Tópicos - Volume 2 - Laboratório de Física

Transcrição

Newton Villas Bôas
Ricardo Helou Doca
Gualter José Biscuola
TERMOLOGIA
ONDULATÓRIA
ÓPTICA
Manual do Professor
Newton Villas Bôas
Licenciado em Física pelo Instituto de Física da USP
Licenciado em Ciências e Pedagogia
Professor de Física do Colégio Objetivo de São Paulo
Diretor do Colégio Objetivo NHN de Passos, São Sebastião do Paraíso e Guaxupé (MG)
Ricardo Helou Doca
Engenheiro eletrônico formado pela FEI (SP)
Licenciado em Matemática
Professor de Física do Colégio Objetivo de São Paulo
Diretor do Colégio Objetivo NHN de Passos, São Sebastião do Paraíso e Guaxupé (MG)
Gualter José Biscuola
Engenheiro eletrônico formado pela Escola Politécnica da USP
Licenciado em Física
Diretor e professor de Física do Colégio Leonardo da Vinci de Jundiaí (SP)
AUTORIA
Parte I: Tópicos 1 a 4
Gualter
Parte II: Tópico 5
Parte III: Tópico 1
Tópicos de Física 1
Parte I: Tópico 5
Helou
Parte II: Tópicos 1 a 4 e 6 a 8
Newton
Gualter
Parte I
Parte II: Tópico 2
Parte II: Tópicos 1 e 3
Helou
Parte III: Tópicos 1, 2, 4 e 5
Newton
Parte I
Gualter
Partes II, III e IV
Helou
Parte V
2007
Av. Marquês de São Vicente, 1697 – CEP 01139-904 – Barra Funda – SP
PABX: (11) 3613-3000 – Fax: (11) 3611-3308 – Televendas: (11) 3613-3344 – Fax Vendas: (11) 3611-3268
Atendimento ao Professor: (11) 3613-3030 e 0800-117875 – [email protected]
www.editorasaraiva.com.br
Ao professor
5
Tópico 3
Objetivos fundamentais da obra
6
Calor sensível e calor latente
Composição da obra
6
Metodologia utilizada
6
Instrumentos disponíveis na obra
7
Estratégias de aplicação da obra
7
A avaliação
8
Considerações didáticas
e resolução de exercícios
9
Parte I - TERMOLOGIA
9
Temperatura
• Objetivos do Tópico
20
• O que não pode faltar
20
• Algo mais
21
• Subsídios ao Descubra mais
22
• Resolução dos exercícios propostos
23
Tópico 4
Gases perfeitos
Tópico 1
9
9
9
• Algo mais
9
11
12
Tópico 2
20
32
32
32
• Algo mais
32
33
34
Tópico 5
Termodinâmica
40
40
40
• Algo mais
40
42
45
O calor e sua propagação
14
14
14
• Algo mais
15
16
53
18
53
Tópico 6
Dilatação térmica dos sólidos e
dos líquidos
53
• Algo mais
53
92
54
93
54
Parte II - ONDULATÓRIA
62
Tópico 1
Movimento harmônico simples
62
Tópico 2
Reflexão da luz
95
95
95
• Algo mais
95
95
96
• Objetivos e estratégias
62
62
• Algo mais
62
63
Tópico 3
64
Refração da luz
105
105
70
106
70
• Algo mais
107
70
108
• Algo mais
70
112
72
73
Tópico 2
Ondas
Tópico 4
Lentes esféricas
121
121
82
122
82
• Algo mais
122
83
122
• Algo mais
83
124
83
84
Tópico 3
Acústica
Parte III - ÓPTICA GEOMÉTRICA
91
Tópico 1
Fundamentos da Óptica Geométrica
91
91
92
• Algo mais
92
Tópico 5
Instrumentos ópticos e óptica da visão
134
134
134
• Algo mais
134
134
136
Bibliografia
142
Manual do professor
5
Ao professor
Esta é uma obra viva, em permanente processo de
aprimoramento. Trata-se de um trabalho versátil, que
pode se adequar a cursos de diferentes enfoques, desde
aqueles com poucas aulas semanais até os mais abrangentes. O material é completo, tratando de todos os tópicos do programa de Física do Ensino Médio brasileiro.
O texto, embora apresentado em uma linguagem
rigorosa, não chega a ser axiomático nem excessivamente formal. É, sim, objetivo e de fácil compreensão.
A simbologia adotada é a consagrada pela maioria dos
professores e dos livros sobre o assunto.
Nesta quarta versão, ampliada e atualizada, levamos em conta as competências almejadas nos Parâmetros Curriculares Nacionais do Ensino Médio
(PCNEM), do Ministério da Educação e Cultura
(MEC), e estabelecemos estratégias diversas no sentido de implementá-las. Aspectos como o incentivo
ao aprendizado das ciências e suas tecnologias, o
desenvolvimento de uma mentalidade indagadora e
crítica, a intelecção e produção de textos, tabelas e
gráficos tecnocientíficos foram trabalhados, valorizando-se dois paradigmas notórios no ensino atual:
contextualização e interdisciplinaridade, sugeridas de
maneira enfática na Lei de Diretrizes e Bases (LDB)
e nos ditames do Exame Nacional do Ensino Médio
(Enem). Para alcançarmos essas metas, apresentamos
um grande número de recursos, como ilustrações,
fotos legendadas, leituras e estímulos à experimentação. Somaram-se a isso a nova seção Descubra mais
e uma grande variedade de exercícios, característica
marcante do nosso trabalho. Essas ferramentas contribuirão para criar motivações a mais, que despertarão
a curiosidade e o interesse nos alunos. Procuramos,
dentro do possível, explorar situações práticas do diaa-dia. Incluímos também abordagens tecnológicas,
demonstrando que a Física é básica e essencial aos
padrões da vida moderna. Interfaces com outras disciplinas, como Geografia, História, Química e Biologia,
além da correlata Matemática, foram estabelecidas,
procurando-se eliminar barreiras de conhecimento.
Tornamos ainda mais didáticas as tradicionais seções – Exercícios de Nível 1, Nível 2 e Nível 3. A
seção Para raciocinar um pouco mais, cuja inclu-
são mereceu elogios na última reformulação, também
foi alvo de aprimoramento e continua propondo problemas mais elaborados e que exigem uma perfeita
compreensão da teoria, além de boa capacidade de
interpretação, abstração e raciocínio. Em todos os
casos tomamos o cuidado de dispor as questões em
uma seqüência lógica e em ordem crescente de dificuldade. Procuramos dimensionar os dados de modo
a simplificar os cálculos, o que permitiu a valorização
dos pormenores conceituais.
Há, no entanto, vários pontos presentes no texto,
como demonstrações e apêndices, que enriquecem o
material, mas que apresentam caráter facultativo, podendo ser ignorados, sem prejuízo, em cursos com
carga horária menor.
Este Manual contém considerações didáticas em
torno do desenvolvimento de cada Tópico da obra e
apresenta a resolução de boa parte dos exercícios propostos, que tem por base nossa vivência em sala de
aula, chamando a atenção para detalhes que julgamos
importantes. Mas o professor conta, ainda, com outros
materiais de apoio:
• Recursos na internet: a partir do início do ano letivo de 2008 este livro contará com recursos adicionais, disponíveis no site da Editora Saraiva
(www.saraivaeduca.com.br). No site o professor
encontrará as resoluções de todos os exercícios propostos no livro do aluno.
• DVD-ROM: todo o conteúdo dos três CDs do livro
do aluno mais as versões digitais dos três manuais
do professor em formato PDF são apresentados para
o professor em formato DVD-ROM.
O gabarito dos exercícios (exceto as respostas às
perguntas da seção Descubra mais) é apresentado nas
páginas finais de cada volume.
Temos consciência de que o assunto não foi esgotado, já que em Física há sempre o inusitado, a
descoberta e o permanente desafio.
Por isso serão muito bem-vindas as críticas e sugestões que visem ao aprimoramento deste trabalho.
Os autores
6
TÓPICOS DE FÍSICA 2
Objetivos fundamentais da obra
A obra visa transmitir ao estudante, de forma metódica e organizada, os conhecimentos essenciais do
programa de Física do Ensino Médio, proporcionando-lhe uma iniciação bem fundamentada nessa disciplina, tanto nos aspectos conceituais como nas correlações cotidianas, práticas e tecnológicas. Objetiva
também oferecer a dose ideal de conteúdo compatível
com a faixa etária do público adolescente, o que favorecerá a gradual formação de um espírito questionador
e pragmático. Busca trabalhar as estruturas mentais
do educando, exercitando a flexibilidade de raciocínio
e o encadeamento sistemático de idéias.
O trabalho evolui de modo a desenvolver habilidades para a compreensão de textos formais, decodificação de enunciados, tabelas e gráficos, bem como
de representações esquemáticas. Propõe obter maior
eficiência na cognição de informações, melhor capacidade de análise e síntese, pleno domínio – em nível
de Ensino Médio – da simbologia e linguagem próprias da Matemática, imprescindíveis à formulação
das leis da Física e à descrição quantitativa de seus
fenômenos. Esses processos constituem na sua totalidade as três grandes metas – competências – sugeridas nos PCNEM para a área de Ciências da Natureza,
Matemática e suas tecnologias, assim referidas nesse
documento: “Representação e comunicação; investigação e compreensão; contextualização”.
Há, ainda, que destacar o ideal de desenvolver
uma mentalidade social, em que os conhecimentos
oriundos da Física devam ser colocados à disposição da comunidade e das pessoas para melhorar
seus recursos, condições de vida e padrões de conforto. Também de maneira subalterna, o texto busca
formar uma consciência de preservação ambiental
e de habitabilidade sustentável do planeta. Isso é
primordial até para o exercício pleno da cidadania
na vida moderna.
Por tudo isso, esta coleção procura qualificar-se
como um abrangente e vantajoso instrumento educacional de iniciação à Física.
Composição da obra
Optamos por uma distribuição em que o conteúdo é desenvolvido conforme sua evolução histórica. Iniciamos a coleção abordando no Volume 1
a Mecânica, em que figuram os trabalhos de Aristóteles, Arquimedes, Copérnico, Galileu, Kepler
e Newton, e encerramos o Volume 3 apresentando
uma iniciação à Física Moderna, na qual se desta-
cam as contribuições de Planck, Bohr, Einstein e De
Broglie. Respaldados em nossa experiência em sala
de aula, procuramos levar em consideração um aspecto que consideramos fundamental: o fato de que
o livro destina-se a um público jovem, que almeja
ao longo dos três anos do Ensino Médio uma ampla
utilização do raciocínio lógico-formal, maior poder
de abstração, compreensão e manuseio de dados matemáticos e tecnocientíficos. Para isso, definimos
criteriosamente a abrangência – horizontalidade – da
obra. Selecionamos os itens a serem estudados respeitando diversos fatores, como a citada evolução
dos adolescentes, propostas contidas na LDB e nos
PCNEM, programas exigidos nos principais exames
vestibulares, entre outros. Dimensionamos também
o grau de formalismo da linguagem e a profundidade
da tratativa – verticalidade.
A obra, então, está assim dividida:
• Volume 1: Mecânica;
• Volume 2: Termologia, Ondulatória e Óptica geométrica;
• Volume 3: Eletricidade, Física Moderna e Análise
dimensional.
Cada volume compõe-se de Partes que equivalem
aos grandes setores de interesse da Física. As Partes,
por sua vez, são constituídas de Tópicos, em que um
determinado conteúdo é estudado teórica e operacionalmente, com detalhamento pleno dentro das pretensões do trabalho, tanto naquilo que ele envolve (horizontalidade) como na abordagem (verticalidade). Em
cada Tópico, a matéria foi subdividida em Blocos, que
agregam itens relacionados entre si.
Na apresentação de cada assunto, propusemos a
seqüência que consideramos ideal, a qual foi testada
e aprimorada em sala de aula ao longo de nossas carreiras. Os Tópicos e os Blocos foram estruturados de
modo a propiciar ao aluno um crescimento natural,
lógico e bem fundamentado.
Metodologia utilizada
A Física é uma disciplina que envolve conceitos que, pela complexidade e abrangência, são de
difícil assimilação. A conservação do momento
linear (quantidade de movimento), por exemplo,
está presente em situações muito díspares, como
em explosões e colisões, observáveis diretamente ou por meio de instrumentos, e no decaimento
nuclear, inerente ao universo subatômico. Por isso,
a apresentação dos conceitos físicos deve merecer
primordialmente uma boa exposição teórica enri-
Manual do professor
quecida com exemplos esclarecedores. Se houver
disponibilidade, alguma experimentação também
colaborará, já que elementos concretos aceleram
em muito a compreensão de concepções abstratas.
Mas o que realmente faz a diferença é a operacionalização, isto é a resolução do maior número possível de exercícios. É por meio deles que se torna viável complementar a teoria e estabelecer os
limites de sua utilização. Nesses exercícios há uma
grande diversidade de cenários, o que permite ao
aluno contemplar um determinado conceito na sua
forma mais ampla, sedimentando as estruturas de
raciocínio que lhe facultarão, por analogia, resolver
problemas correlatos envolvendo o mesmo princípio ou lei. Por isso, o professor deve explicar bem
a teoria e fazer as possíveis demonstrações experimentais, dando ênfase especial à resolução de exercícios, pois só assim o aprendizado consolida-se.
Deve-se notar que uma bem conduzida aula de
resolução de exercícios, em que o professor comenta
detalhes adicionais vinculados a cada contexto acrescentando novas informações, é agradável e estimulante, além de estar totalmente de acordo com o ritmo de
captação e assimilação de informações por parte da
mente humana. Nessas ocasiões também ocorre o momento supremo da educação como arte de transformar
pessoas. Esse é um ambiente profícuo em que se corporifica o vínculo humanístico entre aluno e mestre,
essencial e insubstituível em qualquer época, mesmo
diante de todas as tecnologias de ensino à disposição.
Nada ocupará o lugar do professor no seu papel de
orientar o educando, tutelando-o e amparando-o em
seu desenvolvimento.
Instrumentos disponíveis na obra
A parte teórica foi redigida de modo a tentar resgatar em cada trecho o interesse e a atenção do leitor.
Para isso, utilizamos uma linguagem correta e adequada à descrição da Física – rigorosa, porém instigante –, procurando sempre inserir elementos atuais
e curiosidades do cotidiano. Ilustrações e fotos com
legendas (Boxes e Drops) foram aplicadas sempre
que possível para facilitar a compreensão do texto e
propiciar outras revelações. Em alguns Tópicos, incluímos a seção Faça você mesmo, na qual sugerimos
a realização de pequenos experimentos que requerem
materiais de fácil obtenção ou até mesmo utensílios
caseiros. Foram elaboradas Leituras que serão um
pólo a mais de interesse e ampliarão os horizontes do
conhecimento. Acrescentamos nesta quarta versão a
seção Descubra mais, que traz um questionário com
7
perguntas provocativas que visam reforçar o conteúdo. Essas perguntas poderão ser objeto de debates
em sala de aula ou temas de trabalhos de pesquisa em
que o aluno será direcionado à leitura de outros textos,
inclusive àqueles disponíveis na internet. Em relação
à rede mundial de computadores, os sites de busca poderão ser de grande valia, bastando nesse caso utilizar
palavras-chave adequadas.
Em cada Tópico há quatro seções de exercícios
com diferentes níveis de dificuldade. Logo após a
apresentação da teoria de um Bloco aparecem os
Exercícios de Nível 1 e Nível 2. Na primeira seção,
a matéria é cobrada de forma simples, apenas em
seus pontos essenciais. Na segunda, a abordagem é
mais ampla, valorizando os aspectos conceituais e a
descrição quantitativa dos fenômenos. Intercalados
aos Exercícios de Nível 1 e Nível 2, há os Exercícios Resolvidos (ER), que servem de ponto de partida para o encaminhamento de questões semelhantes. No final dos Tópicos, estão os Exercícios de
Nível 3, em sua maioria de vestibulares, nos quais
inserimos elementos de complementação. Esses
exercícios, selecionados criteriosamente dos exames
mais representativos, constituem uma boa fonte de
tarefas para casa. E, por último, temos a seção Para
raciocinar um pouco mais, composta por problemas mais difíceis – “reserva especial dos autores” –,
que podem ser propostos como desafio, aprofundamento ou trabalhos extraclasse.
Pautamos a elaboração e a seleção de todas as atividades apresentadas no material pela funcionalidade
em classe, diversidade temática e qualidade. Não há
no trabalho exercícios iguais, o que sabidamente torna
o processo de ensino mecanicista e enfadonho. Cada
questão propõe um novo ambiente em que um detalhe
a mais se faz necessário, constituindo-se, portanto,
em um auxílio adicional para a melhor compreensão
da matéria.
Procuramos contemplar nas questões de vestibulares todos os estados brasileiros, evitando dessa
forma regionalismos. Incluímos nesta quarta versão exercícios de Olimpíadas de Física, certames
que têm se constituído em um foco de interesse dos
estudantes e um diferencial para as escolas que desenvolvem projetos visando bons resultados nessas
competições intelectuais.
Estratégias de aplicação da obra
Esta obra é versátil e pode se adequar a cursos
com enfoques e objetivos distintos e diferentes números de aulas semanais.
8
• Carga mínima (de uma a duas aulas semanais):
principais itens da teoria e Exercícios de Nível 1;
• Carga média (de três a quatro aulas semanais): principais itens da teoria e Exercícios de Nível 1 e Nível 2;
• Carga máxima (cinco ou mais aulas semanais): teoria completa mais apêndices, Exercícios de Nível 1,
Nível 2, Nível 3 e Para raciocinar um pouco mais.
De acordo com as cargas mencionadas anteriormente – cargas mínima, média e máxima – poderão
ser excluídas do texto, a critério do professor, algumas
propostas que forem consideradas prescindíveis. Isso
não comprometerá a adoção da obra, tampouco seu
bom aproveitamento.
Por outro lado, dependendo da disponibilidade
do curso, recomendamos também pesquisas na internet, leitura de livros paradidáticos, revistas especializadas e materiais afins, o que complementará e sedimentará o aprendizado. Nesses casos, os objetivos
pretendidos são: valorizar aspectos históricos que
realcem a evolução do conhecimento sobre Física e
informar a existência de novas teorias, descobertas e
outras aplicações dos assuntos tratados, não mencionados no texto.
Uma referência importante que poderá orientar o
professor na elaboração do seu Planejamento de Curso é que cada Bloco traz um conteúdo previsto para
duas ou três aulas, considerando a carga média de utilização da obra.
A título de exemplo, sugerimos que, numa utilização em carga média, os Blocos 1 e 5 do Tópico 5
(Vetores e Cinemática vetorial) do Volume 1 sejam
lecionados da seguinte maneira:
Bloco 1
Aula 1 –
Teoria: itens 1, 2 e 3.
Exercícios: Nível 1 – 1, 3 e 4.
Para casa: Nível 1 – 5; Nível 2 – 10, 11 e 13.
Aula 2 –
Teoria: item 4.
Exercícios: Nível 1 – 6 e 8; Nível 2 – 18 e
23.
Para casa: Nível 1 – 7 e 9; Nível 2 – 16, 19 e
22.
Bloco 5
Aula 1 – Teoria: itens 13 e 14.
Exercícios: Nível 1 – 66 e 70; Nível 2 – 73.
Para casa: Nível 1 – 67, 69 e 71; Nível 2 –
72.
Aula 2 – Exercícios: Nível 2 – 75, 79 e 81.
Faça você mesmo: o professor poderá realizar
em sala de aula a demonstração sugerida, discutindo com os alunos os efeitos observados e
suas conseqüências práticas (estimular a classe a elaborar outros exemplos que conduzam a
conclusões semelhantes).
Para casa: Nível 2 – 76, 77, 82 (estudar a resolução) e 83.
A avaliação
Esta deve ser a mais abrangente possível, de modo
a contemplar sempre o maior número de habilidades
próprias de cada estudante. Entendemos que um educando deva ter oportunidade de ver valorizadas suas
melhores potencialidades, já que o ser humano é dotado de múltiplas inteligências (talentos) mais ou menos desenvolvidas.
Devemos levar em consideração fatores subjetivos
como seu engajamento no curso (participação e empenho), postura em sala de aula e interesse pela matéria.
Recomendamos valorizar, no entanto, com ênfase, a
capacidade de responder questões, testes conceituais e
exercícios que exijam aplicações das leis físicas pautadas pela devida operacionalização matemática. É
ainda essencial que haja aplicação e pontualidade em
relação às atividades propostas para casa, que devem
preencher parte do tempo dos alunos em suas atividades extraclasse.
Há vários instrumentos objetivos que podem ser
cogitados na avaliação, como:
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Provas propriamente ditas;
Trabalhos de pesquisa em livros e na internet;
Questionários com perguntas instigantes;
Coletânea de testes de múltipla escolha;
Coletânea de questões analítico-expositivas;
Vestibulares simulados;
Construção e manuseio de aparatos experimentais;
Leitura e discussão de artigos sobre Física;
Elaboração de artigos sobre Física;
Seminários;
Debates sobre temas científicos;
Encenações de textos teatrais sobre Física.
Desse universo, que permite obter uma média ampla e justa do desempenho do aluno, será extraída a
nota ou o conceito necessário à aprovação.
Manual do professor
9
Parte I - TERMOLOGIA
Tópico 1
Temperatura
Na concepção dos autores, a construção da Termologia deve ser feita por partes, de modo que o aluno possa compreender e trabalhar as questões teóricas e práticas que irá encontrar nas avaliações escolares e na vida.
A seqüência dos assuntos foi estabelecida após muitos
anos de experiência em salas de aula e observação dos
resultados obtidos pelos alunos. A dilatação térmica, por
exemplo, que tradicionalmente aparece no início do curso, foi levada para o final, quando o aluno já terá uma
visão geral da Termologia e poderá trabalhar melhor os
cálculos matemáticos que envolvem potências.
Este primeiro Tópico inicia-se com os conceitos
de temperatura e equilíbrio térmico. A temperatura
é apresentada como nível de agitação das partículas
do corpo. Essa é a melhor abordagem para iniciar a
Termologia. Após o aluno ter uma visão geral e compreender a Termodinâmica, a temperatura poderá ser
apresentada como parte do estado termodinâmico de
um sistema.
Após ser apresentado o conceito de temperatura
como nível de agitação das partículas (moléculas) de
um sistema, devem ser estabelecidas as regras para a
construção de uma escala termométrica e apresentado
o aparelho a ser utilizado para a medida da temperatura: o termômetro. Deve-se estabelecer também o
conceito de equilíbrio térmico, chamando a atenção
dos alunos para a situação em que o termômetro indica a temperatura do corpo.
As escalas convencionais Celsius e Fahrenheit
devem ser bem trabalhadas com os alunos. Após a
apresentação, com comentários a respeito de como foram construídas essas escalas, a conversão entre elas
deve ser bem explorada. Mostrar também a diferença
da conversão entre duas escalas e a conversão da variação de temperatura de uma escala para outra.
Na segunda parte, deve-se conceituar zero absoluto e apresentar a escala absoluta Kelvin, mostrando
sua importância como escala científica. Trabalhar a
conversão das escalas Kelvin, Celsius e Fahrenheit,
entre si, e entre elas e qualquer outra escala.
2. A temperatura
3. Equilíbrio térmico
4. Medição de temperatura
6. Escalas termométricas
7. Pontos fixos fundamentais
8. Escalas Celsius e Fahrenheit
9. Conversão entre as escalas Celsius e Fahrenheit
10. Variação de temperatura
Exercícios
11. Zero absoluto
12. A escala absoluta
Exercícios
• Algo mais
Após a leitura sobre termômetros, pode-se pedir
que, em grupo, os alunos pesquisem em livros e na
internet diferentes tipos de termômetro, seu funcionamento e sua utilização, vantagens e desvantagens. Esse
trabalho deve ser apresentado para a classe. É importante que as descobertas realizadas por alguns alunos
sejam transmitidas a todos os integrantes da sala.
Pode ser pedido também um trabalho em que os
alunos pesquisem diferentes escalas termométricas
e que cada um invente sua escala (elogiar as mais
criativas) e a compare com a escala Celsius. Pode-se
propor, ainda, que dois alunos encontrem a equação
de conversão entre suas escalas. A variação de uma
unidade na escala do aluno A deve valer quanto na
escala do aluno B?
Informações sobre a escolha da
substância termométrica de um
termômetro
A substância a ser utilizada em um termômetro
deve ser escolhida de forma conveniente. Um sólido,
por exemplo, não é uma boa substância termométrica. Os sólidos dilatam pouco, ficando difícil perceber
mudanças em seu comprimento ou volume quando
a temperatura sofre pequenas variações. A histerese
térmica é outro fator que inviabiliza a sua utilização.
(A histerese térmica é o fenômeno em que, por meio
de suas modificações moleculares, um sólido, quando
aquecido, sofre aumento em suas dimensões e, quando resfriado, voltando à temperatura inicial, conserva
uma dilatação residual. Ele não volta a suas dimensões iniciais.) Assim, passamos a ter dois ou mais valores de comprimento para uma barra que se encontra
em determinada temperatura, por exemplo. Observe
que não podemos ter uma relação biunívoca entre o
comprimento do sólido e a temperatura, isto é, não
podemos ter um único comprimento (e sempre esse
valor de comprimento) relacionado a uma determinada temperatura.
Os gases são as melhores substâncias termométricas. Em virtude de sua facilidade em dilatar-se, apresentam grande sensibilidade para a medição de temperaturas. Porém, por haver variação de pressão junto
com variação de volume, esse tipo de termômetro traz
dificuldades em seu manuseio, sendo necessárias condições especiais para seu uso. Existem dois tipos de
termômetro a gás: a volume constante, quando a pressão é a grandeza termométrica, e a pressão constante,
em que o volume é a grandeza termométrica.
Os mais práticos e de fácil manuseio são os termômetros que utilizam líquidos como substâncias termométricas. Alguns termômetros usam álcool tingido
de vermelho; no entanto, o mercúrio é o líquido mais
recomendado para essa utilização, pelas seguintes
vantagens:
• dilata-se de forma muito regular;
• é de fácil obtenção, com grande grau de pureza;
• faz parte da família dos metais em transição, sendo
excelente condutor de calor;
• é encontrado no estado líquido entre –38 ºC e 359 ºC,
podendo ser usado para medição de temperaturas
dentro do espectro que corresponde às nossas necessidades.
• é brilhante em sua superfície, podendo ser visto facilmente no interior de um tubo de vidro.
• não molha o vidro, isto é, não se separa em gotas,
permanecendo uma massa única que facilita seu uso
nos termômetros.
O ponto negativo do mercúrio é que sua dilatação é por volta de sete vezes maior que a dilatação
do vidro, fazendo com que a medida da temperatura
de um corpo apresente um erro que pode ser apreciável quando necessitamos de valores muito próximos
do real.
Jupiter Unlimited/Keydisc
10
Um termômetro de gás (a volume
constante), a escala Kelvin e o zero
absoluto
Os primeiros termômetros de gás utilizavam os pontos do gelo e do vapor como referência em sua graduação. No entanto, por ser difícil estabelecer esses pontos
com precisão – já que eles são sensíveis a alterações de
pressão na superfície da água utilizada como referência –,
o Comitê Internacional de Pesos e Medidas estabeleceu,
em 1954, um novo padrão, um único ponto fixo, o ponto
tríplice da água, condição em que podemos encontrála nos três estados físicos: sólido (gelo), líquido (água)
e gasoso (vapor de água), coexistindo em equilíbrio.
Manual do professor
Esse ponto corresponde a uma situação de pressão de
4,58 mm Hg e temperatura de 0,01 ºC. Assim, a temperatura do ponto tríplice da água foi estabelecida como
273,16 K. Observe que a unidade de temperatura no sistema SI, o Kelvin, é definida como 1/273,16 da temperatura do ponto tríplice da água. Essa unidade é igual à
unidade da escala Celsius de temperatura.
A escolha do termômetro de gás na medida de temperaturas deveu-se à prontidão (rapidez) e sensibilidade
do aparelho, que é capaz de detectar pequenas variações
de temperatura. Como vimos, há dois tipos de termômetro de gás: a volume constante e a pressão constante.
O melhor desses aparelhos é o que mantém constante
o volume e utiliza a variação da pressão da substância
termométrica (o gás) para avaliar a temperatura de um
sistema.
Régua
p
h
0
Reservatório
de mercúrio
Gás
P
A
Líquido cuja
temperatura
vai ser medida
A temperatura expressa por –273,15 ºC, correspondente ao anulamento da pressão do gás, indica
que esse gás ou outro sistema qualquer não pode atingir uma temperatura menor que esse valor. Observe
no gráfico que um valor menor de temperatura corresponderia a uma pressão negativa para o gás, o que
não teria significado físico. O ponto em que a pressão do gás seria nula foi chamado de zero absoluto
de temperatura e associado ao zero da escala Kelvin.
Note que esse ponto é teórico, não foi atingido, já
que um gás se liquefaz quando resfriado na tentativa
de ter sua temperatura se aproximando desse ponto.
(Em laboratórios de baixas temperaturas, já foram
atingidas temperaturas próximas de 10–7 K.)
O que aconteceria com um corpo se atingisse o
zero absoluto? Segundo a Física Clássica, as partículas componentes de um sistema deixariam de ter
energia cinética de agitação. No caso de um gás, suas
partículas ficariam sem movimento no fundo do recipiente, anulando a pressão exercida nas paredes, causada por colisões dessas partículas. Já a Física Quântica estabelece que no zero absoluto ainda existe uma
energia residual no sistema, chamada de energia do
ponto zero.
B
1. É possível medirmos a temperatura do vácuo?
Para analisar o funcionamento de determinado termômetro de gás a volume constante, anotamos em uma
pequena tabela os valores da pressão quando variamos
a temperatura do gás. A representação gráfica, pressão
⫻ temperatura (Celsius), é sempre composta de uma
reta oblíqua ascendente que, ao ser extrapolada, corta
o eixo das temperaturas (Celsius) no ponto –273,15 ºC,
independentemente do gás utilizado no termômetro. Os
gases mais usados nesse tipo de aparelho são o hidrogênio e o hélio, sempre a uma baixa densidade.
P
O vácuo é uma região do espaço desprovida de
partículas; é um vazio de matéria. Nessa região, portanto, não encontramos partículas agitadas; não podemos avaliar o estado de agitação das partículas. Ou
seja, não podemos medir a temperatura do vácuo. Um
corpo nele colocado irá perder energia térmica, diminuindo sua temperatura.
SuperStock/Keystone
Tubo flexível
Termômetros de gás a volume constante, nos quais a pressão é
utilizada como grandeza termométrica.
Gás A
Gás B
Gás C
–273,15
–200
–100
0
11
100
200
θ (°C)
No espaço, entre a Terra e a Lua, há uma região desprovida de
partículas, o vácuo.
