familiariza com o que é esperado dele nas provas dos vestibulares: R 10 anos de provas do ITA; R 10 anos de provas do IME; R 10 anos de provas da AFA. UMA HISTÓRIA DE SUCESSO Com sedes em várias cidades brasileiras – Porto Alegre, Curitiba, São Paulo, Campinas, Rio de Janeiro, Belo Horizonte, Juiz de Fora, Belém e outras – o Sistema Elite de Ensino vem crescendo ano a ano, devido à eficiência de seu método, comprovada pelos ótimos resultados obtidos por seus alunos. 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. APROVAÇÕES Diante do método de ensino exposto, o resultado não poderia ser diferente: ALUNOS DO ELITE APROVADOS NACIONALMENTE (vestibulares de 2006) AFA – 113 alunos aprovados ITA – 32 alunos aprovados IME – 27 alunos aprovados NOVIDADE: Com os resultados dos vestibulares de 2007 já temos somente na unidade de Campinas: AFA – 6 alunos aprovados (9 prestaram) IME – 3 alunos aprovados (7 prestaram) Apesar destas informações, somente se preocupe com a sua nota após os exames. Mesmo se você acha que não atingiu os critérios mínimos em uma prova, não abandone o concurso. Primeiro porque você não tem certeza, questões podem ser anuladas, correções podem ser brandas. Segundo porque, mesmo se você não passar este ano, não existe melhor treino para o vestibular que o próprio vestibular. No mínimo você estará ganhando experiência, diminuindo o nervosismo e até mesmo aprendendo! Você deve se concentrar na prova do dia apenas. As provas anteriores já foram e você não tem como mudar suas respostas. As posteriores, encare quando vierem. Se sua preparação foi boa, não importa o nível de dificuldade: você sabe a matéria! Tenha o mesmo pensamento ao resolver as questões. Cada uma é um desafio a ser superado. (média histórica de 2002 a 2006 de todos os outros cursos em Campinas e região: 1,5 aprovado por ano) QUER SABER MAIS? O ELITE Campinas está de portas abertas para você que busca algo mais. Estamos certos de que a qualidade de nosso ensino, somada à sua potencialidade são os ingredientes ideais para resultados como os acima. Afinal, a melhor forma de se iniciar uma trajetória de sucesso é fazer o melhor curso prévestibular! Para auxiliá-lo, você encontrará a seguir um resumo teórico do que tem maior probabilidade de ser cobrado nas provas do ITA de 2007. Bons estudos! 5 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Fórmulas Dimensionais À luz dos conceitos anteriores, toda a 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. A PROVA DE FÍSICA DO ITA A prova de Física do vestibular ITA apresenta uma seleção de assuntos bem variada. Como a maior parte dos vestibulares, apresenta uma forte ênfase em mecânica na distribuição dos assuntos das questões. Entretanto, esta prova se diferencia pois normalmente o nível de complexidade das questões facilmente (e constantemente) se torna elevado apesar de tipicamente se partir de conceitos relativamente simples. A exemplo da mecânica, as demais grandes áreas do conhecimento da física (como eletrostática, eletrodinâmica, eletromagnetismo, termofísica, ótica geométrica entre outros) apesar de serem assuntos que normalmente o vestibulando conhece razoavelmente bem, são tópicos que são exigidos tipicamente em um nível de complexidade bastante elevado, como por exemplo o efeito Hall (eletromagnetismo), malhas complexas (eletrodinâmica) resolvidas pelo teorema de Thevenin, Cinética dos Gases (termofísica) e, digno de nota devido 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. Ótica física, polarização, interferência, filmes finos, difração, experimento de Young e rede de difração são alguns tópicos que já foram cobrados algumas vezes por este vestibular. A especificidade de determinados assuntos colabora com o intuído da banca de selecionar aqueles alunos que consideram o ITA como principal prioridade e se preparam especificamente para este vestibular (dando atenção a alguns tópicos especiais). Ainda neste esforço, um outro assunto que tem sido recorrente nesta prova é a Física Moderna, o que normalmente causa surpresa nos estudantes menos preparados. Também temos que muitos tópicos são clássicos, como análise dimensional. Quase todas as provas recentes do ITA apresentam a primeira questão deste assunto: só nos últimos 10 anos, tivemos que 1997, 1998, 1999, 2001, 2004 e 2005 se comportaram desta maneira (em 2000 e em 2002 as questões de análise dimensional ficaram no meio da prova). Assim, este tópico é quase certo no vestibular, apesar de ser relativamente simples. Vale lembrar que conhecimentos nesta área podem ser extremamente úteis em momentos que alguma fórmula é esquecida, além de ser uma ferramenta importante na hora de verificar a coerência de alguma das respostas obtidas. Tipicamente, quando abordados assuntos mais complexos, o vestibular tem se mantido simples e direto, cobrando realmente apenas noções. Podemos dizer que tais assuntos não são necessariamente mais difíceis do que aqueles cobrados geralmente, mas apenas mais específicos. Na maioria das questões que o vestibular do ITA aborda a respeito desses temas, a resolução é bastante simples, cobrando apenas um contato básico com os principais conceitos envolvidos. Porém, se o vestibulando não teve contato com esses temas, não terá nenhuma condição de resolver as questões relativas a esses assuntos, restando-lhe apenas o velho (e não tão bom) “chute”. Apresentaremos neste material um resumo de alguns assuntos que têm sido bastante cobrados no vestibular do ITA nos últimos anos, seguidos de exemplos de como este vestibular o aborda. Os tópicos que nos propomos a descrever, 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. Bons estudos! 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 = ραυβdγητ, em que ρ é a densidade do fluido, υ, sua velocidade, η, seu 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 = 3πDηυ. 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 SOLUÇÃO: Da expressão da força de arrasto em uma esfera se movimentando M ⋅L   ⋅T F  T  M T2  = = em um fluido, temos que η  = L ⋅T L2 L2 Escrevendo as expressões dimensionais para as grandezas ρ, ν, d: [ρ] = M L ; [v ] = ; [d] = L ; T L3 Substituindo na formula dimensional para R, tem-se: [R] = (M⋅L-3)α⋅(L⋅T-1)β⋅(L)γ⋅(M⋅L-1⋅T-1)τ ⇒ [R] = Mα+τ⋅L-3α+β+γ -τ⋅T-β-2 Como R é adimensional, [R] = 1, assim: α + τ = 0  α+τ -3α+β+γ -τ -β-2 1 = M ⋅L ⋅T ⇒ −3α + β + γ − τ = 0 − β − τ = 0  Resolvendo o sistema, tem-se: α = t, β = t, γ = t, τ = -t; para t ∈ R A única alternativa compatível é a alternativa A. MOMENTO LINEAR → → Momento Linear: grandeza vetorial definida por: Q = m v → → → → → Q de um sistema: Q sist = Q1 + Q2 + Q3 + .... = ∑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 ∆t Obs: No caso de um força variável com o tempo, o módulo do impulso é numericamente igual a área do gráfico de Força em função do ANÁLISE DIMENSIONAL 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=∆s/∆t). 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 de um termo da equação deve ser igual à dimensão dos outros termos da mesma equação. Ou seja, uma equação física válida deve ter parcelas com a mesma dimensão. 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 por potências das grandezas das quais ela depende”. tempo ou à integral I = ∫ F (t ).dt . 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 = ∆ Q = Qf - Qi 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 ⇒ ∆ 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. 6 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Como o centro de massa não altera sua posição (sistema isolado e Choques Mecânicos: 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 (Alternativa E) 5 5 V Coeficiente de restituição: e = afast Vaprox a) Perfeitamente Elástico: Vafast = Vaprox ⇒ e = 1 as forças que atuam na colisão são exclusivamente elásticas e, portanto, conservativas ⇒ Emf = Eim b) Parcialmente Elástico: 0 < Vafast < Vaprox EFEITO FOTOELÉTRICO atuam na colisão tanto forças elásticas (conservativas) quanto forças dissipativas ⇒ Emf < Eim 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. c) Inelástico: Vafast = 0 ⇒ e = 0 ⇒ corpos não se afastam logo após a colisão as forças que atuam na colisão são exclusivamente dissipativas ⇒ Emf < Eim Efeito Fotoelétrico – Emissão de elétrons por um material quando submetido à presença de uma onda eletromagnética. CENTRO DE MASSA 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 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 Tão importante como o cálculo do Momento Linear se um sistema de partículas é a determinação Centro de Massa de um sistema. Este assunto é bastante cobrado no vestibular do ITA e para a resolução de questões que envolvem este conceito (assim como outros) é importantíssimo que defina-se um referencial. → Posição: r cm = ∑m r → i ∑m v M → Velocidade: v cm = → ⇒ xcm = i → i i e y cm = i M → Aceleração: a cm = i M → ∑m x → ∑m y i ∑m a i M → i 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 i M → → ext → dQsist d M v cm = ⇒ FRes = Ma cm dt dt Isso nos permite concluir que o centro de massa de um sistema de move-se como se fosse uma partícula de massa 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. Note que: Q sist = M v cm ⇒ Sistema Mecanicamente Isolado: → ext → → → → 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 freqüência 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 freqüência mínima f0 necessária para que os → FRes = 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 , está inicialmente em 5 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 SOLUÇÃO Considerando o sistema isolado, temos que o Centro de massa do sistema, 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: x1 x2 x2 x1 elétrons sejam arrancados do material, de modo que se a luz incide com uma freqüência f < f0 , nenhum elétron deixará a superfície do material, independentemente da intensidade da luz (quantidade de fótons) incidente. Essa freqüência 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 EMAX = 0 na equação, vem que: h ⋅ f0 = φ ⇒ f0 = φ h (freqüência 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 m .x1 + m.x2 XCM = 5 6.m 5 que as velocidades máximas dos fotoelétrons emitidos são, respectivamente, v 1 e v 2 , em que v1 = 2 ⋅ v 2 . Designando c a φ velocidade da luz no vácuo, e h a constante de Planck, pode-se, então, afirmar que a função do trabalho a) (2 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(λ1 ⋅ λ2 ) Calculando nos momentos inicial e final, temos que, considerando o comprimento total da lâmina igual a c: m c  m c .1 + m.  1 +  .d + m. 5 2  i f 2 = XCM = 5 e XCM 6.m 6.m 5 5 c) (λ2 − 4 ⋅ λ1 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 ) e) (2 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 ) 7 do metal é dada por: b) (λ2 − 2 ⋅ λ1 ) ⋅ h ⋅ c /(λ1 ⋅ λ2 ) d) (4 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 ) (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Resolução: No efeito fotoelétrico, temos que h ⋅ f = φ + EMAX , onde E = h⋅f = h⋅c é a energia do fóton, φ λ (característica do metal) e EMAX = m ⋅ v MAX 2 2 Vamos decompor as quantidades de movimento nas direções horizontal e vertical. h h m ⋅v Na direção horizontal: cosθ + m ⋅ 0 = cos φ + (I) λ λ' 1 − (v / c )2 é a função trabalho é a energia cinética Na direção vertical: 0 + m ⋅ 0 = máxima do elétron emitido. Escrevendo esta equação para as situações (1) e (2), temos: m ⋅ v12 mv 22 h⋅c =φ + =φ + 4⋅ (I) λ1 2 2 λ2 =φ + h senφ − m ⋅v 1 − (v / c )2 senθ (II) Podemos reescrever as equações como: h h m ⋅v h m ⋅v senφ = senθ − cos φ = cosθ e λ λ' λ' 1 − (v / c )2 1 − (v / c )2 m ⋅ v2 (II) 2 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 = (Alternativa D) 3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 λ2 λ1 h⋅c λ' 2 Elevando ambas ao quadrado e somando membro a membro, ficamos com: h2 λ EFEITO COMPTON Efeito Compton – É a variação do comprimento de onda de uma radiação eletromagnética que incide sobre uma superfície com elétrons livres. 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. Ainda não foi cobrado pelo ITA em nenhuma prova, mas fica como mais uma evidência do caráter corpuscular da luz (a luz poderia ser tratada como fótons, partículas estas que apresentavam energia quantizada através da relação E = h ⋅ f ). 2 + h2 h2 m2 ⋅ v 2 m2 ⋅ c 2 ⋅ v 2 −2 = (i) cos φ = 2 2 1 − (v / c ) c2 − v 2 λ' λ ⋅λ' 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 − 1 EC = m ⋅ c 2  2  1 − (v / c )    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:     h⋅c h⋅c h h 1 1 = + m ⋅ c2  − 1 ⇒ = + m⋅c − 1  1 − (v / c )2   1 − (v / c )2  λ λ' λ λ'     m ⋅c h h   −  + m ⋅c =  λ λ' 1 − (v / c )2 Para explicar a variação de comprimento de onda detectada no experimento, Compton utilizou o modelo corpuscular da luz, e na época, seu experimento teve importância exatamente por dar sustentação experimental para tal modelo, que não era totalmente aceito. Imaginando a radiação eletromagnética formada por fótons, que colidem com elétrons livres da superfície do material, vamos impor a conservação da quantidade de movimento do sistema, antes e depois da colisão: Elevando ao quadrado, obtemos: m2 ⋅ c 2 h h  h h  2 2 ⇒  −  + 2⋅ − ⋅m ⋅c + m ⋅c = 1 − (v / c )2  λ λ'  λ λ' 2 h2 h m2 ⋅ c 4 h h (ii) λ '− λ ) ⋅ m ⋅ c + m 2 ⋅ c 2 = 2 +   + 2⋅ (   − 2⋅ c −v2 λ ⋅λ'  λ'  λ ⋅λ' λ 2 2 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 ( ∆λ = λ '− λ ) da radiação eletromagnética em função do seu ângulo de espalhamento ( φ ). pantes = pdepois ⇒ ( pF + pE )antes = ( pF + pE )depois h é conhecida como comprimento de onda m⋅c h Compton ( λC = ) m⋅c A grandeza Lembremos que a quantidade de movimento do fóton é definida não como | p |= m⋅ | v | , já que não tem sentido falar em massa do fóton, h , onde h é a constante de Planck e λ é o λ comprimento de onda do fóton. mas como | p |= 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 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  8 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA b) A energia do fóton é dada por: EF = h ⋅ f = de energia será:  1 1 ∆EF = h ⋅ c ⋅  −   λ' λ  h⋅c λ 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 . Assim, a variação 1 1   ∆EF = 6,63 ⋅ 10 −34 ⋅ 3,00 ⋅ 108 ⋅  − −12 −9 −9  4,8 10 0,01 10 0,01 10 ⋅ + ⋅ ⋅   ∆EF = −6,5 ⋅ 10 −15 J = −41keV , onde 1eV = 1,6 ⋅ 10 −19 J c) A energia cinética adquirida pelo elétron é a energia fornecida pelo fóton no momento da colisão, já que o sistema é suposto conservativo. Assim, EC = 6,5 ⋅ 10 −15 J = 41keV HIPÓTESE DE DE BROGLIE 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 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 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 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 polarizado atravessa um 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: onda ( λ ) dado por: λ = 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: 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: 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 conseqüência, I = I0 . Por outro lado, quando o raio h λ p2 h2 . EC = =  = 2 ⋅ m 2 ⋅ m 2 ⋅ m ⋅ λ2 Dobrando-se a energia cinética, temos: λ0 2 h2 h2 1 2 E = 2 ⋅ E0 ⇒ 2 = ⋅ ⇒ λ = ⇒λ= ⋅ λ0 2 ⋅ m ⋅ λ2 2 ⋅ m ⋅ λ0 2 2 2 Alternativa A 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 ). Este conceito já foi explorado pelo vestibular do ITA, como no exemplo a seguir: Exemplo: (ITA-2000) Uma luz não-polarizada de intensidade I0 ao 2 passar por um primeiro polaróide tem sua intensidade reduzida pela metade, como mostra a figura. A luz caminha em direção a um segundo polaróide que tem seu eixo inclinado em um ângulo de 60° em relação ao primeiro. A intensidade de luz que emerge do segundo polaróide 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 I0/2 c) 0,375 ⋅ I0 e) 0,125 ⋅ I0 d) 0,5 ⋅ I0 b) 0,25 ⋅ I0 a) I0 Resolução: A intensidade da luz que emerge do primeiro polarizador I é I1 = 0 , visto que a luz estava inicialmente não-polarizada. 2 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 9 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Assim: n = 1 ⇒ x = 4 ⋅ λ ; n = 2 ⇒ x = 5 ⋅λ ; n = 3 ⇒ x = 0 4 5 Portanto, a distância não nua procurada é x = ⋅ λ (Alternativa B) 4 INTERFERÊNCIA 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, freqüência, etc) tenha se alterado. Vejamos agora algumas das peculiaridades deste assunto para a prova do ITA: 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 . Dizemos que a interferência é construtiva quando as amplitudes das ondas se somam, e que é destrutiva quando as amplitudes das ondas se cancelam. 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 ∆s = r2 − r1 , for igual a um 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 ∆s = d ⋅ senθ , conforme a figura abaixo. 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: ∆s = n ⋅ λ, n ∈ Z - Destrutiva: Oposição de fase: Construtiva: ∆s = n λ λ d.senθ , n ímpar ∈ Z 2 Destrutiva: ∆s = n , n ímpar ∈ Z ∆s = n ⋅ λ, n ∈ Z 2 O vestibular do ITA costuma cobrar bastante este conceito em ondulatória, com algumas particularidades como o Experimento de Young (cobrado em 2003 e 2004), Interferência em Filmes Finos (cobrado em 1998, 2000 com duas questões e 2005) e Rede de difração (2006). EXEMPLO: (ITA-2004) Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras que 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  emitem, em fase, ondas de freqüência 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 Fazendo a aproximação: senθ ≈ tgθ , válida para pequenos ângulos, 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 y , temos: L Pontos de Máximo λ ⋅L y= m d Pontos de Mínimo λ ⋅L  1 y= m +  2 d  com m = 0; ±1; ±2;... em ambos os casos. 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 d ( nV = 1,6 ) sobre uma das fendas. Resolução: 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). Pelo teorema de Pitágoras, vem que: 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: (3 ⋅ λ )2 + x 2 − x = n ⋅ λ ⇒ (3 ⋅ λ )2 + x 2 = n ⋅ λ + x Elevando os dois membros ao quadrado, temos: 9 − n2 9 ⋅ λ 2 + x 2 = n2 ⋅ λ 2 + 2 ⋅ n ⋅ λ ⋅ x + x 2 ⇒ x = ⋅ λ , com n inteiro. 2⋅n a) 0,38λ. 10 b) 0,60λ. c) λ. F1 F2 λ d) 1,2λ. e) 1,7λ. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Resolução: 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 freqüência nV = vV λV ⋅ f λV sempre se mantém inalterada na refração (passagem da luz do ar para o vidro). Se a franja de ordem zero passou a ocupar a franja de ordem um, isso significa que o tempo que a luz leva para percorrer a lâmina de vidro, emergindo de F1 é o mesmo tempo que a luz utiliza para percorrer a 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) 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) 2t.n= (m+ ½).λ m = 0, 1, 2,... (mínimos) 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. distância equivalente à lâmina de vidro e também uma certa distância x, da figura abaixo, viaja apenas pelo ar, emergindo de F2 . máximo central d F1 θ2 x F2  λ  d d+x ∆s1 ∆s2 = ⇒ = ⇒ x =  − 1 d ⇒ x = 0,6d λV ⋅ f λ ⋅f λ v1 v2  V  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) ∆t1 = ∆t2 ⇒ 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. ≅ 1,7λ (Alternativa E). 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 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. SOLUÇÃO: As cores das bolhas de sabão, manchas de óleo e outras películas delgadas, algumas Primeira medidas para atenuar Reflexão reflexões, todos estes Raio fenômenos são devidas ao Incidente fenômeno de interferência. Podemos ver ao lado uma película de espessura constante t de índice de Raio refração n. Note que no Refletido esquema dois raios chegam aos olhos do observador: um refletido Filme na superfície superior do filme, e outro refletido da superfície inferior. Raio Transmitido 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. Assim: 1 1 1 λ  2 ⋅ t =  n +  λn ⇒ t =  n +  2 2 2     np (ignore) Para menor espessura n = 0: t = 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 180º de mudança Sem mudança de de fase menor índice de refração para fase um com maior índice de refração ocorre uma mudança de 180o na fase da onda refletida. Quando mudamos de Ar 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 ao lado. 1 λ ⋅ 4 np Substituindo os valores de λ e np temos: t = o 5500 ≅ 1058 A 4 ⋅ 1,3 LUZ E ESPECTRO DE CORES 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 e representa apenas uma pequena parcela de todas as ondas eletromagnéticas existentes (aquelas com comprimentos de onda entre 400 e 700 nanometros). 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 freqüência, são: vermelho, alaranjado, amarelo, verde, azul, anil e violeta. 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, 11 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Resolução: Tratando-se de um tubo fechado, temos, para freqüência fundamental, apresenta apenas ¼ de seu comprimento de onda do mesmo comprimento total do tubo ( ). Assim, temos c=λf ⇒ c c . Ou então, através da relação descrita na teoria acima, ftubo = = λ 4⋅ teríamos: v c c n = 1 ⇒ f(2n −1) = (2n − 1) = (2 − 1) = 4. 4. 4. Como o fio está preso pelas duas extremidades, também em freqüência funamental, 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 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 de ventres que se formam dá origem ao n-ésimo harmônico, como ilustra a figura abaixo. Para o fio, da relação de Taylor, v = 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 λ (semelhante à , com n = 1; 2; 3; 4;... ⇒ f(2n −1) = (2n − 1) F µ 2L 2 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. 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. Tubos Fechados: 4  c.L  ⇒ F = µ  µ  2.  F  c   .m.L (Alternativa B)  2.  Daí temos F =  Tubos Abertos: L = (2n − 1) F µ c cL = ffio ⇒ = ⇒ = 4 2L 2 Mas µ é a densidade linear do fio, dada por µ = Analogamente às ondas estacionárias, podemos observar certas freqüências 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) . Substituindo: ffio = Como ambos atuam na mesma freqüência (estão em ressonância): TUBOS SONOROS L=n µ F v 4L Exemplo: (ITA-2005) Uma banda de rock irradia uma certa potência em um nível de intensidade sonora igual a 70 decibéis. Para elevar esse nível a 120 decibéis, a potência irradiada deverá ser elevada de: a) 71% b) 171% c) 7.100% d) 9.999.900% e) 10.000.000% SOLUÇÃO: O nível de intensidade e a intensidade sonora estão relacionados I P através da equação: β = 10log = 10log I0 P0 OBS.: Um tubo também pode ser fechado em suas duas extremidades. Na situação inicial o nível de intensidade é de 70dβ. Na situação final, 120dβ. Assim:   (I) 70d β = 7 β = log  I  = log(I ) − log(I0 )  I0  Podemos observar abaixo a conectividade de assuntos específicos da Física, ondas estacionárias e tubos sonoros, compartilhando um único exercício.   (II) 120d β = 12β = log  I  = log(I ′) − log(I0 )  I0  Fazendo (II)-(I), tem-se: I′  I′  = 1⋅ 105 = 107% (12 − 7) = 5 = log(I ′) − log(I ) ⇒ 5 = log   ⇒ I I  Assim, o aumento de intensidade sonora será dado por: X = (107 − 100)% = 9999900% Alternativa D 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 b) (c/2 )2 mL. c) (c/ )2 mL. a) (c/2L)2 m . 2 e) n.d.a. d) (c/ ) m . 12 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA BATIMENTO EFEITO DOPPLER-FIZEAU Batimento – Fenômeno de variação periódica da intensidade, num determinado ponto do espaço, de duas ondas que se superpõem com freqüências ligeiramente diferentes entre si. É a variação da freqüência percebida por um observador que está em movimento relativo em relação a uma fonte emissora de ondas. A freqüência aparente é dada por:  v ± vO  fAP =  S  f  vS ∓ vF  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 freqüências 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 ) A convenção de sinais, nesse caso, é a seguinte: +, se o observador se aproxima −, se o observador se afasta No numerador:  −, se a fonte se aproxima +, se a fonte se afasta No denominador:  y 2 (t ) = A ⋅ cos(ω2 ⋅ t ) = A ⋅ cos(2π ⋅ f2 ⋅ t ) 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 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 )] Exemplo: (ITA-2001) Um diapasão de freqüência 400 Hz é afastado de um observador, em direção a uma parede plana, com velocidade de 1,7 m/s. São nominadas f1 a freqüência aparente Utilizando a transformação trigonométrica da soma em produto: α + β  α −β  cos α + cos β = 2 ⋅ cos   ⋅ cos   , vem que:  2   2  das ondas não-refletidas, vindas diretamente até o observador; f2 , a freqüência aparente das ondas sonoras que alcançam o observador depois de refletidas pela parede e f3 , a freqüência dos batimentos. Sabendo que a velocidade do som é de 340 m/s, os valores que melhor expressam as freqüências em hertz de f1 , f2 e 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 freqüência 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. f3 , respectivamente, são: a) 392, 408 e 16 b) 396, 404 e 8 c) 398, 402 e 4 d) 402, 398 e 4 e) 404, 396 e 4 Resolução: A equação da freqüência aparente para o efeito Doppler é: fAP = v S ± vO ⋅f vS ∓ v F Na primeira situação, a fonte se afasta do observador parado e, portanto, temos: f1 = 340 + 0 ⋅ 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 freqüência (espelha-se a fonte em relação à parede). Assim: f2 = Finalmente, a 340 + 0 ⋅ 400 = 402Hz 340 − 1,7 freqüência dos batimentos f3 =| f1 − f2 |=| 398 − 402 |= 4Hz (Alternativa C) é dada por: 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 significantemente alta. Em tais casos, essa lei não só simplifica tremendamente o trabalho, mas, devido à sua simplicidade, freqüentemente fornece novas idéias. Note que a onda de maior freqüência está envolvida (modulada) pela onda de menor freqüência (duplicada pelas possibilidades de inversão de sinal). Nos pontos de máximo, onde ocorre um reforços audíveis, f −f   temos cos  2π ⋅ 1 2 ⋅ t  = ±1 , enquanto nos pontos de mínimo, 2   f −f   teremos cos 2π ⋅ 1 2 ⋅ t  = 0 . 2   Como a amplitude será máxima ( AMAX = 2 ⋅ A ) 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. quando f −f   cos  2π ⋅ 1 2 ⋅ t  = ±1 , temos que a freqüência de batimento (reforço 2   do som) será dada pelo dobro da freqüência da envoltória.: fB =| f1 − f2 | 13 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Fluxo elétrico - Se A é a área de uma superfície S que foi colocada 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 α = 1). Aplicando a Lei de Gauss, temos: num campo elétrico uniforme E , define-se como fluxo do campo elétrico, ou fluxo do vetor E , através da superfície S como: ΦE = E ⋅ A =| E | ⋅A ⋅ cosθ onde θ é a inclinação do vetor normal à área em relação ao vetor campo elétrico. Lei de Gauss - A Lei de Gauss nos diz que o Fluxo 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 = ε0 ε0 Φ E = Qint ⇒ ε0EA = λh ⇒ ε0E(2πrh) = λh ⇒ E = 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: ΦE = ∑ Ei Ai cosθi = n i =1 λ 2πε0r 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. ∑ Qint ε0 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 ∑ Aplicando a Lei de Gauss, facilmente chegamos a n Qint Q Q 1 ΦE = Ei Ai cosθi = ⇒ E ⋅ 4π r 2 = ⇒E = ⋅ 2 4 ε ε πε 0 0 0 r i =1 ∑ 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 campo elétrico constante em toda a superfície, e os vetores campo 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: kQ 1 , 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. 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: “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. Como k = Exemplo 1: Apliquemos a lei de Gauss às superfícies fechadas S1, S2, S3 e S4 abaixo: 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 - 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 força passam através dessa superfície, dirigindo-se da carga positiva envolvida por S1 até a carga negativa em 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 voltam pela parte inferior, em direção à carga negativa. A B C λ a) φA = φB = φC b) φA > φB > φC c) φA < φB < φC d) φA/2 = 2.φB = φC e) φA = 2.