12
2. Por que um termômetro clínico é um termômetro de
máxima?
O filamento capilar,
°C
em cujo interior o mercú42
rio pode subir ou descer, é
41
muito estreito, dificultando
a visão do nível. Assim, foi
40
preciso fazer um estreita39
mento na base para que o
mercúrio não descesse es38
pontaneamente. Por isso,
no início, temos de agitar
37
o termômetro para que o
36
mercúrio volte ao bulbo.
Portanto, um termômetro
35
colocado em contato com a
axila de uma pessoa durante uma semana, por exem- Estrangulamento
plo, irá medir a máxima
temperatura dessa pessoa
no período. Quando a temperatura do corpo diminui, o mercúrio não consegue
baixar o nível por causa do estrangulamento. No entanto, se a temperatura sobe, o nível de mercúrio também
sobe. No final da semana o termômetro registrará a máxima temperatura do corpo, no período. Isso poderá ter
acontecido no início ou no meio da semana.
20 No gráfico verificamos que a temperatura do paciente às
Lembrando que as variações nas escalas são proporcionais,
ΔθF = 6,48 °F → 2,7 cm
Alternativa e.
31
°C
°F
(100)
(0)
(–273)
K
(212)
(373) Ponto de vapor
(32)
(273) Ponto de gelo
(–459)
(0)
Zero absoluto
No esquema acima, notamos que –459 somente pode ocorrer na escala Fahrenheit.
Alternativa d.
32 Tomando por base o zero absoluto (0 K), vamos determinar seu
valor correspondente nas demais escalas:
Celsius
θ (°C) = T(K) – 273 ⇒ θC = 0 – 273
θC = –273
Fahrenheit
θ – 32 0 – 273
θF – 32 T – 273
=
⇒ F
=
5
5
9
9
θF = – 459 °F
Alternativa c.
Observação: Para o aluno visualizar melhor, faça no quadro o seguinte
esquema:
12 h 30 min é 37,5 °C.
°C
θ (°C)
38
°F
K
(100)
(212)
(373)
Ponto de gelo
(0)
(32)
(273)
Zero absoluto
(–273)
(–459)
(0)
Ponto de vapor
40
37,5
x = 3,6 · 2,7 cm ⇒ x = 1,5 cm
6,48
ΔθF = 3,6 °F → x
37
36
0
10
12 13 14
16 t (h)
12 h 30 min
Usando a equação de conversão entre as escalas Celsius e Réamur,
temos:
38
°X
θC θR
37,5 θR
=
⇒
=
5
4
4
5
θR = 30 °R
(25)
30
°C
(30)
ΔθX
ΔθC
22 Para variações de temperatura entre as escalas Celsius e
Fahrenheit, temos:
ΔθC ΔθF
3,6 ΔθF
=
⇒
=
⇒ ΔθF = 6,48 °F
100 180
100 180
(–5)
(10)
20
Manual do professor
ΔθX ΔθC
=
30
20
Para ΔθC = 1,0 °C, temos:
ΔθX 1,0
=
⇒ ΔθX = 1,5 °X
30 20
39 A temperatura ambiente é θ. Assim:
1. O primeiro termômetro, que mede a temperatura ambiente, indica:
(I)
θ1 = θ2 + 2
2. O líquido tem temperatura (θ + 5)
3. O segundo termômetro, que mede a temperatura do líquido, indica:
θ2 = (θ + 5) – 3
(II)
θ2 = θ + 2
Observando I e II, concluímos que os dois termômetros assinalam
valores iguais.
Alternativa b.
e ebulição da água a pressão atmosférica normal). Porém, centígrada não é uma denominação que determine univocamente a escala
Celsius: entre os pontos fixos adotados na escala Kelvin também há
100 unidades.
e) Correta – Kelvin estabeleceu como zero absoluto a menor temperatura que um sistema poderia atingir. Essa situação térmica deveria
corresponder ao repouso das partículas do sistema. Ele imaginou a
situação a partir de uma amostra de gás.
Alternativa e.
45
x ⯝ 9,8% ⯝ 10%
Alternativa a.
42 Por meio da transpiração, a pele regula a temperatura interna
do corpo humano. Assim, para obter o valor dessa temperatura devemos introduzir o termômetro em uma das aberturas do corpo, como,
por exemplo, a boca. O termômetro deve ficar algum tempo em contato com o corpo para que a transferência de calor possa proporcionar o
equilíbrio térmico entre o mercúrio (do termômetro) e o interior desse
corpo humano.
Alternativa b.
43
a) Incorreta – Apesar dos avanços da tecnologia, ainda não é possível
atingir o zero absoluto.
b) Incorreta – Usando a relação entre temperaturas das escalas Celsius, Fahrenheit e Kelvin, temos:
°C = °F – 32 = K – 273
5
9
5
Então:
5(°F)
K=
+ 255,2
9
c) Incorreta – O erro está no valor do ponto tríplice: 0,01 °F; o correto
é 0,01 °C.
Observe que 273,16 K = 0,01 °C
Atenção à conversão: 610 Pa = 4,58 mm Hg.
d) Incorreta – A escala utilizada nos termômetros brasileiros é a Celsius. Costuma-se chamar essa escala de centígrada, pelo fato de
haver 100 unidades entre os pontos fixos adotados (fusão do gelo
°C
°R
(–173)
(180)
θR
θC
41 Aplicando a fórmula de conversão entre as escalas Celsius e
Fahrenheit, temos:
θC θF – 32
θ
=
⇒ C = 76 – 32 = 44
9
9
5
5
9
θC = 24,4 °C
Pelo processo citado no texto, o valor obtido seria 22 °C. Assim, o erro
vale:
Δθ = 24,4 – 22 (°C) = 2,4 °C
Portanto:
24,4 °C → 100%
2,4 °C → x%
100 · 2,4
x=
24,4
13
(0)
zero absoluto (–273)
Para cada 100 divisões na escala Celsius, temos 180 divisões na escala
Fahrenheit; portanto 180 divisões na escala Rankine.
Assim:
θC – (–273)
θ –0
= R
⇒
–173 – (–273) 180 – 0
θC + 273 θR
=
180
100
θR = 1,8 (θC + 273)
Para θC = 0 °C (ponto de gelo), temos:
θR = 1,8 (0 + 273)
θR = 491 °R
Para θC = 100 °C (ponto de vapor), temos:
θR = 1,8 (100 + 273)
θR = 671 °R
Nota: Desprezadas as casas decimais.
46 Na leitura do termômetro, encontramos o valor t = 38,65 °C, em
que 5 é o algarismo duvidoso.
Assim, usando a expressão fornecida, temos:
2 · 38,65
tX =
⇒ tX = 25,77 °X
3
em que o último algarismo 7 é o duvidoso.
Alternativa d.
47
°X
(140)
θX
°C
(100)
θC
θC – 0
θ – (–10)
= X
100 – 0 140 – (–10)
θC
θ + 10
= X
100
150
θC =
(–10)
(0)
2(θX + 10)
3
14
Fazendo θX = 0 °X, temos:
θC =
Tópico 2
2(0 + 10)
⇒ θC ⯝ 6,7 °C
3
Analisando o gráfico fornecido, notamos que uma única reta passa
pelo ponto definido por θX = 0 °X e θC ⯝ 6,7 °C.
O calor e sua propagação
Alternativa d.
48
Δθ = – 0,2t2 + 2,4t – 2,2
Achando as raízes dessa equação, temos:
0 = – 0,2t2 + 2,4t – 2,2
t2 – 12t + 11 = 0
– (–12) ± (–12)2 – 4 (1) (11)
2(1)
t’ = 1
t’’ = 11
Como originalmente o coeficiente do termo t2 é negativo, a parábola
tem concavidade voltada para baixo:
t=
Δθ
1
6
11
Portanto, a máxima ocorre no dia 6, ponto médio entre 1 e 11.
Alternativa b.
Nota: Outra forma de resolver o problema é usar derivada:
dΔθ = –0,4t + 2,4
dt
No ponto máximo da função, sua derivada é nula.
0 = –0,4t + 2,4 ⇒ t = 6
49
°Re
(80)
°F
t
Neste Tópico, devem-se fixar bem os conceitos de
energia térmica e calor, firmando a idéia de energia térmica em trânsito para o calor. Os processos de
transmissão de calor (condução, convecção e radiação) devem ser bem detalhados e enriquecidos por
muitos exemplos do cotidiano. É importante observar
a explicação da condução do calor por meio das forças intermoleculares, assim como deixar bem claro
aos alunos que na radiação não é calor que está sendo
transferido através de ondas eletromagnéticas. A energia inicial era térmica (o corpo esfria); essa energia é
emitida em forma de energia eletromagnética que se
propaga através do meio e, ao ser absorvida por outro
corpo, volta a ser energia térmica (ocorre aquecimento). Assim, a afirmativa “a energia térmica se propaga
em forma de ondas eletromagnéticas” deve ser usada
com a ressalva acima.
Para explicar a convecção, pode-se utilizar como
exemplo o ar-condicionado que resfria um ambiente,
a diferença entre ele e o uso de ventiladores e o funcionamento da geladeira doméstica.
A garrafa térmica (vaso de Dewar) também deve
ter seu funcionamento detalhado.
Explicar o efeito estufa, dando como exemplo
o aquecimento dos automóveis quando permanecem
com os vidros fechados sob o sol. Chamar a atenção
para as residências antigas que possuíam uma área envidraçada na parte da frente, os chamados jardins de
inverno. O sol aquecia essas áreas pelo efeito estufa.
(212)
θRe
θF
(0)
(32)
θRe – 0 θF – 32
=
80 – 0 212 – 32
θRe θF – 32
=
80
180
Fazendo θRe = θF = θ, temos:
θ = θ – 32
180
80
180 θ = 80 θ – 2 560
100 θ = –2 560
θ = –25,6°
1. Energia térmica
2. Calor
3. Unidade usual de calor
• A condução
• Lei de Fourier
Exercícios
• A convecção
6. A radiação
• Detalhes funcionais de uma garrafa térmica
• Efeito estufa
Exercícios
Manual do professor
• Algo mais
O funcionamento da geladeira doméstica, com a
explicação de como os alimentos são resfriados, deve
ser alvo de um estudo detalhado com os alunos, podendo ser sugeridas pesquisas para debates sobre o
freezer e as geladeiras tipo frost free (livres de gelo),
bem como sobre as câmaras frigoríficas usadas em
empresas que comercializam produtos perecíveis.
A garrafa térmica (vaso de Dewar) também deve ter
seu funcionamento detalhado, podendo ser solicitadas
pesquisas para que os alunos tenham idéia de como ela
evoluiu no tempo. Deve-se deixar bem claro que trocas
de calor entre o conteúdo da garrafa e o meio externo,
por convecção, são evitadas com o fechamento da garrafa, o que impede trocas de partículas entre o conteúdo e o
meio externo. Portanto, o vácuo entre as paredes duplas
de vidro evita apenas trocas de calor por condução.
Pode-se pedir uma pesquisa a respeito do efeito estufa. Deixar bem claro aos alunos que ele é o maior
responsável pela existência de vida na superfície da
Terra. A retenção de energia térmica pelos gases estufa
e pelo vapor de água, existentes na atmosfera, faz com
que a amplitude térmica seja pequena em praticamente
todas as regiões terrestres. O excesso de efeito estufa,
porém, pode provocar mudanças catastróficas no clima.
Os furacões originados no Oceano Atlântico, que têm
castigado muito a região do Caribe e parte dos Estados
Unidos, estão cada vez mais violentos, e esse aumento
de intensidade é devido principalmente ao maior aquecimento das massas de ar dessa região. O derretimento
do gelo das calotas polares está cada vez mais rápido,
também por causa do crescimento do efeito estufa. Observar que esse conjunto de alterações climáticas pode
provocar a morte de milhões de seres vivos.
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Alguns dados a respeito do aquecimento
global
É evidente que a Terra
não irá pegar fogo. No
entanto, o aquecimento
global poderá exterminar
a maioria dos seres vivos
hoje existentes em sua
superfície.
15
O alerta sobre o aquecimento global transformouse na grande preocupação de todos nós. Na imprensa
em geral, têm sido divulgados dados cada vez mais
alarmantes a respeito da evolução do grande problema
que coloca em risco a sobrevivência do ser humano:
será que faremos parte do futuro da Terra?
Na revista Veja de 21 de junho de 2006, em um
artigo de Jaime Klintowitz (“Apocalipse já”), encontramos alguns dados interessantes sobre a evolução da
quantidade de dióxido de carbono lançado na atmosfera: em 1928, a população mundial era de 2 bilhões
de pessoas, a frota estimada de automóveis era de 15
milhões, a emissão de CO2 (o principal gás estufa) foi
de 1 bilhão de toneladas, e a temperatura média na
superfície da Terra era de 13,88 ºC. Em 1941, a população mundial cresceu para 2,32 bilhões de pessoas, a
frota de automóveis evoluiu para 27 milhões, a emissão de CO2, para 1,3 bilhão de toneladas, e a temperatura média aumentou para 14,1 ºC. Em 1980, tínhamos
4,5 bilhões de habitantes, 300 milhões de automóveis,
5,3 bilhões de toneladas de CO2 emitidos e uma temperatura média de 14,18 ºC; em 2006, 6,5 bilhões de
pessoas, 725 milhões de automóveis, 7,3 bilhões de
toneladas de CO2 emitidos e uma temperatura média
de 14,63 ºC. Não é uma evolução preocupante?
O Brasil é o 16o maior emissor de CO2, quando
considerada apenas a geração de energia. No entanto,
considerando também a emissão causada por queimadas e pela agropecuária, nosso país passa a ser o 4o
maior emissor de dióxido de carbono do mundo. Os
Estados Unidos são responsáveis por 15,8% das emissões; a China, por 11,9%; a Indonésia, por 7,4%; e o
Brasil, por 5,4%, vindo em seguida os demais países.
Esses dados levam os cientistas a projetar um futuro em que o ser humano tem cada vez menos chance
de participar. Acreditam que o processo está em fase
irreversível, de modo que qualquer atitude tomada deverá apenas postergar e não evitar as grandes modificações climáticas que produzirão reduções violentas
no número de habitantes da Terra.
Na revista Época de 5 de fevereiro de 2007, em um
artigo de Marcela Buscato, Renata Leal, Nilson Cardoso e Gerson Mora (“Como tornar sua casa mais verde”),
encontramos uma tabela interessante sobre a quantidade de CO2 emitido na geração da energia necessária
para que cada equipamento doméstico seja utilizado.
Essa massa de CO2 é a média emitida em um ano:
• chuveiro elétrico (40 minutos por dia) – 218,4 kg
• aquecedor de água (boiler de 100 litros) – 1140 kg
• aquecedor solar – 0 kg
• secador de cabelo (10 minutos por dia durante todo
o ano) – 21,8 kg
• aparelho de som (3 horas por dia e 20 dias por mês)
– 15 kg
cinqüenta anos, o consumo de carne aumentou cinco vezes, e espera-se que dobre o consumo atual em
outros cinqüenta anos.
Ao aumentar a população da Terra, as necessidades de alimentação e produção de energia para o
bem-estar dessas pessoas requerem processos que
produzem a emissão de gases que comprometem a sobrevivência da espécie humana. O que vamos fazer?
Não comer carne? Não usar carro? Não ligar aparelhos que consomem energia elétrica?
Essas e outras indagações devem ser feitas aos
alunos no intuito de conscientizá-los do grande problema que a própria humanidade criou.
1. Pesquise e cite (com a devida explicação) um fator
positivo e outro negativo do efeito estufa na atmosfera da Terra.
• TV em cores (5 horas por dia) – 51,5 kg (TV de 29
polegadas)
• geladeira (10 horas por dia) – 187 kg (modelos recentes)
• freezer (10 horas por dia) – 374,4 kg
• microondas (20 minutos por dia) – 37,4 kg
• churrasqueira elétrica (4 horas por dia e 5 dias por
mês) – 237,1 kg
• ar-condicionado (8 horas por dia e 30 dias por mês)
– 1 572,5 kg (em alta potência)
• aquecedor de ambiente (8 horas por dia e 15 dias
por mês) – 580,3 kg
• rádiorrelógio – 11,2 kg
• lâmpada incandescente de 100 W (5 horas por dia)
– 46,8 kg
• lâmpada fluorescente de 60 W (5 horas por dia)
– 28,1 kg
• carro 1.0 (rodando 1 500 km/mês) – 2 740 kg (a gasolina) e 50 kg (a álcool)
Cada árvore retira, em média, 180 kg de CO2 da
atmosfera por ano. Assim, cada árvore plantada ajuda a diminuir e cada árvore cortada agrava o problema. Como podemos observar, tudo que se possa fazer
para reduzir a quantidade de CO2 na atmosfera será
insuficiente para reverter o que nos espera no futuro.
O aumento da população e a melhoria das condições
de vida requerem sempre um aumento na geração de
energia, o que acarreta um aumento na emissão de gases estufa.
Na revista Época de 19 de março de 2007, lemos em um artigo de Susan Andrews (“Dieta para o
planeta”) que, segundo um recente relatório da FAO
(a Organização de Alimentação e Agricultura das
Nações Unidas), 1,5 bilhão de cabeças de gado e
búfalos, mais 1,7 bilhão de ovinos e caprinos, mais
os suínos e as aves (não é informado o total) são
responsáveis por quase um quinto (20%) do aquecimento global. Isso representa mais emissões de
gases estufa do que a emissão de todos os meios de
transporte juntos. Os pesquisadores Gordon Eshel
e Pamela Martin, da Universidade de Chicago mostraram que a produção de 1 caloria de proteína animal é responsável pela queima e emissão de gás
carbônico dez vezes maior do que se produzisse 1
caloria de proteína vegetal. O desmatamento para
pastagem desse imenso rebanho amplifica o efeito,
pois árvores são derrubadas. Além disso, os gases
metano e óxido nítrico liberados no processo digestivo e nos dejetos desses animais são mais poderosos (23 e 296 vezes) no aquecimento global do que
o gás carbônico. A autora lança a frase: “Estamos
comendo o planeta vivo até a morte”. Nos últimos
O efeito estufa torna possível a vida animal e vegetal na superfície
da Terra, ao evitar grandes amplitudes de temperatura.
16
Se continuar a
exarcebação do efeito
estufa, uma grande
parte da superfície
terrestre passará a ter o
aspecto observado nessa
paisagem.
O efeito estufa é muito importante para que
haja vida em nosso planeta. Sabemos que os raios
solares incidem no solo terrestre são absorvidos
Manual do professor
e em seguida emitidos. Se não houvesse o efeito
estufa na baixa atmosfera, essa energia se perderia pelo espaço, e a temperatura média na superfície da Terra seria da ordem de –18 °C. No entanto, os gases estufa naturais (dióxido de carbono,
óxido nitroso e metano), somados ao vapor de
água existente na camada atmosférica próxima ao
solo, retêm parte dessa energia, fazendo a temperatura média global manter-se próxima a 15 °C.
Essas condições proporcionaram a formação e a
manutenção da biosfera.
Observe que sem o efeito estufa a vida vegetal e a
animal, como as conhecemos, não poderiam existir.
A industrialização adicionou aos gases estufa naturais os gases sintetizados, como os clorofluorcarbonetos, os hidrofluorcarbonetos, os perfluorcarbonetos e o hexafluoreto de enxofre, que são resultado
da queima de carvão, gás natural e derivados do petróleo. Além desses novos gases, a concentração de
CO2 aumentou por causa do desmatamento, já que é
a vegetação que absorve esse gás. O novo conjunto
de gases estufa aumentou a retenção da energia emitida pelo solo, produzindo uma elevação de 0,6 °C na
temperatura média medida durante o século XX – a
maior variação observada no último milênio. Essa
situação irá se agravar nas próximas décadas com o
aumento da população mundial, que deverá exigir
um aumento na energia gerada. Esse aquecimento
maior do efeito estufa já está provocando derretimento das calotas polares, aumentando a temperatura média das águas do oceano, o que desencadeia,
em algumas regiões da Terra, tempestades mais intensas que o normal, furacões que devastam grandes
áreas habitadas, provocando mortes e destruição. Em
outras regiões, a estiagem está aumentando as áreas
desérticas.
Esses efeitos produzidos pela potencialização do
efeito estufa é que precisam ser atenuados. Uma das
providências é a redução da emissão dos gases estufa
sintéticos citados anteriormente, o que o Protocolo de
Kyoto está tentando realizar. Se não conseguir, o futuro da humanidade poderá ser terrível. A Terra poderá
se livrar do ser humano, vingando-se do tratamento
recebido.
2. Em 10 de dezembro de 1997, vários países assinaram,
no Japão, um acordo que foi denominado “Protocolo
de Kyoto”. Qual é a relação do efeito estufa na atmosfera do planeta com esse acordo?
A busca por uma solução para o aumento do
aquecimento global vem de muito tempo. Desde
17
1988, no Canadá (Toronto Conference on the Changing Atmosphere), passando pelo Brasil (ECO 92) os
principais países do mundo buscam uma forma de
reduzir a emissão de gases estufa, principalmente o
CO2. Em 1997, na cidade de Kyoto, no Japão, foi
estabelecido um acordo (Protocolo de Kyoto), depois ratificado em 15 de março de 1999. Por esse
acordo, os países desenvolvidos devem reduzir em
pelo menos 5% as suas emissões de gases estufa até
2012 (essa redução leva em conta as emissões desses países em 1990). Em julho de 2001, na cidade
de Bonn, Alemanha, o acordo foi referendado e um
pouco abrandado; foram criados os sumidouros de
carbono. Segundo essa proposta aceita, os países
com grandes florestas, como a floresta Amazônica,
que absorvem naturalmente o CO2, poderiam usar
isso como crédito a ser cedido a países industrializados, altamente emissores de gases estufa. Os países
poluidores poderiam transferir parte de seu parque
industrial ou propor investimentos negociados com
os detentores desses créditos.
Para cumprir o que foi estabelecido no tratado,
os países mais poluidores devem rever seus setores
de geração de energia e transporte, utilizar mais as
fontes de energia renovável, limitar a emissão de metano na geração de energia e no descarte de resíduos
(lixo), proteger florestas e outros sumidouros de carbono, eliminar o financiamento de fontes energéticas
que emitem gases estufa e eliminar também as facilidades de financiamento de comércio de sistemas que
possam, de alguma forma, aumentar a concentração
de gases estufa em nossa atmosfera. Observe que
tudo isso deverá custar caro e poderá produzir uma
reação contrária de setores que lucram muito com
essas atividades.
A intenção do Protocolo de Kyoto é reduzir a temperatura média global. Pretende-se que essa temperatura média, em 2050, seja até 0,30 °C menor que a que
ocorreu em 1990.
O maior problema encontrado é a não-adesão dos
Estados Unidos, responsáveis por um quarto de todo
o dióxido de carbono emitido no mundo. Eles terminaram o século XX emitindo 20 toneladas/habitante
ano, enquanto países em desenvolvimento como a
China emitiram menos de 3 toneladas/habitante ano
e a Índia, menos de 1,0 tonelada/habitante ano de
CO2. Segundo o presidente americano George W.
Bush, a adesão poderia provocar grandes danos à
economia americana. No entanto, mesmo não aderindo ao Protocolo, alguns estados americanos têm
procurado alternativas para a redução de emissão de
gás carbônico.
18
11
(01) Falsa – O isopor impede que o calor do meio ambiente atinja o
refrigerante.
(02) Verdadeira – A transferência espontânea de calor se processa
do corpo de maior temperatura para o de menor temperatura.
(04) Verdadeira – A sensação de frio é determinada pela perda de
energia térmica do nosso corpo para o objeto ou meio com o
qual entra em contato.
(08) Verdadeira – A energia térmica do ambiente será recebida pelo
refrigerante gelado, aquecendo-o até o equilíbrio térmico.
(16) Falsa – Os agasalhos são confeccionados com materiais que são
péssimos condutores de calor; eles são, na verdade, bons isolantes térmicos.
(32) Verdadeira – O gelo é um bom isolante térmico, pois possui baixa condutividade térmica.
Resposta: 46
13 O fluxo de calor através da barra é constante; assim os fluxos
através das partes anterior e posterior ao termômetro são iguais:
φ1 = φ2 ⇒
k A Δθ2
k A Δθ1
(212 – θ) (θ – 32)
=
⇒
=
L1
L2
8
32
4(θ – 32) = (212 – θ) ⇒
θ = 68 °F
[Q] J
[φ] =
=
[Δt] s
Na lei de Fourier, temos:
m2 K (ou °C)
J
s = [k]
m
J
Portanto, [k] = m s K
Alternativa d.
17 No regime estacionário, temos:
k A Δθ2
k A Δθ1
(100 – θ) (θ – 0)
=
⇒
=
10
L1
L2
40
θ = 4(100 – θ) ⇒ θ = 400 – 4θ ⇒ 5θ = 400 ⇒
θ = 80 °C
k A (θA – θC)
k A (θC – θB)
=
80 – 30
30
(200 – θC) (θC – 80)
=
50
30
5θC – 400 = 600 – 3θC ⇒ 8θC = 1 000 ⇒
θC = 125 °C
Alternativa d.
24 Matilde deve colocar o aparelho de ar-condicionado na parede,
próximo ao teto. O ar frio lançado na sala deve descer e o ar quente,
que está embaixo, subir, por convecção.
25
(01) Incorreta.
(02) Correta.
29 Nos dias quentes, o ar que se encontra próximo ao solo é mais
quente que o ar de camadas superiores. Assim ocorre a convecção térmica. Nos dias frios, o ar próximo ao solo pode estar a temperaturas
menores do que o ar das camadas superiores. Assim, não ocorre convecção térmica, não dispersando os poluentes. É a inversão térmica.
Alternativa b.
31
I. Incorreta – O congelador fica na parte superior para favorecer a
convecção do ar quente.
II. Correta.
III. Incorreta – A energia térmica sai dos alimentos e chega ao congelador, principalmente, por convecção.
IV. Correta.
32
I. Correta – O resfriamento dos alimentos ocorre principalmente devido à convecção do ar que circula no interior da geladeira. O ar
quente (menos denso) sobe até o congelador, e o ar frio (mais denso) desce até os alimentos. Deixando espaços vazios, a convecção
do ar é facilitada.
II. Incorreta – O gelo que se forma na parede do congelador funciona como material isolante, dificultando as trocas de calor com o ar
aquecido pelos alimentos.
III. Correta – A energia térmica também retirada do interior da geladeira é irradiada para o interior da cozinha através da serpentina
existente na parte traseira. A poeira e a gordura que, com o tempo,
são depositadas na grade que fica atrás da geladeira formam uma
película que dificulta essa irradiação. Assim, a limpeza periódica
dessa grade levaria a economizar energia.
Alternativa d.
18 No regime estacionário, temos:
φAC = φCB ⇒
Resposta: 50
Alternativa d.
14 No SI, a unidade de fluxo de calor é dado por:
φ1 = φ2 ⇒
(04) Incorreta – Superfícies espelhadas minimizam a perda de energia térmica por radiação. As paredes espelhadas refletem ondas
eletromagnéticas.
(08) Incorreta – O vácuo apenas impede a condução. Para que haja
perdas de calor por convecção, é necessário que o sistema troque partículas com o meio externo.
(16) Correta.
(32) Correta.
36 Usando a Lei de Fourier, temos:
0,00010 · 1,0 · 104 · 40
φ = k A Δθ ⇒ 40 =
L
L
L = 1,0 cm
Assim:
0,5 · 103
m
d=m=
⇒ d=
v A L
1,0 · 104 · 1,0
d = 5,0 · 10–2 g/cm3
Alternativa e.
37 φ = φ + φ
Cu
latão
aço
k A Δθ
L
= k A Δθ
L
Cu
+ k A Δθ
L
latão
aço
Manual do professor
0,92 A(100 – θ) 0,26 A(θ – 0) 0,12 A(θ – 0)
=
+
46
12
13
0,02 A(100 – θ) = 0,02 A θ + 0,01 A θ ⇒ θ = 40 °C
38 Na figura I:
III. Incorreta – As ondas de calor são formadas por radiações infravermelhas e não ultravioletas.
IV. Correta.
Alternativa a.
φ = Q = k A Δθ ⇒ Q = k A Δθ Δt1
L
L
Δt1
(I)
Na figura II:
φ = Q = k 2A Δθ ⇒ Q = 4 k A Δθ Δt2
L
Δt2
L
2
Igualando-se (I) e (II), vem:
(II)
42 Júlia: Incorreta – O erro está em dizer que o vácuo entre as pare-
des duplas impediria trocas de calor por convecção. Se a ampola está
fechada, não há nem saída nem entrada de partículas de ar.
Maíra: Correta.
Alice: Correta – Geralmente, nas estufas, as paredes também são de
vidro. No entanto, o que foi descrito é correto.
Alternativa e.
4 k A Δθ Δt = k A Δθ Δt ⇒ 4 Δt = Δt
2
1
2
1
L
L
43
⇒ 4 Δt2 = 2 ⇒ Δt2 = 0,5 min
a) No regime estacionário, temos:
1,0 (100 – θ) 0,4 (θ – 0)
=
10
16
39 No regime estacionário, vale:
φmadeira = φtijolo = φcortiça
= k A Δθ
L
madeira
= k A Δθ
L
tijolo
4 θ = 1 600 – 16 θ ⇒
cortiça
Sendo θ1 a temperatura do ponto de separação madeira/tijolo e θ2 a
temperatura do ponto tijolo/cortiça, temos:
2 · 10–4
Assim:
A(70 – θ1)
=
6
k1 A Δθ1 k2 A Δθ2
=
L1
L2
φ1 = φ2 ⇒
Alternativa e.
k A Δθ
L
15 · 10–4
A(θ1 – θ2)
=
12
1· 10–4
A(θ2 – 20)
3
15θ2 + 280
2 · 10–4 A(70 – θ1) 15 · 10–4 A(θ1 – θ2)
=
⇒ θ1 =
(I)
6
12
19
15 · 10–4 A(θ1 – θ2) 1 · 10–4 A(θ2 – 20)
19θ2 – 80
=
⇒ θ1 =
(II)
12
3
15
Igualando-se (I) e (II), vem:
15θ2 + 280
19θ2 – 80
⇒
=
19
15
b)
15(42) + 280
⇒
19
θ = 80 °C
θ (°C)
100
80
0
10
26 L (cm)
44 No gráfico, podemos observar que:
θ (°C)
θ2 ⯝ 42 °C
Em I, temos:
θ1 =
19
Δθ
θ1 ⯝ 48 °C
40 O processo descrito envolvendo deslocamentos das massas de ar,
provocados por diferenças de densidade (ar frio mais denso e ar quente
menos denso), traduz o fenômeno denominado convecção térmica.
A água tem calor específico maior que o da areia, o que significa que,
para a mesma variação de temperatura, necessita de maior troca de
calor. Isso explica o fato de a água, durante o dia, demorar mais para se
aquecer (a areia fica mais quente que a água) e, durante a noite, demorar mais para se resfriar (a água fica mais quente que a areia).
Alternativa a.
α
L
φ
tg α = Δθ =
L k A
A declividade (o ângulo α) é inversamente proporcional à condutividade térmica do material. Assim, para maior k, vamos ter α:
θ (°C)
α1 < α2 < α3
α1
41
I. Correta.
II. Correta – Um aquecimento grande na atmosfera pode ocasionar
derretimento das geleiras, aumento do nível dos mares e de rios.
Correntes marítimas também podem alterar suas temperaturas, o
que provoca diferenças de pressão da atmosfera, produzindo deslocamento de massas de ar (ciclones, furacões).
L
α2
α3
0
Alternativa b.
P
Q
R
S
L
20
45 φ = Q = k A Δθ
Tópico 3
Δt
L
Q
Mas:
= Pot; então:
Δt
Pot = k A Δθ ⇒ k = Pot L
A Δθ
L
–3
k = 300 W 2 5 · 10 m ⇒
4 m 50 °C
Calor sensível e calor latente
k = 7,5 · 10–3 W/m °C
Se a caixa fosse cúbica, ela teria seis faces iguais. Em uma das faces, o
fluxo de calor seria a sexta parte do fluxo total:
φ1 = Pot = 300 W ⇒ φ1 = 50 W
6
6
46 No interior de um elevador em queda livre, a gravidade aparen-
te é nula (gravidade zero).
Nessas condições, não ocorre convecção e a água se aquece apenas
por condução. Como a água não é boa condutora de calor, temos:
ΔtA ⬎ Δt
No metal, não muda nada: o aquecimento ocorre apenas por condução:
ΔtB = Δt
Portanto:
Δt = ΔtB ⬍ ΔtA
Alternativa a.
47
a) O fluxo de calor através de uma “parede” é dado pela Lei de Fourier:
φ = Q = k A Δθ
Δt
L
Quando a diferença de temperatura entre os meios que a referida “parede” separa é nula (Δθ = 0), não há fluxo de calor. Assim,
apesar de a água da garrafa estar a 100 °C (temperatura de ebulição), ela não recebe mais calor, não podendo, então, entrar em
ebulição.
b) O sal aumenta a temperatura de ebulição da água do caldeirão.
c) Com sal, a água do caldeirão ferve a mais de 100 °C. Assim, haverá uma diferença de temperatura entre a água do caldeirão e a da
garrafa (que está a 100 °C). Esse fluxo de calor que se estabelece
provoca a ebulição da água da garrafa.
48 Para a geladeira com paredes de 4 cm, temos:
200 kWh → 100%
35 kWh → x1%
x1 = 35 · 100 % = 17,5%
200
Para a geladeira com parede de 10 cm, temos:
200 kWh
→ 100%
0015 kWh → x2%
x2 = 15 · 100 % = 7,5%
200
Assim, a relação pedida é dada por:
Δx = x1 – x2 = 17,5 – 7,5
Δx = 10%
Alternativa c.
Este é um dos tópicos de maior importância de
toda a Termologia. Os conceitos de capacidade térmica, calor específico e calor sensível são fundamentais e devem ser bem trabalhados. Somente após
a verificação de que os alunos os assimilaram é que a
matéria deve ter continuidade.
No Bloco 2 encontramos o conceito de equivalente em água e trabalhamos o sistema físico termicamente isolado. Utilizamos o balanço energético
para o cálculo da temperatura final de uma mistura de
dois corpos em temperaturas diferentes, sem que haja
mudança no estado físico em um deles.
Nos blocos seguintes, são detalhadas as mudanças
de estado físico de um corpo – a fusão e a solidificação,
a vaporização e a liquefação (ou condensação) e a sublimação. No Bloco 3, em que encontramos a fusão e a
solidificação, conceituamos também o calor latente.
Em vaporização são apresentadas a ebulição e a
evaporação, além de detalhes da influência da pressão de vapor nessas mudanças de estado. É importante
deixar claro o mecanismo da pressão de vapor. Nesse
bloco, de número 4, a sedimentação do conhecimento
deve ser concretizada com a resolução de exercícios.
No último Bloco, o de número 5, apresentamos os
diagramas de estado de uma substância pura, encontramos as curvas de mudanças de estado e conceituamos os pontos crítico e triplo. A diferença entre vapor
e gás deve ser bem discutida. É importante trabalhar a
leitura dos diagramas, de modo que o aluno encontre de
maneira fácil as situações pedidas nas questões.
O desenvolvimento deste Tópico deve ser feito de
forma que o aluno assimile a conceituação e a mecanização necessárias para a resolução dos exercícios.
Deve-se insistir nos problemas em que aparecem um
bloco de gelo sendo aquecido e suas sucessivas mudanças de estado. É importante que o aluno entenda
as fases do aquecimento, conseguindo separar a conceituação de calor sensível e calor latente.
2. Capacidade térmica (C) e calor específico (c)
3. O calor sensível e o seu cálculo
Exercícios
4. Sistema físico termicamente isolado
5. Equivalente em água
Manual do professor
6. Calorímetro
Exercícios
7. As mudanças de estado físico
8. O calor latente
9. A fusão e solidificação
Exercícios
10. A vaporização e liquefação
11. Pressão de vapor
Exercícios
12. A sublimação
13. Ponto crítico e ponto triplo
14. Curvas de fusão, vaporização e sublimação
15. Diagramas de estado
Exercícios
• Algo mais
Pode-se pedir aos alunos que façam pesquisas
para descobrir como se fabrica o gelo-seco; como o
GLP (gás liquefeito de petróleo) é liquefeito e colocado no interior de um botijão; o porquê do resfriamento
de uma latinha de inseticida quando se abre a válvula
por algum tempo; como se faz para atingir o ponto
triplo da água; a formação das pontes de hidrogênio
na solidificação da água; os detalhes de uma panela de
pressão e sua evolução no tempo; e outros temas que
possam surgir durante as aulas. É muito importante
estimular os alunos a procurar o conhecimento, principalmente por meio de pesquisas em livros, revistas,
na internet e mesmo conversando com profissionais
que trabalhem com algo referente ao assunto da pesquisa. Não esquecer que o conhecimento deve sempre
ser compartilhado; assim, após um grupo de alunos
terminar uma pesquisa, esse novo conhecimento deve
ser transferido aos demais alunos da classe.
Para receber a denominação de cristal, os átomos
de uma substância devem estar organizados em um
modo periódico, constante e repetitivo, nas três direções do espaço. A periodicidade está vinculada à simetria do arranjo atômico; é uma propriedade de cada
tipo de cristal, variando de um para outro. Como exemplo de estruturas cristalinas, podemos citar o sal de cozinha (NaCᐉ), o diamante, as gemas, o ferro e o cobre.
Os vidros não possuem os átomos com a organização periódica dos cristais. Assim, quando chamamos uma peça de vidro de cristal estamos cometendo um equívoco. A estrutura atômica do vidro é
não-cristalina. O estado vítreo é caracterizado por
um comportamento físico de sólido com estrutura de
líquido congelado. Isto é, a análise de uma substância no estado vítreo mostra que suas moléculas, que
estavam em movimento (quando líquido), aparecem
“congeladas”, como se repentinamente se tornassem
“inertes”, presas em uma configuração desordenada,
não mostrando a característica ordenação molecular
dos sólidos. Portanto, podemos dizer que o vidro é
um produto inorgânico, amorfo, que foi resfriado até
atingir a rigidez dos sólidos, sem formar cristais.
Na figura observamos um arranjo molecular característico de uma
estrutura cristalina.
Adam Woolfitt/CORBIS/LatinStock
O vidro é sólido ou líquido?
Na fotografia observamos um
artesão “trabalhando” vidro.
Usando uma técnica passada
ao longo de gerações, ele vai
dando formas maravilhosas
a uma massa de vidro
inicialmente amorfa.
21
No vidro, a estrutura das moléculas não é organizada de forma
periódica, constante e repetitiva como nos cristais.
22
Assim, os vidros têm a aparência de corpos sólidos (por sua rigidez mecânica), mas não possuem a
estrutura molecular característica dos sólidos. O vidro não pode ser chamado de sólido e também não
se enquadra na classificação de líquido (mesmo se o
considerarmos um líquido de viscosidade infinita). O
estado vítreo seria um estado paralelo ao sólido.
Podemos afirmar que o vidro é um “sólido”, não
cristalino, que apresenta o fenômeno da transição
vítrea.
A viscosidade da água a 0 °C é da ordem de
5 · 10–3 poise (unidade de viscosidade no CGS); a
partir de 1013 poises, a viscosidade dá rigidez sólida ao material. O vidro em fusão tem viscosidade de
102 poises, na gota de 103 a 104 poises e na temperatura ambiente de 1030 poises.
No diagrama a seguir, representamos o volume específico de determinada massa de uma substância em
função de sua temperatura.
Faixa de
transformação
vítrea
Líquido
estável
Líquido
superesfriado
Volume específico
Esfriamento
rápido
B
E
Líquido
+
Cristais
Vidro
F
A
Processo
de
cristalização
Esfriamento
lento
No diagrama anterior, no ponto B encontramos
uma bifurcação, em que o material estudado pode seguir para o caminho trivial, da maioria das substâncias,
indo para o ponto C. O segmento BC representa a solidificação. No entanto, alguns materiais seguem para o
ponto E, sofrendo um superesfriamento (uma sobrefusão): o líquido é resfriado por causa de uma diminuição
da agitação de suas partículas, sem que ocorra a cristalização. A partir do ponto E (ponto de transição vítrea),
esses materiais assumem o estado vítreo.
O estado vítreo ocorre porque, ao atingir o ponto
E, a substância passa a apresentar uma viscosidade extremamente alta, o que impossibilita a cristalização. A
partir do ponto E, apesar de o material continuar com as
características de um líquido, com suas partículas amontoadas ao acaso sem um arranjo definido, ele passa a se
comportar de forma semelhante à de um sólido.
Assim, o estado vítreo é uma alternativa ao estado sólido. Teoricamente, todas as substâncias deveriam
atingir esse estado físico, isto é, poderíamos ter “vidro”
de qualquer material. No entanto, apenas algumas substâncias que aumentam muito de viscosidade ao atingir
o ponto de transição vítrea podem chegar lá.
No gráfico observamos que o estado vítreo apresenta um volume maior que o de um sólido inicialmente equivalente. Isso ocorre porque no estado vítreo as
partículas estão em desarranjo molecular e no sólido
estão bem organizadas, numa estrutura cristalina.
A maior parte dos dados deste texto foi retirada do
trabalho Natureza, estrutura e propriedades do vidro,
de Mauro Akerman.
C
Sólido
Cristais
D
Temperatura
de transição
vítrea
Tg
Temperatura
de fusão
Tf Temperatura
Os materiais em geral apresentam uma temperatura de fusão: acima dessa temperatura esse material
está no estado líquido e abaixo dela, no estado sólido.
À medida que essa amostra é resfriada, aproximandose da temperatura de fusão, ela se contrai, diminuindo
o volume e a agitação de suas partículas. Na temperatura de fusão ocorre uma grande diminuição de volume; as moléculas que estavam “soltas”, rolando umas
sobre as outras (característica do estado líquido), passam a se ordenar em forma de cristais. Porém, alguns
materiais se comportam de maneira diferente: não se
solidificam com o resfriamento, formando uma rede
não-cristalina que caracteriza o estado vítreo.
1. Pesquise o que é ponto de orvalho.
Ponto de orvalho é caracterizado pela temperatura
em que o vapor de água presente no ar está prestes a se
condensar. A temperatura dessa situação térmica pode
ser determinada por um higrômetro. O mais conhecido é o higrômetro de Daniel.
Na figura a seguir representamos esse higrômetro.
Éter
Gaze
Éter
Higrômetro de Daniel.
Observe que ele contém dois bulbos ligados. No
interior de um deles existe um termômetro, e o outro
é recoberto por gaze ou algodão. No interior do tubo
foi colocado éter. No suporte encontramos outro termômetro utilizado para medir a temperatura ambiente.
Goteja-se éter no tecido. A evaporação desse éter reduz a temperatura no interior do bulbo. Essa redução
de temperatura provoca evaporação do éter existente no
interior do primeiro bulbo, onde está o termômetro, que
irá registrar uma diminuição de temperatura. Quando a
parte externa do bulbo descoberto começar a ficar embaçada, por causa da condensação do vapor de água
que existe no ar do ambiente, esse bulbo encontra-se
na temperatura denominada ponto de orvalho. Lê-se a
temperatura registrada no termômetro interno. Suspende-se o gotejamento de éter no tecido. Aguarda-se que
as gotas de água formadas na parte externa do bulbo
voltem a evaporar. Lê-se novamente a temperatura. A
média dessas duas temperaturas mede com maior precisão o ponto de orvalho do ambiente.
Lidie Gigerichova/Keystone
2. Um dos maiores temores dos agricultores de certas
regiões do Brasil é a geada. Esse fenômeno meteorológico pode destruir plantações. Como e quando
ocorre a geada?
A geada ocorre onde o inverno é mais rigoroso, na
região sul do país. No inverno, à noite ocorre a precipitação do sereno, e essa “neblina” se condensa nas
folhas das plantas, formando gotas de água com temperatura muita próxima de 0 °C. Ao amanhecer, quando
os primeiros raios solares incidem nessas gotas, parte
delas evapora; como esse processo é endotérmico, outra parte dessas gotas se solidifica, vira gelo. É por isso
que a vegetação torna-se momentaneamente esbranquiçada. O gelo resfria a seiva das folhas das plantas, que
também se solidificam, rompendo os dutos.
A visão do fenômeno dura pouco tempo e ocorre apenas no momento em que amanhece e os raios
solares incidem na vegetação. Após a geada, as plantas murcham e ficam escuras, como se tivessem sido
queimadas. Após alguns dias, nota-se que as plantas
estão secas, mortas.
As gotas de orvalho se solidificam no amanhecer frio do inverno. É o
fenômeno conhecido como geada.
5 Atingirá maior temperatura a amostra que tiver menor capacidade térmica, isto é, a amostra que precisa de menor quantidade de
energia térmica para variar uma unidade de temperatura.
Assim:
C=mc
CA = 150 · 0,20 ⇒ CA = 30 cal/°C
CB = 50 · 0,30 ⇒ CB = 15 cal/°C
CC = 250 · 0,10 ⇒ CC = 25 cal/°C
CD = 140 · 0,25 ⇒ CD = 35 cal/°C
CE = 400 · 0,15 ⇒ CE = 60 cal/°C
Alternativa b.
12
a) Falso — O alimento mais energético é a margarina vegetal
b) Falso — 1 fatia de mamão → 3,2 kcal
10 folhas de alface → 7,5 cal
c) Falso — 1 copo de Coca-Cola → 2 · 39 kcal = 78 kcal = 327,6 kJ
d) Verdadeiro — 0,5 kg de sorvete → 5 · 175 kcal = 875 kcal
320 g de batatas fritas → 3,2 · 274 kcal = 876,8 kcal
e) Falso — 1 sanduíche → 269 + 15 + 28 kcal = 276,1 kcal
10 5
1 unidade de batatas fritas → 274 kcal = 137 kcal
2
Alternativa d.
14
a) Na piscina, temos:
d = m → m = 1,0 · 103 · 200 (kg)
v
m = 2,0 · 105 kg
Portanto:
Q = m c Δθ
Q = 2,0 · 105 · 4,2 · 103 (25 – 20) (J)
Na fotografia observamos um lindo e frio amanhecer. A solidificação
do orvalho poderá transformar-se na temida geada.
23
Manual do professor
Q = 4,2 · 109 (J)
24
b) A água da superfície é aquecida pelos raios solares através da radiação. Essa energia térmica é levada à água do fundo da piscina
por condução.
como mA = mB, então
cA(θf – θA) + cB(θf – θB) = 0
cAθf – cAθA + cBθf – cBθB = 0
θf (cA + cB) = cA θA + cB θB
c θ +c θ
θf = A A B B
cA + cB
17
1 200 000 · 4,2 J
a) Pot = Q = 1 200 000 cal =
⯝ 58,3 J/s
1 dia
24 · 60 · 60 s
Δt
Pot ⯝ 58 W
b) Q = m c Δθ
1 200 000 = m 1,0(60 – 10)
m = 2,4 · 104 g
20
Béquer B (com água):
Pot Δt = m c Δθ
Pot 24 = 210 · 1,0 · 8,0
Pot = 70 cal/s
Béquer A (com líquido desconhecido):
Pot Δt = m c Δθ
70 · 20 = 250 cL 10
cL = 0,56 cal/g °C
21 Para a água:
(I)
Pot Δt = m ca Δθ
Para o líquido desconhecido:
(II)
Pot 6 Δt = 12,5 m cL 2 Δθ
Dividindo II por I, tem-se:
Pot 6 Δt = 25 m cL Δθ ⇒ 6 = 25 cL
1,0
m ca Δθ
Pot Δt
cL = 0,24 cal/g °C
24 Do texto,
Pot Δt = m c Δθ
Pot 600 = 1 500 · 1 (80 – 20) ⇒ Pot = 150 cal/s
No gráfico, em 10 s, temos:
Q = Pot Δt = 150 · 10
Q = 1 500 cal
Alternativa d.
25 Q = m c Δθ
Q = c Δθ
m
Essa razão não depende da escala de temperatura utilizada; assim,
(c Δθ)Celsius = (c Δθ)Fahrenheit
CF · 180 = 0,09 · 100 ⇒
CF = 0,05 cal/g °F
27
(01) Correta — Num calorímetro ideal, ocorrem trocas de calor apenas entre os corpos colocados em seu interior.
(02) Incorreta — No corpo de maior capacidade térmica, ocorrerá a
menor variação de temperatura.
(04) Incorreta — A variação de temperatura em um corpo depende
de sua capacidade térmica.
(08) Correta — Qcedido + Qrecebido = 0
(m c Δθ)A + (m c Δθ)B = 0
(16) Incorreta — Se θA ⬎ θB , então as partículas do corpo A possuem
mais energia cinética média do que as partículas do corpo B. Observe também que mA = mB.
Resposta: 09
32 Q
cedido + Qrecebido = 0
(m c Δθ)café + (m c Δθ)leite = 0
d = m então m = d · V
V
Ficamos então com
(d V c Δθ)café + (d V c Δθ)leite = 0
200(θf – 90) + 500(θf – 20) = 0
2θf – 180 + 5θf – 100 = 0 ⇒ 7θf = 280 ⇒
θf = 40 °C
34 Q
(m c Δt)ferro + (m c Δt)água = 0
200 0,10 Δtferro + 100 1 Δtágua = 0
20 Δtferro + 100 Δtágua = 0
ΔtFerro + 5 Δtágua = 0
Assim, |Δtferro| = |5 Δtágua|
O gráfico que melhor mostra que a variação de temperatura do ferro é,
em valores absolutos, cinco vezes maior que a variação de temperatura
da água é o gráfico b.
Alternativa b.
37 Observemos que as capacidades térmicas dos três corpos são
iguais. Assim, o primeiro corpo deverá liberar uma quantidade de calor
igual àquela de que o terceiro corpo irá precisar, para que as três esferas
atinjam a temperatura final de 60 °C. Portanto, tudo se passa como se as
três esferas partissem da temperatura inicial de 60 °C; no final, a temperatura de equilíbrio do sistema esferas + água será 60 °C ⬎ θf ⬎ 20 °C.
Alternativa b.
39 Q
(m c Δθ)pedras + (m c Δθ)água = 0
700 cp ( 50 – 300) + 700 · 1,0 (50 – 20) = 0
–250 cp + 30 = 0 ⇒ cp = 0,12 cal/g°
Alternativa b.
42 Três amostras do mesmo líquido, com massas iguais, apresentam capacidades térmicas iguais:
CA = CB = CC
A temperatura de equilíbrio será então a média aritmética das respectivas temperaturas iniciais:
θ +θ +θ
θE = A B C = 40 + 70 + 100 = 70 °C
3
3
44 Q
(m c Δθ)bloco + (m c Δθ)água = 0
250 cb ( 20 – 100) + 400 ca (20 – 10) = 0
Manual do professor
–20 000 cb + 4 000 ca = 0 ⇒ 4 000 ca = 20 000 cb
ca = 5 cb
Q = 26 000 cal
ca
ou c = 5
b
Q = 2,6 · 104 cal
59 Q = (m c Δθ)
1
gelo
45
Na 2a experiência:
Qcedido + Qrecebido = 0
(m c Δθ)metal + (m c Δθ)água = 0
100 c (θf – θ) + 10 · 10c (θf – 0) = 0 ⇒ θf – θ + θf = 0 ⇒ θf = θ
2
Na 1a experiência, Qcedido + Qrecebido = 0
(I)
(m c Δθ)metal + (m · c · Δθ)água = 0
100 c (θ – 90) + 10 · 10c (θf – 0) = 0 ⇒ θ – 90 + θf = 0
Substituindo (I) em (II), tem-se:
θ – 90 + θ = 0 ⇒ 1,50 = 90 ⇒
2
θ = 60 °C
48 Q = m c Δθ ⇒ Q = C Δθ
2 000 = Ccorpo (120 – 20) ⇒ Ccorpo = 20 cal/°C
Como Ccorpo = Cágua, temos:
20 = E 1,0 ⇒
25
E = 20 g
50 Q
(II)
Q1 = 20 · 0,50 [0 – (–10)] (cal)
Q1 = 100 cal
Q2 = (m LF)gelo
Q2 = 20 · 80 (cal)
Q2 = 1 600 cal
Portanto:
Q3 = (m c Δθ)água
2 700 – (100 + 1 600) = 20 · 1,0 (θf – 0)
1 000 = 20 θf
θf = 50 ºC
61
a) Fusão. Nesse intervalo, o corpo recebe calor sem alteração em sua
temperatura.
b) No estado sólido:
Q = m c Δθ
400 = 50 cS (40 – θ)
(m c Δθ)líquido + (m c Δθ)água = 0
E 1,0 (60 – 20) + 600 · 1,0 (60 – 80) = 0
40 E – 12 000 = 0 ⇒ E = 300 g
cS = 0,20 cal/g °C
Na fusão (patamar):
Q=mL
500 – 400 = 50 LF
51 Q
(m c Δθ)esfera + (m c Δθ)água = 0
Como:
(m c)esfera = (E c)água
Temos:
20 · 1,0 (θf – 120) + 400 · 1,0 (θf – 15) = 0
θf – 120 + 20 θf – 300 = 0
21 θf = 420
θf = 20 °C
52 Q
(m c Δθ)cobre + (m c Δθ)água + (m c Δθ)calorímetro = 0
(m c Δθ)cobre + [(m + E)c Δθ]água = 0
20 · 0,42 (15 – 60) + (10 + E) 4,2 (15 – 10) = 0
–378 + 21 (10 + E) = 0
–378 + 210 + 21E = 0
21E = 168
E = 8,0 g
57 Q = Q + Q
1
2
Q = (m LF)gelo + (m c Δθ)água
Q = 200 · 80 + 200 · 1,0 (50 – 0)
Q = 16 000 + 10 000
LF = 2,0 cal/g
No estado líquido:
Q = m c Δθ
600 – 500 = 50 cL (80 – 40)
cL = 0,05 cal/g °C
63
Na fusão (patamar):
Q = m LF
(6,0 – 2,0) 103 = m 80
m = 50 g
No aquecimento do gelo:
Q = m c Δθ
2,0 · 103 = 50 · 0,50 (0 – t0)
2 000 = –25 t0 ⇒
t0 = –80 °C
No aquecimento da água:
Q = m c Δθ
(8,0 – 6,0) 103 = 50 · 1,0(t1 – 0)
2 000 = 50t1 ⇒
t1 = 40 °C
65
Q = Q1 + Q2
Q = (m c Δθ)gelo + (m LF)
n 85 = 40 · 0,50 [0 – (–10)] + 40 · 80
26
n 85 = 200 + 3 200
n 85 = 3 400
Como a energia liberada pela água é menor que a necessária para a fusão total do gelo, a temperatura de equilíbrio será 0 °C, restando gelo.
θ1 = 0 °C
n = 40 palitos = 1 caixa
66 Q = Pot Δt ⇒ Δt = Q
Sendo Δt1 = Δt2
Temos:
Q1 Q2
=
Pot Pot
(m c Δθ)gelo = m LF
M 0,50 (0 – θ) = M 80
– 0,50 θ = 80
Pot
θ = –160 °C
Alternativa c.
67
a) No patamar, ocorre fusão da parcela de gelo:
Q = mg LF
Pot Δt1 = mg LF
(I)
No trecho oblíquo, ocorre aquecimento de toda a água:
Q = m c Δθ
Pot Δt2 = (mg + ma) c Δθ (II)
Dividindo-se I por II, tem-se:
mg LF
Δt1
=
Δt2 (mg + ma) c Δθ
mg 80
40 =
20 (mg + 3 800) 1,0 (2,0 – 0)
4,0(mg + 3 800) = 80 mg
4,0 mg + 15 200 = 80 mg
76 mg = 15 200
mg = 200 g = 0,20 kg
b) Em I, temos:
Pot Δt1 = mg LF
Pot 40 = 200 · 80
Pot = 400 cal/min
69 Q
(m c Δθ)anel + (m LF)gelo = 0
(m c Δθ)anel + (d V LF)gelo = 0
150 ca (0 – 160) + 0,92 · 30 · 80 = 0
–24 000 ca + 2 208 = 0
ca = 0,092 cal/g °C
Alternativa b.
72
a) Resfriamento da água até 0 °C:
Q = m c Δθ = 200 · 1,0 · (0 – 40)
Q = –8 000 cal
(negativo porque é calor cedido)
Fusão total do gelo:
Q = m L = 200 · 80
Q = 16 000 cal
b) Q = m L
8 000 = m 80 →
m = 100 g
73 Q
(m c Δθ)água + (m c Δθ + m LF)gelo = 0
(d V c Δθ)água + (m c Δθ + m LF)gelo = 0
1,0 · 170 · 1,0 (0 – 20) + 100 · 0,5 [0 – (–20)] + m 80 = 0
–3 400 + 1 000 + 80 m = 0
80 m = 2 400 ⇒ m = 30 g
Restando no copo:
mg = (100 – 30)g
mg = 70 g
Alternativa e.
76 Usando o roteiro estabelecido na resolução da questão, temos:
1) Q1 = m c Δθ = 500 · 1,0 (0 – 78,4) (cal)
Q1 = –39 200 cal
2) não há, pois o gelo já está a 0 °C
3) Q3 = m LF = 100 · 80 (cal)
8 000 cal
4) Q4 = m c Δθ
Como Q4 = (–39 200 + 8 000) cal com o sinal trocado, temos:
31 200 = (500 + 100) 1,0 (θf – 0)
θf = 52 °C
1) Q1 = m c Δθ = 100 · 1,0 (0 – 80) (cal)
Q1 = –8 000 cal
3) Q3 = m LF = 100 · 80 (cal)
Q3 = 8 000 cal
4) Observe que Q4, Q1 + Q2 com o sinal trocado é nulo (Q4 = 0).
Assim, no final, vamos ter somada água a 0 °C.
1) Q1 = m c Δθ = 100 · 1,0 (0 – 60) (cal) ⇒ Q1 = –6 000 cal
3) Q3 = m LF = 200 · 80 (cal) ⇒ Q3 = 16 000 cal
O calor liberado pela água é insuficiente para derreter todo o gelo.
Q=mL
16 000 + (–6 000) = m 80
10 000 = m · 80 → m = 125 g
No final, ainda temos 125 g de gelo a 0 °C.
1) Q1 = m c Δθ = 200 · 1,0 (0 – 50) (cal) ⇒
Q1 = –10 000 cal
Manual do professor
Q2 = 500 cal
–9 500 cal
Q3 = 8 000 cal
–1 500 cal
2) Q2 = m c Δθ = 100 · 0,5 [0 – (–10)] (cal) ⇒
3) Q3 = m LF = 100 · 80 (cal)
⇒
4) Q4 = m c Δθ
1 500 = (200 + 100) 1,0 (θf – 0)
84 Pot Δt = m c Δθ
a)
cS
=
cL
Q1 = –4 000 cal
1) Q1 = m c Δθ = 400 · 1,0 (0 – 10) (cal) ⇒
Q2 = 1 500 cal
–2 500 cal
3) Q3 = m LF = 200 · 80 (cal) ⇒ Q3 = 16 000 cal
Como a quantidade de energia que resta (2 500 cal) é menos do
que o gelo precisa para a fusão (16 000 cal), a temperatura final de
equilíbrio será 0 °C, restando gelo.
⇒
Q1 = –400 cal
1) Q1 = m c Δθ = 40 · 1,0 (0 – 10) (cal)
Q2 = 5 400 cal
+5 000 cal
3) Como o calor liberado pela água (400 cal) é insuficiente para aquecer o gelo até 0 °C, haverá solidificação da água:
Q3 = m LS = 40 (–80) (cal) ⇒ Q3 = –3 200 cal
4) Q4 = m c Δθ
–(5 000 – 3 200) = (40 + 360) 0,50 (θf – 0)
–1 800 = 200 θf
2) Q2 = m c Δθ = 360 · 0,50 [0 – (–30)] (cal) ⇒
θf = –9,0 °C
82
1a experiência:
(m c Δθ)água + (m LF + m c Δθ)gelo = 0
ma 1,0 (1 – 25) + 2 mg 80 + 2 mg 1,0 (1 – 0) = 0
–24 ma + 162 mg = 0
ma = 6,75 mg
2a experiência:
1) Q1 = m c Δθ = ma 1,0 (0 – 25) ⇒ Q1 = –25 ma = –168,75 mg
3) Q3 = m LF = 4 mg · 80 ⇒ Q2 = 320 mg
Observe que o calor liberado pela água é insuficiente para derreter
os 4 cubos de gelo. Portanto, no final vamos ter água e gelo a 0 °C.
Alternativa d.
83
1) Q1 = m c Δθ = m 1,0 (0 – 20) ⇒ Q1 = –20 m
2) Q2 = 0 (o gelo se encontra a 0 °C)
3) Q3 = m LF = m 80 ⇒ Q3 = 40 m
2
Observemos que o calor necessário (40 m) para derreter o gelo é
maior do que o calor retirado da água (20 m); portanto o gelo irá
derreter parcialmente (metade). Assim, no final vamos ter água e
gelo em equilíbrio a 0 °C.
Alternativa b.