φB = φC SOLUÇÃO 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 . L 14 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA A lei da Gauss para a gravitação afirma então que, para : Existem formulações da Lei de Gauss para outros campos de vetores além do campo elétrico. Vamos discutir os casos do campo magnético e do campo gravitacional. ΦG = −4π ⋅ G ⋅ LEI DE GAUSS – CAMPO MAGNÉTICO ∑ mk n k =1 no qual o fluxo gravitacional ΦG é calculado através de qualquer 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 atração, assim como o campo elétrico criado por uma carga puntiforme negativa é de aproximação. Lei de Gauss para campo magnético – As definições aqui são totalmente análogas ao caso do campo elétrico. O fluxo magnético de um campo magnético uniforme B através de uma superfície S, de área A, é definido como: ΦB =| B | ⋅A ⋅ cosθ , onde θ é o ângulo entre o vetor campo magnético e o vetor normal à superfície S. Note que, entretanto, não podemos fazer uma analogia com relação à carga elétrica, pois na natureza não existe qualquer espécie de pólo magnético isolado (mono-pólo magnético). Pense no caso simples de um ímã em forma de barra. Ele tem dois pólos, norte e sul. Se partirmos esse ímã ao meio, não conseguiremos obter um pólo norte e um pólo sul, isolados, mas sim dois novos ímãs menores, cada qual com seus pólos norte e sul. A lei de Gauss para o magnetismo vem a ser então a formulação matemática para a inexistência de tais pólos isolados: Exemplo: Calcule a aceleração da gravidade na superfície de um planeta esférico de massa M e raio R . Resolução: g n De acordo com a lei de Gauss, temos que: ΦG = −4π ⋅ G ⋅ ∑ mk n “O fluxo magnético através de qualquer superfície fechada é nulo” k =1 Ou, matematicamente, ΦB = ∑ Bi Ai cosθi = 0 n O fluxo gravitacional através da superfície esférica S do planeta é: i =1 ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ =| g | ⋅(4π ⋅ R 2 ) ⋅ ( −1) , observando que o ângulo Em outras palavras, numa superfície fechada, todo vetor do campo magnético que entra por uma face, deve sair por alguma outra face. entre a normal n e o campo g é θ = 180° , como mostra a figura anterior. Assim: Observe, na figura a seguir, como todas as linhas de indução formam caminhos fechados, de modo que toda linha que entra na superfície pontilhada S também sai dela. Assim, o fluxo magnético através de S é zero. 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: − | g | ⋅4π ⋅ R 2 = −4π ⋅ G ⋅ M ⇒| g |= G ⋅M 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 : c) GMm a) 0. d) GMm b) GMm 2 d −d ) e) 3 GMm(d 3 − R13 ) d 2 (R23 − R13 ) (d 3 − R13 ) SOLUÇÃO 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: LEI DE GAUSS – CAMPO GRAVITACIONAL ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ =| g | ⋅(4π ⋅ d 2 ) ⋅ ( −1) Lei de Gauss para campo gravitacional – aqui, o campo gravitacional g criado por um conjunto de n massas M = (R23 ∑ mk (I) Note que este fluxo também pode ser mensurado considerando a n k =1 massa interna desta superfície: ΦG = −4π ⋅ G ⋅ ∑ mk = −4π ⋅ G ⋅ mint é n 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. Considerando a densidade da casca constante, temos: ρ= ( ) ( Assim, ΦG = −4π ⋅ G ⋅ mint = −4π ⋅ G ⋅ M Fluxo gravitacional – analogamente aos fluxos elétrico e magnético, definiremos o fluxo gravitacional de um campo gravitacional g através de uma superfície S, de área A, como ) mint d 3 − R13 m M = = ⇒ mint = M 4 4 V R23 − R13 π d 3 − R13 π R23 − R13 3 3 d 3 − R13 R23 − R13 (II) Assim temos, igualando (I) e (II): ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ , onde θ − | g | ⋅(4π ⋅ d 2 ) = −4π ⋅ G ⋅ M 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 . d 3 − R13 G ⋅ M d 3 − R13 ⇒| g |= 3 3 R2 − R1 d 2 R23 − R13 A força de atração gravitacional sobre m, é dada portanto por: F = m⋅ | g |= m ⋅ 15 G ⋅M d 2 ⋅ d 3 − R13 R23 − R13 = GMm(d 3 − R13 ) d 2 (R23 − R13 ) (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA De onde temos que v escape = GRAVITAÇÃO 2.G.M , que a velocidade mínima onde R o objeto pode alcançar um estado de inércia no espaço (U=0). 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: Gravitação é um tema agradável ao ITA e podemos encontrar exercícios sobre o assunto em todas as suas provas. Dentre os tópicos relacionados, temos: Leis de Kepler Lei de Órbitas: Todos os planetas se movem em órbitas elípticas em torno de um astro central, o qual ocupa um dos focos. 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 ∆t: A1,2 A3,4 = ∆t1,2 ∆t 3,4 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). R + Rmín ,e T = k.R Onde: R = máx 2 A constante k pode ser verificada através da Gravitação de Newton, ao considerarmos um movimento circular, cuja resultante centrípeta é 2 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 3 dada pela força de atração gravitacional F = G.M.m m.v 2 G.M G.M = ⇒ = v2 ⇒ v = R2 R R R Como no movimento circular v = Assim k = T 2 4.π 2 = R 3 G.M Sol Vmin acelerado Rmin 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.π .R 2.π .R G.M , temos que ∴ = T T R retardado Vmáx G.M.m : R2 Rmáx Velocidade de lançamento maior ou igual à velocidade de escape: 2GM - Se v = , teremos que o corpo descreverá uma parábola R 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. - Se v > 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. (Veja a figura). 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 Gravitação Universal de Newton: Qualquer partícula no universo atrai outra partícula segundo a equação: FG = G.M.m R2 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: ( K + U )antes = ( K + U )depois m.v escape 2 2 m.v escape 2 2 GM , teremos que o corpo descreverá uma hipérbole R  G.M.m  m.02  G.M.m  + − + lim  − =  d →∞ 2 R  d     G.M.m  + − =0+0 R   a) a3/[(R-a)2R] Solução: 16 b) (a/R)3 c) (a/R)2 d) a/R e) nulo. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA L = N 2µ 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 ' = G 1− ⇒ G1 − G2 = G2 = G1 + Gmassa negativa = G1 + 2 2 2 (R − d ) (R − d ) (R − d ) A 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. 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 ) Ao ligar a chave, a corrente num indutor NÃO pode instantaneamente E implicaria L = 0. De passar de zero a um valor finito, pois L = − di dt 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 muito maior (1 s ou mais) para se instalar uma corrente da ordem de E / R. Ação de um indutor em circuitos R E L 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 à este tópico, pois existe uma tendência da banca estar abordando novamente este tema em 2007, provavelmente com um grau maior de aprofundamento. Observe o exemplo que foi cobrado em 2006: 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: G.M.a3 G.M.a3 G.M.a G1 − G2 = = = 2 R 3a 2 R3 R 3 R − ( R − a )  G.M Como temos que G1 = 2 , podemos dizer: R G − G2 a G.M a a = G1 ⇒ 1 = (Alternativa D) G1 − G2 = 2 R R R G1 R Exemplo: (ITA-2006) Um solenóide com núcleo de ar tem autoindutância L. Outro solenóide, também com núcleo de ar, tem a metade do número de espiras do primeiro solenóide, 0,15 do seu comprimento e 1,5 de sua seção transversal. A auto-indutância do segundo solenóide é: a) 0,2 L INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA b) 0,5 L c) 2,5 L d) 5,0 L e) 20,0 L Resolução: A auto-indutância de um solenóide é dada por: L = N 2 µ 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 A Assim, para os dois solenóides em questão, teremos A L1 = N12 µ 1 1 L2 = N2 2 µ A2 =   N1 2  µ (1,5 ⋅ A1 ) = 2,5 ⋅ N 2 µ A1 = 2,5 ⋅ L 1 1 2  ( 0,15 ⋅ ) 1 1 Portanto, L2 = 2,5 ⋅ L1 = 2,5 ⋅ L (alternativa C) 2 d ΦB di di =L , ⇒ N dt dt dt Assim, N ΦB = Li . Unidade: Wb = H ⋅ A Temos portanto que −E = L COMENTÁRIOS FINAIS Os conceitos descritos neste material estão apenas em caráter de resumo e serão de grande valia para você se esforçou durante todo o ano visando apenas um objetivo: ser aprovado. Ele engloba uma pequena parte do universo que você conhece da Física. Acredite que a realização deste seu objetivo 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 de 2006 e também nos anos anteriores que contribuíram para você chegar onde chegou: certamente suas vitórias serão sempre acompanhadas de trabalho duro e muito esforço e com certeza, este é um dos critérios que é avaliado nas provas de admissão do ITA. Definições em física: solenóide. [do grego solenoeidés, ‘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 solenóide: 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. toróide. [de toro + -óide.] 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: 17 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA b) Algumas [instruções], todavia, merecem atenção especial, em virtude das graves conseqüências que sua não observância pode representar para a integridade física dos ocupantes e para o funcionamento do veículo. c) Ao calibrar os pneus, não se esqueça de examinar também o de reserva. Veja instrução na Seção 7, sob Pneus. d) Somente se a utilização do veículo ocorrer essencialmente nas rodovias asfaltadas na maior parte do tempo é que se pode proceder à troca de óleo a cada 6 meses ou 10.000 km, o que primeiro ocorrer. e) O uso dos cintos de segurança deve também ser rigorosamente observado em veículos equipados com sistema “Air bag”, que atua como complemento a este sistema. O PORTUGUÊS NO ITA A prova de português do ITA dos últimos anos tem valorizado bastante a leitura e a interpretação de textos. Aparecem em número considerável questões as quais exigem que o candidato retire informações de textos ou ainda interprete o texto como um todo para fazer inferências. Vejamos alguns exemplos de enunciados que contemplam este tipo de questão: ITA/2004 Questão 21: Em relação ao Texto 1, assinale a opção que contém a idéia que não pode ser pressuposta... Questão 22: Em relação ao Texto 1, é possível inferir que... Resposta: alternativa A. Em B, ocorre inadequação no emprego do verbo “representar”. Melhor seria “causar”. Em C, a preposição “sob” foi empregada no lugar de “sobre”. Em D, ocorre o deslocamento da locução adverbial “na maior parte do tempo”, que tanto pode referir-se ao verbo “ocorrer” quanto à palavra “asfaltadas”, provocando uma ambigüidade. Em E, o pronome “que” pode referir-se a “sistema Air bag”, tornando a frase incoerente, uma vez que o pronome “este” também se refere a “sistema”. ITA/2005 Questão 21: Assinale a opção que não pode ser inferida do texto 1... Questão 24: Em relação ao Texto 2, aponte a opção correta... ITA/2006 Questão 22: Considerando o contexto e os vários pontos de vista presentes no texto, aponte a opção que, da perspectiva dos ricos, NÃO constitui atributo da Daslu... Questão 27: Assinale a opção que pode ser inferida do texto... (ITA/2006) Considere as frases abaixo: I. De um político a outro: “Com o meu passado, aceito qualquer presente.” (Millôr Fernandes) II. Ferroviário morto saca dinheiro da conta [...]. O quê? Morto saca dinheiro vivo? (José Simão) III. Navegar é preciso, viver é impreciso. (Millôr Fernandes) IV. Uma voz quente deixava Maria gelada. No contexto de qual(is) frase(s) os termos grifados funcionam como antônimos? a) apenas em I. b) apenas em II. c) apenas em III. d) apenas em II, III e IV. e) em todas. A prova, contudo, também contempla tópicos essenciais de gramática, mas de uma forma aplicada, ou seja, não tem sido uma prática comum a cobrança da gramática normativa descontextualizada, com pura nomenclatura ou classificação. As questões, na verdade, estão ou vinculadas à leitura dos textos fornecidos pela prova ou a enunciados completos. Ou seja, até mesmo nas questões ditas “de gramática”, o candidato deve ficar atento à leitura e à interpretação. Vejamos alguns exercícios (e suas respectivas resoluções) das provas de 2004, 2005 e 2006 que ilustram este tipo de abordagem: (ITA/2004) Os trechos abaixo foram baseados em “Retratos do entardecer”, de Marcos Pivetta, publicado na revista Pesquisa Fapesp, maio/2003. Neles, foram feitas alterações para a formação de períodos distintos. Leia-os com atenção, buscando observar se o último período de cada trecho estabelece uma relação de conclusão ou conseqüência com os anteriores do mesmo trecho. I. Os preocupantes índices de deterioração em idosos (...) são um indício de que uma série de problemas devem aparecer num futuro próximo, em especial doenças como o mal de Alzheimer, e perda de autonomia para a realização de tarefas cotidianas. Esses idosos, se a deterioração mental avançar, terão de ser assistidos por alguém diuturnamente. (p. 37-8) II. (...) o nível de escolaridade dos idosos parece se comportar como um marcador de sua condição geral de saúde, sobretudo de seus aspectos cognitivos. Aparentemente, quanto maior o grau de educação formal do entrevistado, menor seu desconforto físico e mental. (p. 36) III. Embora a relação entre distúrbios cognitivos e escolaridade realmente exista, ela deve ser um pouco relativizada. Os idosos sem estudo têm mais dificuldade em responder ao questionário dos pesquisadores. Muita gente com pouca ou nenhuma escolaridade acaba sendo rotulada, erroneamente, de demente ou portadora de problemas mentais. (p. 38) Resposta: alternativa C. Da frase mencionada na alternativa C, entende-se que navegar exige “precisão”, não admitindo qualquer tipo de erro ou engano, opondo-se ao termo “impreciso”, que qualifica o viver, uma vez que não se pode prever (com exatidão) o amanhã. Entretanto, polêmica é a afirmação contida na alternativa A, uma vez que dela também se pode absorver o sentido de antonímia expresso pelos vocábulos “passado” (temporalidade relativa ao ontem) e “presente” (temporalidade correspondente ao hoje). Neste caso, a questão não apresenta resposta correspondente. Quanto à Literatura, o vestibular do ITA não fornece uma lista de leituras obrigatórias. Assim, exige-se que o candidato domine as características gerais dos movimentos literários, além de que tenha conhecimento dos momentos importantes da Literatura. É fato que, nos últimos anos, a prova tem cobrado autores consagrados e obras canônicas, o que não dificulta o desempenho de um candidato relativamente bem preparado nesta área. No que diz respeito à prova de Redação, o vestibular do ITA costuma trazer temas atuais sobre os quais o candidato já tenha feito algum tipo de reflexão no decorrer de sua vida. Cabe chamar a atenção para alguns aspectos essenciais que serão, certamente, avaliados – clareza e consistência dos argumentos em defesa de um ponto de vista sobre o assunto, coesão e coerência do texto e domínio do português padrão. É importante também tomar alguns cuidados na hora de escrever a sua redação, os quais poderão conferir-lhe um melhor desempenho: - se for solicitada a criação de um título, que este seja pertinente ao texto submetido para avaliação; - não copiar ou parafrasear os textos dados, que servem apenas de ponto de partida para a sua reflexão; - ter muito cuidado com a parte estética do seu texto: apresente uma folha limpa, evite rasuras, faça margens regulares e letra legível. Pode-se afirmar que o último período do mesmo trecho constitui uma conclusão ou conseqüência em: a) I e II. b) I e III. c) apenas a II. d) II e III. e) todas. Resposta: alternativa B. Em I, a idéia é de conseqüência; em II, a idéia é de explicação; e em III, a idéia é de conclusão. (ITA/2005) Das opções abaixo, cujos textos foram extraídos do Manual do Proprietário de um carro, a única alternativa que não apresenta inadequação quanto à construção ou ao emprego de palavra é: a) Se o veículo costuma permanecer imobilizado por mais de duas semanas ou se é utilizado em pequenos percursos, com freqüência não diária (...) adicione um frasco de aditivo. 