Pot Δt
m Δθ
S
Pot Δt
m Δθ
L
=
ΔtS ΔθL
10 (30 –10)
=
= 10 · 20
(50 –30) [10 – (–10)] 20 · 20
ΔtL ΔθS
cS 1
=
cL 2
θf = 5,0 °C
2) Q2 = m c Δθ = 200 · 0,50 [0 – (–15)] (cal) ⇒
27
b) Pot Δt = m LF
200 (30 – 10) 100 LF →
LF = 40 cal/g
87
(01) Incorreta — A temperatura de ebulição da água pode ser de
100 °C, menor do que 100 °C e maior do que 100 °C, dependendo
da pressão exercida em sua superfície.
(02) Correta — Pressão maior, temperatura de ebulição maior.
(04) Incorreta — Aumentando-se a altitude, a pressão atmosférica
diminui. Assim, em São Paulo, a água entra em ebulição a uma
temperatura menor do que 100 °C.
(08) Incorreta — O aumento de pressão na superfície da água dificulta sua evaporação e aumenta sua temperatura de ebulição.
(16) Correta.
Resposta: 18
95
Aquecimento do gelo
(4)
Q1 = m c Δθ = 1 000 · 0,50 [0 – (–50)] (cal)
Q1 = 25 000 cal
Fusão do gelo
Q2 = m LF = 1 000 · 80 (cal)
Q2 = 80 000 cal
(3)
Aquecimento da água
Q3 = m c Δθ - 1 000 · 1,0 (100 – 0) (cal)
Q3 = 100 000 cal
(2)
Vaporização da água
Q4 = m Lv = 1 000 · 540 (cal)
Q4 = 540 000 cal
(1)
Alternativa d.
97 Com o sopro da pessoa, a pressão na região acima do líquido
diminui. A rapidez de evaporação está ligada a essa pressão e vai aumentar com a redução de pressão. Como a evaporação é um processo
endotérmico, ela retira calor da massa líquida que fica na xícara, provocando seu resfriamento.
Alternativa c.
103 Q
[(x Lv) + (x c Δθ)]vapor + (m LF)gelo = 0
X (–540) + x 1,0 (0 – 100) + 1 000 · 80 = 0
–540x – 100x + 80 000 = 0
640x = 80 000
x = 125 g ⇒
x = 0,125 kg
28
104 Q
[(m Lv) + (m c Δθ)]vapor + (m LF) + (m c Δθ)]gelo = 0
m2 (–540) + m2 1,0 (64 – 100) + m1 80 + m1 1,0 (64 – 0) = 0
–540 m2 – 36 m2 + 80 m1 + 64 m1 = 0
576 m2 = 144 m1
131 m L = M c Δθ
s
líq
4 m 2 = m1
m 80 = 100 · 1,0 [0 – (–4)]
Mas m1 + m2 = 800
Então, 4 m2 + m2 = 800 ⇒ 5 m2 = 800 ⇒
m2 = 160 g
m1 = 800 – m2
m1 = 800 – 160
m1 = 640 g
106 A rapidez para o cozimento dos alimentos, quando se usa uma
panela de pressão, é devida ao aumento de pressão na superfície da
água, o que aumenta sua temperatura de ebulição.
Assim, os alimentos permanecem submersos em água mantida em
ebulição a mais de 100 °C.
A alternativa que não condiz com a verdade é a a.
107 Se mantivermos o fogo “alto”, iremos aumentar a quantidade
de água que vaporiza. A temperatura de ebulição da água, no entanto,
se mantém a mesma.
Alternativa e.
109
I) Verdadeira — Ao nível do mar, a pressão vale 76 cm Hg. Na tabela,
76 cm Hg correspondem à temperatura de ebulição da água em
100 °C. No gráfico, 100 °C correspondem a 40 minutos de cozimento.
II) Verdadeira — Altitude – 400 m, a pressão atmosférica vale
(76 + 4) cm Hg.
Na tabela, 80 cm Hg correspondem a 102 °C. No gráfico, 102 °C correspondem a 30 min para o cozimento.
III) Falsa — No gráfico, 1,0 h (60 min) de cozimento corresponde a 97 °C.
Na tabela, 97 °C correspondem a 68 cm Hg; (76 – 68) cm Hg = 8 cm Hg
A variação de 8 cm Hg corresponde à variação de 800 m na altitude.
IV) Verdadeira — No interior da panela de pressão fechada, a pressão
mantém-se constante a partir da ebulição da água, independentemente do local.
P = 1,42 atm = 1,42 · 76 cm Hg = 108 cm Hg
Na tabela, 108 cm de Hg correspondem a 111 °C.
No gráfico, 111 °C correspondem a 10 min.
Alternativa c.
110 O vazamento do gás ocorre de maneira muito rápida por meio
de uma expansão adiabática. Assim, a pressão exercida na superfície
do líquido (GLP) diminui rapidamente, provocando uma evaporação
também muito rápida. Como a evaporação é endotérmica, o líquido
(GLP) resfria-se rapidamente, provocando a condensação de vapor de
água existente no ambiente, que se acumula em forma de gotas na
superfície externa do botijão. Se o processo continua por mais tempo,
essas gotas de água se esfriam e se solidificam, formando uma camada
de gelo em torno do botijão.
Alternativa d.
112 Enquanto houver líquido no interior do recipiente, a pressão
permanecerá constante. Após o término da fase líquida, a pressão diminuirá (com a elevação do êmbolo), quase em uma relação inversa
com o volume.
Alternativa a.
m = 5,0 g
132 m L = M c Δθ
s
líq
100 · 80 = 100 · 1,0 (θ – 0)
5
θ = –16 °C
133 m L = M c Δθ
s
líq
m · 5 = 0,2 (44 – 30)
M
m = 0,56
M
134 Q = m c Δθ
Mas:
Q = I A Δt
Assim:
I A Δt = m c Δθ
I A Δt = d V c Δθ
Como o rendimento é de 40%, temos:
0,40I A Δt = d V c Δθ
0,40 · 500 A 8 · 60 · 60 = 1 · 200 · 4 · 103 (50 – 10)
576 · 104 A = 3 200 · 104
A ⯝ 5,6 m2
Alternativa d.
135 Q = m c Δθ, mas:
Q = I A Δt
Assim, com eficiência de 50%, temos:
0,50 I A Δt = m c Δθ
0,50 · 1,0 · 103 · 10 = m 4,2 · 103 · Δθ
Δt
5,0 = 6,0 · 4,2 Δθ
60
Δθ ⯝ 11,9 °C
Alternativa a.
136
a) Pot = Q = m c Δθ
Δt
Δt
Mas:
d= m ⇒ m=dV
V
Assim:
Pot = d Vc Δ θ
Δt
Pot = d φ c Δθ
Fazendo:
φ = 0,4 L/s = 0,4 · 10–3 m 3/s
Temos:
Pot = 1 000 · 0,4 · 10–3 · 4 200 (95 – 80)
Pot = 25 200 W
Manual do professor
b) Com aditivo, temos:
Pot = d φ c Δθ
25 200 = 1 000 · 0,4 · 10–3 · 5 250(θf – 80)
θf = 92 °C
137 Q = m c Δθ
Pot Δt = m c Δθ
No 1o experimento:
Pot 14 = 3 000 · 1,0 (50 – 10)
Pot = 60 000 cal/min = 1 000 cal/s
7
7
No 2o experimento:
1 000 Δt = 1 000 · 0,20 (50 – 0)
7
Δt = 70s
138 Q = m c Δθ
Usar o calor específico médio:
0,5 + 0,6
cm =
⇒ cm = 0,55 cal/g °C
2
Portanto: Q = 1 · 0,55 (20 – 10)
Q = 5,5 cal
c) A substância B mudou de fase. Do item b, temos:
mB(líquido) = 50 g
3
mB(sólido) = 50 – 50 = 150 – 50
3
3
mB(sólido) = 100 g
3
141 Q
(m c Δθ)Cu + (m L)gelo = 0
30 · 0,096 (0 – 100) + m 80 = 0
80 m = 288
m = 3,6 g
Como µ = m
V
Então:
0,92 = 3,6
V
V ⯝ 3,9 cm3
Portanto:
Vtotal = 5,0 + 3,9
Vtotal = 8,9 cm3
Alternativa a.
139 Sendo o fluxo constante, a massa m de leite frio (5 °C) que entra
em A é igual à que sai em C (a 20 °C). Assim, usando a equação das
trocas de calor, temos:
(m c Δθ)frio = (m c Δθ)quente = 0
m c (θ – 5) + m c (20 – 80) = 0
θ – 5 – 60 = 0
θ = 65 °C
Alternativa d.
140
a) Substância B:
Q = Pot Δt
Do gráfico:
m LF = Pot Δt
50 LB = 20 (90 – 30)
LB = 24 cal/g
b) Esfriar A de 280 °C a 80 °C
QA = mA cA ΔθA = 50 · 0,10 (80 – 280) (cal)
QA = –1 000 cal
Aquecer B até 80 °C:
QB = mB cB ΔθB = 50 · 0,20 (80 – 20) (cal)
QB = 600 cal
Q = QA + QB = –1 000 + 600 (cal)
Q = –400 cal
Essa energia será utilizada para a fusão de B:
Q=mL
400 = m 24
m = 50 g
3
Observe que a fusão foi parcial; assim, no final a temperatura será:
θ = 80 ºC
142
1a parte:
Qlatente = 80 Qsensível
m LF = 80 m c Δθ
1,0 LF = 80 · 1,0 c 1,0
LF = 80 c
2a parte:
1 Δt = Δt
água
2 gelo
Como Pot Δt = Q, então Δt = Q
Pot
Assim,
1 m L = m c Δθ ⇒ L = 2 c Δθ
2 Pot
Pot
Mas L = 80 c; portanto
80 c = 2c Δθ ⇒
Δθ = 40 °C
Alternativa b.
143
(m c Δθ)água + [m LF + m c Δθ]gelo + (m c Δθ)Al = 0
75 · 1,0 (θf – 80) + 48 · 80 + 48 · 1,0 (θf – 0) + 2,0 · 0,22 (θf – 0)
75 θf – 6 000 + 3 840 + 48 θf + 0,44 θf = 0
123,44 θf = 2 160
θf ⯝ 17,50 °C
144
a) Para fundir o gelo, necessitamos de:
Q = m LF
Q = 100 · 320 (J)
Q = 32 000 J ⇒
Q = 3,2 · 104 J
29
30
b) A temperatura final da mistura é obtida por:
(m c Δθ)água + [(m LF)gelo + (m c Δθ)]gelo = 0
450 · 4,0 (θf – 30) + 100 · 320 + 100 · 4,0 (θf – 0) = 0
1 800 θf – 54 000 + 32 000 + 400 θf = 0
2 200 θf – 22 000 = 0
2 200 θf = 22 000
θf = 10 °C
145
a) O equilíbrio térmico das peças metálicas com o bloco de gelo
acontecerá a 0 °C. Assim, o calor recebido para a fusão do gelo é
igual ao calor fornecido pelas peças metálicas para esfriarem de
100 °C a 0 °C.
QF mF L M cFe Δθ
=
=
QC mC L M cPb Δθ
mF cFe 0,45
=
=
=3
mC cPb 0,15
mF
=3
mC
b) Cálculo de M
QF = mF L = M cFe Δθ
90 · 320 = M 0,45 · 100
M = 640 g
147 O resfriamento do balão é mais rápido que a queda de tempe-
ratura do líquido. Dessa forma, reduz-se a pressão de vapor no interior
do balão e, conseqüentemente, reduz-se a temperatura de ebulição do
líquido.
Alternativa b.
148
a) Evaporação
As roupas são estendidas nos varais, e a água do piso molhado é
puxada por um rodo para que a superfície livre (da água) seja ampliada, aumentando-se, assim, a rapidez da evaporação.
b) Na superfície do corpo da pessoa, encontramos um volume de
água calculado por:
V = A h = 1,0 · 0,50 · 10–3 m3
V = 5,0 · 10–4 m3
O calor necessário para a vaporização dessa água é obtido pela expressão do calor latente:
Q=mL
Mas: d = m ⇒ m = d V
V
Então:
Q = d V L = 1 000 · 5,0 · 10–4 · 2 300 (kJ)
Q = 1 150 kJ
A energia térmica (calor) utilizada por essa água para vaporizar é
obtida, principalmente, da pele dessa pessoa. A sensação de frio
que a pessoa sente é devida ao fato de sua pele estar perdendo
energia mais rapidamente do que ocorreria se não houvesse a camada de água em evaporação.
149
a) No início
F1 = P1 ⇒ k x1 = m1 g
50 · 0,18 = m1 10
m1 = 0,90 kg
No final
F2 = P2 ⇒ k x2 = m2 g
50 · 0,06 = m2 10
m2 = 0,30 kg
Portanto, o peso da água que evaporou é dado por:
Pa = (m1 + m2) g
Pa = (0,90 – 0,30) 10
Pa = 6,0 N
mL
b) Pot = Q = Δt = 600 · 500 (cal)
2
(h)
Δt
Pot = 1,5 · 105 cal/h
151
a) Volume do tecido vaporizado:
V = 20 · 3,0 · 0,5 (mm)3
V = 30 (mm)3 = 3,0 · 10–8 m3
Massa do tecido vaporizado:
d=m → m=dV
V
m = 103 · 3,0 · 10–8 kg
m = 3,0 · 10–5 kg
Cálculo da energia consumida para o aquecimento e a vaporização
do tecido:
Q = m c Δθ + m Lv
Q = 3,0 · 10–5 · 4,2 · 103 · 63 + 3,0 · 10–5 · 2,3 · 106 (J)
Q = 793,8 · 10–2 + 6,9 · 10 (J)
Q ⯝ 7,9 + 69,0 (J)
Q ⯝ 76,9 J
b) A incisão tem 2,0 cm, e o módulo da velocidade com que é feito o
corte é 3,0 cm/s. Assim:
V = Δs ⇒ Δt = Δs
Δt
V
Δtcorte = 2,0 s
3,0
Portanto:
Pot = Q = 76,9 J
2,0 s
Δt
3,0
Pot ⯝ 115,4 W
152
a) Qcedido + Qrecebido = 0
(m L)gelo + (m c Δθ)água = 0
Como:
dágua = 1 000 kg/m3 = 1 000 g/dm3 = 1 000 g/L
Então:
m (–80) + 1 000 · 1,0 [0 – (–5,6)] = 0
80 m = 5 600 →
m = 70 g
b) Qcedido + Qrecebido = 0
Manual do professor
(C Δθ)metal + (m c Δθ)água = 0
400 (θf – 91) + 1 000 · 1,0 [θ1 – (–5,6)] = 0
400 θf – 36 400 + 1 000 θf + 5 600 = 0
b) Do texto, concluímos que:
R1 T1 = 15 °C
ᐉ
1
min
2
TC
No final, teremos somente água a 22 °C. A massa de gelo será nula.
153 Q + Q = 0
água
gelo
m = 12,5 g
Alternativa c.
156 Q = m c Δθ
c= Q
m Δθ
Assim:
Q
= Q
m Δθ cal m Δθ Btu
1 cal = 1 Btu
1 g 1 °C 1 ᐉb 1 °F
Como:
1 g = 2,2 · 10–3 ᐉb
ΔθC = 1 °C equivale a ΔθF = 1,8 °F
Temos:
1 cal
= 1 Btu
2,2 · 10–3 ᐉb 1,8 °F 1 ᐉb 1 °F
1 000 cal = 1 Btu
2,2 · 1,8
1 Btu ⯝ 252 cal
157 Q
(m c Δθ)anel + [(m + E) c Δθ](água + calorímetro) = 0
Como:
m c + mCu cCu
canel = Au Au
mAu + mCu
temos:
mAu 0,030 + mCu 0,090
10
(22 – 522) + 100 · 1,0 (22 – 20) = 0
mAu + mCu
mAu 0,030 + mCu 0,090
= 200
5 000
mAu + mCu
0,030 mAu + 0,090 mCu = 0,040 mAu + 0,040 mCu
0,05 mCu = 0,01 mAu
mAu = 5 mCu
Como: mAu + mCu = 10
m
Então: mAu + Au = 10
5
6 mAu = 50
mAu ⯝ 8,3 g
Alternativa c.
158
a) Q = m c Δθ
Q = 3 · 4 · 103 · 10 (J)
Q = 1,2 · 105 J
2
T2
1 400 θf = 30 800 ⇒ θf = 22 °C
mágua cágua Δθágua + m Lgelo = 0
100 · 1,0 [0 – (–10)] + m (–80) = 0
80 m = 1 000
31
2
ᐉ
min
1
C
R2
T2
3
A TC
ᐉ
min
ᐉ
min
B
m1 c Δθ1 + m2 c Δθ2 = 0
2m c (TC – T1) + m c (TC – T2) = 0
2TC – 2T1 + TC – T2 = 0
3TC – 2T1 – T2 = 0
Sendo: TC = T2 – 10 (°C) e T1 = 15 °C, temos:
3(T2 – 10) – 2 (15) – T2 = 0
3T2 – 30 – 30 – T2 = 0
2T2 = 60
T2 = 30 °C
c) TC = T2 – 10
TC = 30 – 10
TC = 20 °C
Pp
Pm
Do texto, temos Pp = 16,2 mm Hg e, a 25 °C, encontramos na tabela:
Pm = 23,8 mm Hg.
Portanto:
µ = 16,2 ⯝ 0,68
23,8
160 µ =
µr (%) ⯝ 68%
Alternativa e.
161 Do texto:
19,33 g/cm3 → 100%
x
→ 40%
x = 7,732 g/m3
Assim:
mv = x · Vsala
mv = 7,732 · 8,0 · 5,0 · 4,0
mv = 1 237 g =
1,24 kg
162 Energia cinética do projétil:
–3
2
2
Ec = m v = 20,0 · 10 (100) (J)
2
2
Ec = 100 J = 25 cal
Portanto:
|Ec + Q|projétil = |Q|gelo
25 + (m c |Δθ|)projétil = (m LF)gelo
25 + 20,0 · 0,031 |0 – θPb| = 2,25 · 80
0,62 θPb = 155
θPb = 250 °C
32
Tópico 4
Gases perfeitos
Este Tópico inicia-se com a apresentação macroscópica do gás perfeito. Deve-se reforçar o fato de que
esse gás é apenas um modelo teórico, não existindo na
prática. O estudo macroscópico é feito observando-se
as variações das grandezas físicas: pressão, volume
e temperatura, denominadas variáveis de estado do
gás. É importante também trabalhar o conceito de mol
(o número de Avogadro) e o significado de número de
mols (n).
No bloco 1, devem ser apresentadas as leis iniciais: Lei de Boyle, Lei de Charles e Gay-Lussac e
Lei de Charles, que determinam o que ocorre com
duas das variáveis de estado de uma certa massa de
gás perfeito quando a terceira se mantém constante.
É importante trabalhar a memorização dessas leis,
bem como cobrar essa memorização nos exercícios a
serem resolvidos.
No bloco 2, apresenta-se a Equação de Clapeyron.
Essa relação matemática que envolve as variáveis de
estado (pressão, volume e temperatura), além do número de mols do gás, deve ser bem trabalhada, já que
é fundamental para a resolução de exercícios.
No bloco 3, encontramos a Lei Geral dos Gases,
que relaciona as variáveis de estado de uma determinada massa de gás perfeito. Além dessa lei, encontramos a mistura física de gases perfeitos. Observe
que nessa mistura não ocorre reação química entre os
componentes dos gases misturados.
No bloco 4, será visto o estudo microscópio do
gás perfeito. Descreveremos com detalhes o modelo
idealizado para o gás perfeito. Estabeleceremos a relação entre a temperatura do gás e a energia cinética
das suas partículas e conceituaremos, a energia interna de um sistema gasoso.
1. Modelo macroscópico de gás perfeito
2. As variáveis de estado de um gás perfeito
3. Lei de Boyle
4. Lei de Charles e Gay-Lussac
5. Lei de Charles
Exercícios
6. A equação de Clapeyron
7. A constante universal dos gases perfeitos (R) e
seus valores
Exercícios
8. Lei Geral dos Gases
9. Mistura física de gases perfeitos
Exercícios
10. Modelo microscópico de gás perfeito
11. A temperatura na teoria cinética
12. A energia interna de um gás perfeito
• Eqüipartição da energia
13. Energia cinética média molecular
Exercícios
• Algo mais
Neste Tópico acrescentamos o item Eqüipartição
da energia. Ao ser apresentada a equação da energia
interna, deve-se explicar o significado das frações
3 (para gases perfeitos ou reais monoatômicos) e 5
2
2
(para gases reais diatômicos), utilizando o conceito de
grau de liberdade encontrado no texto. É importante
que o aluno entenda o significado de modelo para a
explicação de um fenômeno que não podemos observar com os recursos tecnológicos atuais. Os modelos
podem mudar com o tempo, sendo aperfeiçoados à
medida que nossos conhecimentos avançam.
Gases reais (Van der Waals)
No Ensino Médio, costumamos simplificar algumas situações mais complexas; criamos modelos
teóricos para facilitar o aprendizado do educando. O
conceito de gás perfeito é uma dessas situações, quando utilizamos a equação de Clapeyron para estudar o
comportamento desse modelo teórico.
pV=nRT
No entanto, na prática, quando trabalhamos com
gases reais, cada um com características próprias e diferentes de outros gases, precisamos de uma equação
mais complexa para acompanhar o que ocorre com as
grandezas fundamentais: pressão, volume e temperatura. A teoria cinética descreve o comportamento dos
gases perfeitos; no entanto, quando estudamos gases
reais em altas densidades, observamos que as forças
intermoleculares e o volume ocupado pelas partículas
não podem ser desprezados.
A equação proposta por Van der Waals, em sua
tese de doutorado (1873), levou em consideração esses fatores não-desprezíveis e estabeleceu duas correções na equação de Clapeyron:
Manual do professor
p
A
Tk
F
p1
G
B
H
E
D
v1
v2
v3
v
Isotermas de Van der Waals.
Reprodução
1. Considerando que o tamanho de cada partícula de um gás real é diferente de zero, Van der
Waals concluiu que existe uma parte do volume
do recipiente que é ocupada por elas, sobrando
um volume menor para a movimentação. Ele estabeleceu que as partículas de cada mol de um
gás deve ocupar um covolume b, sobrando um
volume livre menor. Observe que o covolume b
depende do tipo de gás, já que cada um tem partículas de tamanhos diferentes. Assim, o volume livre de cada mol do gás é determinado por
(v – b), em que v é o volume total molar. A equação de Clapeyron, para um mol de gás real, fica
expressa por:
33
p(v – b) = RT
2. Considerando que existem forças de interação
(atrativas) entre as partículas de um gás real, Van
der Waals notou que o efeito dessas forças era proporcional ao quadrado do número de partículas ou
inversamente proporcional ao quadrado do volume (1/v)2. Assim, em virtude dessas forças intermoleculares, o volume seria menor que o volume
ocupado se o gás fosse perfeito ao ser submetido a
uma pressão externa. Isso equivaleria a um acréscimo de pressão dado por (a/v2), em que a é uma
constante que depende do gás. Assim, a equação
de Van der Waals, para um mol (n = 1) de gás real,
fica expressa por:
(p + a/v2) (v – b) = R T
As constantes a e b, chamadas de coeficientes de
Van der Waals, são características de cada gás real e
determinadas experimentalmente. A seguir encontramos uma tabela com valores dessas constantes para
alguns gases reais:
Constantes de Van der Waals
Gás
a
atm · mol2
b
mol
Ar
1,30
0,032
H2
0,24
0,027
N2
1,35
0,039
O2
1,35
0,032
CO2
3,62
0,043
Johannes Diderik Van der Waals nasceu em 23 de novembro de
1837, em Leiden (Holanda), e morreu em 9 de março de 1923, em
Amsterdã (Holanda). Autodidata, ingressou na Universidade de
Leiden, onde, em 1873, apresentou sua tese de doutorado Sobre a
continuidade do estado líquido e gasoso.
1. Quando um recipiente de 1,5 litro de água mineral
com gás é aberto, você pode observar bolhas subindo através do líquido. Essas bolhas aumentam de tamanho, praticamente dobrando seu volume quando
atingem as proximidades da superfície. Por que ocorre esse aumento de volume nas bolhas de gás?
A gaseificação da água mineral é feita adicionando-se dióxido de carbono (CO2) na proporção de
2,5 g/L. Esse gás mistura-se ao líquido. Quando o
recipiente é aberto, bolhas saem do fundo e sobem
para a superfície, aumentando de volume. Segundo
Clapeyron, para que o volume da bolha dobre é preciso que a pressão caia pela metade, já que a temperatura se mantém praticamente constante. No entanto,
do fundo para a superfície, deveria existir uma coluna
de aproximadamente 10 m de água para a pressão cair
pela metade, e em um recipiente de 1,5 L de água mineral há menos de 30 cm de água.
34
Então, como as bolhas praticamente dobram de
volume? Isso é explicado também pelo aumento do
número de mols de gás na bolha. Algumas bolhas
que se formam no fundo do recipiente atraem moléculas de CO2, formando microbolhas que na subida
juntam-se à bolha principal, aumentando a massa gasosa interna.
De 3 para 1: há compressão (diminuição de volume) isobárica (pressão
constante).
Lei de Charles e Gay-Lussac: V = K T
V (volume) diretamente proporcional à temperatura absoluta T.
V
2
3
V0
1
15 Transformação AB (isométrica):
T
Alternativa b.
p
B
Se a temperatura T do gás aumenta,
sua pressão aumenta também.
Transformação BC (isotérmica):
A
17 Lei de Charles:
p1 p2
p2
p0
=
⇒
=
T1 T2
(27 + 273) (–18 + 273)
p2 = 0,85 p0
A pressão no interior do freezer é 85% da pressão atmosférica.
V
Alternativa d.
p
C
Em um diagrama p V, a transformação isotérmica é representada por
uma hipérbole.
B
A
V
21 Lei de Charles e Gay-Lussac:
V1 V2
=
T1 T2
A h2
A h1
=
(30 + 273) (60 + 273)
20 = h2
303 333
h2 = 21,98 cm ⯝ 22 cm
Alternativa d.
16 De 1 para 2: há expansão (aumento de volume) isotérmica (tem-
peratura constante).
Vemos que h2 é, aproximadamente, 10% maior do que h1.
Alternativa b.
V
23 A 5,0 m de profundidade, a pressão é dada por:
2
p1 = p0 + µ g h
p1 = [1,0 · 105 + 1,0 · 103 · 10 · 5,0] (N/m2)
p1 = 1,5 · 105 N/m2
Assim, usando a Lei de Boyle, temos: p1 V1 = p2 V2
1
1,5 · 105 V1 = 1,0 · 105 V2 ⇒
T
De 2 para 3: há aquecimento (aumento de temperatura) isovolumétrico (volume constante).
V
3
2
V2 = 1,5 V1
O volume da bolha aumenta 50% em relação ao inicial.
Alternativa e.
30 Equação de Clapeyron:
pV=nRT
lembrando que p = F , podemos escrever:
A
F V=nRT
A
1
60 V = 5,0 · 0,082 (27 + 273) ⇒
12
T
Alternativa e.
V = 24,6 L
Manual do professor
pV=nRT
Lembrando que n = m, podemos escrever:
M
pV=mRT
M
Assim, para a amostra 1, temos:
1,0 · 10,0 = 4,0 R (27,0 + 273)
M
R= 1
M 120
Para a amostra 2, vem:
0,5 · 20,0 = 3,0 R T2
M
10 = R 3,0 T2
M
10 = 1 · 3,0 T2
120
T2 = 400,0 K ou 127,0 °C
Alternativa e.
pV=nRT
Como:
p = 1 atm = 1 · 105 N/m2
V = 3,00 m · 4,00 m · 2,80 m = 33,6 m3
T = 0 °C = 273 K
R = 8,3 J/mol K,
vem:
1 · 105 · 33,6 = n · 8,3 · 273 ⇒ n ⯝ 1,5 · 103 mols
Número de moléculas:
1 mol → 6,02 · 1023 moléculas
1,5 · 103 mols → x
x = 9,0 · 1026 moléculas, e a ordem de grandeza é:
(OG) = 1027 moléculas
Alternativa e.
36
Fgás
38 Equação de Clapeyron no início do processo:
p1 V1 = n1 R T1
Equação de Clapeyron no final do processo:
p2 V2 = n2 R T2
Como: V1 = V2 = V, T1 = T2 = T e n2 = 0,75 n1 (escaparam 25% do gás),
então:
p1 V = n1 R T
p2 V = n2 R T
Logo, podemos afirmar que:
p2
p 1 p2
=
⇒ 6,0 =
⇒ p2 = 4,5 atm
n1 0,75 n1
n1 n2
pV= mRT
M
Antes de abrir a válvula:
m
p1 V = 1 R T
M
m
9,2 · 60 = 1 0,082 (27 + 273) ⇒ m1 ⯝ 718 g
32
Após a abertura da válvula:
m
p2 V = 2 R T
M
m
1 · 60 = 2 · 0,082 (27 + 273) ⇒ m2 ⯝ 78 g
32
Portanto, o gás que escapa é dado por:
m = m1 – m2
m = 718 – 78 ⇒
m = 640 g
pV=mRT
M
No início:
p 1 V = 1 R T ⇒ p1 = R T
V
Após a introdução de 80 g de oxigênio:
p2 V = 1 + 80 R T
16
p 2 = 6 p1
p2 = 6 R T ⇒
V
Resposta: Aumenta 5 vezes.
Fmola
Fpeso
Equação de Clapeyron:
pV=nRT
Na situação de equilíbrio:
Fmola = Fpeso + Fgás
K x = m g + Fgás
Se dividirmos todos os termos por A:
k x = mg + Fgás
A
A
A
Mas a pressão é dada por p = F , então:
A
k x – mg = p
gás
A A
5
pgás = 1,04 · 10 · 0,20 – 2,50 · 10 (N/m2)
A
pgás = 20 775 N/m2
A
Portanto:
pgás A h = n R T
20 775 A 0,60 = 5 · 8,31 · (θ + 273)
c
A
300 = θc + 273 ⇒ θc = 27 °C
35
pV=nRT
Sendo: P = 1,00 · 10–10 atm = 1,01 · 10–5 N/m2
V = 1 cm3 = 1 · 10–6 m3
R = 8,31 J/mol K
T = 300 K
Temos:
1,01 · 10–5 · 10–6 = n 8,31 · 300 ⇒ n = 4,05 · 10–15 mol
Portanto:
4,05 · 10–15 mol → x
x = 24,38 · 108 moléculas
x ⯝ 2,4 · 109 moléculas
pV= mRT ⇒ pM=mRT
M
V
Como a massa específica µ é igual à razão m, temos:
V
pM
µ=
RT
36
Assim:
p2 M
µ2
T
R T2
=
= 1 (a pressão permanece constante)
µ1
T2
p1 M
R T1
µ2 300
=
→
µ1 375
µ2 4
=
µ1 5
43 A densidade de um gás é dada por:
pM
RT
Nas CNTP, temos:
5
1,25 = 1 · 10 M ⇒ M = 341,25 · 10–5
R · 273
R
Na situação final, temos:
700 5
P = 700 mm Hg =
· 10 N/m2 = 0,92 · 105 N/m2
760
V = 10 L ou 10 · 10–3 m3
T = 40 °C ou 313 K
Portanto:
pM
pM
d=
⇒ m=
RT
V RT
m = 0,92 · 10–5 · 341,25 · 10–5
10–2
313
m = 0,010 kg ⇒ m = 1,0 · 10–2 kg
d=
45
1. Usando a Equação de Clapeyron, vem:
pV=mRT
M
1,0 · 2,46 = m 8,2 · 10–2 · 300 ⇒ m = 3,2 g
32
2. Usando o conceito do número de Avogadro, temos:
16 g → 6,02 · 1023
3,2 g → n (no de átomos)
3,2 · 6,02 · 1023
n=
16
n = 1,204 · 1023
n = 12,04 · 1022 átomos
Alternativa c.
V = 12 = 3
V0 16 4
58 Δp = F = m g
2
A πR
–3 · 10
60
·
10
Δp =
N/m2
3 · (1,4 · 10–3)2
Δp ⯝ 1,0 · 105 N/m2
Alternativa c.
61 Lei de Boyle:
p1V1 = p2V2
1,0 · 105 A 1,0 = 1,0 · 105 + m 10–4 A 0,8
20 10
1,0 · 105 = 1,0 · 105 + m
⇒ 0,25 · 105 · 2 · 10–4 = m
0,8
2 · 10–4
m = 5,0 kg
Alternativa d.
63 Na mistura gasosa, temos:
pm Vm p1 V1 p2 V2
=
+
Tm
T1
T2
10 · 27 = 3,0 · 25 + 8,0 · 30
(–23 + 273) (127 + 273)
Tm
270 = 0,3 + 0,6 ⇒ θ + 273 = 270
m
0,9
(θm + 273)
θm + 273 = 3 000 ⇒ θm = 27 °C
65 Sendo a temperatura constante, temos:
pmVm = pAVA + pBVB
pm (2V + V) = 760 · 2V + 4 · 760 V
pm 3V = 1 520V + 3 040V
pm = 4 560V
3V
pm = 1 520 mm Hg
56 Lei Geral dos Gases:
p1 V1 p2 V2
=
T1
T2
F
Como p = , então:
A
P
3P
V
V
A
A 2
=
(27 + 273)
(127 + 273)
78
V2 = 4V
9
Alternativa c.
57
mg
a) p = F =
A A
p = 40 · 10 N/cm2 ⇒
100
b) Se a transformação é isotérmica, podemos utilizar a Lei de Boyle:
p1 V1 = p2 V2 ⇒ 12 V0 = (4 + 12)V
p = 4,0 N/cm2
a) Quando a porta do freezer é aberta, entra ar mais quente em seu
interior, fazendo a pressão interna igualar-se à pressão externa. A
porta é fechada e o ar existente no interior do freezer é resfriado
rapidamente, diminuindo sensivelmente sua pressão. Como a pressão do ar externo é maior, existirá uma diferença de pressão que
dificultará a abertura da porta. Para abri-la, será necessário aplicarmos uma força de intensidade maior do que a decorrente da diferença entre a pressão externa e a interna.
Deixando passar certo intervalo de tempo, notamos que a abertura
da porta fica mais fácil. Isso ocorre porque a vedação da porta não
é ideal, possibilitando a entrada de ar externo no interior do freezer.
Esse ar será resfriado lentamente, mas aumentará o número de partículas de ar, o que aumentará a pressão do ar no interior do freezer.
Quando essa pressão tornar-se igual à pressão externa, a massa de
ar de dentro do freezer ficará praticamente constante e a resistência
à abertura da porta será apenas devida aos ímãs existentes na borracha de vedação que aderem ao metal do corpo do freezer.
Manual do professor
b) Usando a Lei Geral dos Gases, podemos encontrar a pressão interna
na parte interna do freezer :
p0V0 p1V1
=
T0
T1
1,0 · 105 ·150 = p1 150 ⇒ 1,0 · 105 = p1
300
(–3 + 273)
270
(27 + 273)
5
2
p1 = 0,9 · 10 N/m
Usando a definição de pressão, temos:
F
Δp = R ou FR = Δp A
A
79 Na primeira transformação (isométrica), podemos aplicar a Equa-
ção de Clapeyron para o cálculo do volume do gás ideal: p V = n R T
9,84 V = 1 · 0,082 · 360 ⇒ V = 3,0 L
Na segunda transformação (isotérmica), o diagrama é expresso por:
P (atm)
i
4,92
f
0
3,0
V (L)
6,0
Observemos que, na transformação isométrica, quando duplicamos o
volume, a pressão cai à metade do valor inicial.
Alternativa d.
81 Transformação I: expansão isobárica
A pressão permanece constante, e o volume aumenta na proporção
direta da temperatura absoluta (V = k T: Lei de Charles).
P
I
P0
V0
V
V
Transformação II: compressão isotérmica
A temperatura permanece constante, e o volume diminui na proporção inversa do aumento da pressão.
P
p = k : Lei de Boyle
V
P
Hipérbole eqüilátera
II
P0
V0
Alternativa a.
82 p = p + p
atm
pistão
mg
a pressão do pistão é dada por ppistão =
S
mg
daí, p = patm +
S
V
Lei de Boyle:
p1V1 = p2V2
mg
mg
patm +
S H = p’atm +
S H’
S
S
10,0 · 104 + 100 18 = 8,0 · 104 + 100 H’
0,01
0,01
11,0 · 104 · 18 = 9,0 · 104 H’ ⇒
H’ = 22 cm
Alternativa d.
83 São três situações por que passa o gás.
FR = (1 · 105 – 0,9 · 105) · (1,0 · 0,6) ⇒ FR = 6,0 · 103 N
9,84
37
V
1. Situação inicial.
pV=mRT
M
(I)
p V = 10 R T
M
2. Após o resfriamento.
p’ V = 10 R 0,8T
(II)
M
3. Após injetarmos a massa x de gás para retornarmos à pressão
inicial.
(10 + x)
R 0,8T
(III)
pV=
M
Igualando (I) e (II), vem:
10 R T = (10 + x) R 0,8T
M
M
10 = (10 + x) 0,8 ⇒ 12,5 = 10 + x ⇒ x = 2,5 g
84 Aplicando a Equação de Clapeyron às duas situações expressas
no texto, temos:
1. No início:
pV=nRT
5 V = 10 R T
(I)
2. No final:
pV=nRT
1 V=nRT
(II)
Dividindo (I) por (II):
5V = 10R T ⇒ n = 2 mols
f
V nf R T
Portanto, escaparam 8 mols desse gás, o que corresponde a:
1 mol → 6 · 1023 moléculas
8 mols → x
x = 48 · 1023 moléculas
Alternativa d.
85 Usando a Equação de Clapeyron, vem:
pV=mRT
M
M
p0 V0 = 0 R 280
M
M’
p0 V0 = R 350
M
Portanto:
M0
R 280 = M’ R 350
M
M
280
M’ =
M ⇒ M’ =0,8M0
350 0
Alternativa b.
38
p2 = 0,80 atm
Aplicando a Equação de Clapeyron, antes da abertura da válvula, temos:
p1 V1 = n1 R T
86 Na situação final, temos equilíbrio de forças:
Fgás = Fmola + Fatm
Fgás k x Fatm
=
+
A
A
A
p=
Fatm
k (L0 – L)
+ p0
A
Fgás
Fmola
Alternativa a.
87 As figuras abaixo ilustram as duas situações do sistema. É impor-
tante notar que, como o peso total não se altera durante o experimento,
o empuxo exercido pela água também não se altera, o que garante que
a altura da coluna de gás submersa seja 2,0 m, em ambos os casos.
Final
Início
H
9,0 m
2,0 m
(3)
(I)
0,80 · 6,0 = n2 R T
(II)
Dividindo (I) por (II), vem:
19,2 = n1 ⇒ n = 4 n ,
1
2
4,8 n2
Mas n1(%) + n2(%) = 100%, então:
n (%)
n1(%) + 1
= 100%
4
5 n1(%)
= 100% ⇒ n1 = 80%
4
Alternativa b.
91
360 K
(1)
4,8 · 4,0 = n1 R T
a) em cada reservatório, encontramos:
p V
n0 = 0 0
R T0
No total:
300 K
2,0 m
p2 V2 = n2 R T
(2)
(4)
O aquecimento foi isobárico (pressão constante): p1 = p2 = p3 = p4
Assim, aplicando a Lei Geral dos Gases, temos:
p2V2 p1V1
S (H + 2,0) S · 11
=
⇒
=
T2
T1
300
360
H + 2,0 = 13,2 ⇒ H = 11,2 m
Alternativa d.
88 Lei de Boyle:
p1V1 = p2V2
Sendo p1 = p0 + µ g h, vem:
(p0 + µ g h) V1 = p0 V2
(1 · 105 + 1,0 · 103 · 10 · 0,70) · 20,0 = 1 · 105 V2
21,4 · 105 = 105 V0 ⇒ V0 = 21,4 mm3
Alternativa d.
89 No início, encontramos no interior da bomba n mols de gás e
1
no interior do pneu, n2 mols. Quando o êmbolo desce a primeira vez,
no pneu, temos np = n1 + n2.
Usando a Equação de Clapeyron, vem:
pV
pV=nRT ⇒ n=
RT
p V p1V1 p2V2
=
+
⇒ p V = p1 V1 + p2 V2
RT RT
RT
Como V1 = A h = 24 cm2 · 30 cm = 720 cm3 = 0,72 L
Então:
p 2,4 = 1 · 0,72 + 3 · 2,4 ⇒ p = 7,92 atm
2,4
p = 3,3 atm
Alternativa c.
90 Após a mistura, temos:
pm Vm = p1 V1 + p2 V2
(observe que a temperatura se mantém constante)
2,4 (4,0 + 6,0) = 4,8 · 4,0 + p2 6,0 ⇒ 24 – 19,2 = 6,0 p2
N = 2 n0 =
2 p0 V0
R T0
b) Aquecendo-se o reservatório 2, a pressão aumenta e haverá uma redistribuição de partículas até que o sistema atinja uma nova pressão.
N = n’1 + n’2
2 p0 V0 p V0
p V0
=
+
R T0
R
(2T0)
R T0
2p0 = p +
p 3p
=
⇒ p = 4 p0
2 2
3
92
a) O volume da sala vale:
V = 6 m · 10 m · 4 m = 240 m3
Admitindo-se que o ar da sala obedeça à Equação de Clapeyron:
pV=nRT
5
pV
n=
⇒ n = 10 · 240 ⇒ n = 1 · 104 mols
8 · 300
RT
b) A quantidade de calor que o refrigerador deve retirar do ambiente,
a pressão constante, vale:
Q = n cp Δt
Q = 1 · 104 · 30 · (27 – 17) ⇒
Q = 3 · 106 J
93 Se os gases então em equilíbrio térmico, suas temperaturas são
iguais e suas partículas possuem energias cinéticas iguais:
EC (H2) = EC (N2)
m
m
Como
T = M (V)2
3R
Sendo:
T(H2) = T(N2)
M(H2) = 2 g
M(N2) = 28 g,
então:
V (H2) V (N2)
Alternativa e.
Manual do professor
94
a) Uf = Ui
3 n R T = 3 n R T ⇒ n Ti = n T
f 3
i i
2 f f 2 i i
n f Nf
= =3
n i Ni
b) Equação de Clapeyron:
pi V = ni R Ti
pf V = nf R Tf
T
pf nf Tf
=
=3 f
3 Tf
pi ni Ti
pf
=1
pi
95 Na condição de flutuação, o empuxo sobre o conjunto deve
igualar seu peso:
E = P ⇒ µar g Vi = mT g
pV=mRT
M
pM=mRT
V
Como µ = m, então:
V
µ= pM
RT
Assim:
pM x V =m
b
T
R T ar
Sendo:
Mar = (0,30 · 32 + 0,70 · 28)g = 29,20 g = 29,20 · 10–3 kg
Vb = 1 m3 = 103 L
temos:
1,0 · 29,2 · 10–3
x 103 = mT
0,082 · 300
1,19x = mconjunto + mbalões + mHe
1,19x = 1 000 + x 1 + x P M V
RT
10
10
–3
1,0 · 4 · 10 · 1 · 103
1,09x = 100 + x
0,082 · 300
1,09x = 100 + 0,16x ⇒ 0,93 x = 100 ⇒ x = 107,53
x = 108 balões
pV=nRT
Sendo V = 1 mm3 = 1 · 10–6 dm3 = 1 · 10–6 L, temos:
2,5 · 10–15 · 10–6 = n 0,082 (27 + 273) ⇒ n = 1 · 10–22 mols
Portanto:
1 · 1022 mol → x
x ⯝ 60 moléculas
Alternativa b.
98 De acordo com a Lei de Dalton (lei das pressões parciais), o desní-
vel observado foi proporcionado pelo CO2 introduzido no recipiente.
Assim, usando a Equação de Clapeyron, temos:
p V = n R T,
em que:
p = 19 cm Hg = 0,25 atm
39
T = 27 °C = 300 K
Então:
0,25 · 2 = n 0,082 · 300 ⇒
n ⯝ 0,02 mol
Alternativa b.
99 Uma sala de aula típica deve ter área do piso igual a 50 m2 e pé
direito (altura) de 3,0 m.
Assim:
V = 50 · 3,0 = 150 m3 = 150 · 103 L
Considerando o ar um gás perfeito, e adotando
p0 = 1 atm
R = 0,082 atm L/mol K
T = 27 °C = 300 K
Mar = (30%)O2 + (70%)N2 = 29,2 · 10–3 kg
pV=nRT
Temos:
m
1 · 150 · 103 =
· 0,082 · 300 ⇒ m ⯝ 178 kg
29,2 · 10–3
100
a) Usando a Equação de Clapeyron, temos:
pV=nRT
100 · 60 = N0 8,0 · 10–2 · 300 ⇒
N0 = 250 mols
b) A vazão de um certo volume V de gás através da válvula, em um
intervalo de tempo Δt, é
∅ = V ⇒ V = ∅ Δt
Δt
Aplicando a Equação de Clapeyron no gás que passa pela válvula
durante 30 minutos, vem:
pV=nRT
p ∅ Δt = n R T
3 · 5 · 30 = n 8,0 · 10–2 · 300 ⇒
n = 18,75 mols
c) Cálculo de Δn:
p 0 p2
=
⇒ 100 = 40 ⇒ n2 = 100 mols
n0 n2
250 n2
Assim:
Δn = N0 – n2 = 250 – 100 ⇒ Δn = 150 mols
Na válvula, temos p ∅ Δt = Δn R T
Portanto:
3 · 5 · Δt = 150 · 8,0 · 10–2 · 300 ⇒
Δt = 240 min ou 4,0 h
101 T = M v2
3R
Sendo T = (27 + 273) K = 300 K, vem:
300 = M v2 ⇒ M v2 = 7 500
25
Para o H2, temos: 2 · 10–3 v2 = 7 500 ⇒ vH ⯝ 1 936 m/s
2
H2 está no recipiente B.
Para o Ne, temos:
20 · 10–3 v2 = 7 500 ⇒ vNe ⯝ 612 m/s
Ne está no recipiente C.
Para o CO2, temos:
44 · 10–3 v2 = 750 ⇒ vCO ⯝ 412 m/s
2
CO2 está no recipiente A.
40
Tópico 5
Termodinâmica
No bloco 1, trabalhamos as transformações entre
as energias mecânica e térmica. É importante chamar
a atenção para a necessidade de um sistema físico intermediário que produza essa transformação, dando
ênfase à Termodinâmica dos gases perfeitos, que é
o principal alvo do nosso estudo. A Primeira Lei da
Termodinâmica deve ser bem conceituada e bastante
explorada nos exercícios teóricos, principalmente nos
que envolvem as transformações termodinâmicas particulares: isotérmica, isobárica, isométrica e adiabática.
No bloco 2, são estudados os diagramas termodinâmicos. Os alunos devem treinar a resolução dos
exercícios. É preciso dar especial atenção às transformações de unidades e aos diagramas que representam
transformações cíclicas. Os blocos 1 e 2 devem ser
desenvolvidos para todas as turmas.
Nos blocos 3 e 4, há assuntos que devem ser desenvolvidos apenas para os alunos que pretendam seguir
as áreas de exatas e biológicas. Deve-se dar atenção
para a diferença entre os calores específicos a volume
constante e a pressão constante de um gás, bem como
ao gráfico da transformação adiabática.
No bloco 4, estuda-se a Segunda Lei da Termodinâmica, o Ciclo de Carnot e a escala termodinâmica de temperaturas. É importante enfocar a
Máquina Térmica de Carnot como a que apresenta
maior rendimento teórico.
• Algo mais
O assunto deste Tópico é muito importante em seu
todo, mas vale a pena explorar os diferentes aspectos
das transformações de energia mecânica em energia
térmica e vice-versa. As explicações devem ser ilustradas com exemplos que abordem o funcionamento
de uma máquina a vapor, do motor de um automóvel, de um reator nuclear etc. Além das explicações
em sala de aula, os alunos devem fazer pesquisas em
livros, revistas, na internet e conversar com pessoas
que trabalhem com este assunto. É importante também passarem para os demais o que aprenderam. O
aspecto da evolução no tempo dessas máquinas deve
ser tratado com especial atenção.
Energia Nuclear — Uma breve leitura
2. Energia interna, trabalho e calor
3. A 1a Lei da Termodinâmica
4. Transformações termodinâmicas particulares
Exercícios
5. Diagramas termodinâmicos
Exercícios
6. Calores específicos dos gases perfeitos
7. O gráfico da adiabática
8. A energia mecânica e o calor
Exercícios
9. As máquinas térmicas e a 2a Lei da Termodinâmica
10. A 2a Lei da Termodinâmica
11. O ciclo de Carnot
Exercícios
Enrico Fermi (1901-1954), nascido em Roma, doutorou-se na
Universidade de Pisa e recebeu o prêmio Nobel de Física em 1938.
Durante a Segunda Guerra Mundial participou do Projeto Manhattan
que originou a bomba atômica. O elemento de número atômico 100
recebeu o nome Férmio em sua homenagem.
Reprodução
Logo após a descoberta do nêutron, o físico italiano Enrico Fermi (1901-1954) usou essas partículas no
bombardeamento do núcleo de urânio com o intuito
de produzir elementos com números atômicos maiores que 92, os chamados elementos transurânicos. No
entanto, Fermi descobriu que o urânio irradiado com
nêutrons ficava radioativo e os nuclídeos presentes não
correspondiam a nenhum dos elementos pesados até
então conhecidos. Ele acreditou que os elementos transurânicos teriam sido produzidos por esse processo.
Em 1939, os cientistas alemães Hahn e Strassman
separaram quimicamente os radionuclídeos e provaram que eles eram na realidade isótopos de bário e
lantânio, em vez de elementos transurânicos como
previsto por Fermi. Essa descoberta levou à conclusão
de que o resultado obtido por Fermi só podia ser explicado admitindo-se que o núcleo de urânio se havia
“quebrado” em duas partes durante a interação com
o nêutron. A esse processo foi dado o nome de fissão
nuclear.
Manual do professor
A energia utilizada nas centrais termonucleares é
obtida a partir da fissão controlada de núcleos de Urânio 235 (radioativo). Esse Urânio U235 é um isótopo
que possui 92 prótons e 143 nêutrons, e sua massa
atômica é 235 (92 + 143). Além do U235, encontramos na natureza o U238, outro isótopo de Urânio que
contém 92 prótons e 146 nêutrons. O U238 é encontrado em maior quantidade, mas só pode sofrer fissão se
bombardeado por nêutrons “rápidos”, de alta energia
cinética. Já o U235, que representa apenas 0,7% do
Urânio encontrado, pode ser fissionado por nêutrons
de qualquer energia cinética, os nêutrons “lentos”
(nêutrons térmicos). Como nos reatores do tipo PWR
(Pressurized Water Reactor), os mais usados, precisamos ter aproximadamente 3,2% de concentração de
U235, a massa de urânio deve passar por um processo
de enriquecimento. Isso é feito retirando-se U238 da
amostra, já que após o enriquecimento deve-se encontrar 32 átomos de U235 para cada 968 átomos de U238.
Quando o grau de enriquecimeto é muito alto (mais
de 90% de U235), uma reação em cadeia muito rápida
pode ocorrer, é a bomba atômica.
A fissão de núcleos de urânio e seus isótopos
gera uma grande quantidade de energia térmica, que
pode ser aproveitada para a geração de energia elétrica, por meio de reatores do tipo PWR. A taxa de
liberação de energia, a potência do reator, pode ser
Usina
41
mudada, alterando-se a densidade de átomos físseis,
alterando-se o fluxo de nêutrons ou ainda o tamanho
do núcleo a ser bombardeado. Para se ter uma idéia,
se um grama de U235 fosse totalmente fissionado,
forneceria energia equivalente à combustão de 9 toneladas de carvão.
Comparando uma usina termonuclear com usinas
termoelétricas e hidroelétricas, observamos que:
1. As usinas nucleares possuem uma reserva energética muito maior que as termoelétricas (que dependem principalmente de combustíveis fósseis, em
extinção) e as hidroelétricas (que dependem de
reservas hídricas em cotas elevadas, cada vez mais
difíceis de se obter).
2. As agressões ao meio ambiente são muito menores
nas usinas nucleares. Já as usinas termoelétricas
são altamente poluidoras, emitindo gases tóxicos gerados pela queima de combustíveis fósseis
(como os derivados de petróleo). As usinas hidroelétricas provocam grandes alterações no meio ambiente, devastando grandes áreas úteis à agricultura, alagando-as.
Na tabela a seguir, podemos observar a comparação entre uma usina termoelétrica alimentada pela
combustão de carvão e uma termonuclear, ambas
com potência equivalente a 1 300 MWe (megawatt
elétrico).
Carvão
Nuclear
Capacidade instalada
2 650 MWe
1 300 MWe
Combustível
antracita
Urânio enriquecido
Consumo anual de combustível
2,8 milhões de toneladas
32 t U enriquecimento ou 170 t de
U natural
Utilização de terra para mineração de
415 ha
rejeitos
5 ha
Espaço para estocagem de
combustível
25 ha (reserva de 2 meses)
Alguns metros quadrados somente
Necessidade de transporte de
combustível
33 000 vagões por ano
5 caminhões por ano
Emissão de CO2, SO2 e NOx
85 000 000 t de CO2, 12 000 t de SO2 e
6 000 de NOx, ao ano.
Rejeitos anuais
220 000t de cinzas, 120 000 t de cinzas Rejeito de alta radioatividade contido
volantes, 130 000 t de gesso, ao ano.
em um cubo de 1,5 m de aresta.
Fonte: http://www.ctmsp.mar.mil.br/usinas.htm
zero
Em uma usina termonuclear, a água é aquecida sob alta pressão no circuito primário (utilizando a energia liberada na fissão do U235), passa por
um trocador de calor, que aquece e transforma em
vapor a água existente em um circuito secundário.
Esse vapor movimenta uma turbina que aciona o
gerador elétrico. A energia térmica é transformada
em energia mecânica (ao movimentar as turbinas do
gerador elétrico) e, em seguida, transforma-se em
energia que é enviada para as regiões de consumo
através das redes de distribuição. A condensação do
vapor do circuito secundário ocorre no condensador (geralmente um circuito dotado de uma torre
de refrigeração, que se destaca na paisagem externa
da usina).
Esquema gráfico de usina PWR
Vaso de
contenção
Reator
Pressurizador
Vapor
Vaso de
pressão
Torre de
transmissão
Ana Carolina Fernandes/Folha Imagem
42
Na fotografia, observamos, à esquerda a usina nuclear de Angra 1
com sua cúpula cilíndrica; à direita, a usina de Angra 2 com sua
cúpula convexa e a imensa chaminé. O conjunto é denominado
Central Nuclear Almirante Álvaro Alberto. Angra 1 iniciou seus
trabalhos em 1985 e Angra 2 em 2001. Num futuro próximo, a
usina Angra 3 deverá fazer parte desse cenário.
Gerador
Turbina elétrico
Elemento
combustível
Condensador
Gerador
de
vapor
Barras
de
controle
Bomba
Água
Bomba principal de
refrigeração do reator
Bomba
Bomba
Tanque de
água de
alimentação
circuito primário
circuito secundário
sistema de água de refrigeração
Apesar dos riscos representados por usinas
termonucleares, observamos que no futuro, se
não encontrarmos uma nova maneira de obtenção
de energia ou não mudarmos nosso modo de vida
(utilizando menos energia), deveremos retornar à
construção de novas usinas que utilizam a energia
do átomo para obter a preciosa energia elétrica que
move nosso mundo.
1. Como funcionam os motores de combustão interna,
de quatro tempos, utilizados nos automóveis?
Fonte: Comissão Nacional de Energia Nuclear – www.cnen.gov.br
De toda a energia elétrica produzida no mundo,
17% são gerados por usinas termonucleares. O país
que mais utiliza essa forma de produção de energia são os Estados Unidos, com 109 usinas gerando
98 784 MWe; o segundo é a França, com 56 usinas que
produzem 58 493 MWe, e o terceiro é o Japão, com 51
usinas gerando 39 917 MWe. O Brasil possui apenas
duas usinas: Angra 1, em operação desde 1985, que
gera 657 MWe, e Angra 2, em operação desde 2001,
que produz 1 309 MWe. Hoje, são trinta os países que
possuem usinas termonucleares em funcionamento;
em três deles (Cuba, Irã e Romênia) elas estão em fase
de construção.
Em 1876 o alemão Nicolaus August Otto construiu o primeiro motor com ciclo de quatro tempos.
Esse motor apresenta as quatro fases: indução, compressão, ignição e exaustão, que encontramos nos
atuais motores. Antes do motor Otto, Nicolas Leonard
Sadi Carnot estabelecera o primeiro projeto teórico
de motor de dois tempos, na França, em 1824. Em
1859, o belga Etienne Lenoir construiu um motor a
gás semelhante a um motor a vapor. Em 1867, Otto
construiu um motor melhor que o de Etienne e ganhou
como prêmio a medalha de ouro na Feira Mundial de
Paris (1867).
A seguir apresentamos as quatro fases do funcionamento do motor Otto, motor de quatro tempos:
Manual do professor
1 – Fase de indução. Uma mistura carburante é absorvida através da
válvula de admissão para o cilindro quando o virabrequim, que gira,
empurra o pistão para baixo.
43
4 – Fase de escape. Na quarta etapa do ciclo, a válvula de escape
se abre e os gases são expulsos pelo pistão que se eleva.
Gases explosivos
Mistura
carburante
Válvula
de escape
Válvula de
admissão
Elevação
do
pistão
Cilindro
Descida do pistão
Virabrequim
Escape (exaustão)
Indução
2 – Fase de compressão. A válvula de admissão se fecha; a mistura
é comprimida à medida que o pistão se eleva e, antes que este
chegue à parte superior, a vela se acende.
Vela de
ignição
Mistura
comprimida
Elevação
do pistão
Compressão
3 – Fase de potência. A mistura acende-se; os gases quentes que
se expandem, formados na explosão, fazem com que o pistão abaixe
novamente, acionando o virabrequim.
Gases
expulsos
Gases que
explodem
Pistão que
se desloca
para baixo
Virabrequim
que gira
Potência (ignição)
Fonte: Como funciona, Editora Visor do Brasil, 2000.
Livro distribuído nas bancas pela revista Scientific American.
O motor de combustão interna utiliza como combustível uma mistura de derivados de petróleo e/ou
vegetais (álcool ou óleo) e ar. Essa mistura combustível é injetada em cada cilindro pela parte superior,
onde existe um pequeno orifício. O pistão eleva-se,
comprimindo a mistura, e a vela produz uma faísca.
A explosão do combustível força o pistão a descer,
produzindo a potência. Em seguida o pistão sobe,
provocando a saída dos gases resultantes da combustão. Como cada cilindro produz potência a ser utilizada apenas quando na descendente, necessitamos
de vários cilindros com ciclos defasados, para que
seja produzida energia continuamente. Nos motores
do tipo Diesel, o princípio básico é o mesmo, mudando-se apenas a taxa de compressão. Enquanto os
motores Otto operam com taxas de compressão entre 6:1 e 12:1, o motor Diesel opera com taxas entre
16:1 e 20:1. Essa taxa de compressão corresponde
à razão entre o máximo volume admitido e o mínimo volume no início da admissão. Para taxas de
compressão maiores, 12:1 ou mais, precisamos utilizar combustíveis com maior poder antidetonante.
As gasolinas de alta octanagem se caracterizam
por resistirem mais à compressão do que as gasolinas comuns. Assim, os automóveis devem mudar
sua regulagem do motor quando passam a utilizar
combustíveis com mais octanas. Observemos que
a diferença entre a gasolina comum e a de alta octanagem é apenas o poder antidetonante; cada uma
delas libera por volta de 45 kJ/g.
44
2. Por que as geladeiras tipo frost free não precisam ser
descongeladas? Por que elas não possuem a grade
trocadora de calor em sua parte traseira?
Uma geladeira é constituída de um sistema de
transferência de calor. Através de um conjunto de
tubos, preenchido com um fluido refrigerante, e um
compressor, energia térmica é transferida do interior
da geladeira (região fria) para fora (região quente).
Sistema frost free
Seu freezer usa o sistema frost free, que torna desnecessário fazer o degelo, pois o mesmo ocorre automaticamente.
Saídas de ar
Tubo capilar
Condensador
(Região quente)
[Parte externa]
Evaporador
(Região fria)
[Parte interna]
Esquema simplificado do circuito de refrigeração de uma geladeira
doméstica.
O compressor comprime o fluido e força sua ida
para o condensador, a serpentina existente na parte
traseira da geladeira. O aumento de pressão do fluido (gasoso) provoca sua condensação no interior da
serpentina externa e a dissipação do calor liberado
para o meio externo. O fluido, agora líquido, é forçado a passar por um tubo capilar, muito estreito.
Quando termina o tubo capilar, o aumento brusco
de volume provoca vaporização do fluido, que passa novamente pelo evaporador, no interior da geladeira. Energia térmica é absorvida pelo fluido, e o
processo volta a se repetir, reiniciando o ciclo. Para
manter a temperatura dentro dos padrões desejados
é usado um termostato, que controla o funcionamento do compressor.
Nas geladeiras de degelo automático, quando o
termostato desliga o compressor, ele liga um conjunto de resistores acoplados à placa fria. O gelo
derretido escorre por canaletas e se acumula em um
reservatório existente na parte inferior do refrigerador, onde evapora.