18 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Relação de pertinência: se x é um elemento do conjunto A ⇒ x ∈ A . Caso contrário, x ∉ A . A MATEMÁTICA NO ITA O vestibular de Matemática do ITA é, provavelmente, o mais justo do país. Isso se deve ao fato dessa prova ser reconhecidamente a mais abrangente possível: raramente algum tópico do Ensino Médio não é cobrado. Isso, para o candidato, traz vantagens e desvantagens. Vantagens no sentido de que existem várias questões que são de assuntos conhecidos, e desvantagens no sentido de que podem existir temas que o aluno não domine. Porém, até nisso se faz justiça: não é possível contar apenas com a sorte, uma vez que a prova é bem variada. E, além de uma prova bem diversificada, uma marca interessante é a mistura de vários temas numa única questão (cossenos misturados com logaritmos, progressões misturadas com circunferências, etc.), sempre com o intuito de aumentar o nível de dificuldade e favorecendo o domínio de diversos temas. Mas, não é só o conhecimento que é fundamental. A prova não mede apenas o quanto o candidato sabe, mas sim como o candidato lida com o que sabe. Ao longo dos anos, várias questões são tais que a aplicação de fórmulas é praticamente inviável, o que força o candidato a ter algo a mais. Não adianta apenas conhecer milhares de fórmulas. Um bom raciocínio é peça fundamental nesse vestibular. Assim, o que se espera dos candidatos é conhecimento razoável aliado com bom raciocínio. Neste material temos uma análise do vestibular de Matemática do ITA. Procuraremos ajudá-lo a melhorar o seu desempenho com algumas dicas que serão de grande valia na hora da prova. Subconjunto: se todos os elementos de um conjunto A pertencem a um conjunto B então A é subconjunto de B, ou seja, A ⊂ B . Operações com conjuntos: a) união: A ∪ B = { x / x ∈ A ou x ∈ B} b) c) B é o conjunto CBA = B − A . União de dois conjuntos: n( A ∪ B) = n( A ) + n(B) − n( A ∩ B) Conjunto das partes: dado um conjunto A, o conjunto das partes de A, P(A), é o conjunto de todos os possíveis subconjuntos de A. Se A possui n elementos, então o conjunto P(A) possui 2n elementos. Partições de um conjunto: seja A um conjunto não-vazio e finito. Dizemos que P = { A 1, A 2 ,..., A n } é uma partição de A se cada conjunto em P é não-vazio, se a união de todos os elementos em P é igual ao conjunto A e se a intersecção desses conjuntos, tomados dois a dois, sempre é vazia. Exemplo: A = {1, 2, 3, 4, 5} Fazendo A1 = {1, 2, 3} e A2 = {4, 5}, temos que A 1 ∩ A 2 = { } e A 1 ∪ A 2 = A ⇒ { A 1, A 2 } é uma partição de A. UMA QUESTÃO INTERESSANTE Agora, uma questão muito interessantes do último vestibular: O exercício a seguir, retirado do vestibular de 2005, ilustra um fato interessante da prova do ITA: normalmente, existem dois ou mais modos para se resolver um exercício. Destes, um é razoavelmente rápido, enquanto o outro é mais trabalhoso. QUESTÃO: Seja U um conjunto não vazio com n elementos, n ≥ 1. Seja S um subconjunto de P(U) com a seguinte propriedade: Se A,B ∈ S então A ⊂ B ou B ⊂ A . Então, o número máximo de elementos que S pode ter é: a) 2n-1 b) n/2, se n for par, e (n + 1)/2 se n for ímpar; c) n+1 d) 2n - 1 e) 2n-1 + 1 QUESTÃO: Sobre o número x = 7 − 4 3 + 3 é correto afirmar: d) x 2 é irracional e) x ∈]2;3[ b) x é racional c) 2x é irracional Num primeiro instante, é fácil “chutar” que x provavelmente é irracional. Mas, isso não nos serve de muita coisa, afinal não conseguimos encontrar nenhuma resposta que nos satisfaça apenas chutando. Uma primeira tentativa de resolução poderia ser a seguinte: Se A e B são conjuntos em S, temos que eles possuem, no máximo, n elementos. Considere An um conjunto em S com n elementos. Assim, se B está em S, B é subconjunto de An, e, portanto, deve possuir n – 1 elementos (se B tem n elementos então B = An). Afirmamos que B é o único subconjunto com n – 1 elementos. De fato, se existir um conjunto C com n -1 elementos com C ≠ B então teríamos que B ⊄ C e C ⊄ B , o que contraria nossa hipótese. Logo, B é único. Seja então B = An-1. Prosseguindo com o raciocínio, montamos a seguinte cadeia de inclusões: { } = A 0 ⊂ A1 ⊂ ... ⊂ A n −1 ⊂ A n x = 7 − 4 3 + 3 ⇒ ( x − 3 )2 = 7 − 4 3 x 2 − 2x 3 + 3 = 7 − 4 3 ⇒ x 2 − x.2 3 − 4 − 4 3 = 0 Essa tentativa nos leva a uma equação do segundo grau não muito agradável, que exigirá um tempo razoável só pra terminar as contas. Este caminho com certeza nos levará a uma resposta correta, mas a questão não é essa. Será que não existe um outro modo, menos trabalhoso, para se resolver esse exercício? A resposta é sim. Essa seqüência é a maior possível, e respeita as condições impostas por S. Logo, o número máximo de elementos que S pode ter é n + 1. Observe que 7 − 4 3 = 2 − 2.2. 3 + ( 3 ) = (2 − 3 ) . Assim: 2 2 diferença: A − B = { x / x ∈ A e x ∉ B} . Complementar: se A ⊂ B então o complementar de A com relação à Bons estudos! a) x ∈]0;2[ intersecção: A ∩ B = { x / x ∈ A e x ∈ B} 2 x = 7−4 3 − 3 = 2− 3 + 3 ⇒ x = 2 Como comentário, essa foi uma questão que exigiu uma boa dose de raciocínio por parte dos candidatos, e ilustra bem um vestibular que não quer apenas fórmulas decoradas. TEORIA DOS CONJUNTOS MISTURANDO TEMAS DIFERENTES No último ano o tópico de Teoria dos Conjuntos rendeu um total de 3 questões, ou seja, 10% da prova. Pode parecer pouco, mas na verdade esse foi um dos tópicos mais cobrados, justamente por ser um tema que exige boa capacidade de abstração por parte dos candidatos. A prova de Matemática do ITA também é famosa por sua grande capacidade de “misturar” conceitos distintos. Como exemplo, temos a seguinte questão, retirada do vestibular do último ano (se você sentir dificuldades, revise os tópicos, que seguem a questão): Conjunto: é uma coleção de elementos. a) vazio: não possui elementos b) unitário: possui um único elemento c) universo: conjunto que possui todos os elementos QUESTÃO: Determine para quais valores de x ∈ (-π/2,π/2) vale a desigualdade logcosx(4sen2x - 1) - logcosx(4 - sec2x) > 2 19 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Temos aqui a presença de trigonometria e logaritmos. Tanto um quanto o outro são fundamentais para a resolução desse exercício. A partir da condição de existência da base, temos: π −π  −π π  ;  ⇒ cos x > 0 e cos x ≠ 1 ⇒ x ≠ 0 e x ∈  < x < 0 ou 0 < x < C 2 2  2 2 ada logaritmo deve existir separadamente, o que implica em duas situações: 1 1 π π π π 4sen2 x − 1 > 0 ⇒ sen x < − ou sen x > ⇒ − < x < − ou < x < 2 2 2 6 6 2 ⇒− Transformação de soma em produto sen( p + q ) + sen( p − q ) = 2.senp.cos q p−q p+q cos 2 2 p+q p−q cos sen p − sen q = 2.sen 2 2 p−q p+q cos cos p + cos q = 2. cos 2 2 p−q p+q sen cos p − cos q = −2.sen 2 2 sen(p + q) tgp + tgq = cos p. cos q sen p + sen q = 2.sen π π π π < x < − ou < x < 2 6 6 2 4 − sec 2 x > 0 ⇒ −2 < sec x < 2 ⇒ como cos x > 0, temos apenas que sec x < 2 ⇒ cos x > 1 π π ⇒− <x< . 2 3 3 Aplicando finalmente as propriedades dos logaritmos, temos:  4sen2 x − 1  >2 logcos x ( 4sen 2 x − 1) − log( 4 − sec 2 x ) = logcos x   4 − sec 2 x    Lembrando que no domínio considerado temos 0 < cos x< 1, segue então que, ao aplicar a definição de logaritmo, temos que inverter a desigualdade. Assim: 2  4sen2 x − 1   > 2 ⇔ 4sen x − 1 < cos 2 x logcos x   4 − sec 2 x  4 − sec 2 x   4sen2 x − 1 4sen 2 x − 1 − cos 2 x( 4 − sec 2 x ) − cos 2 x < 0 ⇒ 4 − sec 2 x 4 − sec x Considerando apenas o numerador da fração, temos: 2 tgp − tgq = LOGARITMOS Definição de logaritmo: base > 0 e base ≠ 1 logbase x = a ⇔ basea = x , onde  x > 0 Resumo das propriedades: 1) logb ( xy ) = logb x + logb y <0 4sen 2 x − 1 − cos 2 x( 4 − sec 2 x ) = 4sen 2 x − 4 cos 2 x − 1 + cos 2 x. 2) logb ( x / y ) = logb x − logb y 3) logb xn = n.logb x 4) logb x = 1 cos 2 x = −( 4 cos2 x − 4sen2 x ) − 1 + 1 = − cos 2x Assim, a desigualdade fica: − cos 2x cos 2x <0⇒ >0 4 − sec 2 x 4 − sec 2 x Por uma das condições de existência, é obrigatório que π π 4 − sec 2 x > 0 ⇒ cos 2x > 0 ⇒ − < x < . Considerando todos os 4 4 π π π π intervalos, chegamos em − < x < − ou <x< . 4 6 6 4 A seguir, forneceremos algumas ferramentas que podem ajudá-lo na prova, a respeito destes dois assuntos. Fórmulas básicas tg 2 x + 1 = sec 2 x sen x + cos x = 1 2 sec x = 1 cos x 1 cos ecx = senx 0 < Base < 1 ⇒ logbase x > logbase y ⇔ x < y (decrescente) PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES Um tópico bastante freqüente na prova de Matemática do ITA é determinantes. Vamos relembrar suas propriedades, a partir de algumas definições: Menor complementar: chamamos de menor complementar relativo a um elemento aij de uma matriz M, quadrada e de ordem n>1, o determinante Dij , de ordem n - 1, associado à matriz obtida de M quando suprimimos a linha e a coluna que passam por aij. Cofator ou complemento algébrico: número relacionado com cada elemento aij de uma matriz quadrada de ordem n dado por Aij = (-1)i+j .Dij. Teorema de Laplace: O determinante de uma matriz M, de ordem n≥2, é a soma dos produtos de uma fila qualquer (linha ou coluna) pelos respectivos cofatores. Cálculo do determinante para ordens 1 e 2 A = (a) ⇒ det( A ) = a = a cot g 2 x + 1 = cos ec 2 x tgx = senx cos x cos x 1 cot gx = = senx tgx Soma e subtração de arcos sen(a + b) = sen a. cos b + sen b. cos a tga + tgb tg(a + b) = 1 − tga.tgb sen(a − b) = sen a. cos b − sen b. cos a cos(a + b) = cos a.cob − sen a.sen b cos(a − b) = cos a.cob + sen a.sen b cos 2x = cos x − sen x 2 Arco duplo 2 cos 2x = 2. cos x − 1 tg(a − b) = cos 2x = 1 − 2sen x 2 a c   ⇒ det( A ) = ad − bc A =   b d tga − tgb 1 + tga.tgb Propriedades 1) somente as matrizes quadradas possuem determinantes. 2) det(A) = det(At). 3) o determinante que tem todos os elementos de uma fila iguais a zero, é nulo. 4) se trocarmos de posição duas filas paralelas de um determinante, ele muda de sinal. 5) o determinante que tem duas filas paralelas iguais ou proporcionais é nulo. 6) det(A-1) = 1/det A. 7) det(A.B) = det A.det B 8) se A é matriz quadrada de ordem n e k é real então det(k.A) = kn. det A sen 2x = 2.senx. cos x tg 2x = 2 2.tgx 1 − tg2 x Arco triplo sen 3 x = 3.sen x − 4.sen 3 x cos 3 x = 4cos3 x − 3.cos x 1 − cos x x sen  = ± 2 2 Arco metade 1 + cos x x cos  = ± 2 2 logc x (mudança de base) logc b Desigualdades envolvendo logaritmos Base > 1 ⇒ logbase x > logbase y ⇔ x > y (crescente) FORMULÁRIO DE TRIGONOMETRIA 2 sen(p − q) cos p. cos q 1 − cos x x tg  = ± 1 + cos x 2 20 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Existência da matriz inversa: uma matriz A só possui inversa se tem determinante não-nulo. Observe que cada termo de potência ímpar está multiplicado por i, de modo que podemos colocar a unidade imaginária em evidência:    θ 3 θ 5  θ2 θ 4 θ6 ... eiθ = 1 − + + − + ... + i θ −    3! 5!  2! 4! 6!    Existe uma outra propriedade dos determinantes, que será trabalhada na seguinte questão, também retirada do último vestibular do ITA. cos θ Inicialmente, como -2 multiplica a primeira linha e 3 multiplica a segunda, podemos retirar esses números do determinante: −2b −2c  b c   −2a  a     det 2p + x 2q + y 2r + z = −6. det 2p + x 2q + y 2r + z  3 x  x 3y 3z  y z  Aqui, utilizaremos a seguinte propriedade: d g   a d g  a d g  a       A =  b + x e + y h + z  ⇒ det A = det b e h  + det  x y z  c f i  c f i   c f i       Aplicando a propriedade: b c   a a b c a b c        det 2p + x 2q + y 2r + z = det 2p 2q 2r  + det  x y z  x  x  x y z y z  y z  O último determinante tem duas linhas iguais, tem a segunda linha multiplicada por 2. Assim: b c   a a b    det 2p + x 2q + y 2r + z = 2. det p q  x  x y y z  ⇒ z n = ρ n .[cos(nθ ) + i .sen(nθ )] Observe a questão a seguir, retirada do vestibular ITA-97. Essa questão é uma boa aplicação da forma exponencial, ao invés da utilização direta da fórmula de Moivre. QUESTÃO: Considere os números complexos z = enquanto o primeiro c  r  + 0 = −2 z m= e) 1 iπ w 6 + 3.z 4 + 4i = 64.e2π i + 3.16.eπ i + 4i = 16 + 4i Fazendo o mesmo para o denominador: z 2 + w 3 + 6 − 2i = 4.e iπ Dessa forma temos m = 2 + 8.e iπ + 6 − 2i = − 2 + 2i 16 + 4i − 2 + 2i 2 2 = 272 = 34 . 8 CÔNICAS ELIPSE x2 x3 + + ... 2! 3! x2 x4 x6 + − + ... 2! 4! 6! senx = x − x3 x5 x7 + − + ... 3! 5! 7! A partir destas fórmulas, podemos calcular o valor das funções seno, cosseno e exponencial em pontos não só reais, como também complexos! De fato, como o lado direito de cada expansão depende apenas do valor “x”, nada impede que utilizemos valores complexos. Ora, isso motivou vários matemáticos a fazer a seguinte substituição: x = i.θ , onde i é a unidade imaginária Substituindo x na primeira fórmula, temos: HIPÉRBOLE PARÁBOLA i2 θ 2 i3 θ 3 i 4 θ 4 i5 θ 5 i6 θ 6 + + + + ... 2! 3! 4! 5! 6! eiθ = 1 + iθ − , então m vale: iπ Você sabe qual é a origem da identidade de Euler? A resposta está em Taylor! Em Matemática, uma série de Taylor é uma série de potências utilizada para aproximar funções. Elas recebem esse nome em homenagem ao matemático inglês Brook Taylor. Várias funções podem ser aproximadas por esse método, que, por envolver derivadas de funções, só é ensinado nas disciplinas de Cálculo. Entre as funções que estudamos, existem três que merecem destaque: e iθ = 1 + iθ + z 2 + w 3 + 6 - 2i z = 2e 4 e w = 2e 3 Dessa forma, temos então que o numerador é dado por: A IDENTIDADE DE EULER cos x = 1 − w 6 + 3z 4 + 4i 2 + i 2 e w = 1 + i 3 . Se 2 a) 34 b) 26 c) 16 d) 4 SOLUÇÃO: Utilizando a forma exponencial, temos: Substituindo, temos: −2b −2c   −2a   det 2p + x 2q + y 2r + z = −6.( −2) = 12 .  3 x 3y 3z  ex = 1+ x + sen θ Assim, temos então que eiθ = cosθ + i .senθ , a conhecida identidade de Euler. A partir daí, conseguimos determinar a forma exponencial de um número complexo: z = ρ .(cosθ + i .sen θ ) ⇒ z = ρ .e iθ ( ρ = módulo ) A forma exponencial de um número complexo consegue simplificar a maior parte das fórmulas que envolvem números complexos, além de suas respectivas demonstrações. Como exemplo, considere a primeira fórmula de Moivre: z = ρ .[cos(θ ) + i .sen(θ )] ⇒ z n = ρ n .[cos(nθ ) + i .sen(nθ )] Esta fórmula possui, normalmente, duas demonstrações. A primeira utiliza o princípio de indução finita, e é um pouco demorada (sugerimos, como exercício, que cada candidato tente demonstrar tal fórmula). A segunda demonstração é baseada na forma exponencial, e é praticamente imediata: z = ρ .(cosθ + i .sen θ ) = ρ .e iθ ⇒ z n = ( ρ.eiθ )n = ρ n .einθ QUESTÃO: −2b −2c  a b c   −2a     Se det p q r  = -1 então o valor do det 2p + x 2q + y 2r + z é  x y z  3 x 3y 3z  igual a a) 0 b) 4 c) 8 d) 12 e) 16 θ2 θ3 θ 4 θ5 θ 6 −i + +i − ... 2! 3! 4! 5! 6! 