Nos refrigeradores que funcionam com sistema
frost free (livres de gelo), a placa fria não fica na parte
interna do aparelho, mas entre as paredes interna e
externa traseira. Um conjunto de ventiladores provoca
a circulação do ar, esfriando a parte interna. A água
formada pela condensação escorre para um recipiente
na parte inferior e evapora. Assim, não é preciso fazer
o descongelamento. A seguir foi reproduzido um trecho do manual de uma geladeira frost free da marca
Brastemp:
• O seu freezer Brastemp possui um compartimento
ideal para acelerar o congelamento dos alimentos.
• Para um congelamento rápido, coloque os alimentos neste compartimento e acione a Tecla de
Congelamento Rápido no painel de controle. A luz
amarela do painel acenderá indicando que a função Congelamento Rápido está acionada.
• É importante que as aberturas para a circulação de
ar estejam sempre desobstruídas.
• Ao abrir a porta, é normal ocorrer embaçamento
nas gavetas e na porta do Compartimento de Congelamento Rápido do seu freezer, devido à entrada
de ar quente.
• Para garantir maior eficiência do seu freezer, ao
abrir a porta, o ventilador pára de funcionar durante o tempo em que a porta estiver aberta. Isso diminui a entrada de ar quente provocada pela abertura
da porta e reduz o consumo de energia.
Bandeja de degelo:
O acúmulo de água neste recipiente é normal. A
água é proveniente do degelo automático e evaporará
naturalmente.
Esta peça não
deve ser retirada.
Manual do professor
14
(01) Correta.
(02) Incorreta — Numa expansão isobárica, o volume e a temperatura aumentam, enquanto a pressão permanece constante. Assim,
o calor recebido deve ser maior que o trabalho realizado.
(04) Correta — Numa transformação isocórica, o volume permanece
constante e não há trocas de energia em forma de trabalho. Q = ΔU
(08) Incorreta — Na transformação adiabática, não há troca de calor
com o meio externo.
(16) Incorreta — Na transformação adiabática, pode haver troca de
energia em forma de trabalho.
(32) Correta.
Resposta:
19
a) Aquecimento → sistema recebe calor
isocórico
→ volume constante (τ = 0)
Q = τ + ΔU
ΔU = Q = 400 cal
b) Resfriamento → sistema cede calor
isométrico
→ volume constante (τ = 0)
Q = τ + ΔU
ΔU = Q = –400 cal
O sinal negativo indica que o calor foi cedido.
c) Expansão
→ aumento de volume
isotérmica
→ temperatura constante (ΔU = 0)
ΔU = 0
20 τ = 209 cal = 50 cal
→ aumento de volume (τ 0)
Q = τ = 50 cal
b) Compressão
isotérmica
→ diminuição de volume (τ 0)
Q = τ = –50 cal
c) Expansão
adiabática
A energia interna do gás aumentou, provocando aumento da
sua temperatura.
(02) Incorreta.
Uma parcela do calor recebido pelo gás retorna ao meio externo
em forma de trabalho.
(04) Correta.
τp = p ΔV = 2,0 · 105 · 1,0 · 10–2 (J)
τp = 2,0 · 103 J
(08) Correta.
ΔU = Q – τ
ΔU = (5,0 · 103 = 2,0 · 103) J
ΔU = 3,0 · 103 J
(16) Incorreta.
Uma parcela do calor recebido é utilizada para aumentar a energia interna do gás.
37
4,18
a) Expansão
isotérmica
Q = τ + ΔU
45
→ aumento de volume (τ 0)
→ sem trocar calor com o meio externo (Q = 0)
Q=0
24
(01) Incorreta
Se o volume duplicou → ΔV = V0 = 1,0 · 10–2 m3
Portanto:
τp = p ΔV = 2,0 · 105 · 1,0 · 10–2 J
τp = 2,0 · 103 J
Da 1a Lei da Termodinâmica, temos:
ΔU = Q – τ
ΔU = (5,0 · 103 – 2,0 · 103) J
ΔU = 3,0 · 103 J
Resposta:
12
27
(01) Correta — A expansão do gás se processa a pressão praticamente constante.
(02) Correta — A temperatura do gás aumenta.
(04) Correta — A transformação é uma expansão isobárica.
(08) Incorreta
(16) Incorreta — O calor recebido é utilizado para aquecimento do
gás e para realização de trabalho.
Resposta:
07
29
(01) Incorreta — O volume ocupado pelo gás aumenta.
(02) Incorreta — Como na expansão o gás não realiza trabalho (expansão livre), a energia interna permaneceu constante e a temperatura não sofreu alteração.
(04) Correta — Se o volume aumenta, a temperatura se mantém
constante, então a pressão do gás diminui.
(08) Incorreta — Na expansão livre, a energia interna do gás não sofre alteração.
(16) Incorreta — O total de partículas na parte interna se mantém
constante.
(32) Correta.
Resposta:
36
30
a) Usando a 1a Lei da Termodinâmica, temos:
Q = τ + ΔU
Numa expansão isobárica (pressão constante), o trabalho (τ) realizado pelo gás é determinado por:
τp = p ΔV
Assim,
Q = p ΔV + ΔU
581 = 105 · 1,66 · 10–3 + ΔU
ΔU = 581 – 166 (J)
ΔU = 415 J
b) Usando a Equação de Clapeyron, nessa expansão isobárica, temos:
ΔV = n R ΔT
105 · 1,66 · 10–3 = 2 · 8,3 ΔT
ΔT = 10 K ou ΔT = 10 °C
46
37 τ =N [área]
(800 + 300) (6,0 –2,0)
(J)
2
τAB = 2 200 J
τAB =
Como o volume do gás aumentou, ele realizou trabalho.
b) ΔUAB = UB – UA
3
3
ΔUAB = PB VB – PA VA
2
2
3
ΔUAB = (800 · 6,0 –300 · 2,0) (J)
2
ΔUAB = 6 300 J
A energia interna do gás aumentou, pois sua temperatura também
aumentou.
41
N
[área] = τ e
1a Lei da Termodinâmica
ΔU = Q – τ ⇒ ΔU = Q – p ΔV ⇒ ΔU = 300 – 60 (3 – 1)
ΔU = 300 – 120
ΔU = 180 J
TA ⯝ 293 K
N
b) τAB = [área]
τAB = 3,0 · 105 (10,0 – 8,0) 10–3
τAB = 6,0 · 102 J
c) TC = TA (estão na mesma isoterma)
TC ⯝ 293 K
47
43
τAB = 0
O volume do gás permaneceu constante de A para B.
N
τBC = [área]CB
τBC = 1,5 · 103 (0,3 – 0,1) (J)
τBC = 300 J
N
τCD = [área]DC
3
3
τCD = (1,5 · 10 + 1,0 ·10 ) (0,5 – 0,3)
2
τCD = 250 J
1a Lei da Termodinâmica:
Q = τ + ΔU
293 · 4,18 = (0 + 300 + 250) + ΔU
ΔU ⯝ 675 J
c) Lei Geral dos Gases:
pD VD pC VC
=
TD
TC
1,0 · 103 · 0,5 1,5 · 103 · 0,3
=
⇒
TD
(–3 + 273)
I) Incorreta.
De A para B o volume do gás aumenta e ele realiza τ. Como a variação de energia interna é nula, o gás recebe calor e devolve essa
energia para o meio externo em forma de trabalho.
II) Correta.
U= 3 nRT= 3 pV
2
2
Observe que o produto pressão volume é mínimo no ponto C.
III) Correta.
U= 3 nRT= 3 pV;
2
2
as temperaturas são iguais nos pontos em que os produtos p V são
iguais.
pA VA = 4ab
pB VB = 4ab
Assim: TA = TB
IV) Correta.
Na transformação BC, o produto p V, a temperatura e a energia interna
diminuem. O gás recebe trabalho (volume diminui) e a energia interna
diminui; toda essa energia sai do sistema na forma de calor.
Alternativa a.
TD = 300 K = 27 °C
44 A resolução pode ser feita de duas maneiras:
1a maneira:
ΔU = UQ – UP
a) Em A:
pV=nRT
3,0 · 8,0 = 1 · 0,082 TA
|Q| = |τ|
Alternativa c.
b)
ΔU = 180 J
2a maneira:
45
a) Incorreta.
Apesar de as temperaturas inicial (TA) e final (TB) serem iguais, as
temperaturas intermediárias são diferentes.
b) Incorreta.
N
[área] = τ
c) Correta.
Se TA = TB, temos ΔUAB = 0
Assim: |Q| = |τ|
d) Incorreta.
O sistema recebe calor, que é transformado em trabalho.
e) Incorreta.
a)
Como, para um gás perfeito, vale a relação:
U= 3 nRT= 3 pV
2
2
temos:
ΔU = 3 p V – 3 p V
2
2
Q
P
3
3
ΔU = p ΔV = · 60 (3 – 1)
2
2
51
a) Processo 1:
1a Lei da Termodinâmica: Q = τ + ΔU
800 = 300 + ΔUab
ΔUab = 500 J
Manual do professor
Processo 2:
Q = τ + ΔU ⇒ Q2 = 100 + 500 (J)
Q2 = 600 J
b)
1a Lei da Termodinâmica:
Q = τ + ΔU ⇒ Q3 = –200 – 500 (J)
Q3 = –700 J
Observe que os sinais são negativos porque o sistema recebe trabalho e a energia interna diminui.
c) O calor Q3 é liberado pelo sistema.
52
a)
b)
c)
d)
e)
Incorreta — A maior temperatura do gás ocorre no isoterma 1,2.
N
Incorreta — τciclo = [área interna]
Incorreta — Isotérmicas são as transformações 1 → 2 e 3 → 4
Correta — ΔUciclo = 0
Incorreta — 1 → 2 transformação isotérmica.
Alternativa d.
60
a) Verdadeira — Energia potencial transformada em calor:
Ep = 5 m g h
Ep = 5 · 10 · 10 · 5 (J)
Ep = 2 500 J
Energia térmica absorvida pela água:
Q = m c Δθ
Q = 400 · 1 · 1,5 (cal)
Q = 600 cal
b) Falsa — Relação obtida entre joule e caloria:
R = 2 500 J ⯝ 4,17 J/cal
600 cal
Assim, 1 cal ⯝ 4,17 J
c) Falsa — Para a água:
Q = 600 cal
d) Falsa.
Alternativa a.
61 Q = n C ΔT
V
V
900 = 1,0 · 3,0 (2T – T)
T = 300 K
pV=nRT
p 12 = 1,0 · 0,082 · 600
p = 4,1 atm
62 Q = n C ΔT
p
p
Qp = m Cp Δt = 40 · 7,0 · 20
2,0
M
Qp = 2 800 cal
τp = p ΔV = n R ΔT
τp = m R T = 40 . 2,0 . 20
2,0
M
τp = 800 cal
1a Lei da Termodinâmica: ΔU = Q – τ
ΔU = 2 800 – 800
ΔU = 2 000 cal = 2,0 · 103 cal
47
63
a) Isométrica – Como a reta suporte do segmento AB do gráfico passa pela origem, temos:
p = k T (em que k é uma constante)
Da Equação de Clapeyron: p ΔV = n R T
p=nR T
V
Portanto: n R = k (constante), o que implica ser o volume constante
V
(transformação isométrica).
b) QV = n CV ΔT
QV = 5,0 · 5 (TB – 200)
Observe no gráfico que TB = 500 K
QV = 25 (500 – 200)
QV = 7 500 cal
1a Lei da Termodinâmica: ΔU = Q – τ
ΔU = 7 500 – 0
ΔU = 7 500 cal
Na transformação isométrica, o trabalho trocado é nulo.
64
a) Qcedido + Qrecebido = 0
(m c ΔT)corpo + (n CP ΔT)gás = 0
475 · 4,0 (T – 500) + 5 · 5 · 8,0 (T – 300) = 0
2
1 900 T = 950 000 + 100 T – 30 000 = 0
2 000 T = 980 000
T = 490 K
b) Numa transformação isobárica, temos
τp = p ΔV = n R ΔT
τp = 5 · 8,0 (490 – 300) (J)
τp = 7 600 J
65
CP – CV = R ⇒ 5R – CV = R ⇒ CV = 5R – R ⇒ CV = 3R
2
2
2
Portanto:
5R
C
γ= P = 2 = 5
3
CV
3R
2
γ= 5
3
66 p V γ = constante. Assim,
p1 V 1γ = p2 V 2γ
2,0 · 2,02,0 = p2 4,02,0
8,0 = p2 16
p2 = 0,50 atm
A temperatura final pode ser determinada usando a Lei Geral dos Gases:
p1V1 p2V2
=
T1
T2
0,50 · 4,0
2,0 · 2,0
=
⇒ 4,0 T2 = 2,0 · 294
T2
(21 + 273)
T2 = 147 K → T2 = –126 °C
Alternativa b.
48
68
75
Ep = m g h
Ep = m 10 · 60 (J)
Atenção: a massa m está em kg.
Q = m c Δθ
Como:
= 150 J
c = 0,15 J = 0,15 –3 J
g °C
kg °C
10 kg °C
Então:
Q = Ep
m c Δθ = m g h ⇒ 150 Δθ = 10 · 60
Δθ = 4,0 °C
69 Q = E
M
a) Q = 0,01 ΔEC
m v20 m v2
m c Δθ = 0,01
–
2
2
Como:
· 4,18 J
c = 0,124 cal = 0,124
g °C
10–3 kg °C
c = 518,32 J
kg °C
v0 = 36 000 km/h = 10 000 m/s
v = 18 000 km/h = 5 000 m/s
então:
(10 000)2 (5 000)2
–
518,32 Δθ = 0,01
2
2
51 832 Δθ = 37 500 000
Δθ ⯝ 723,5 °C
m c Δθ = 20 m g h ⇒ c 0,1 = 20 · 10 · 1
c = 2 000 J/kg °C
Alternativa d.
m v20 m v2
–
2
2
2
(10
000)
(5 000)2
Q=
–
2
2
m
b) Q =
70 Q = E
M
Q = 3,75 · 107 J/kg
m
m c Δθ = n τ ⇒ 100 · 1 · 1 = n · 0,1
4,2
4,2
N = 4 200 voltas
Alternativa e.
72
EC = Q
m v2 = m L ⇒ v2 = 2 L = 2 · 3,2 · 105
F
F
2
v = 800 m/s
Alternativa a.
73 Q = 0,40 ΔE
C
m c Δθ = 0,40
m v20 m v2
–
2
2
m (100)2 m (60)2
–
2
2
m 128 Δθ = 0,40 (5 000 m – 1 800 m)
m 128 Δθ = 1 280 m
m 128 Δθ = 0,40
Δθ = 10 ºC
74
a) m = 2 g = 2 · 10–3 kg ⇒ V = 200 m/s
2
–3
2
EC = m V = 2 · 10 (200)
2
2
EC = 40 J
b) Usando a equação fundamental da calorimetria, temos:
Q = m c Δθ
40 = 2 · 10–3 · 234 Δθ
Δθ = 85,47 °C ⯝ 85,5 °C
89
(01) Incorreta — A compressão adiabática é representada pela transformação DA.
O gás recebe trabalho (volume diminui) e sua temperatura aumenta (a energia interna aumenta).
(02) Correta — Expansão isotérmica → AB
O gás realiza trabalho e sua energia interna permanece constante.
O gás recebe calor.
(04) Correta — Expansão adiabática → BC
A energia interna diminui sem trocar calor com o meio externo.
O gás realiza trabalho.
(08) Incorreta — Compressão isotérmica → CD
O gás recebe trabalho e sua energia interna não varia. O gás recebe calor.
(16) Correta — O início do ciclo se processa na situação representada
pelo ponto A do diagrama.
Resposta:
22
91
(01) Falsa — Equação de Clapeyron:
pV=nRT
Para T constante, se p aumentar, o volume V diminuirá.
(02) Verdadeira — A transformação adiabática processa-se sem trocas de calor (Q = 0).
Em uma compressão, o volume diminui e o gás recebe trabalho;
se não trocar calor, sua energia interna aumentará.
Q = τ + ΔU
Se a energia interna aumentar, sua temperatura também aumentará.
(04) Falsa
U= 3 nRT
2
A energia interna de um sistema depende do número de mols (n)
e da temperatura absoluta (T).
(08) Falsa — Num diagrama pressão volume, as isotermas e a adiabática são representadas por:
Manual do professor
p
49
96
Adiabática
A
B
Isotermas
Máquina ideal de Carnot:
T
η=1– F
TQ
(–33 + 273)
η=1–
⇒ η = 1 – 240 = 0,4
(127 + 273)
400
η (%) = 40%
Portanto:
η = 40% · 0,8
η = 32%
Alternativa e.
VA
VB
V
97
A área indicada fornece o trabalho realizado pelo gás na transformação
AB isotérmica.
Saindo do estado A para atingir o mesmo volume final VB, numa
transformação adiabática, o trabalho é calculado pela área do gráfico
a seguir:
Adiabática
p
A
B
Isotermas
a) Máquina de Carnot:
T
η=1– F
TQ
η=1–
(27 + 273)
= 1 – 300
(327 + 273)
600
η = 0,50 → η(%) = 50%
Portanto:
η’(%) = 50% · 0,90
η’(%) = 45%
No entanto, temos:
1 · 104
η’ = τ =
= 0,20
QA 1,2 · 104 · 4,186
η (%) = 20%
A afirmativa do inventor é falsa.
b) A pressão constante, temos: τp = p ΔV
1 · 104 = 200 ΔV
ΔV = 50 m3
VA
VB
V
Assim, temos:
τisoterma τadiabática
(16) Verdadeira — Façamos o aquecimento de determinada massa de
gás perfeito, a pressão constante e depois a volume constante.
p = cte.
98 O trabalho realizado pelo compressor é dado por:
τ = 1 200 – 1 000 (kcal)
τ = 200 kal = 840 kJ
Como esse trabalho foi realizado em 1 segundo, temos:
Pot = τ = 840 kJ
Δt
1s
Pot = 840 kW
V = cte.
99
a) No refrigerador, temos:
QQ = QF + τ
5,0 · 105 = QF + 3,0 · 105
␶p
(␶V = 0 )
Qp
ΔUp
QV
ΔUV
Assim:
ΔUp = Qp – τp
ΔUp = QV
Portanto, para dar um mesmo aquecimento (ΔU) a uma massa de
gás, precisamos fornecer mais energia térmica a pressão constante do que a volume constante.
Cp CV
Resposta:
18
QF = 2,0 · 105 J
b) O rendimento do refrigerador é calculado por:
Q
η= F
τ
5
η = 2,0 · 105 → η = 2 ⯝ 0,67
3,0 · 10
3
η(%) ⯝ 67%
100 Os valores numéricos 1.0, 1.6, 1.8 e 2.0 são indicativos do volume de cada cilindro do motor, na unidade litro.
O volume indicado corresponde à mistura combustível + ar. Quanto
maior essa quantidade aspirada, maior é a explosão e maior é a potência do motor.
Alternativa a.
50
101 p V γ = K
–2
[F]
[p] = = M L2T = m L–1 T–2
[A]
L
[V] = L3
[τ] = [F][d] = M L T–2 L = M L2 T–2
Como [p] [V] = M L–1 T–2 L3 = M L2 T–2,
então γ deve ser adimensional.
Alternativa e.
103
5
m Lv
ΔS = Q =
⇒ ΔS = 3,0 · 5,4 · 10 (cal/K)
T
(100 + 273)
T
ΔS ⯝ 4 343 cal/K
104 Como a transformação termodinâmica citada é espontânea, a
entropia do sistema deve aumentar e ΔS 0.
1. Qcedido + Qrecebido = 0
(m c Δθ)água quente + (m c Δθ)água fria = 0
200 · 1 (θf – 40) + 100 · 1 (θf – 10) = 0
2θf – 80 + θf – 10 = 0
3θf = 90
θf = 30 °C
2. Q = m c Δθ
Q1 = 100 · 1 (30 – 10) (cal) ⇒ Q1 = +2 000 cal
Q2 = 200 · 1 (30 – 40) (cal) ⇒ Q2 = –2 000 cal
3. Água fria
Q
ΔS1 = 1
T1
Para T1, usaremos o valor médio entre as temperaturas inicial (10 °C)
e final (30 °C)
T1 = 20 °C.
ΔS1 = 2 000 cal
(20 + 273) K
ΔS ⯝ +6,8 cal/K
4. Água quente
Q
ΔS2 = 2
T2
Usaremos:
T2 = 30 + 40 °C = 35 °C
2
Assim,
ΔS2 = –2 000 cal ⯝ –6,5 cal/K
(35 + 273) K
Portanto,
ΔS = ΔS1 + ΔS2 = (+6,8) + (–6,5)
ΔS = +0,3 cal/K
105
a) Verdadeiro — Num processo isotérmico, a temperatura não varia
e a energia interna permanece constante (ΔU = 0).
Assim, para realizar trabalho, o sistema deve receber calor e, para
fornecer calor, deve receber trabalho.
b) Verdadeiro — Processo adiabático é aquele que ocorre sem trocas
de calor com o meio externo.
c) Falso.
d) Falso — No processo isotérmico, não há variação de energia interna no sistema.
e) Verdadeiro — Num processo isotérmico, a energia cinética média das
moléculas (que determina a temperatura) permanece constante.
f) Verdadeiro — Processo isotérmico → temperatura constante
Compressão → diminuição de volume. Assim, a pressão aumentará.
g) Falso — Num processo adiabático, o gás não recebe calor, mas
pode receber energia em forma de trabalho.
h) Falso — A temperatura é função de ponto, não dependendo do
processo seguido.
107
(01) Incorreto — De B para C, o volume permanece constante.
(02) Correto — A variação de energia interna não é função de “caminho”, é função de “ponto”. Assim, a variação de energia interna
de A para B (ΔUABC = UB – UA) é a mesma, quaisquer que sejam as
situações intermediárias.
(04) Incorreto.
(08) Correto — τABC = τAB + τBC
τABC = [área] + 0
τABC = 6 · 10 (J)
τABC = 60 J
(16) Incorreto — 1a Lei da Termodinâmica: ΔU = Q – τ
Nos trajetos AC e ABC, as variações de energia interna são iguais
(ΔUAC = ΔUABC)
Assim:
QAC – τAC = QABC – τABC
Mas
τAC τABC (área maior para a transformação AC),
então:
QAC QABC
(32) Correto — τciclo = [área interna ao ciclo]
τABCA = (7 – 1) (30 – 10) (J)
2
τABCA = –60 J
O sinal negativo deve-se ao fato de o ciclo ABCA “girar” no sentido anti-horário.
(64) Incorreto.
Resposta:
42
108 Como o ar sofreu uma expansão adiabática — sem trocar calor com o meio externo), a realização de trabalho será feita à custa da
energia interna, que diminuirá.
Alternativa a.
109 No ciclo,
τciclo = [área interna ao ciclo] = (2V – V) (2p – p) τciclo = pV
Aplicando a Equação de Clapeyron ao estado definido pelo ponto A
do diagrama,
pA VA = n R TA ⇒ pV = 2 · 8 (27 + 273) = 4 800 J
Assim,
τciclo = 4 800 J
110 Na expansão livre, o gás não realiza trabalho, não troca calor
com o meio externo (adiabática), e sua energia interna não é alterada.
Esse processo é irreversível.
Alternativa b.
111
a) Equação de Clapeyron:
pV=nRT
Como:
p = (1+5) atm = 6 atm = 6 · 105 N/m2
Manual do professor
V = Ah = 5 · 10–3 · 0,16 m3 = 8 · 10–4 m3
Então:
6 · 105 · 8 · 10–4 = n 8 · 300
τciclo = π a2 (J)
e) Verdadeira
2
τAB = π a + 2 a2
4
τAB = 2 + π a2 (J)
4
n = 0,2 mol
b) p = F ⇒ F = p A
A
F = 6 · 105 · 5 · 10–3 N
F = 3 · 103 N
Alternativa c.
c) Equação de Clapeyron:
pV=nRT
6 · 105 · 5 · 10–3 h2 = 0,2 · 8 · 420 ⇒ h2 = 0,224 m = 22,4 cm
Então:
Δh = 22,4 – 16
Δh = 6,4 cm
d) Na transformação isobárica, temos:
τp = p ΔV = 6 · 105 · 5 · 10–3 · 0,064
τ =192 J
114 Processo 1 (volume constante):
Qv = ΔU = 3 n R ΔT
2
n R ΔT = 2 Qv
3
Processo 2 (pressão constante):
ΔU = Qp – τp
mas
τp = p ΔV = n R ΔT ,
então
ΔU = Qp – n R ΔT
Qv = Qp – 2 Qv ⇒ Qp = 5 Qv
3
3
100 = 5 Qv ⇒ Qv = 60 J
3
Alternativa e.
116 Do enunciado, sabemos que p V γ = p V γ ; da Equação de Cla1 1
2 2
peyron:
pV = n R T
Assim:
p = n R T ⇒ n R T · V1γ = n R T V2γ
V
Vi
VF
Como VF = 2 Vi, então:
Ti V1γ TF (2 Viγ)
T 2γ Viγ
=
, ou Ti V γi = F
Vi
2 Vi
2
121
Tmín
= 1 – 27 + 273 = 0,80 ⇒ η (%) = 80%
Tmáx
1 227 + 273
Para uma usina com a metade da eficiência máxima teórica,
η (%)= 40%
Assim,
7
Pot = Q = 0,40 · 7 200 · 5,0 · 10
Δt
3 600
a) η = 1 –
117
a) Verdadeira — pA vA = pB vB, e assim
TA = TB
b) Verdadeira — pC vC = pD vD, e assim
TC = TD
d) Verdadeira
Δs = Q · 1 – 1
Δt Δt T1 T2
Como:
∅ = Q = k A Δθ
Δt
L
∅ = 2,0 · 100 ·–220 (W)
5,0 · 10
∅ = 8,0 · 104 W
Então:
Δs = 8,0 · 104 1 – 1
300 320
Δt
Como a variação de entropia é positiva, a desordem do sistema
aumenta.
Alternativa d.
2
τABC = π a (J)
2
118
a) τciclo = [área interna ao ciclo]
τciclo = 0 (observe que o trabalho realizado no trecho BMA é recebido em DMC)
b) QBC + QDA = 0
De B para C, o volume aumenta e o gás realiza trabalho:
(p + p ) (v – v )
τBC = 1 0 1 0
2
De D para A, o volume diminui e o gás recebe trabalho:
(p + p ) (v – v )
τDA = – 1 0 1 0
2
119 ΔS = Q
T
ΔS1 = Q (parte fria)
T1
ΔS2 = Q (parte quente)
T2
ΔS = ΔS1 + ΔS2
ΔS = Q · 1 – 1
T1 T2
Δs ⯝ +16,7 W/K
Δt
Ti 2γ
= = 2γ – 1
TF 2
c) Falsa
51
Pot = 4,0 · 107 W = 40 MW
b) Para a água: 1 ⇒ 1 kg
Assim, se 60% da energia é liberada para a água, teremos
Q = Pot Δt
6 · 107 Δt = m 4 000 Δθ ⇒ 1,5 · 104 = m Δθ
Δt
1,5 · 104 = 5 000 Δθ
Δθ = 3,0 °C
52
123 Pot = 100 Pot
total
útil
132
= 100 · 4,0 · 103 W
Pottotal
Pottotal = 4,0 · 105 W
Em 24 horas teremos
E = Pot Δt
E = 4,0 · 105 · 86 400
E = 3,456 · 1010 J
Como cada quilograma de carvão produz 3,0 · 107 J de energia, o consumo de carvão será:
1 kg → 3,0 · 107 J
→ 3,456 · 1010 J
m
a) O gráfico é o seguinte:
p (atm)
9,02
B
C
57 °C
D
8,20
A
m = 1 152 kg
27 °C
2 °C
126
2
–3
2
Ec = m V = 10 · 10 (600)
2
2
Ec = 1 800 J
Aquecimento do projétil:
1. até a temperatura de fusão:
Q1 = m c Δθ = 10 · 10–3 · 120 · (327 – 27)
Q1 = 360 J
2. na fusão do projétil
Q2 = m Lf = 10 · 10–3 · 20 000
Q2 = 200 J
3. aquecimento no estado líquido:
Q3 = m c Δθ
1 800 – (360 + 200) = 10 · 10–3 · 124 (θ – 327)
0
8,20 · 11 = pB 10 ⇒
12
V (L)
pB = 9,02 atm
b) O ciclo representado no gráfico tem a forma aproximada de um
trapézio; assim:
N
τciclo = [área interna ao ciclo]
(2 · 10–3 + 1 · 10–3) (9,02 – 8,20)
τciclo =
2
τciclo ⯝ 123 J
c) Em um ciclo, a variação de energia interna é nula (ΔU = 0); assim,
usando a 1a Lei da Termodinâmica ΔU = Q – τ , vem Q = τ; logo,
127 No martelo
2 1 (4,0)2
Ec = m V =
2
2
Ec = 8,0 J = 2,0 cal
Assim:
1
Q = m c Δθ ⇒ · 2,0 n = 40 · 0,11 · 5
4
n = 44 marteladas
Q = τ = 123 J
d) Pot = τ ⇒ Pot = 10 · 123 J ⇒
Δt
1s
Pot =1 230 W
133
130 ε = Q
τ
Sendo 4,5 · 105 J/min = 7 500 J/s
A cada segundo, temos
Q = 7 500 – τ ⇒ Q = 7 500 – 5 000 ⇒ Q = 2 500 J
Portanto:
ε = 2 500 = 0,50
5 000
ε (%) = 50%
Alternativa b.
a) Q = ΔU + τ; como a sala está isolada termicamente, então Q = 0 e
o gás não troca trabalho com o meio, então τ = 0.
Assim, ΔU = 0 e ΔT = 0, ou seja, não há variação de temperatura.
b) ΔStotal = ΔSgás + ΔSambiente , mas ΔSambiente = 0; assim:
V
ΔStotal = ΔSgás = 2,3 n R log10 f
Vi
V0
e ΔStotal = 2,3 n R log10 10–3 ΔT = 0
sendo Vi = V0 , Vf =
1 000
Como ΔStotal 0, de acordo com a 2a Lei da Termodinâmica, é impossível ocorrer esse processo.
134
131
a) Na expansão adiabática, o trabalho é realizado graças à diminuição
de energia interna do gás:
τ = ΔU = 3 n R ΔT ⇒ τ = 3 · 1 · 2 (127 – 27)
2
2
τ =300 cal
γ=
c) Da relação de Mayer, R = Cp – Cv ⇒ 2 = 5 – Cv
Cv = 3 cal/mol K
11
Para o cálculo da pressão em B, usamos a lei de Boyle:
pA VA = pB VB
θ = 1 327 °C
b) Para gases ideais monoatômicos, temos
10
Cp
⯝ 1,7
Cv
Do texto, temos:
ΔS = 8 π G M kB ⇒ ΔS = ΔM 8 π G M kB
ΔM
h c
h c
Q
Mas ΔS = e Q = ΔU (τ = 0); então,
T
ΔM 8 π G M kB
ΔS = ΔU =
T
h c
2
ΔM c = ΔM 8 π G M kB ,
T
h·c
h c3
T=
8 π G M kB
Alternativa d.
Manual do professor
meio do conceito de forças intermoleculares. Como
neste Tópico os novos conceitos são poucos, deve-se
dar mais atenção à resolução de exercícios. Pedir aos
alunos que pesquisem sobre dilatação térmica, ou até
mesmo que façam uma exposição de fotos de situações
em que ela ocorra. Uma máquina fotográfica pode ser
um grande auxiliar no aprendizado. Da mesma forma,
pedir aos alunos que procurem uma situação relacionada com a matéria e a fotografem, mostrando-a para os
demais colegas e promovendo discussões a respeito, o
que ajudaria na compreensão dos fenômenos físicos.
Os alunos podem fotografar rachaduras em paredes ou
tetos (observar que algumas rachaduras aparecem por
causa da movimentação de estrutura do edifício, e não
por dilatação térmica), fendas de dilatação de quadras
esportivas ou pisos de granilite, fendas de dilatação de
pontes ou viadutos etc.
Tópico 6
Dilatação térmica dos sólidos e
dos líquidos
2. Forças intermoleculares explicando a dilatação
térmica
3. Dilatação linear dos sólidos
Exercícios
4. Dilatação superficial dos sólidos
5. Dilatação volumétrica dos sólidos
Exercícios
6. Dilatação térmica dos líquidos
• Influência da temperatura na massa específica de
uma substância
8. A dilatação anormal da água
Exercícios
• Algo mais
Este Tópico deve ser desenvolvido rapidamente. A
explanação dos fenômenos da dilatação e da contração
térmica deve ser breve, com ênfase na explicação por
Dilatação dos gases
Reprodução
No bloco 1 são apresentados o fenômeno da dilatação dos sólidos e a equação da dilatação linear.
No início deste bloco, deve-se fazer uma explanação
do fenômeno da dilatação e apresentar exemplos que
fazem parte do nosso cotidiano, como: o funcionamento de um termômetro de mercúrio; as trincas que
aparecem nos pisos de cimento; as placas de azulejos
que se soltam das paredes, no verão; as fendas de
dilatação existentes em pontes e viadutos; as juntas
de dilatação deixadas entre as partes do piso de uma
quadra de basquete e outros exemplos.
No bloco 2 apresentamos as dilatações superficial e volumétrica dos sólidos, com as respectivas
equações. Aqui, também, relacionamos os coeficientes de dilatação linear, superficial e volumétrica.
No bloco 3 apresentamos a dilatação dos líquidos. Deve-se dar atenção especial à dilatação real
e à dilatação aparente. É importante que os alunos
aprendam a diferenciar as duas. Os dois outros itens –
a influência da temperatura na massa específica de
uma substância e a dilatação anormal da água –
devem ser abordados de forma mais breve.
53
No volume 2 foi desenvolvido a dilatação térmica dos sólidos e dos líquidos, sendo deixado de lado
a dilatação térmica dos gases. Neste Manual, vamos
apresentar para o professor alguns subsídios a respeito da expansão gasosa.
A partir dos estudos da expansão térmica de diferentes gases realizados por Gay-Lussac, foi estabelecida a seguinte lei: Mantendo-se a pressão constante, o
coeficiente de dilatação de um gás, entre 0 oC e θ °C, é
independente da temperatura θ, da pressão p (mantida
constante) e da natureza do gás.
A partir dessa lei, denominada Lei de Gay-Lussac,
pode-se concluir que o coeficiente de dilatação de qualquer gás é sempre o mesmo
nas expansões isóbaricas
entre 0 oC (273,15 K) e uma
temperatura qualquer θ, sendo dado por:
1
K–1
γ=
Louis Joseph Gay-Lussac
273,15
(1778-1850).
Atenção para as conseqüências dessa lei:
1. Para uma dada temperatura absoluta T0, à pressão constante, o coeficiente de dilatação dos gases ideais é dado pelo inverso da sua temperatura absoluta T0.
γ= 1
T0
2. O coeficiente de dilatação (isobárica) de um gás
ideal entre uma temperatura inicial θ0 (por exemplo, 40 °C ou 313,15 K) e outra θ, qualquer, é igual
ao coeficiente de dilatação na temperatura θ0 (T0).
54
1
γ = 1 ou γ =
K–1
313,15
T0
3. Antes de 1954, o coeficiente de dilatação do gás
ideal era obtido por meio de extrapolação de resultados relativos a gases reais. A partir da solução
Giauque, o valor desse coeficiente é tomado como
definição, não tendo sentido experiências para sua
determinação.
H
1. O que faz a água apresentar uma dilatação diferente
em relação às demais substâncias?
O átomo de oxigênio tem configuração eletrônica
1s² 2s² 2p4, possuindo dois elétrons não emparelhados.
Assim, sua geometria angular (tetraédrica) apresenta
ângulos de 104° 40’, isso devido à hibridização sp³.
Os dois pares solitários de elétrons ocupam dois dos
vértices do tetraedro. Se esses elétrons se emparelhassem com elétrons s dos átomos de hidrogênio, resultaria uma estrutura com ângulo de 90° entre as ligações
H–O, ângulo formado pelos orbitais py e pz. Em conseqüência dessa estrutura assimétrica, a molécula da
água (H2O) possui um caráter fortemente polar.
Quando esfriamos uma porção de água, por volta de 0 °C, as moléculas ficam tão próximas que o
pólo positivo de uma atrai o pólo negativo da outra,
formando as pontes de hidrogênio. Por causa do
fenômeno da coesão, essas ligações formadas através das pontes de hidrogênio mantêm as moléculas
de água fortemente unidas. As pontes de hidrogênio
são formadas em maior quantidade quando a água
encontra-se no estado sólido. No entanto, próximo
de 0 °C, mesmo estando ela no estado líquido, ainda encontramos essas pontes. Isso justifica a redução
de volume de uma porção de água ao aquecê-la de
0 °C a 4 °C, quando essas pontes de hidrogênio vão se
desmanchando à medida que as moléculas de H2O se
afastam. Observemos, ainda, que no estado sólido as
moléculas de água
se organizam em
formas hexagonais,
numa estrutura mais
aberta que no estado
líquido, apresentando maior volume.
Representação estrutural
da água.
Oxigênio
Hidrogênio
H
O
Geometria angular (tetraédrica) da água devida à hibridização sp3.
10
L0 → 100%
ΔL → 1% ⇒ ΔL =
105°
L0
100
Como:
ΔL = L0 α Δθ,
então:
L0
= L α Δθ
100 0
1 = 2 · 10–5 (θ – 20)
100
500 θ1 – 20 ⇒
θ1 = 520 ºC
13
ΔL = L0 α Δθ
50,070 – 50,000 = 50,000 α (100 – 20) ⇒ 0,070 = 50,000 α 80
α = 1,75 · 10–5 C–1 ⇒
α = 17,5 10–6 C–1
O coeficiente de dilatação obtido, relativamente à tabela fornecida, é
provavelmente do metal cobre.
Alternativa c.
14 Colocando-se água fria no copo interno e mergulhando-se o
copo externo em água quente, o externo dilata-se e o interno contraise, ocorrendo a separação entre eles.
Alternativa d.
18
ΔL = L0 α Δθ
Por estimativa, temos:
L0 ⯝ 10 · 3 m ⯝ 30 m
Δθ ⯝ 20 °C
Portanto:
ΔL ⯝ 30 · 12 · 10–6 · 20 (m)
ΔL ⯝ 7,2 · 10–3 m ⇒
ΔL ⯝ 7,2 mm
19
ΔL = L0 α Δθ
Sendo:
L0 = 2,0 km = 2 000 m
Δθ = [110 – (–40)] °F = 150 °F
Como:
ΔθC ΔθF
ΔθC 150
=
⇒
=
⇒ ΔθC = 250 °C,
3
100 180
100 180
então:
ΔL = 2 000 · 12 · 10–6 · 250 (m) ⇒ ΔL = 2,0 m
3
Manual do professor
20
27
ΔL = L0 α Δθ
ΔL = α Δθ
L0
0,024 = α 2,0 · 103
α = 1,2 · 10–5 °C–1
Portanto:
ΔL = L0 α Δθ
ΔL = 100,0 · 1,2 · 10–5 · 1 500 (cm)
ΔL = 1,8 cm
Como: L = L0 + ΔL,
então: L = 100,0 + 1,8
ΔL = L0 α Δθ
Para a barra A: (2a – a) = a αA(b – 0)
a = a αA b ⇒ αA = 1
b
Para a barra B: (3a – 2a) = 2a αB (b – 0)
a = 2a αB b ⇒ 2 αB = 1
b
Então: αA = 2αB
Para a barra C: (4a – 2a) = 2a αC (b – 0)
2a = 2a αC b ⇒ αC = 1
b
Portanto:
αA = αC = 2αB
L = 101,8 cm
Alternativa d.
22
28
ΔL = L0 α Δθ
Como as barras são de mesmo material (αA = αB = α) e sofreram o mesmo aquecimento (ΔθA = ΔθB = Δθ), temos:
ΔL = α Δθ;
L0
ΔL
ΔL
ΔLA L0B
então: A = B ⇒
=
ΔL0
ΔL0
ΔLB L0
A
B
B
0,3
=
0,40
cm
ΔL
= 0,75 ⇒
B
ΔLB
Alternativa a.
24
Condição:
ΔLferro = ΔLconcreto
então:
L0 αFe Δθ = L0 αconc Δθ
Fe
conc
(7,8 – h) 13 · 10–6 = 7,8 · 12 · 10–6
13(7,8 – h) = 7,8 · 12
13 · 7,8 – 13 h = 12 · 7,8
7,8 = 13 h ⇒
25
Δθ
θ
tg a = Δ
Δθ
Assim, da tabela, vem:
tg aFe = Δ
Δθ
Fe
= 0,60 cm = 1,2 · 10–3 cm/°C
500 °C
tg aAl = Δ
Δθ
Al
= 0,46 cm = 2,3 · 10–3 cm/°C
200 °C
tg aPb = Δ
Δθ
Pb
= 0,27 cm = 2,7 · 10–3 cm/°C
100 °C
30
ΔLbarra = ΔLA + ΔLB
L0
26
ΔL
tg a = Δθ = L0 α
então:
tg a = L0 α
Como as retas são paralelas:
tg aA = tg aB
L0 αA = L0 αB
αA = 1,5 αB ⇒
Δᐉ
a
Alternativa a.
Alternativa b.
B
ᐉ
Como: tg aPb tg aAl tg aFe
então: aPb aAl aFe
Portanto, a correlação entre as retas e os materiais é:
A → Chumbo (Pb)
B → Alumínio (Al)
C → Ferro (Fe)
h = 0,60 m
Condição:
ΔL1 = L2
então:
L1 α1 Δθ = L2 α2 Δθ
α1 L1 = α2 L2
A
No diagrama, temos:
αA
αB = 1,5
L
barra
αbarra · Δθ = L0 αA Δθ + L0 αB Δθ
A
B
L0 + L0 αbarra = L0 αA + L0 αB
A
B
A
( + 2)αbarra = αA + 2 αB
a
θ
3 αbarra = (αA + 2αB)
αbarra =
αA + 2αB
3
Alternativa c.
B
55
56
31
ΔLbastão = ΔLA + ΔLlatão + ΔLCu
3Lαbastão Δθ = LαA Δθ + Lαlatão Δθ + L αCu Δθ
αA + αlatão + αCu
3
–6
–6
–6
–6
αbastão = 24 · 10 + 20 · 10 + 16 · 10 = 60 · 10
3
3
αbastão =
αbastão
= 20 · 10–6
°C–1
47 No aquecimento, tanto a chapa como o orifício tendem a aumentar suas dimensões. O furo comporta-se como se estivesse preenchido com o material da chapa.
Alternativa e.
50 O furo comporta-se como se estivesse preenchido com o material
da placa.
ΔA = A0 2α Δθ
ΔA = 10,0 · 2 · 2 · 10–5 · 100 (cm2) ⇒
37 Temos:
β=A
γ=B
β γ
α= =
2 3
A = 2α
B = 3α
Assim, verificando as respostas, temos:
3AA = 3(2α) (2α) = α
4 (3α)
4B
Alternativa e.
45
ΔA = 0,04 cm2
Alternativa d.
51
ΔA = A0 β Δθ
ΔA = π R2 2α Δθ
Portanto:
A0 = π R2 → 100%
ΔA = π R2 2α Δθ → x%
2
· 100 = 2 · 20 · 10–6 (520 – 20) 100
x = π R 2α Δθ
π R2
x = 2%
ΔθC = (76 – 40) °F = 36 °F
Δθ
ΔθC 36
Δθ
=
Como: C = F ⇒
100 180
100 180
ΔθF = 20 °C
Então, usando a expressão da dilatação cúbica, temos:
ΔV = V0 γΔθ
ΔV = V0 3α Δθ
ΔV = 5 · 3 · 2,2 · 10–5 · 20 ()
ΔV = 6,6 · 10–3 46
a) Correta. A dilatação térmica de um sólido ocorre nas três dimensões: comprimento, largura e altura.
b) Correta. A dilatação de um sólido ocorre sempre “para fora”. Havendo
um orifício nesse sólido, o orifício terá suas dimensões aumentadas.
c) Correta. Em sólidos homogêneos e isotrópicos, os coeficientes
de dilatação linear (α), superficial (β) e volumétrica (γ) guardam
a proporção:
α=β= γ
1 2 3
d) Correta. A variação de cada dimensão linear sofrida por um corpo
sólido, quando aquecido, pode ser expressa por:
ΔL = L0 α Δθ
em que ΔL é a variação de dimensão linear, L0, a dimensão linear
inicial, α, o coeficiente de dilatação linear (que é uma característica
do material e da temperatura) e Δθ, a variação da temperatura.
e) Incorreta.
α= L
L0Δθ
Como ΔL e L0 são medidos na mesma unidade, notamos que a dimensão de α resume-se ao inverso da unidade da temperatura:
[α] ⇒ °C–1 ou °F–1 ou K–1
Alternativa d.
Alternativa c.
53
ΔθF = (518 – 68) °F = 450 °F
ΔθC ΔθF
θ
=
⇒ C = 450 ⇒ ΔθC = 250 °C
100 180
100 180
Dilatação linear:
ΔL = L0 α Δθ
ΔL = 1,0 · 2,0 · 10–5 · 250
Portanto:
ΔL = 0,005 m
L = L0 + ΔL = 1,0 + 0,005
L = 1,005 m
Dilatação volumétrica:
ΔV = V0 γ Δθ
ΔV = AL 3 α Δθ
ΔV = 4,0 · 100 · 3 · 2,0 ·10–5 · 250
ΔV = 6 cm3
Portanto:
V = V0 + ΔV = 4,0 · 100 + 6 ⇒
V = 406 cm3
54
V0 → 100%
0,6 V0
ΔV → 0,6% ⇒ ΔV =
100
Como
ΔV = V0 γΔθ
então
0,6 V0
= V0 6,0 10–6 Δθ ⇒
100
Δθ = 1 000 °C
Manual do professor
55
V0 → 100%
ΔV → 1,2% ⇒ ΔV =
1,2 V0
100
Como:
ΔV = V0 γΔθ
então:
1,2 V0
= V0 3α(110 – 30)
100
Na dilatação linear:
ΔL = L0 α Δθ
ΔL = α Δθ
L0
e:
L0 → 100 %
ΔL → x%
ΔL 100
x= L
0
α = 5,0 · 10–5 ºC–1
Assim:
x = α Δθ 100 ⇒ x = 0,015 · 100 ⇒ x = 1,5%
56
Alternativa b.
ΔV = V0 γΔθ
ΔV = V0 3α Δθ
ΔV = 8 · 3 · 12 · 10–6 (520 – 20)
ΔV = 0,144 cm3
Portanto:
V0 = 8 cm3 → 100%
ΔV = 0,144 cm3 → x%
x = 0,144 · 100 ⇒ x = 1,8%
8
57
ΔL = L0 α Δθ
ΔL = α Δθ
L0
67
a) γap = γr – γf
γap (no cobre) = 1,8 · 10–4 – 3 · 1,6 · 10–5
γap (no cobre) = 1,32 · 10–4 °C–1
γap (no alumínio) = 1,8 · 10–4 – 3 · 2,4 · 10–5
γap (no alumínio) = 1,08 · 10–4 °C–1
b) ΔVap = V0 γap Δθ
ΔVap (no cobre) = 1 000 · 1,32 · 10–4 (100 – 0)
ΔVap (no cobre) = 13,2 cm3
ΔVap (no alumínio) = 1 000 · 1,08 · 10–4 (100 – 0)
ΔVap (no alumínio) = 10,8 cm3
Do gráfico:
ΔL = 2,4 mm = 2,4 mm = 2,4 · 10–3
103 mm
m
L
então:
2,4 · 10–3 = α 100
α = 2,4 · 10–5 °C–1
e:
γ = 3α = 7,2 · 10–5 °C–1
Portanto:
ΔV = V0 γ Δθ
ΔV = α3 7,2 · 10–5 · 100
ΔV = 7,2 · 10–3 a3
Alternativa a.
58
Na dilatação volumétrica:
V0 → 100%
ΔV → 4,5%
V 4,5
ΔV = 0
100
Como:
ΔV = V0 3α Δθ
então:
V0 4,5
= V0 3α Δθ
100
α Δθ = 0,015
70
V0 → 100%
ΔV → 2%
2V
ΔV = 0
100
Assim:
2V0
ΔV = V0 γ Δθ ⇒
= V γ Δθ ⇒ 2 · 10–2 = 1 · 10–3 (θ – 12)
100 0
20 = θ – 12 ⇒
θ = 32 °C
71
V0 → 100%
ΔV → 4% ⇒ ΔV =
4V0
100
Portanto:
4V0
ΔVap = V0 γap Δθ ⇒
= V (γ – 27 · 10–6) (80 – 0)
100 0 r
5 · 10–4 = γr – 27 · 10–6 ⇒
γr = 527 · 10–6 °C–1
72
ΔVap = V0 γap Δθ
(200 – 180) = 180 (1 000 · 10–6 – 100 · 10–6) (θ1 – 20)
20 = 180 · 9 · 10–4 (θ1 – 20)
123 = θ1 – 20
θ1 ⯝ 143 °C
57
58
73 Cálculo da dilatação do óleo:
ΔV = V0 γ Δθ
ΔVóleo = 104 · 0,9 · 10–3 (30 – 20) (cm3)
ΔV = 90 cm3
A dilatação do recipiente é a diferença entre a dilatação do óleo e o
óleo transbordado.
Assim:
ΔVrecipiente = (90 – 80 ) (cm3) ⇒
ΔVrecipiente = 10 cm3
75 Considerando desprezível a dilatação do vidro, temos:
ΔV = V0 γ Δθ
ΔV = V3 1,1 · 10–3 (12 – 32)
ΔV = –22 · 10–3 V0
Alternativa a.
x = ΔV 100
V0
então:
(–22 · 10–3 V0) 100
V0
84 Quando a temperatura varia, as alturas dos pilares variam de
x = –2,2%
⇒
O sinal negativo indica que houve uma diminuição de 2,2% no volume
do álcool.
µ0
(1 + γΔθ)
0,819
[1 + 5 · 10–4 (θf – 20)]
1 + 5 · 10–4 (θf – 20) = 1,05
5 · 10–4 (θf – 20) = 0,05
θf – 20 =
0,05 · 104
⇒ θf – 20 = 100 ⇒
5
θf = 120 ºC
78
µ0
(1 + γΔθ)
µ
1 + γ Δθ = 0 ⇒ 1 + γ (425 – 25) = 0,78
µ
0,65
400γ = 1,2 – 1
µ=
400γ = 0,2 ⇒ γ = 5 · 10–4 °C–1
82
ΔL = L0 α Δθ
ΔL = α Δθ
L0
A razão ΔL não depende da escala termométrica utilizada. Assim:
L0
αF ΔθF = αC ΔθC
Como, para ΔθF = 180 °C temos ΔθC = 100 °C, vem:
αF
180 = 3,6 · 10–6 · 100
Alternativa a.
ΔH = (h’ – h)(1 + α ΔT)
ΔL = L0 α Δθ
3 = L0 2,4 10–5 Δθ
L0 Δθ = 1,25 · 105
Como:
Q = m c Δθ
e:
m = L0 d = L0 2,8 · 10–3,
vem:
Q = L0 2,8 · 10–3 · 0,2 Δθ ⇒ Q = 0,56 · 10–3 (L0 Δθ)
77
0,780 =
acordo com as relações:
H = h(1 + α ΔT)
H’ = h’(1 + α ΔT)
O desnível obtido será dado por:
ΔH = H’ – H = h’(1 + α ΔT) – h(1 + α ΔT)
85
Alternativa b.
µ=
4B 2C
=
3
5
Usando: = 0(1 + α Δθ)
vem:
40 (1 + αB Δθ)
20 (1 + αC Δθ)
B
C
0 (1 + αA Δθ) =
=
,
A
5
3
mas
40 20
0 = B = C
5
3
A
Assim, simplificando, temos:
1 + αA Δθ = 1 + αB Δθ = 1+ αC Δθ
De onde concluímos que:
A =
αA = αB = αC
Como:
V0 → 100%
ΔV → x%
x=
83 Se a proporção indicada vale para qualquer temperatura,
temos:
⇒
αF
= 2,0 · 10–6 · F–1
Q = 0,56 · 10–3 · 1,25 · 105 ⇒
Q = 70 cal
Alternativa b.
86
Na iminência de deslocamento:
P sen α = Fat = µ N
P sen α = µ P cos α
tg α = µ
Mas:
ΔL – ΔL
tg α = zinco –1 latão ,
10
então:
(L0 α Δθ)zinco – (L0 α Δθ)latão
µ=
10–1
F at
(ΔLzinco – ΔLlatão)
α
P
10 cm = 10–1 m
10–1 · 0,01 = 1,25 Δθ (2,6 · 10–5 – 1,8 · 10–5)
Δθ = 100 °C
87 Para que a forma seja mantida, o diâmetro da semicircunferência (formada pelos segmentos de zinco e platina) deve se dilatar como
se fosse de cobre.
Manual do professor
Assim:
ΔLcobre = ΔLzinco + ΔLplatina
L0 αcobre Δθ = L0 αzincoΔθ + L0
cobre
zinco
17 · 10–6 = x
29 · 10–6 + y
(x + y)
17x + 17y = 29x + 9y
8y = 12x
platina
αplatina Δθ
9 · 10–6
59
90 Para os lados AB e BC:
ΔL = L0 α Δθ
ΔLAB = ΔLBC = 2 α Δθ
Para o lado AC:
ΔL = L0 α Δθ
ΔLAC = 2 α Δθ
Assim:
ΔLAB = ΔLBC = ΔLAC
x 8 2
= =
y 12 3
Alternativa e.
Alternativa e.
91
88
Raio R:
R’ = R (1 + α Δθ)
No aquecimento, temos:
Período do pêndulo:
T = 2π L
g
R’ R
Portanto:
T = 2π
L0 (1 + αΔθ)
g
T = 2π
L0
· 1 + αΔθ
g
Distância d:
Antes do aquecimento: C = 2π R – d
Após o aquecimento:
C’ = 2π R’ – x
C(1 + α Δθ) = 2π R(1 + α Δθ) – x
x = (2π R – C)(1 + α Δθ)
x = (2π R – 2π R + d)(1 + α Δθ)
Como:
2π
x = d(1 + α Δθ)
L0
= T0,
g
Portanto, no aquecimento, d também aumenta.
vem:
T = T0 1 + αΔθ
Alternativa b.
Portanto:
L0 → 100%
0,1 L0
ΔL → 0,1% ⇒ ΔL =
100
Como: ΔL = L0 α Δθ,
0,1 L0
então:
= L0 α Δθ
100
1 · 10–3 = 2 · 10–5 (θ – 20)
50 = θ – 20
92
T = T0 1 + 1 · 10–5 [–40 –(20)]
T = T0 1 – 6 · 10–4 = T0 1 – 0,0006
T = 0,99969 T0
Assim, em um dia (86 400 s) o relógio irá adiantar, marcando:
1 dia = (86 400 · 0,99969) s = 86 373,22 s
A diferença corresponde a:
Δt = (86 400 – 86 373,22) s ⇒
Δt ⯝ 26 s
Alternativa b.
89
T1 = 0,75T0
L1 3
L
= · 2π 0
g 4
g
3
L1 =
L
4 0
L1 = 9 L0
16
L0 (1 + αΔθ) = 9 L0
16
16 + 16 · 4,375 · 10–3 · Δθ = 9
Δθ = –100 °C
Entre o laboratório e a câmera frigorífica, temos:
2π
Δθ = 100 °C = 1 · 102 °C
Resposta: 1
θ = 70 °C
94 Sendo L a indicação da régua à temperatura θ maior que 20 °C
e L0 a indicação da mesma régua a 20 °C, temos que o erro relativo
percentual fica determinado por:
L – L0
dr =
100%
(%)
L0
[L (1 + αΔθ) – L0]
dr = 0
100%
(%)
L0
0,05 = (1 + αΔθ – 1) 100
5,0 · 10–4 = 2,0 · 10–5 (θ – 20°)
θ = 45 °C
Alternativa b.
95
ΔL = L0 α Δθ
ΔLaço = 20 · 12 · 10–6 · 20 (cm)
ΔLaço = 48 · 10–4 cm
ΔLbronze = 20 · 18 · 10–6 · 20 (cm)
ΔLbronze = 72 · 10–4 cm
60
Portanto, a –5 °C, a diferença de comprimento é dada por:
ΔL = 72 · 10–4 – 48 · 10–4 (cm)
ΔL = 24 · 10–4 cm
Resposta: 24
98
d = R 2 – R1
d’ = R’2 – R’1
d’ = R2(1 + α Δθ) – R1(1 + α Δθ)
d’ = (R2 – R1)(1 + α Δθ)
d’ = d(1 + α Δθ)
Alternativa a.
ΔVap = 200 · 8,97 · 10–4 · 25 ⇒
99
ΔVfrasco = ΔVlíquido
(V0 γ Δθ)frasco = (V0 γ Δθ)líquido
60 · 3 · 9 · 10–6 · Δθ = V0 18 · 10–5 Δθ
V0 = 9 cm3
100
(01) Incorreta
O raio R aumenta quando o balão é aquecido.
(02) Correta
(04) Incorreta
γap = γ – 3α
(08) Correta
µ0 = m ⇒ m = µ0 V0
V0
µ= m ⇒ m=µV
V
µ V = µ0 V0
µ V0(1 + γ Δθ) = µ0 V0
µ0
µ=
= µ (1 + γ Δθ)–1
(1 + γ Δθ) 0
(16) Correta
ΔVbalão = ΔVlíq – ΔVap
ΔVbalão = V0 γ Δθ – Ve
Resposta:
26
101
ΔVaparente = V0 γap Δθ
30,4 = 2 000 (γm – γf)(100 – 0)
15,2 · 10–5 = 18,2 · 10–5 – 3αf
3 αf = 3,0 · 10–5
αf = 1,0 · 10–5 °C–1
102 As massas de mercúrio nos dois ramos verticais são iguais e os
volumes são diferentes apenas devido às temperaturas diferentes.
V = V0 (1 + γ Δθ)
A H1 = A H2 (1 + γ Δθ)
254,5 = 250,0(1 + γ 100)
254,5 = 250,0 + 250,0 γ 100
4,5 = 250,0 γ 100
γ = 1,8 · 10–4 °C–1
Alternativa b.
103
a) Incorreta
A diminuição do volume da gasolina é maior que a do tanque.
b) Incorreta
A gasolina é comprada por litro. Assim, em temperaturas maiores
encontramos menos gasolina em um litro.
c) Incorreta
γap = γr – γf = 9,6 · 10–4 – 63 · 10–6
γap = 9,6 · 10–4 – 0,63 · 10–4 ⇒ γap = 8,97 · 10–4 °C–1
d) Incorreta
ΔV = V0 γ Δθ
ΔV = 100 · 9,6 · 10–4 · 10 ⇒ ΔV = 0,96 e) Correta
Δap = V0 γ ap Δθ
ΔVap ⯝ 4,48 Alternativa e.
104
a) O processo físico relacionado ao fenômeno citado é a dilatação
térmica.
A explicação do fenômeno é que a parte do copo de vidro da mamadeira que recebe a água quente é aquecida até o equilíbrio térmico.
Essa parte dilata-se. O restante do copo é aquecido lentamente, já
que o vidro é mau condutor de calor, dilatando-se menos.
Na região onde se encontra o nível superior da água, que separa as
regiões aquecidas e não-aquecidas de vidro, ocorre uma ruptura,
provocada pela força interna proveniente da diferença de dilatação.
b) Usando-se a equação do balanço energético, temos:
(m c Δθ)água +(C Δθ)mamadeira = 0
Como:
d = m ⇒ m = d V,
V
então, (d V c Δθ)água + (C Δθ)mamadeira = 0
1 · 250 · 1 (92 – 98) + C (92 – 32) = 0
–1500 + 60C = 0
60C = 1 500 ⇒
C = 25 cal/ºC
105
1) Cálculo da massa:
m
m
dg = V ⇒ Vg = d
g
g
m
m
da = V ⇒ Va = d
a
a
ΔV = Vg – Va
m m
1 1
ΔV = d – d = m d – d
g
a
g
a
ΔV =
m=
(da – dg)
m
dg da
ΔV dg da
⇒ m = 20 · 0,9 · 1,0 (g) ⇒
1,0 – 0,9
da – dg
2) Calor cedido pela água
Q = m c Δθ + m L = m (c Δθ + L)
Q = 180(1,0 · 20 + 80) (cal) ⇒
Alternativa a.
Q = 18 000 cal
m = 180 g
Manual do professor
109
Dilatação linear:
L0 → 100%
2L
ΔL → 2% ⇒ ΔL = 0
100
Como:
ΔL = L0 α Δθ,
temos:
2L0
= L α Δθ ⇒ α Δθ = 0,02
100 0
Dilatação superficial:
A0 → 100%
xA
ΔA → x% ⇒ ΔA = 0
100
Como:
ΔA = A0 β Δθ
ΔA = A0 2α Δθ,
então:
x A0
= A0 2(α Δθ)
100
x = 2 · 0,02 ⇒
100
x = 4%
Observe que independe da geometria do corpo.