21 DEFINIÇÕES Dados dos pontos F1 e F2 distantes 2c. Uma elipse de focos em F1 e F2 é o conjunto dos pontos cuja soma das distâncias a F1 e F2 é constante 2a, com 2a > 2c. Dados dos pontos F1 e F2 distantes 2c. Uma hipérbole de focos em F1 e F2 é o conjunto dos pontos cujo módulo da diferença das distâncias a F1 e F2 é constante 2a, com 2a < 2c. Dados um ponto F e uma reta d (F∉d) e p a distância entre eles. Parábola é o conjunto dos pontos do plano eqüidistantes de F e d. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Elementos principais: ELIPSE F1 e F2 å focos O å centro A1A2 å eixo maior (2a) B1B2 å eixo menor (2b) 2c å distância focal c/a å excentricidade HIPÉRBOLE hipérbole de eixo real horizontal k1<0 e k2>0 hipérbole de eixo real vertical’ Parábolas - p = ¼ a y = ax2 + bx + c x = ay2 + by + c diretriz horizontal diretriz vertical −∆ −b −∆ −b e yv = xv = e yv = xv = 4a 2a 2a 4a a > 0 å conc. p/ cima a > 0 å conc. p/ direita a < 0 å conc. p/ baixo a < 0 å conc. p/ esquerda F1 e F2 å focos O å centro A1A2 å eixo real (2a) B1B2 å eixo conjugado ou transverso (2b) 2c å distância focal c/a å excentricidade PARÁBOLA k1>0 e k2<0 Rotação de eixos As coordenadas de um ponto P(x,y) após a rotação de eixos de um ângulo θ são dadas por (x`,y`) tais que x = x`.cosθ - y`.senθ y = x`.senθ + y`.cosθ Interpretação de uma equação do 2o grau Dada a eq. geral do 2o grau: Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 é sempre possível eliminar o seu termo retângulo (2Bxy) através de um rotação de eixos de um ângulo θ tal que A=Cåθ=π/4 A ≠ C å tg 2θ = 2B/ (A – C) F å foco d å diretriz 2p å parâmetro V å vértice No último ano tivemos 2 questões de cônicas, uma delas discursiva. Confira! QUESTÃO: Sabendo que 9y2-16x2-144y+224x-352=0 é a equação de uma hipérbole, calcule sua distância focal. Completando os quadrados na equação acima, temos: 9( y 2 − 16 y + 64 ) − 576 − 16.( x 2 − 14 x + 49) + 784 − 352 = 0 ( ) Relações notáveis: ELIPSE HIPÉRBOLE PARÁBOLA a2 = b2 + c2 ( y − 8 ) 2 ( x − 7 )2 − =1 16 9 Logo, a equação reduzida da hipérbole é: d VF = p c2 = a2 + b2 9( y − 8)2 − 16.( x − 7)2 = 144 ⇒ ( y − 8 )2 Equações Reduzidas ELIPSE Focos em Ox (-c,0) e (c,0) Focos em Oy (0,-c) e (0,c) + =1 a2 b2 HIPÉRBOLE Focos em Ox (-c,0) e (c,0) x2 x2 2 y2 − y2 2 =1 y2 a2 b2 =1 a b 2 (x - x 0 )2 − (y - y 0 )2 a2 b2 a 2 − x2 b 2 =1 (y - y 0 )2 + (x - x 0 )2 =1 a = 4 = 1⇒  b = 3 COMENTÁRIOS FINAIS É importante que fique claro que, embora o vestibular do ITA seja uma prova de grande inteligência na qual quase sempre existem dois métodos de resolução (um normalmente mais rápido e outro um pouco mais trabalhoso), o mais importante é RESOLVER O EXERCÍCIO. De fato, não importa o caminho, e sim o resultado. Embora seja muito importante manter o espírito crítico e refletir a cada questão, não vale a pena perder muito tempo procurando um caminho curto quando se sabe uma maneira de resolver a questão, pois tempo é um bem precioso nesse vestibular. a2 b2 (y - y 0 )2 − (x - x 0 )2 =1 HIPÉRBOLE =1 a2 b2 Boa prova! =1 PARÁBOLA - Equação Reduzida – vértice em (xo,yo) (y – y0)2 = 4p.(x – x0) (x – x0)2 = 4p.(y – y0) RECONHECIMENTO DE UMA CÔNICA Dada uma equação do 2o grau redutível à forma (x - x 0 )2 + (y - y 0 )2 k1 2 c 2 = a 2 + b 2 = 16 + 9 = 25 ⇒ c = 5 Assim, a distância focal é 2c = 10. Equações Reduzidas – centro em (xo,yo) ELIPSE 2 ( x − 7)2 4 3 A partir das relações notáveis da hipérbole, temos: Foco em Oy (0,p) x2 = 4py (x - x 0 )2 + (y - y 0 )2 − Focos em Oy (0,-c) e (0,c) y2 a b PARÁBOLA Foco em Ox (p,0) y2 = 4px + x2 2 k2 =1 k1>0, k2>0 e k1>k2 elipse de eixo maior horizontal k1>0, k2>0 e k1<k2 elipse de eixo maior vertical 22 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA PROPRIEDADES COLIGATIVAS A QUÍMICA NO ITA Pressão de vapor Um recipiente fechado, contendo um líquido evapora parcialmente, até saturar o meio gasoso. A fase líquida estará em permanente contato com a fase vapor em equilíbrio dinâmico Neste momento, o vapor exerce sobre o líquido a pressão máxima de vapor (maior pressão possível) Pressão máxima de vapor de um líquido é a pressão que seu vapor exerce, num recipiente fechado, quando está em equilíbrio com o líquido, a uma certa temperatura. Temos que: - o volume da fase gasosa NÃO altera a pressão de vapor de um líquido - o volume da fase líquida NÃO altera a pressão de vapor. - o aumento da temperatura acarreta num aumento da pressão de vapor de um liquido. A banca examinadora do ITA busca do candidato uma boa base conceitual de química e certa experiência na descrição dos fenômenos químicos. É bastante enfatizada a análise crítica e aprofundada dos assuntos comumente abordados no ensino médio. Entretanto, constantemente são abordados tópicos que fogem do escopo visto durante a vida escolar de um aluno que apresenta como prioridade os assuntos cobrados em vestibulares mais abrangentes. Este é o intuito deste vestibular: selecionar os alunos mais bem preparados e se possível, dar prioridade para aqueles que se prepararam prioritariamente ao ingresso no ITA. Nesta linha de pensamento, alguns tópicos são recorrentes, para privilegiar o candidato que colocou o vestibular do ITA em primeiro plano e se focaram em determinados assuntos específicos. Um tópico que apresenta um índice de incidência muito grande se comparado com sua aparição em outros vestibulares é Propriedades Coligativas. Nos últimos 10 anos, tivemos aproximadamente 31 questões a respeito deste tópico, que envolve entre outros enfoques uma clara visão das propriedades físicas das substâncias, sua relação com algumas características moleculares (como geometria, polaridade e interações intermoleculares), além dos efeitos coligativos em si. Estes, por sua vez, são abordados na maior parte das vezes quantitativamente (ao contrário do que é cobrado em vestibulares como FUVEST e UNICAMP). Colocando num gráfico os valores de pressão de vapor observados quando alteramos a temperatura de um sistema contendo água pura obtemos o seguinte resultado: Como foi citada, a importância das propriedades físicas para o vestibular do ITA é enorme. Neste sentido, é bastante comum perguntas que relacionam ligações químicas, geometria molecular e interações intermoleculares. Na última década, 26 questões abordaram tais temas e seu entendimento por completo é prérequisito para uma melhora no desempenho como um todo. Atenção para a determinação de geometrias mais complicadas, que não respeitam a regra do octeto (sendo necessária a utilização do modelo da máxima separação dos pares de elétrons para a determinação do formato da molécula, tópico que normalmente não é abordado no ensino médio) Ainda analisando os fatores que influenciam a pressão de vapor, temos que líquidos diferentes têm pressão de vapor diferentes. Os líquidos mais voláteis apresentam maior pressão de vapor, pois as moléculas passam mais facilmente para o estado de vapor. OBS.: Temperatura de ebulição de um líquido Para um líquido entrar em ebulição, é necessário que sua pressão de vapor seja igual à pressão atmosférica. Como o aquecimento aumenta a pressão de vapor conforme visto no gráfico anterior, o líquido eventualmente irá entrar em ebulição. Outra maneira de efetuar a ebulição é diminuirmos a pressão ambiente, de modo que a pressão externa se iguale à pressão do líquido na temperatura dada. Reforçando o direcionamento do vestibular de pré-selecionar aqueles alunos que priorizaram as provas do ITA, alguns tópicos bastante pouco explorados e que eventualmente fogem do ensino médio: - Eletroquímica: pilhas em condições fora das condições padrão e equação de Nersnt - Termoquímica: espontaneidade de reações, conceitos de entropia e energia livre de Gibbs além da relação de entalpia e termodinâmica (análise de trabalho e variação de energia interna de reações químicas). - Cinética química: análise da quantidade de reagentes de acordo com a equação da velocidade em função do tempo (a partir de uma análise de cálculo diferencial) Diagrama de Fases e o ponto triplo: Como foi dito anteriormente, existe um conjunto de pontos (pressão e temperatura adequadas) onde ocorre a ebulição. Levando em consideração também as condições para a mudança de fase do sólido para o líquido e do sólido para o vapor, estes pontos representam o diagrama de fases de uma substância: A equipe Elite apóia você nesta jornada e lhe dedica este resumo dos principais tópicos comentados, com exemplos de como o ITA aborda cada assunto. Os assuntos foram escolhidos cuidadosamente, pois apresentam elevada probabilidade de serem cobrados novamente. Então: Bons estudos! As fronteiras representam os pontos onde temos o equilíbrio entre as fases. O ponto de intersecção das três curvas é chamado de ponto triplo e representa a pressão e a temperatura onde ocorre o equilíbrio entre as três fases. Representamos abaixo algumas mudanças de fase que são dignas de nota: 23 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA 1 2 3 3 2 1 1 2 Algumas definições; Ponto de Ebulição Normal: é a temperatura na qual a pressão de vapor do líquido é 1 atm, ou seja, líquido e seu vapor em equilíbrio na linha líquido-vapor (ponto B). Ponto Triplo: Sólido, Líquido e Vapor estão em equilíbrio (ponto A). Por definição: Para a água a temperatura do ponto triplo é 273,16 K (0,01 oC). A pressão é 4,585 mmHg. Ponto Crítico: Existe uma clara separação entre os estados líquido e de vapor até este ponto (temperatura e pressão definidas – ponto C). A partir deste ponto, não existe equilíbrio entre as fases e dizemos que a substância é um gás. Assim, uma simples compressão não causa mudança de fase (apesar do aspecto se alterar gradativamente). Graus de Liberdade: É o número de variáveis intensivas que podem variar independentemente sem provocar distúrbios no número de fases em equilíbrio. Sistema com um componente (C=1) e uma fase (P=1), pressão e temperatura podem variar independentemente sem variar o número de fases. (2 graus de liberdade) Sistema com 2 fases em equilíbrio (fronteira): se variarmos a pressão teremos que variar a temperatura para ajustar com a sua nova pressão e então mantermos o mesmo número de fases. (1 grau de liberdade) No ponto triplo, não temos nenhum grau de liberdade, pois é impossível variar a pressão e a temperatura e mantermos ainda 3 fases. Regra de fases devido a J. W. Gibbs, para um sistema onde não ocorre reação (C – componentes, P – Fases, F – graus de liberdade): F = C - P +2 A transformação descrita representa a passagem do estado sólido para o estado líquido e então para o estado gasoso a uma pressão constante (apenas pelo aumento da temperatura). Note que este é o processo que comumente encontramos ao aquecer uma substância à temperatura ambiente. A transformação descrita representa a passagem do estado de vapor para o estado líquido e então para o estado sólido a uma temperatura constante (apenas pelo aumento da pressão). Note que o aumento da pressão normalmente nos leva ao ponto de maior densidade (maior compactação). Na maior parte das substâncias o estado sólido é o mais denso e portanto esta é a curva esperada como caso geral. Entretanto, note que no caso da água, o estado sólido apresenta menor densidade que o estado líquido. Assim, como veremos adiante, o diagrama de fases da água é um pouco diferente. A transformação descrita representa a passagem do estado sólido para o estado de vapor a uma pressão constante (apenas pelo aumento da temperatura). Note que dependendo do formato do gráfico, a pressão ambiente algumas substâncias apresentam esta transição a pressão ambiente. A curva entre o líquido e o vapor também pode representar a curva de pressão de vapor do líquido e seu prolongamento (em tracejado) representa a pressão de vapor do líquido caso ele esteja num estado metaestável chamado de sobrefusão (líquido em condições que deveria estar sólido). O vestibular do ITA cobra a utilização do diagrama de fases com uma grande regularidade. Desde 2004, pelo menos uma questão aborda tal assunto (em 2006 foram duas). Abaixo um exemplo da sua utilização: EXEMPLO: ITA 2004 Um dos sistemas propelentes usados em foguetes consiste em uma mistura de hidrazina (N2H4) e peróxido de hidrogênio (H2O2). Sabendo que o ponto triplo da hidrazina corresponde à temperatura de 2,0°C e à pressão de 3,4mmHg, que o ponto crítico corresponde à temperatura de 380°C e à pressão de 145 atm e que na pressão de 1atm as temperaturas de fusão e de ebulição são iguais a 1,0 e 113,5°C, respectivamente, pedem-se: a) Um esboço do diagrama de fases da hidrazina para o intervalo de pressão e temperatura considerados neste enunciado. b) A indicação, no diagrama esboçado no item a), de todos os pontos indicados no enunciado e das fases presentes em cada região do diagrama. c) A equação química completa e balanceada que descreve a reação de combustão entre hidrazina e peróxido de hidrogênio, quando estes são misturados a uma temperatura de 25°C e pressão de 1 atm. Nesta equação, indique os estados físicos de cada substância. d) O cálculo da variação de entalpia da reação mencionada em c). Dados eventualmente necessários: variação de entalpia de formação (∆H°f), na temperatura de 25°C e pressão de 1atm, referente a: N2H4 (g): ∆H°f = 95,4 kJ/mol. N2H4 (l): ∆H°f = 50,6 kJ/mol. H2O2 (l): ∆H°f = -187,8 kJ/mol. H2O (g): ∆H°f = -241,8 kJ/mol. Diagrama de Fases da Água: Conforme comentado, a água apresenta o estado sólido com menor densidade que o estado líquido. Assim, um aumento de pressão de um sólido causará a sua fusão (fenômeno observado por exemplo na patinação sobre o gelo). Note o comportamento diferenciado do diagrama de fases da água (inclinação da curva sólido-líquido): SÓLIDO LÍQUIDO SOLUÇÃO: Itens a) e b): GÁS VAPOR Legenda: S = sólido; L = líquido; V = vapor; PT = ponto triplo; PC = ponto crítico. 24 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Obs.: - Gráfico fora de escala. 3,4mmHg ≅ 0,0045atm. A curva de sublimação apresentada no gráfico serve apenas como referência de sua existência, pois não foram fornecidos valores para a construção da mesma. c) Item c): Pelo diagrama, pode-se perceber que a hidrazina, nas condições de pressão e temperatura descritas no problema, encontra-se na forma líquida. A reação de combustão, portanto, é dada por: N2H4(l) + 2H2O2(l) → N2(g) + 4H2O(g) d) e) Item d): Da reação descrita no item anterior, tem-se: ∆Hc = ∆H°f (N2(g) ) + 4 ⋅ ∆H°f (H2O(g) ) − ∆H°f (N2H4(l) ) − 2 ⋅ ∆H°f (H2O2(l) ) Lembrando que a entalpia de formação da substância simples é nula e substituindo-se os dados referentes às outras substâncias no estado físico em que se encontram na reação, tem-se: ∆Hc = −642,2kJ/mol EFEITOS COLIGATIVOS Todas os efeitos coligativos são dependentes apenas concentração de partículas na solução (para soluções ideais0. Solução: Segundo a lei de Raoult, quando dois líquidos infinitamente miscíveis são postos juntos, a pressão de vapor de cada um é reduzida pela pressão de vapor do outro, de maneira que cada componente em uma solução contribui proporcionalmente a sua fração molar na mistura. A pressão total de vapor é igual a soma das pressões de vapor exercidas por cada componente, na mistura. Assim, temos: pa = Xa.p0a pb = Xb.p0b pmistura = pa + pb Os gráficos das pressões parciais de cada componente na mistura, são: na • Tonoscopia: Em uma solução, a pressão de vapor de cada um dos participantes é proporcional à sua fração molar. No caso de uma solução com um soluto não volátil, despreza-se a pressão de vapor do soluto e temos que a pressão de vapor da mistura é dada pela nova pressão de vapor do solvente, calculada a partir da lei de Raoult: Lei de Raoult: P = X2 . P2 ou ∆P = X1 . P2 Para soluções bastante diluídas, pode-se utilizar ∆P/P2 = KT . W . i Onde: - KT é a constante tonométrica e pode ser calculada em função da M2 massa molar da solução pela equação KT = 1000 - W é a molalidade da solução e é a relação entre o número de n1 mols de soluto e a massa da solução em kg: W = m2 (kg ) - i é o fator de Van’t Hoff e corresponde ao número de mols de partículas que se encontram em solução após fazermos a dissolução de 1 mol de soluto. OBS.: Quando temos a dissolução de um soluto volátil, temos que a pressão de vapor da solução é igual à soma das pressões de vapor parcial de cada um dos componentes desta solução. Note que, segundo a lei de Raoult, quando dois líquidos infinitamente miscíveis são postos juntos, a pressão de vapor de cada um é reduzida pela pressão de vapor do outro, de maneira que cada componente em uma solução contribui proporcionalmente a sua fração molar na mistura. A pressão total de vapor é igual a soma das pressões de vapor exercidas por cada componente, na mistura. Observe o seguinte exemplo: Como a pergunta busca o gráfico que melhor representa a pressão de vapor do componente CCl4 (pa), temos que a curva que representa esta pressão se encontra na alternativa E. • Ebulioscopia: aumento da temperatura de ebulição do solvente ao adicionarmos soluto não volátil. Assim como a pressão de vapor, temos que a temperatura de ebulição irá depender apenas da molalidade da solução (independe da natureza do soluto). Analogamente à expressão que relaciona o abaixamento da pressão de vapor à molalidade, podemos analisar o aumento da temperatura de ebulição à concentração molal do soluto, através de uma constante, que chamamos de constante ebulioscópica. Assim: ∆tE = KE . W . i EXEMPLO: ITA 2006 Considere soluções de SiCl4/CCl4 de frações molares variáveis, todas a 250C. Sabendo que a pressão de vapor do CCl4 a 250C é igual a 114,9 mmHg, assinale a opção que mostra o gráfico que melhor representa a pressão de vapor de CCl4 (PCCl4) em função da fração molar de SiCl4 no líquido ( X1SiCl ). 4 a) • Crioscopia: abaixamento da temperatura de congelamento do solvente ao adicionarmos soluto não volátil. Como nos outros efeitos coligativos observados, essa alteração depende apenas da concentração do soluto, não importando a natureza do soluto. Essa diminuição é proporcional à molalidade segundo uma constante KC analogamente ao aumento da temperatura. Assim: ∆tC = KC . W . i b) 25 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Note que todos os efeitos coligativos apresentados são resultado do abaixamento da curva de pressão de vapor da solução. Observe o seguinte exemplo: diretamente proporcional à concentração molar do soluto (molaridade). É proporcional também à temperatura. Assim: n π = 1 ⋅ R ⋅T ⋅ i V onde R é a constante de proporcionalidade e tem o mesmo valor da constante universal dos gases. EXEMPLO: ITA 2006 Esboce graficamente o diagrama de fases (pressão versus temperatura) da água pura (linhas cheias). Neste mesmo gráfico, esboce o diagrama de fases de uma solução aquosa 1 mol kg-1 em etilenoglicol (linhas tracejadas). Solução: Resumindo a parte quantitativa de propriedades periódicas, temos: Solução molecular Tonometria Ebuliometria Criometria Pressão osmótica Solução iônica ∆P = X1 . P2 ∆P/P2 = KT . W ∆P = X1 . P2 . i ∆P/P2 = KT . W . i ∆tC = KC . W ∆tC = KC . W . i ∆tE = KE . W π=M.R.T ∆tE = KE . W . i π=M.R.T.i Obs: i = 1 + α (q – 1) PROPRIEDADES FÍSICAS DAS SUBSTÂNCIAS Um tópico bastante comum de cair no vestibular do ITA é relacionar propriedades físicas com as estruturas de ligação entre os átomos, geometria e forças de interação intermolecular. Temos por exemplo a seguinte questão: Tranformação L→ G na solução etilenoglicol Pvap solução < Pvap água pura Assim é “mais difícil” fazer a transição L→G para a solução, então para pressão constante, a temperatura de ebulição da solução é maior que a da água pura Transformação L→S na solução etilenoglicol Ocorre com maior dificuldade para uma pressão constante, assim a temperatura de congelamento da solução é menor que a da água pura EXEMPLO: ITA 2002 Na tabela abaixo são mostrados os valores de temperatura de fusão de algumas substâncias Substância Temperatura de fusão (ºC) Bromo -7 Água 0 Sódio 98 Bometo de Sódio 747 Silício 1414 Em termos dos tipos de interação presentes em cada substância, justifique a ordem crescente de temperatura de fusão das substâncias listadas. Solução: Quanto maior a força de interação entre as unidades elementares do estado sólido, maior deverá ser a temperatura para passar deste estado para o líquido (maior a energia necessária para enfraquecer estas forças) Forças Br — Br ligação covalente intermoleculares de bromo apolar London • Pressão osmótica: Quando água pura e uma solução de glicose são colocadas em um frasco separados por uma membrana semipermeável (permeável apenas para o solvente), temos que esta membrana permite a passagem de solvente em ambas as direções, mas no intuito de diluir o meio mais concentrado, a passagem de água do meio mais diluído para o meio mais concentrado é predominante. O H H água Na(s) sódio NaBr(s) brometo de sódio Si(s) silício O fenômeno que permite a passagem do solvente, do meio mais diluído para o meio mais concentrado, através de uma membrana semipermeável é denominado osmose. É possível impedir a passagem das moléculas do solvente da membrana (impedir a osmose). Para que isso ocorra deveremos aplicar sobre a solução uma pressão externa. Essa pressão deve ser igual à pressão do líquido passando através da membrana para impedir completamente a osmose. A pressão do líquido ao passar pela membrana é chamada de pressão osmótica da solução (π) ligações covalentes polares ligações metálicas ligações iônicas ligações covalentes ligações de hidrogênio (intermoleculares) interações entre átomos metálicos interações elétricas entre íons cristal covalente É importante lembrar que os fatores que são importantes para a determinação da temperatura de fusão/ebulição e também para a volatilidade são: - quanto maior as forças de interação, maior a temperatura de fusão/ebulição e menor a volatilidade. LEMBRE-SE: Tipo de força intermolecular: Quanto mais intensas as atrações intermoleculares, maiores seus PF e PE. Tamanho das moléculas: Quanto maior for o tamanho de uma molécula, maior será a sua superfície, o que propicia um maior número de interações com outras moléculas vizinhas, acarretando PF e PE maiores. - quanto maior a massa da unidade elementar, maior a temperatura de fusão/ebulição e menor a volatilidade Pressão externa aplicada para impedir que ocorra a osmose = π (pressão osmótica) Experimentalmente comprova-se que a pressão osmótica de soluções muito diluídas de solutos moleculares (não-eletrólitos) é 26 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA FORÇAS INTERMOLECULARES GEOMETRIA MOLECULAR No caso de substâncias moleculares, note que as forças de interação dependem bastante da geometria. Relembrando um pouco a respeito de forças de interação intermoleculares: Não se esqueça de levar em consideração a geometria da molécula para determinar a polaridade e portanto as interações intermoleculares. Mas podemos dizer que o ITA vai um pouco mais além quando se trata de geometria molecular. Este tópico também é bastante recorrente, como na questão a seguir: A formação de dipolos elétricos em moléculas covalentes tem como conseqüência o surgimento de forças eletrostáticas entre elas. Ou seja, os dipolos elétricos irão atrair-se mutuamente, mantendo as moléculas unidas. Além deste tipo de interação, considerada fraca quando comparada com a ligação covalente, existem muitas outras forças entre compostos químicos, as quais são responsáveis pela existência dos estados condensados da matéria (sólido e líquido). Entre as forças de interação intermolecular pode-se identificar dois tipos básicos: as de Van der Walls e a ligação de hidrogênio EXEMPLO: ITA 2006 BrF3, KrF4 e BrF5 . Para cada uma delas, qual é a hibridização do átomo central e qual o nome da geometria molecular? Solução BF3: B possui 3 elétrons na última camada, fazendo hibridação sp2 para realizar 3 ligações (três orbitais com elétrons desemparelhados) Forças de Van der Walls As forças de van der Walls atuam entre íons, moléculas e átomos, sendo os principais tipos conhecidos como forças íon-dipolo, dipolo-dipolo, dipolo induzido e de London. É extremamente complicado explicar matematicamente, via mecânica quântica, estas interações. Porém, pode-se descrevê-las de forma qualitativa, considerando-as como forças de atração eletrostáticas, como será feito a seguir. a) Forças íon-dipolo: quando um dipolo elétrico, por exemplo a molécula da água, sofre influência do campo elétrico gerado por um íon, por exemplo o cátion de sódio, ele irá alinhar-se ao campo e manter-se unido a fonte geradora. Ou seja, neste caso, o oxigênio da água, onde está localizada a carga parcial negativa, une-se ao cátion de sódio e os hidrogênios afastam-se o máximo possível. b) Forças dipolo-dipolo: quando duas moléculas polares, como o HCl, se aproximam, surgem forças de atração eletrostática entre elas. É importante notar que estas forças são direcionais, orientando os dipolos espacialmente, como mostrado na figura ao lado. F F intermolecular - .. Sn F F F Geometria piramidal BrF3: Br apresenta 7 elétrons na última camada, fazendo hibridação sp3d para realizar 3 ligações (três orbitais com elétrons desemparelhados) e sobrarem 2 orbitais ocupados por dois pares de elétrons desemparelhados. Existem três configurações possíveis, mas a mais estável (menor energia) é a mais comumente observada: .. F .. .. F Br .. .. Br F F F F Br F F F .. Forma de T Piramidal Trigonal plana Configuração de Menor Energia KrF4: Kr apresenta 8 elétrons na última camada, fazendo hibridação sp3d2 para realizar 4 ligações (quatro orbitais com elétrons desemparelhados) e sobrarem dois orbitais ocupados por dois pares de elétrons desemparelhados. A configuração mais estável é aquela onde os orbitais completos se encontram em posições opostas .. F F F Kr F .. Geometria quadrado planar BrF5: Br apresenta 7 elétrons na última camada, fazendo hibridação sp3d2 para realizar 5 ligações (cinco orbitais com elétrons desemparelhados) e sobrar um orbital ocupados por um par de elétrons desemparelhados. COMPARANDO AS FORÇAS INTERMOLECULARES química F SnF3-: Concentrando a carga no átomo central, Sn- possui 5 elétrons na última camada, fazendo hibridação sp3 para realizar 3 ligações (três orbitais com elétrons desemparelhados) e sobrar um orbital ocupado por um par de elétrons emparelhados Ligação de Hidrogênio As ligações de hidrogênio, também chamadas de pontes de hidrogênio, são difíceis de serem definidas uma vez que são bem mais fortes que as forças de van der Walls, porém mais fracas que uma ligação de valência. Pode-se dizer que, quando ligado a um grupo fortemente eletronegativo (A), como os átomos de flúor, oxigênio e nitrogênio, o hidrogênio pode apresentar uma segunda ligação, mais fraca que a anterior, com um segundo átomo (B). Esta segunda ligação é dita então ligação de hidrogênio, e é representada com um traço descontínuo, como mostrado na figura abaixo. força covalente iônica íon-dipolo dipolo-dipolo Dispersão (London) ligação-H B Geometria trigonal plana c) Forças dipolares induzidas: quando uma molécula apolar se aproxima a outra polar, ocorre uma distorção da sua nuvem eletrônica gerando um dipolo elétrido. Entre este dipolo formado, conhecido como dipolo induzido, e o indutor, ocorre então o surgimento de forças de atração semelhantes às verificadas entre moléculas polares. Na figura abaixo, este processo de indução aparece esquematizado. d) Forças de London: este tipo de interação surge entre moléculas apolares. Admite-se que a interação originada pela aproximação destas espécies leva a formação de dipolos induzidos, os quais irão se atrair mutuamente. Também chamamos esse tipo de interação de forças de dispersão. ligação − Considere as seguintes espécies no estado gasoso: BF3, SnF3 , F Magnitude (kJ/mol)) 100-1000 100-1000 1-70 0,1-10 0,1-2 10-40 F F F Br F .. Geometria pirâmide de base quadrada 27 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA GEOMETRIA MOLECULAR De acordo com o modelo da máxima separação dos pares eletrônicos, o par de elétrons em uma camada de valência é organizado de forma que cada par de elétrons se posicionará o mais longe possível do seu vizinho, isto ocorre devido a repulsão eletrostática entre eles, como na figura: Portanto na determinação da geometria molecular, é crucial o conhecimento da fórmula eletrônica para a determinação do número de nuvens eletrônicas em torno do átomo central. Este número dará a disposição destas nuvens (o mais separado possível) e a geometria da molécula. Observe este fato através da análise das tabelas a seguir. Número de pares Número de ao redor do pares eletrônico átomo central não ligados 2 0 Arranjo das ligações e forma molecular Estrutura de Lewis Exemplos BeH2 Linear X A X Ângulo de ligação previsto 180o BeCl2 Trigonal plana 0 X A X X BF3 120o AlCl3 3 A X Angular 1 Tetraédrica X 0 X A X X SnCl2 120o CH4 X NH4+ 109,5o CCl4 Piramidal X 1 A X X NH3 109,5o NF3 4 Angular A X 2 X H2O 109,5o F2O Linear HF A 2 X HCl Continua... Obs.: A hibridação pode ser dada pela seguinte relação: Nuvens eletrônicas em Hibridação torno do átomo central 2 sp 3 sp2 4 sp3 5 sp3d 6 sp3d2 28 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Número de pares Número de ao redor do pares eletrônico átomo central não ligados Arranjo das ligações e forma molecular Estrutura de Lewis Exemplos Ângulo de ligação previsto PCl5 120o e 90o SF4 120o e 90o ClF3 ICl3 90o I 3- 180o SF6 90o BrF5 90o XeF4 90o Bipiramide Trigonal 0 Gangorra 1 5 Forma de T 2 Linear 3 Octaédrica 0 Pirâmide Quadrada 6 1 Quadrado Planar 2 etc... 29 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA 3. Um elétron, quando localizado numa dessas órbitas, não perde nem ganha energia espontaneamente. Por isso diz-se que ele assume um estado estácionário. 4. Um elétron pode receber energia de uma fonte externa somente em unidades discretas (pequenas), chamadas quanta (forma singular: quantum). 5. Quando um elétron recebe um quantum de energia, ele salta para uma órbita mais energética, ligeiramente mais afastada do núcleo. Dizemos que o elétron realizou um salto quântico e atingiu um estado excitado. 6. Quando o elétron retorna a uma órbita menos energética, ele perde, na forma de onda eletromagnética, uma quantidade de energia que corresponde à diferença de energia existente entre as órbitas envolvidas ESTRUTURA ATÔMICA – O ÁTOMO DE BOHR O estudo do átomo segundo Bohr é bastante útil em algumas situações. Quando um átomo absorve energia de uma fonte externa, alguns de seus elétrons ganham energia e são elevados a um nível de energia maior. Esse fenômeno é chamado de salto quântico. Diz-se que o átomo se encontra num estado excitado. Alguns dos níveis de energia mais baixos ficam livres e, assim, um elétron pode cair de um nível mais alto para um nível de energia mais baixo. Quando Isso acontece, a energia absorvida pelo elétron é liberada na forma de fóton de radiação eletromagnética. O fóton, portanto, corresponde à diferença entre dois níveis de energia de um elétron, quando este realiza um salto quântico. Uma vez que a energia do fóton é quantizada, o comprimento de onda também deve ser quantizado, ou seja, só pode um par específico de níveis em um ter um valor discreto e fixo. Cada transição eletrônica entre átomo contribui para a produção de uma linha individual no espectro daquele elemento. A partir de então, pode-se relacionar a energia de um fóton emitido e sua transição transição eletrônica: E = hf = Ei-Ef, onde h é a constante de Planck (6.63 x 10-34 J.s = 4.14 x 10-15 eV.s), f é a freqüência da radiação emitida, Ei e Ef são energias dos estados inicial e final. Por conseguinte, se um elétron salta da órbita 2 para a órbita 1, há emissão de luz, por outro lado, se luz de energia adequada atingir o átomo, esta é capaz de impelir um elétron da órbita 1 para a órbita 2. Neste processo, a luz é absorvida. Num átomo de hidrogênio: A linha vermelha no espectro atômico é causada por elétrons saltando da terceira órbita para a segunda órbita. A linha verde-azulada no espectro atômico é causada por elétrons saltando da quarta órbita para a segunda órbita. A linha azul no espectro atômico é causada por elétrons saltando da quinta órbita para a segunda órbita. A linha violeta mais brilhante no espectro atômico é causada por elétrons saltando da sexta órbita para a segunda órbita. Bohr conseguiu calcular a energia absorvida numa transição eletrônica no átomo de um hidrogenóide qualquer. Para tanto utilizou a seguinte equação: (o sinal negativo indica que a energia é absorvida) E total = - C (z2 / n2 ) Onde: z = número atômico do elemento C = constante de Rydberg, quando Z = 1 Obs.: Um elétron quando perde energia e retorna, não pode ocupar uma órbita com energia menor que a da órbita de seu estado estacionário e a diferença de energia (luz emitida) de cada uma dessas órbitas corresponde a uma certa quantidade de energia, ou seja, a uma raia do espectro. De acordo com esse modelo, o átomo poderia ser representado de uma forma em que as órbitas permitidas tivessem níveis de energia e ainda com as respectivas raias presentes no espectro. Observe abaixo o diagrama de energias permitidas para um elétron num átomo de hidrogênio (figura muito comum de aparecer na prova de Física ou de Química do ITA) Considere agora o exemplo a seguir da utilização do modelo de Bohr (válido apenas para hidrogenóides) associado a propriedades periódicas. O raio atômico também pode ser calculado pela equação: Raio = Ao (n2 / Z) Onde: Ao = 0,529 x 10 -10 m (Raio de Bohr - constante) Estas equações podem ser aplicadas a qualquer átomo ou íon hidrogenóide, isto é, com apenas um elétron, mas não se aplicam a outros elementos com mais de um elétron. Isto porque as repulsões intereletrônicas teriam que ser levadas em consideração nas transições eletrônicas e no tamanho do raio atômico. EXEMPLO: ITA 2006 Considere as afirmações abaixo, todas relacionadas a átomos e íons no estado gasoso: I. A energia do íon Be2+, no seu estado fundamental, é igual à energia do átomo de He neutro no seu estado fundamental. II. Conhecendo a segunda energia de ionização do átomo de He neutro, é possível conhecer o valor da afinidade eletrônica do íon He2+. III. Conhecendo o valor da afinidade eletrônica e da primeira energia de ionização do átomo de Li neutro, é possível conhecer a energia envolvida na emissão do primeiro estado excitado do átomo de Li neutro para o seu estado fundamental. IV. A primeira energia de ionização de íon H- é menor do que a primeira energia de ionização do átomo de H neutro. V. O primeiro estado excitado do átomo de He neutro tem a mesma configuração eletrônica do primeiro estado excitado do íon Be2+. Então, das afirmações acima, estão CORRETAS a) apenas I e III b) apenas I, II e V c) apenas I e IV d) apenas II, IV e V e) apenas III e V Solução: I) Falso, pois o Be2+ possui um número de prótons diferente do He, portanto os elétrons encontram-se mais próximos ao núcleo no Be2+, estando em um estado de energia menor. II) Verdadeiro Segunda ionização do hélio: He+ å He2+ + e- (I) Afinidade eletrônica do He2+: He2+ + e- å He+ (II) Como I e II são processos inversos, então conhecida a energia envolvida em I obtém-se a energia em II (E1 = - E2) III) Falso Li å Li+ + e- Energia de ionização É interessante notar que os comprimentos de onda da luz encontrada no espectro do hidrogênio corresponde à diferentes órbitas. (O comprimento de onda guarda relação com a energia. Os menores comprimentos de onda de luz significam vibrações mais rápidas e maior energia). Por exemplo, a linha verde-azulada no espectro linear do hidrogênio é causada por elétrons que saltam da Quarta órbita para a Segunda órbita. No caso dos átomos de hidrogênio, somente os saltos para a Segunda órbita produzem linhas espectrais na parte visível do espectro. Os saltos para a primeira órbita produzem irradiação ultravioleta ondas mais curtas do que as luminosas, ao passo que os saltos para a Terceira, Quarta e Quinta órbita produzem irradiação infravermelha (ondas mais longas do que as luminosas). Sendo assim, esse novo modelo pode ser enunciado pelos seguintes postulados: Postutados de Bohr 1. Em um átomo são permitidas somente algumas órbitas circulares ao elétron, sendo que em cada uma ele tem energia constante. 2. Um elétron não pode assumir qualquer valor de energia, mas somente determinados valores que correspondem às órbitas permitidas, tendo assim, determinados níveis de energia ou camadas energéticas. 30 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Li + e- å Li- Afinidade eletrônica Li* å Li + energia A energia para retirar ou adicionar 1 elétron a um átomo não está diretamente relacionada com a energia envolvida em uma transição eletrônica dentro de um mesmo átomo (esta relação pode ser alcançada através da teoria quântica) IV) Verdadeiro H å H+ + 1e- E=E1 H- å H + 1e- E=E2 E2<E1 por que é mais fácil ionizar o ânion H- do que H neutro devido a maior repulsão eletrônica na espécie H-, considerando que ambas têm mesmo número de prótons V) Verdadeiro * 1 1 2 He 1s 2s 4 Be 2+ A ELETRÓLISE AQUOSA Existe na eletrólise aquosa uma competição pela descarga de elétrons. Todos os ânions migram para o ânodo, porém somente um elemento conseguirá descarregar seus elétrons. Assim como tudo na natureza, uma ordem pré-determinada pelas características de cada elementos é seguida: Partiremos da convenção para processos eletroquímicos: Eletrodo onde ocorre oxidação Eletrodo onde ocorre redução Cátodo PILHAS Certas substâncias possuem tendência de sofrer reações de oxidação e de redução, com troca de elétrons. Se conseguíssemos fazer esses elétrons passarem por um circuito externo poderíamos aproveitar esse movimento ordenado dos elétrons (corrente elétrica). Cu2+ SO42- Zn(s) å Zn2+(aq) + 2 eCu2+(aq) + 2 e- å Cu(s) OBS.: Em pilhas, o ânodo é o pólo negativo e o cátodo o pólo positivo A representação sugerida pela IUPAC é a seguinte: Semi-reação do ânodo // Semi-reação do cátodo 4 OH-(aq) → O2(g) + 2 H2O(l) + 4 e- Relação entre E e a energia de Gibbs da reação (∆Greação). No caso da pilha a T e p constantes: ∆G = We,máx ou dG = dWe,máx. Lembrando que: dG = ∆GreaçãodE, teremos que: dWe,máx = ∆GreaçãodE Zn(s) / Zn2+(aq) // Cu2+(aq) / Cu(s) ELETRÓLISE O processo de eletrólise é simples. Dois eletrodos de pólos contrários são mergulhados em um líquido que contenha íon livres. Os cátions migram para o pólo negativo (aqui denominado cátodo) e os ânions migram para o pólo positivo (aqui denominado como ânodo) Eletrólise ígnea – Eletrólise utilizando o composto fundido. Eletrólise em meio aquoso – Eletrólise utilizando uma solução aquosa de determinada substância. Temos que a fonte externa impõe um fluxo de elétrons que faz com que ocorra reações de oxidação e redução em cada eletrodo. - e/ou O ITA (com menos freqüência que o IME) apresenta uma certa tendência de relacionar a eletroquímica com termodinâmica, assuntos que no ensino médio são tratados de maneira completamente separadas. Assim, apesar (e talvez por causa disso) deste assunto fugir do escopo do ensino médio, ele é um forte candidato para ser cobrado na prova deste ano, visto que o claro objetivo da banca é selecionar aqueles que se prepararam especificamente para este vestibular. Podemos relacionar a variação de energia livre de Gibbs da reação e a diferença de potencial da pilha através da seguinte equação: ∆Greação = -n.F.E Abaixo veremos como chegamos nesta conclusão: No caso da pilha a T e p constantes, temos que ∆G = We,máx. (trabalho elétrico máximo) Dado que: • para medir o trabalho elétrico máximo a pilha deve estar operando de forma reversível. • esta condição é possível quando o potencial da pilha pode ser equilibrado pelo potencial oposto de uma fonte externa. Com esta última condição satisfeita, podemos considerar que, ao ligarmos uma fonte externa com ddp (E) que impõe uma corrente nula. Esta ddp da fonte externa tem o mesmo valor da força eletromotriz (fem) da pilha. Cu - Ânions não oxigenados e hidrogeno-sulfato ELETROQUÍMICA E TERMODINÂMICA e- e- OH- 2 H+(aq) + 2 e- → H2(g) Exemplo: pilha de Daniell Zn2+ SO42- Ânions oxigenados e fluoreto Os íons H+ e OH- estarão sempre participando desta “competição” pela descarga em uma solução aquosa, visto que a água sofre ionização, segundo a reação: H2O F H+ + OHAssim, devemos escolher quem irá se descarregar em cada pólo da eletrólise. Caso sejam os íons da água, iremos notar a formação de gás hidrogênio (H2) e/ou gás oxigênio (O2). Isso acontece porque em uma solução aquosa existem íons H+ e OH- que quando reduzidos ou oxidados geram H2 e O2 segundo as seguintes reações: ELETROQUÍMICA Zn H+ → → → Facilidade de descarga crescente → → → 1s12s1 Ânodo Demais metais (Mn2+, Zn2+ etc.) Metais alcalinos, alcalinosterrosos e alumínio Para uma reação que avança dE, N.dE elétrons passam pelo circuito externo (N = número de elétrons). Como o número de elétrons N é igual ao produto do número de mols de elétrons e o número de avogadro (N=n.NA), temos que a carga total transferida entre os dois eletrodos é: –n.e.NA.dE = –n.F.dE Onde e = módulo da carga do elétron NA = número da Avogadro F é a carga por mol de elétrons (a constante de Faraday). Assim o trabalho efetuado quando uma carga infinitesimal –n.F.dE passa do ânodo para o cátodo é: dWe, = –n.F.E.dE Lembre-se que o trabalho elétrico é definido por: dWe = E.dq (produto da diferença de potencial que uma carga percorre por esta carga) Como: dWe = ∆Greação.dE, temos ∆Greação = -n.F.E Com n = número de mols de elétrons que passam pelo circuito por mol de reação, F é a constante de Faraday e E é a diferença de potencial fornecida pela pilha. Esta é a relação que tem aparecido neste vestibular. + + 31 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA A 25oC, as fórmulas apresentadas tomam as seguintes formas: 0,0257  [C ]c [D]d   ln  ∆E = ∆E 0 −  [ A]a [B ]b  n   c d   C D 0,0592 [ ] [ ]  log  ∆E = ∆E 0 −  [ A]a [B ]b  n   Atentar que os elementos que aparecem no logaritmo devem ser as concentrações dos íons, ou pressões parciais dos gases, fazendose iguais a 1 quando se tratar de uma substância não dissolvida, no estado sólido ou líquido. EXEMPLO ITA 2004 Considere os eletrodos representados pelas semi-equações químicas seguintes e seus respectivos potenciais na escala do eletrodo de hidrogênio (E∅) e nas condições-padrão: E∅I = – 0,14 V. I. In+(aq) + e- (CM) = In(s) 2+ + II. In (aq) + e (CM) = In (aq) E∅II = – 0,40 V. E∅III = – 0,44 V. III. In3+(aq) + 2 e- (CM) = In+(aq) IV. In3+(aq) + e- (CM) = In2+(aq) E∅IV = – 0,49 V. Assinale a opção que contém o valor CORRETO do potencial-padrão do eletrodo representado pela semi-equação In3+(aq) + 3 e- (CM) = In(s) a) – 0,30 V. b) – 0,34 V. c) – 0,58 V. d) – 1,03 V. e) – 1,47 V. EXEMPLO: ITA 2006 Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados, ligados por uma ponte salina e conectados a um multímetro de alta impedância. Eletrodo a: Placa de chumbo metálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol L-1 de nitrato de chumbo. Eletrodo b: Placa de níquel metálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol L-1 de sulfato de níquel. Após estabelecido o equilíbrio químico nas condições-padrão, determina-se a polaridade dos eletrodos. A seguir, são adicionadas pequenas porções de KI sólido ao Eletrodo a, até que ocorra a inversão de polaridade do elemento galvânico. Dados eventualmente necessários: Produto de solubilidade de PbI2: Kps (PbI2) = 8,5 x 10-9 Potenciais de eletrodo em relação ao eletrodo padrão de hidrogênio nas condições-padrão: Solução: A semi-equação de redução em questão pode ser determinada a partir das semi-equações de redução I e III. Assim, tem-se: E∅I = – 0,14 V In+(aq) + e- (CM) = In(s) + 3+ E∅III = – 0,44 V In (aq) + 2 e (CM) = In (aq) In3+(aq) + 3 e- (CM) = In(s) O potencial-padrão deste eletrodo pode ser calculado considerando a sua relação com a variação de energia livre de Gibbs (∆G∅) através da expressão ∆G∅ = – nFE∅, em que n é o número de mols de elétrons recebidos na redução, F a constante de Faraday e E∅ o potencialpadrão da semi-célula de redução. Portanto: ∆G∅ = ∆G∅I + ∆G∅ III ( θ θ −nFE∅ = − F nE I I + nIIIE III E∅ = ) −3E = − 1( −0,14V ) + 2 ( −0,44V )  ∅ ( −0,14 − 0,88 ) 3 V = −0,25V ; EI0/ I = −0,53V ; 2 Assinale a opção que indica a concentração CORRETA de KI, em mol L-1, a partir da qual se observa a inversão de polaridade dos eletrodos nas condições-padrão. b) 1 x 10-3 c) 1 x 10-4 d) 1 x 10-5 e) 1 x 10-6 a) 1 x 10-2 Solução: De acordo com o enunciado original, os valores EºPb/Pb2+ e EºNi/Ni2+, devido à representação do estado reduzido/estado oxidado, representariam os potenciais de oxidação do chumbo e do níquel. Se utilizarmos esta informação, o exercício ficaria sem possibilidade de resposta. Na realidade, os potenciais representados são os potenciais de redução, o que com certeza atrapalhou a resolução dos candidatos. Resolveremos o exemplo com as informações corretas, onde os potenciais de oxidação seriam: 0 EPb = +0,13V ; ENi0 / Ni 2+ = +0,25V ; EI0− / I = −0,53V ; / Pb 2 + E0 Pb / Pb 2 + = −0,34 V (Alternativa B) EQUAÇÃO DE NERSNT Este tópico é de extrema importância. O conhecimento da equação de Nersnt foi cobrado pelo vestibular o ITA em todos os anos, desde o vestibular de 2002, principalmente por ser um assunto que não é dado no ensino médio. O efeito das concentrações nos potenciais em reações de óxidoredução Até aqui, limitamos nossas discussões às pilhas contendo reagentes com concentrações unitárias. No entanto, no laboratório geralmente os trabalhos não se restringem apenas a essas condições e tem-se verificado que a ddp da pilha e mesmo o sentido da reação podem ser controlados pelas concentrações das substâncias envolvidas. Podemos notar, por exemplo, que a ddp de uma pilha tende a diminuir conforme ela vai se descarregando. Sendo assim, examinemos estes fatos de um ponto de vista quantitativo. = −0,13V ; E 0 Ni / Ni 2 + 2 Como o potencial de oxidação do eletrodo de níquel é maior que o potencial de oxidação do chumbo, teremos que o Ni se oxida e o Pb2+ se reduz. Semi-reação de oxidação: Ni å Ni2+ + 2eSemi-reação de redução: Pb2+ + 2e- å Ni Reação global: Pb2+ + Ni å Ni2+ + Pb A equação de Nernst Existe uma relação entre a ddp de uma pilha com as concentrações molares das soluções presentes. Essa relação é explicitada de acordo com a equação de Nernst. Sua dedução foge ao interesse do curso e portanto vamos nos limitar a apenas observar os casos em que ela será utilizada. Genericamente podemos dizer que a diferença de potencial de uma reação de oxido-redução genérica aA+bBåcC+dD é: RT  [C ]c [D ]d   ∆E = ∆E 0 − ln  nF  [ A]a [B ]b  Onde, ∆E = ddp real da reação ∆E° = ddp no caso das concentrações/pressões parciais serem unitárias e temperatura 25o C (ddp padrão) R = Constante universal dos gases ( 8,31 Pa.m3/mol.K) T = Temperatura em kelvin F = Carga em coulombs de um mol de elétron (96500C) n = número de elétrons envolvidos na oxido-redução Eº = +0,25V Eº = -0,13V ∆Eo = +0,12V Adição de KI ao eletrodo a causa uma diminuição da concentração de Pb2+ o que implicaria numa queda de ddp (diminuição da tendência do Pb2+ se reduzir a Pb), segundo a reação 2I-(aq) + Pb2+(aq) å PbI2 (s) A inversão da polaridade ocorre quando ∆E =0 A concentração de Pb2+ quando isso ocorre pode ser calculada pela Equação de Nernst, assumindo que a temperatura permanece constante e igual a 25o C: ∆E = ∆E 0 − 0,059 [Ni 2 + ] log n [Pb2 + ] Como o número de elétrons trocados por mol de reação n = 2, a concentração de Ni2+ permanece constante (1 mol/L), a ddp padrão é 0,12 V e o valor da ddp na inversão de polaridade é nula, teremos: 0,059 1 0,12 0 = 0,12 − log ⇒ log[Pb2 + ] = − ⇒ [Pb2 + ] ≅ 10−4 2 0,0295 [Pb2 + ] Para descobrirmos qual é a quantidade de iodeto de potássio adicionada, basta obtermos a quantidade de iodeto que teremos no momento da inversão de polaridade, a partir do KPS do PbI2: Alternativamente temos que podemos expressar tal equação utilizando logaritmo na base 10:  [C ]c [D]d  2,303.RT  ∆E = ∆E 0 − log   [ A]a [B ]b  nF   KPS = [Pb2+].[I-]2 ⇒ 8,5.10-9 = 1,0.10-4[I-]2 ⇒ [I-] = [I-] = 32 85.10 −3 ≅1.10-2 mol/L (alternativa A) 85.10−6 ⇒ (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA • • TERMOQUÍMICA e sua relação com TERMOFÍSICA q = ordem da reação em relação a B p + q + ... = ordem da reação Obs.: para reagente(s) gasoso(s) temos que a pressão de um gás é diretamente proporcional à sua concentração em mol/L. Por isso, no caso de reagente(s) gasoso(s), a lei de velocidade pode ser expressa em termos de pressão. Para aA(g) + bB(g) å produtos, temos: v = k·pAp·pBq CASO A: Reação elementar Reação elementar é aquela que ocorre numa única etapa. Numa reação elementar os expoentes a que devem ser elevadas as concentrações molares dos reagentes na expressão da velocidade são os próprios coeficientes dos reagentes na equação balanceada. Neste caso, para aA + bB + ... å produtos, temos: v = k [A]a [B]b... CASO B: Reação não elementar Quando uma reação química se desenvolve em duas ou mais etapas distintas, a velocidade da reação depende apenas da etapa lenta. Em outras palavras, podemos dizer que a etapa lenta é a que determina a velocidade da reação. Neste caso, os expoentes a que devem ser elevadas as concentrações molares dos reagentes na expressão da velocidade são os coeficientes da etapa lenta. Tipicamente, seus valores são obtidos experimentalmente. Entalpia, energia interna e trabalho: ∆H = ∆U + p∆V Entropia e troca de calor Q Em uma transformação reversível: ∆S = T (Q = calor absorvido) Energia livre de Gibbs e espontaneidade ∆G = ∆H − T ∆S • ∆G < 0 → reação espontânea • ∆G > 0 → reação não espontânea • ∆G = 0 → reações direta e inversa em equilíbrio É comum que o ITA procure relacionar a entalpia, a energia interna e o trabalho. Entretanto, em algumas vezes esta tentativa não alcança êxito (como apresentado no exemplo abaixo): EXEMPLO ITA 2006 Considere as seguintes afirmações a respeito da variação, em módulo, da entalpia (∆H) e da energia interna (∆U) das reações químicas, respectivamente representadas pelas equações químicas abaixo, cada uma mantida a temperatura e pressão constantes: I. H2O(g) + 1 / 2O2 (g) → H2O2 (g) ; | ∆HI | > | ∆UI | II. 4NH3 (g) + N2 (g) → 3N2H4 (g) ; | ∆HIII | > | ∆UIII | V. CaO(s) + 3C(s) → CO(g) + CaC 2 (s) ; | ∆H V | > | ∆UV | IV. HCl(g) + 2O2 (g) → HClO 4 ( ) ; APROFUNDAMENTO - CINÉTICA | ∆HII | < | ∆UII | III. H2 (g) + F2 (g) → 2HF(g) ; DICAS PARA A PROVA DO ITA Uma determinação importante no estudo da cinética de uma reação química é a da ordem da reação. Convém recordar, nos casos mais simples, o que se entende por ordem da reação. Sendo Co a concentração inicial do reagente, e C a concentração do reagente decorrido em tempo t de reação, se dC/dt obedecer à equação dC = −k.C n , n será a ordem da reação. dt A variação da concentração deve ser obtida em função do tempo em diversos casos. | ∆HIV | < | ∆UIV | Das afirmações acima, estão CORRETAS a) apenas I, II e V b) apenas I, III e IV c) apenas II, IV e V d) apenas III e V e) todas Solução: Sabe-se que ∆H = ∆U + p∆V = ∆U + ∆nRT, com ∆n igual à variação do número de mols de partículas gasosas por mol de reação. Assim: I) ∆H = ∆U + ∆nRT = ∆U + (1-1,5)RT Assim ∆H = ∆U – 0,5.RT ⇒ ∆H < ∆U II) ∆H = ∆U + ∆nRT = ∆U + (3-5)RT Assim ∆H = ∆U – 2.RT ⇒ ∆H < ∆U III) ∆H = ∆U + ∆nRT = ∆U + (2-2)RT Assim ∆H = ∆U – 0.RT ⇒ ∆H = ∆U ⇒ |∆H| = |∆U| (afirmação III incorreta) IV) ∆H = ∆U + ∆nRT = ∆U + (0-3)RT Assim ∆H = ∆U – 3.RT ⇒ ∆H < ∆U V) ∆H = ∆U + ∆nRT = ∆U + (1-0)RT Assim ∆H = ∆U + 1.RT ⇒ ∆H > ∆U Caso as comparações entre ∆H e ∆U não estivessem em módulo, poder-se-ia concluir a partir daí que a alternativa correta é a C, porém, da forma como foi enunciada a questão, com a comparação entre os módulos de ∆H e ∆U fica impossível ao estudante identificar quais itens estão corretos e quais estão errados. (sem resposta) Se n = 0 (reação de ordem zero), a equação obtida será C = Co − k.t . Se n = 1 (reação de ordem um, ou de primeira ordem), a equação obtida será lnC = ln Co − k ⋅ t ∴ C = Co ⋅ e − k ⋅t Se n = 2 (reação de ordem dois, ou de segunda ordem), a equação Co 1 1 obtida será = + k ⋅ t ∴C = C Co 1 + Co ⋅ k ⋅ t Medindo-se, durante um experimento, os valores de C em diferentes instantes t, nos casos aqui considerados serão obtidos os gráficos esquematicamente representados na figura abaixo. Considere o seguinte exemplo de 2006: EXEMPLO: ITA 2006 A figura apresenta cinco curvas (I, II, III, IV e V) da concentração de uma espécie X em função do tempo. Considerando uma reação química hipotética representada pela equação X(g) å Y(g), assinale a opção CORRETA que indica a curva correspondente a uma reação química que obedece a uma lei de velocidade de segunda ordem em relação à espécie X. CINÉTICA Lei da ação das massas: A cada temperatura, a velocidade de uma reação é diretamente proporcional ao produto das concentrações molares dos reagentes, elevadas a expoentes determinados experimentalmente. a) Curva I b) Curva II c) Curva III d) Curva IV e) Curva V Considere a seguinte reação genérica: aA + bB å produtos A velocidade desta reação pode ser calculada pela expressão: v = k [A]p [B]q • • onde p e q são experimentalmente determinados k = constante de velocidade de reação; aumenta com a temperatura • p = ordem da reação em relação a A Solução: 33 (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br ITA DICAS PARA A PROVA DO ITA Se a reação química obedece a uma lei de velocidade de segunda ordem em relação à espécie X, temos v=k[X]2. v =− d[X] dt ⇒ k[X] = − 2 d[X] dt ⇒ d[X] dt Note a recorrência de assuntos. Em 2004, tivemos uma questão parecida, que levava em consideração uma reação de ordem zero. Em 2003, de primeira ordem e assim por diante... + k[X] = 0 2 EQUAÇÀO DE ARRHENIUS Assim, temos que a solução desta equação diferencial deve ser da forma: [X] = at-1 Verificando na equação: d  X  1 2 + k  X  = 0 ⇒ −at −2 + ka2t −2 = 0 ⇒ ak − 1 = 0 ⇒ a = dt k Assim, [X] = (kt)-1, ou seja, uma hipérbole eqüilátera. Portanto a curva correspondente é a curva V Em muitos casos a velocidade observada de uma reação química aumenta com o aumento da temperatura, mas a extensão deste aumento varia muito de reação para reação. Observando a equação de velocidade (v=k.[REAGENTES]), a causa da variação da velocidade de reação com a temperatura reside em que a constante k varia quando se altera a temperatura. A relação entre ambas foi descoberta em 1887 por Van’t Hoff e, independentemente, em 1889, por Arrhenius. A relação, conhecida como equação de Arrhenius, é: − Ea k = A ⋅ e RT Onde A é denominado fator de freqüência, Ea, energia de ativação, R é a constante de gases ideais e T, temperatura absoluta. Note que quanto menor a energia de ativação e quanto maior a temperatura, maior será a constante de velocidade e maior a velocidade da reação. No vestibular do ITA várias foram as oportunidades que a utilização desta equação foi necessária, como por exemplo: Agora observe a questão que foi cobrada em 2005: EXEMPLO: ITA 2005 Considere as seguintes equações que representam reações químicas genéricas e suas respectivas equações de velocidade: I. A → produtos; VI = kI [A] II. 2B → produtos; VII = kII [B]2 Considerando que, nos gráficos, [X] representa a concentração de A e de B para as reações I e II, respectivamente, assinale a opção que contém o gráfico que melhor representa a lei de velocidade das reações I e II, EXEMPLO: ITA 2005 Considere uma reação endotérmica entre reagentes, todos no estado gasoso. a) Esboce graficamente como deve ser a variação da constante de velocidade em função da temperatura. b) Conhecendo-se a função matemática que descreve a variação da constante de velocidade com a temperatura é possível determinar a energia de ativação da reação. Explique como e justifique. c) Descreva um método que pode ser utilizado para determinar a ordem da reação. Resolução: a) Temos que a constante de velocidade pode ser calculada por: 1 [x] 1 [x] −Ea −Ea k = A e RT ⇒ lnk = lnA + ln e RT ⇒ Ea 1 . R T (Análoga a y = b – ax) lnk = lnA – ln k obs.: a representação exponencial também seria válida b) Levando em consideração que o coeficiente angular da reta do 1 Ea gráfico lnk x , com R a constante dos gases é dada por − T R Ea ideais, bastaria observarmos a inclinação da reta: tgα= ⇒Ea=R.tgα R c) Experimentalmente, podemos fazer uma alteração na concentração de um reagente e medir as velocidades em cada caso. Temos que: Resolução 1: Durante a reação a concentração diminui com o tempo, logo inverso da concentração diminui com o tempo, logo inverso da concentração aumenta com o tempo, para ambos os casos apresentados, sendo assim a única alternativa que se adequou é a letra A. Resolução 2 A equação de dependência da [X] com o tempo pode ser deduzida para casos como o mostrado a seguir: I. vI = - d [A] = kI [A] ⇒ dt ∫ [A ] [A]0 ⇒ - ln [A] + ln [A]0 = kIt ⇒ ln ⇒ 1 1 = e −kIt [A] [A]0 Portanto, II. vII = ⇒ α v1 k ⋅ [R1]α [demais reagentes ]  [R1]  = =  v 2 k ⋅ [R2 ]α [demais reagentes ]  [R2 ]  Como sabemos as velocidades e as concentrações em ambos os casos, podemos obter α, que seria a ordem de reação com relação ao reagente R. Repetindo este procedimento para cada reagente, temos todos os expoentes, os quais somados dão a ordem de reação. t 1 ⋅ d[A] = ∫ k I ⋅ dt ⇒ [A] 0 [A] −k t = -kIt ⇒ [A] = [A]0 e I [A]0 COMENTÁRIOS FINAIS Enfim, podemos notar que a prova de química realmente apresenta algumas questões bastante recorrentes. Entretanto, todos os anos algum assunto novo é introduzido ou então um enfoque diferente é dado a determinado assunto. Portanto, por mais previsível que sejam algumas questões, sempre haverá espaço para maiores desafios. O ITA é uma das faculdades mais conceituadas no país e até por causa disso, o ingresso parece algo impossível. Na realidade, muito esforço e determinação são os principais requisitos para ser aprovado e por esta razão a faculdade fica cada vez mais forte. Cada vez que uma turma de pessoas determinadas e com uma meta bem definida passa a fazer parte desta comunidade, mais consolidado fica seu nome. Assim, faça parte deste esforço. Nós do ELITE PRÉ-VESTIBULAR desejamos a todos uma boa prova. 1 x tempo é uma exponencial crescente. [A] d [B] = kII [B]2 ⇒ dt t 1 ⋅ d [B] = ∫ k II ⋅ dt ⇒ 2 [B]0 [B] 0 ∫ [B] 1 1 1 1 − = k IIt ⇒ = + k IIt [B] [B]0 [B] [B]0 Portanto, 1 T 1 x tempo é uma reta crescente. [B] Alternativa: A 34