Dilatação volumétrica:
V0 → 100%
yV
ΔV → y% ⇒ ΔV = 0
100
Como:
ΔV = V0 γ Δθ
ΔV = V0 3α Δθ,
então:
y V0
= V 3 (α Δθ)
100 0
y = 3 · 0,02 ⇒
y = 6%
100
Observe que independe da forma do corpo.
Alternativa e.
110 Ao girar 45°, o eixo gira 1 do seu comprimento. Isso correspon-
8
de ao tanto que a barra dilatou.
ΔL = L0 γ Δθ
2π R = L α Δθ
0
8
2 · 3,2 · 5 = 1 000 · 2 · 10–5 (θ – 20) ⇒ 200 = θ – 20
8
θ = 220 °C
Alternativa a.
111
1) Ao pé da torre:
g = G M 2m
R
No alto da torre:
g’ = G M m2
(R + h)
Período de oscilação do pêndulo ao pé da torre:
T = 2π L
g
No alto da torre:
T’ = 2π L
g’
Assim:
T = g’ =
g
T’
GMm
(R + h)2
GMm
R2
T= R
T’ (R + h)
2) Alterando-se a temperatura, ao pé da torre:
T = 2π L0
g
T’ = 2π
L0 (1 + α Δθ)
g
1
T=
= R
(1 + α Δθ) (R + h)
T’
2
1
= R
(1 + α Δθ) (R + h)2
R2 + R2 α Δθ = R2 + 2Rh + h2
R2 α(θ – 0) = h(2R + h)
θ = h(2R +2 h)
αR
Alternativa b.
112
No início, vale:
x2 = a2 + b2 (Pitágoras)
Em uma temperatura θ qualquer, vale:
(x + Δx)2 = (a + Δa)2 + (b + Δb)2
x2 + 2x Δx + Δx2 = a2 + 2a Δa + Δa2 + b2 + 2b Δb + Δb2
Como (Δx)2, (Δa)2 e (Δb)2 são insignificantes, vamos desprezá-los:
2x Δx = 2a Δa + 2b Δb
x(x αx Δθ) = a(a αa Δθ) + b(b αb Δθ)
x2 αx = a2 αa + b2 αb
Como:
x 2 = a2 + b 2
e a = 2b,
temos:
(a2 + b2) αx = (2b)2 αa + b2 αb
[(2b)2 + b2)] αx = 4b2 αa + b2 αb
5b2 αx = 4b2 αa + b2 αb ⇒ 5αx = 4αa + αb
αx =
4αa + αb
5
113
1) ΔL = L0 α Δθ
ΔL = 20 · 12 · 10–6 (40 – 15) ⇒ ΔL = 6 · 10–3 m
2) O erro relativo percentual é dado por:
e(%) = ΔL 100
L0
61
62
Assim:
–3
e(%) = 6 · 10 · 100
20
e(%) = 0,03%
114 Um corpo fica totalmente imerso em um líquido quando:
dcorpo dlíquido
d = densidade absoluta
Assim, à medida que o sistema vai sendo aquecido, o corpo imerge
cada vez mais no líquido. A imersão total ocorrerá quando:
dcorpo = dlíquido
Mas
d0 = d(1 + γ Δθ)
d0
d=
(1 + γ Δθ)
Então:
d0
1 + γ Δθ
=
corpo
d0
1 + γ Δθ
líquido
0,8
8,8
=
1 + 18 · 10–6 (θ – 25)
1 + 360 · 10–6 (θ – 25)
1
1,1
=
1 + 18 · 10–6 (θ – 25)
1 + 360 · 10–6 (θ – 25)
1 + 360 · 10–6 (θ – 25) = 1,1 + 19,8 · 10–6 (θ – 25)
340 · 10–6 (θ – 25) = 0,1
(θ – 25) = 100 000 ⇒ (θ – 25) ⯝ 294
340
θ ⯝ 319 °C
Alternativa c.
Parte II - ONDULATÓRIA
Tópico 1
Movimento harmônico simples
No bloco 1, ao iniciar este Tópico, é preciso lembrar do movimento circular uniforme, uma vez que
o movimento harmônico simples é equacionado a partir dele. Nesse bloco, o MHS é estudado do ponto de
vista cinemático.
No bloco 2 é estudada a dinâmica do MHS. Utilizando-se diferentes molas e corpos de massas diversas, é possível testar a fórmula do período do oscilador massa-mola.
É importante enfatizar que a fórmula T = 2π m
K
é válida para o cálculo do período de oscilação de
qualquer corpo em movimento harmônico simples.
A constante K, entretanto, é dada por expressões que
dependem do sistema que oscila em MHS. No caso
de qualquer oscilador massa-mola ideal, K é a própria
constante elástica da mola.
A Leitura O pêndulo de Foucault, recomendável
aos estudantes, mostra como Foucault usou o pêndulo
para constatar a rotação da Terra.
Dependendo do planejamento do professor, este
Tópico pode ser abreviado sem comprometer o Tópico 2 (Ondas) e o Tópico 3 (Acústica). Para tanto, basta expor os itens de 1 a 5, antes de iniciar o
Tópico 2.
1.Introdução
2.Movimento periódico
3.Movimento oscilatório
4.Movimento harmônico simples
5.Função horária da elongação no MHS
6.Função horária da velocidade escalar instantânea
7.Função horária da aceleração escalar instantânea
9.Aceleração escalar no MHS em função da
elongação
Exercícios
10.Força no movimento harmônico simples
11. Período do MHS
14. Pêndulo simples
Exercícios
• Algo mais
Julga-se bastante proveitosa aos estudantes a Leitura “Massa inercial e massa gravitacional”.
As informações sobre cálculo apresentadas nos
Apêndices dos Tópicos 1 e 3 de Cinemática (parte I,
volume 1), mais as três acrescentadas a seguir, podem
simplificar bastante a cinemática do MHS, tanto na
obtenção das funções como na obtenção de um gráfico a partir de outro:
• Em um ponto em que uma função é crescente, decrescente ou passa por um máximo ou um mínimo,
sua derivada é, respectivamente, positiva, negativa
ou nula.
Manual do professor
•
d (sen ϕ)
d (cos ϕ)
= cos ϕ e
= –sen ϕ
dϕ
dϕ
63
Planeta
Nota: Por meio do coeficiente angular de retas tangentes
nos gráficos do seno e do cosseno, podemos mostrar indícios de que essas derivadas estão corretas.
R
• Regra da cadeia
Sejam ϕ uma função da variável t e F uma função
de ϕ.
A derivada de F em relação a t é dada por:
dF = dF dϕ
dt dϕ dt
F
F
Partimos da função x = A cos ϕ = A cos (ωt + ϕ0) ,
ϕ
facilmente determinável, e obtemos:
dϕ
= (–A sen ϕ)ω
v = dx = dF = dF
dt dt dϕ dt
F1
F2
Sol
c
dmín
dmáx
F1 e F2: focos da elipse
R: raio médio da órbita (semi-eixo maior da elipse)
R=
e
dF
dv
=
= (–ω A cos ϕ) ω
α=
dt dt
α = –ω2 A cos ϕ = –ω2 A cos (ωt+ϕ0)
1. Quais planetas do Sistema Solar realizam movimento
de rotação em sentido oposto ao da Terra?
Os planetas que realizam movimento de rotação
em sentido oposto ao da Terra (rotação retrógrada)
são Vênus, Urano e Plutão (planeta anão).
O eixo de rotação de Urano está quase no plano
de sua órbita, ou seja, ele praticamente rola ao longo
de sua trajetória.
2. Procure informações sobre outros movimentos da
Terra, além do movimento de rotação.
Movimento de translação: é o movimento orbital em torno do Sol.
A órbita da Terra é uma elipse pouquíssimo “achatada” (excentricidade igual a 0,0167). Isso significa
que se trata de uma órbita praticamente circular. Seu
raio médio (R) vale cerca de 1 UA (uma unidade astronômica), que é aproximadamente igual a 149,6 milhões de quilômetros.
O período do movimento de translação do nosso
planeta é de 365,25 dias terrestres, e sua velocidade
orbital é próxima de 30 km/s.
dmín + dmáx
2
e: excentricidade da elipse
e= c
R
F
F
v = –ω A sen ϕ = –ω A sen (ωt + ϕ0)
ϕ
c
Sugestão: Pedir aos estudantes a determinação de
dmín e dmáx, que são, respectivamente, as distâncias
mínima e máxima da Terra ao Sol:
e= c → c=eR
R
c ⯝ 0,0167 · 149,6
c ⯝ 2,5 milhões de quilômetros
dmín = R – c ⇒ dmín ⯝ 149,6 – 2,5
dmín ⯝ 147 milhões de quilômetros
dmáx = R + c ⇒ dmáx ⯝ 149,6 + 2,5
dmáx ⯝ 152 milhões de quilômetros
Movimento de precessão: é o movimento do eixo
de rotação do planeta em torno da direção perpendicular ao plano de sua órbita (plano da eclíptica). É o
mesmo tipo do movimento do eixo de rotação de um
pião, quando ele começa a tombar.
Eixo de
rotação
23,5°
Terra
Plano da órbita
da Terra.
64
O período desse movimento é aproximadamente
igual a 26 000 anos.
Movimento de nutação: é outro movimento do
eixo de rotação da Terra. Além da translação e da precessão, esse eixo realiza vários movimentos oscilatórios de pequenas amplitudes em torno de uma posição
média, que recebem o nome de nutação.
A principal nutação tem período aproximadamente igual a 18,6 anos.
θ
θ
T’ = T 1 + 1 sen2 máx + 9 sen4 máx + ...
64
4
2
2
3. Se o pêndulo de Foucault oscilasse no equador terrestre, o movimento de rotação do planeta Terra seria constatado?
Para simplificar,
vamos supor que o
Meridiano
pêndulo seja posto a
oscilar no mesmo plano do equador, em um
local P. Nesse caso, o
P
Equador
plano de oscilação é
perpendicular ao meridiano do lugar.
Algumas
horas
depois, o plano de
oscilação do pêndulo
continuará perpendicular a esse meridiano.
Portanto, o plano
de oscilação não se
moverá em relação
a um observador em
Meridiano
P, e a rotação do planeta não poderá ser
detectada por ele.
Equador
P
Se o pêndulo, no
equador, for posto a
oscilar em outro plano
qualquer, o resultado
será o mesmo: a rotação da Terra também
não será constatada.
4. Você conheceu a fórmula para calcular o período de
oscilação de um pêndulo simples na condição de pequenos ângulos (θmáx 10°). Procure saber qual é a
fórmula do período quando essa condição não é satisfeita. Em seguida, considere um pêndulo que, na condição de pequenos ângulos, oscila com período igual
a 2,00 s. Usando apenas os três primeiros termos da
fórmula que você encontrou, calcule o período desse
mesmo pêndulo no caso em que θmáx é igual a 60°.
Na condição de pequenos ângulos, o período de
um pêndulo simples é T. Quando essa condição não é
satisfeita, o período do mesmo pêndulo passa a ser T’,
dado pela seguinte expressão:
T’ = 2,00 1 + 1 · 0,52 + 9 · 0,54
64
4
T’ = 2,00 (1 + 0,0625 + 0,0087891)
T’ = 2,14 s
Δt =
7
–A
T
4
O
A
Δt = T
4
2π
ω=
⇒ π = 2π ⇒ T = 4s
T
2 T
Portanto: Δt = T = 4 ⇒ Δt = 1 s
4 4
Alternativa d.
10
• f = 120 rpm = 2 Hz ⇒ ω = 2 π f ⇒ ω = 4 π rad/s
• A = 0,5 m
• x = A cos(ωt + ϕ0) ⇒ x = 0,5 cos (4πt + ϕ0)
a) ϕ0 = 0 ⇒
x = 0,5 cos 4 π t (SI)
b) ϕ0 = π rad ⇒
2
x = 0,5 cos 4 π t + π
2
(SI)
c)
ϕ0 = 5π rad
3
60°
M
M‘
O
x = 0,5 cos 4 π t +
5π
3
A
2
A
x
(SI)
11
v = –ω A sen(ωt + ϕ0)
• A = 10 cm = 0,1 m
• f = 2 Hz ⇒ ω = 2 πf = 2 π 2 ⇒ ω = 4 π rad/s
• x = A cos(ωt + ϕ0)
Em t = 0, x = –A: –A = A cos ϕ0 ⇒ cos ϕo = –1 ⇒ ϕ0 = π rad
Portanto:
v = –4 π · 0,1 sen(4 π t + π)
v = –0,4 π sen(4 π t + π)
Alternativa d.
x
Manual do professor
12
29
65
Energia
t2
L
t1
Δϕ = 105°
EP
L
EC
30°
45°
–L
0
–L 2
2
L 3
2
L x
–A
0
–A
2
A
2
A
x
Em = EP + Ec
K A2 = K x2 + K x2 , pois E = E
P
c
2
2
2
180° → π rad
105° → Δϕ
⇒ Δϕ = π 105 rad
180
ω = 2πf = 2π 10 ⇒ ω = 20π rad/s
ω = Δϕ ⇒ Δt = Δϕ
ω
Δt
105
π
180 = 1 · 105 = 7 ⇒ Δt ⯝ 0,029 s
Δt =
20π
20 180 240
2x2 = A2 ⇒
30
• m1
K1
15 Enquanto a peça completa uma volta, a haste realiza três osci-
lações. Portanto, a freqüência do movimento da haste (fH) é o triplo da
freqüência do movimento da peça (fP):
fH = 3 fP
• ωP = 2πfP ⇒ π = 2πfP ⇒ fP = 0,5 Hz
K1
f= 1
2π m1
⇒
m2
K2
f= 1
2π m2
K2
Alternativa b.
x=± A
2
• Em = Em
1
K1 K 2
=
(I)
m1 m2
2
K1A21 K2A22
(II)
=
2
2
De (I): massa menor ⇒ K menor
De (II): K menor ⇒ A maior
• fH = 3fP = 3 · 0,5 ⇒ fH = 1,5 Hz
Alternativa e.
Alternativa b.
32 Para pequenas amplitudes, o período do pêndulo não depende
da amplitude. Sabemos também que o período não depende da massa:
T=2π g
Reduzindo o comprimento a (0,4 m), o período se reduz à metade e,
4
conseqüentemente, a freqüência dobra.
16
a) Sendo A a amplitude do MHS, em x = –A devemos ter velocidade
escalar nula e aceleração escalar máxima.
Portanto, o gráfico B refere-se à posição, o gráfico A refere-se à velocidade, e o gráfico C, à aceleração.
b) Do gráfico B, temos:
A = 0,5 m
f= 1 = 1 ⇒
T 0,4
Alternativa c.
33
f = 2,5 Hz
26
R
• Quando o pêndulo não está encostado no prego, seu comprimento
é: = 40,0 cm (período T).
• Quando o fio encosta no prego, passamos a ter um pêndulo de comprimento ‘ = 10,0 cm (período T’). Como ‘ = , então T’ = T .
2
4
• O período de oscilação do sistema é TS:
TS = T + T’ = T + T ⇒
2 2 2 4
TS = 3T
4
34
T=2π R
g
1,2 = 2 · 3
R = 0,4 m
R
10
a) f = 1 g = 1 10 ⇒ f = 0,8 Hz
2π 2π 0,4
b) A freqüência máxima corresponde ao caso em que o holofote lampeja toda vez que o pêndulo passa pela vertical. Assim, o holofote
lampeja duas vezes durante uma oscilação do pêndulo. Por isso, sua
freqüência é o dobro da freqüência do pêndulo, ou seja, 1,6 Hz.
66
a) Se A = B ⇒ x2 + y2 = A2
2
y2
b) Se A ≠ B ⇒ x 2 + 2 = 1
A B
38
ω = π rad/s
R = 5,0 m
a) x = R sen (ω t) ⇒ x2 = R2 sen2 (ω t)
2
sen2 (ω t) = x 2
(I)
R
(y – R)2
R2
(equação de uma elipse)
40 Num MHS:
v2 = ω2 (A2 – x2) ⇒
y = R cos (ω t) + R ⇒ y – R = R cos (ω t)
(y – R)2 = R2 cos2 (ω t)
cos2 (ω t) =
(equação de uma circunferência)
v 2 + x2 = 1 ⇒
A2
elipse
ω2 A2
41
a) A = 0,1 m
(II)
Durante uma oscilação do corpo, a fita desloca-se 0,5 m:
v = Δs ⇒ 0,2 = 0,5 ⇒ Δt = T = 2,5 s
Δt
Δt
1
1
f= =
⇒ f = 0,4 Hz
T 2,5
Como sen2 (ω t) + cos2 (ω t) = 1, temos, de (I) em (II):
(y – R)2 x2
+ 2 = 1 ⇒ (y – R)2 + x2 = R2
R2
R
(y – 5,0)2 + x2 = 25 (equação da trajetória, no SI)
Portanto, a trajetória é uma circunferência de 5,0 m de raio, com
centro em x = 0 e y = 5,0 m.
y (m)
10
v
P
b) T = 2π m ⇒ 2,5 = 2π 2 ⇒ K = 12,8 N/m
K
K
c) ϕ0 = 3π rad
2
ω = 2πf = 2π 0,4 ⇒ ω = 0,8π rad/s
y = A cos (ωt + ϕ0)
acp
y = 0,1 cos 0,8π t + 3π
2
(SI)
5,0
42
• Cálculo de δ (fase inicial):
t0 = 0
0
x (m)
A
b) A partícula realiza, tanto no eixo x quanto no eixo y, movimentos
harmônicos simples de mesma amplitude R e mesma pulsação ω.
Como esses movimentos podem ser associados a um MCU que os
gera por projeção, concluímos que o movimento circular da partícula é uniforme.
Então, o módulo v da velocidade da partícula é igual em qualquer
ponto da trajetória, podendo ser calculado, por exemplo, no ponto
P indicado na figura anterior. Nesse ponto, vy = 0 e v = vx :
δ
A
2
t0 = 0
máx
v = ω A = ω R = π 5,0 ⇒
A aceleração da partícula, que é centrípeta, também tem o mesmo
2
módulo v ou ω2 R em qualquer ponto da trajetória.
R
Assim, temos:
acp = ω2 R = π2 5,0 ⇒
–A
v = 5,0 π m/s
acp = 5,0π2 m/s2
c) A partícula realiza um movimento circular e uniforme, de período
dado por:
ω = 2π ⇒ T = 2π = 2π ⇒ T = 2,0 s
T
ω π
39
2
x = A cos ω t ⇒ cos2 ω t = x 2
A
y2
2
y = B sen ω t ⇒ sen ω t = 2
B
2
y2
⇒ x2 + 2 = 1
A B
A
2
0
A
x
Em t0 = 0, a elongação é x = A e está diminuindo.
2
No triângulo destacado:
A
cos δ = 2 = 1 ⇒ δ = π rad
3
A 2
• Cálculo de ω:
ω = 2π
T
Da figura, observamos que o corpo realiza meia oscilação (meio
ciclo) no intervalo Δt = t7 – t3, que corresponde a meio período do
MHS.
Δt = T = t7 – t3 ⇒ T = 2(t7 – t3)
2
Logo: ω =
2π
⇒
2(t7 – t3)
ω=
π
t 7 – t3
Manual do professor
• Cálculo de k:
k=mω2 ⇒
Keq = 2K
k=m
π
t 7 – t3
2
TII = 2π
v(t5) = vmáx = ω A ⇒
v(t5) =
π A
t 7 – t3
2
π
A
t 7 – t3
Alternativa e.
4 · 2π
43
a) y = A cos (ωt + ϕ0)
• Cálculo de ω e A:
Do gráfico, temos:
T = 3 s e vmáx = 1 m/s
Como ω = 2π : ω = 2π rad/s
T
3
Como vmáx = ω A: 1 = 2π A ⇒ A = 3 m
2π
3
• Determinação de ϕ0:
1a) Em t = 0, temos:
y = 0 e v 0 (bloco descendo)
Então: ϕ0 = π rad
2
TI
⇒ T =2
II
45 Se, no intervalo de tempo em que o pêndulo de comprimento 1 realiza quatro oscilações, a situação inicial de ambos se repete,
concluímos que nesse mesmo intervalo o pêndulo de comprimento 2
também realiza um número inteiro (n) de oscilações:
4T1 = n T2
• Cálculo de amáx:
amáx =
m = 2π m
Keq
2K
2π 2m
TI
K
=
TII
m
2π
2K
• Cálculo de v(t5):
amáx = ω2 A ⇒
67
1
= n 2π 2 ⇒ 4 1 = n
g
g
2
(I)
Multiplicando a expressão I, membro a membro, por 2, obtemos:
1
= 2n
2
8
Como n é inteiro, 2n também é, o que nos leva à alternativa correta.
Note que 6 1 não é necessariamente inteiro. De fato, se a expressão I
2
for multiplicada, membro a membro, por 1,5, obteremos:
1
= 1,5 n
2
6
Se n for ímpar, 1,5n não será um número inteiro.
y
Alternativa c.
A
46 O período de oscilação do pêndulo é dado por:
ϕ0
gap
T = 2π
0
vmáx
–A
{
2a)
v = –ω A sen(ωt + ϕ0)
Do gráfico, temos que v = –1 m/s em t = 0:
–1 = –1 sen ϕ0 ⇒ sen ϕ0 = 1 ⇒ ϕ0 = π rad
2
Portanto:
y = 3 cos 2π t + π
2
2π
3
(SI)
b) A “área” pedida corresponde ao deslocamento escalar Δy desde um
ponto de inversão do sentido do movimento (v = 0) até um ponto
em que a velocidade escalar é máxima, ou seja, à amplitude A:
“área” = A = 3 = 3 ⇒
2π 2 · 3
“área” = 0,5 m
em que gap é o módulo da aceleração da gravidade aparente (em relação ao elevador).
I) Correta.
Quando o elevador não apresenta aceleração em relação à Terra,
temos gap = g.
II) Correta.
Nesse caso, gap = g + a.
III) Correta.
Nesse caso, gap = g – a.
IV) Correta.
Nesse caso, gap = 0 e o pêndulo não oscila.
Alternativa a.
m x
47
a)
Fg
44 Na figura I, as molas estão associadas em série. Sendo K a cons-
tante elástica de cada mola, temos:
Keq = K
2
TI = 2π m = 2π 2m
Keq
K
A montagem da figura II equivale a uma associação de molas em paralelo, uma vez que o comportamento do sistema seria o mesmo se as
molas estivessem do mesmo lado do bloco. Assim:
m
M
M‘
O
R
Fg = G M’2 m
x
x
68
Sendo µ a densidade da Terra, temos:
G µ 4 π x3 m
3
=Gµ 4 πmx
Fg =
3
x2
M
4
Fg = G 4
πmx
π R3 3
3
G
Fg = – M3 m x (valor relativo ao eixo Ox)
R
49
K
Fg = –K x
Portanto, o movimento do corpo é harmônico simples.
b)
m = 2π R3
GM
GMm
R3
(6,4 · 106)3
⇒
6,7 · 10–11 · 6,0 · 1024
b) T = 2π m = 2π
K
T = 2 · 3,14
⇒
a) Para registrar (correta ou incorretamente) 24 horas, ou seja, para o
ponteiro das horas completar duas voltas, o pêndulo tem de realizar um mesmo número n de oscilações:
A 20 °C:
n τ20 = 24 h = 86 400 s
(I)
A 30 °C:
n τ30 = 24 h + 8,64 s = 86 408,64 s (II)
Dividindo (II) por (I), obtemos:
τ30
= 1,0001
τ20
2π g
= 1,0001
0
2π
g
= 1,0002
0
= 0 1,0002 = 0 (1 + α 10)
τ30
=
τ20
T ⯝ 85 min
2
c) m ω2 R = G M2 m ⇒ 4π2 = G M
⇒
T
R3
R
⇒
α = 2 · 10–5 °C–1
50 O bloco perde contato com a plataforma quando a força de rea-
3
T = 2π R
GM
48
g‘ T’
h
Torre
gT
ção normal da plataforma sobre o bloco (Fn) se anula. Nessa situação, a
única força atuante no bloco é o seu peso, razão pela qual a aceleração
tem módulo g = 10 m/s2.
(I)
α = –ω2 x
α = –10 m/s2
ω = 2π = 2π ⇒ ω = 2π rad/s
T
1
Em (I):
–10 = –40x ⇒ x = 1 m ⇒ x = 25 cm
4
51
g= GM
R2
g’ = G M 2
(R + h)
a)
L
m
v=0
⇒ g’ = g
T = 2π L
g
T’ = 2π L = 2π
g’
M
R2
(R + h)2
(no pé da torre)
L
2
g R 2
(R + h)
v=0
(no alto da torre)
Para que o período também seja T’ no pé da torre, devemos aumentar
o comprimento do pêndulo por meio da dilatação térmica, elevando
sua temperatura a um valor θ:
T’ = 2π L (1 + αθ)
g
Igualando as duas expressões de T’, temos:
L
2π
= 2π L (1 + αθ)
2
g
R
g
(R + h)2
(R + h)2 = 1 + αθ ⇒ αθ = (R + h)2 – 1
R2
R2
2
2
2
αθ = R + 2Rh 2+ h – R = h(2R 2+ h)
R
R
h(2R
+
h)
θ=
αR2
Alternativa b.
x
L–x
Da conservação da quantidade de movimento do sistema carroprancha, temos, em módulo:
m v m = M vm
carro
prancha
m x =M L–x ⇒ x= ML
Δt
M+m
Δt
x
A amplitude A é igual a . Então:
2
A=
ML
2 (M + m)
b) A máxima intensidade da força no carro em MHS não pode exceder
a intensidade da força de atrito de destaque:
m ω2 A µ m g ⇒ 4π2 f2 A µ g
Manual do professor
µg
A
fmáx = 1
2π
54 No inverno, o período das oscilações do pêndulo é T = 1,0 s.
i
No verão, o relógio passa a atrasar porque o período aumenta, passando a valer Tv = Ti + x. Assim, em cada oscilação, o relógio registra a
passagem de 1,0 s, quando, na realidade, passou 1,0 s + x.
Vamos calcular x, que é o atraso ocorrido em cada segundo real:
• 1 mês = 30 · 24 · 3 600 s ... 2,0 min = 120 s
1,0 s ... x
2 µ g (M + m)
fmáx = 1
2π
ML
52
P
m
M
S
–5
120
x = 30 · 24 · 3 600 ⇒ x ⯝ 4,6 ·10 s
a) O período de um oscilador massa-mola ideal é:
T = 2π
v
– 2π i = x
g
g
i (1 + αΔθ)
2π
– 2π i = x
g
g
• Tv – Ti = x ⇒ 2π
M+m
k
b) A máxima aceleração dos blocos é dada por:
2
4π2 A
amáx = ω2 A = 4π2 A =
= kA
M+m
T
M
+
m
2
4π
k
Para poder ter essa aceleração, o bloco de massa m precisa de uma
força resultante F , que é a força de atrito estático que ele recebe do
bloco no qual está apoiado:
F = m amáx = m k A
M+m
Fat µ Fn ⇒ Fat µ m g
e
69
e
Como F = Fat :
e
2π
i
g
1 + αΔθ – 1 = x
1 + 1,0 · 10–5 Δθ – 1 = 4,6 · 10–5
1,0
1 + 1,0 · 10–5 Δθ = 1,000046
Δθ ⯝ 9,2 °C
55
a) A quantidade de movimento do sistema é constante e nula. Portanto, o centro de massa desse sistema encontra-se em repouso:
mkA µmg ⇒
kA
µ (M + m)g
M+m
m1
K1
CM
K2
m2
53
a) A energia potencial elástica armazenada inicialmente na mola A é
igual à energia cinética do bloco no momento em que a abandona:
2
2
Ec = Ep ⇒ m v = k x
2
2
e
4,0v2 = 16π2 (0,50)2 ⇒ v = π m/s
A
b) O intervalo de tempo que o bloco passa em contato com as molas
em cada ciclo é Δt1 dado por:
Δt1 = 2π m ⇒ Δt1 = 2π 4,02
k
16π
Δt1 = 1,0 s
O intervalo de tempo que o bloco passa em movimento retilíneo e
uniforme entre duas colisões sucessivas é Δt2 , dado por:
2d
v = Δt ⇒ π = 2π
Δt2
2
Δt2 = 2,0 s
T1 = 2π
T2 = 2π
T = 3,0 s
c)
m2
K2
⇒
m K
m 1 m2
=
⇒ K2 = 2 1 (I)
m1
K1 K2
• As partes da mola, de constantes elásticas K1 e K2, podem ser
tratadas como duas molas em série, com constante elástica
equivalente igual a K (Keq = K):
K K
K = 1 2 ⇒ K (K1 + K2) = K1K2
(II)
K1 + K2
K K1 +
m 2 K1
m
= K1K2 ⇒ K 1 + 2 = K2
m1
m1
K2 = K
m 1 + m2
m1
(III)
• Determine T2, por exemplo:
V (m/s)
π
T2 = 2π
1,75
0,25
1,25
1,50
2,75
m2
K2
(IV)
• Substituindo (III) em (IV), temos:
3,25
3,00
t (s)
T2 = 2π
–π
m1
K1
• Substituindo (I) em (II), vem:
Então, o período T de oscilação do bloco é dado por:
T = Δt1 + Δt2 ⇒ T = 1,0 + 2,0
0
Tudo se passa como se os blocos de massas m1 e m2 oscilassem em
molas distintas, de constantes elásticas K1 e K2, respectivamente,
com extremidades fixas em um ponto correspondente ao centro
de massa do sistema.
b) • Os períodos das oscilações dos blocos são iguais:
Sinusoidal
m2
m 1 + m2
K
m1
⇒
70
m 1 m2
K (m1 + m2)
⇒ T1 = T2 = 2π
56 Como acontece em todo MHS, a posição de equilíbrio está no
ponto médio da trajetória:
E = Pc ⇒ ρL V g = ρc Vg ⇒
2
ρL
=2
ρc
E
V
V
2
PC
Tópico 2
Ondas
Neste Tópico é feito um estudo geral sobre ondas
e fenômenos ondulatórios, ficando para o Tópico seguinte os pormenores relativos ao som.
Os blocos estão em uma seqüência didática, a fim
de ajudar os alunos a entender o conceito e os fenômenos relativos às ondas. Dependendo do tempo disponível, alguns fenômenos podem ser tratados com
maior ou menor profundidade. Nesta parte as ondas
foram abordadas de forma geral. Os fenômenos mais
importantes são apresentados de maneira didática e
adequada ao nível esperado para os alunos do Ensino Médio. Para melhor resultado, deve-se obedecer à
seqüência.
2. Ondas mecânicas e ondas eletromagnéticas
3. • Ondas longitudinais, ondas transversais e ondas
mistas
4. Frente de onda e raio de onda
Exercícios
5. Grandezas associadas às ondas
6. Velocidade de propagação de uma onda periódica
• Som e luz
9. Velocidade de propagação de ondas transversais
em cordas tensas
Exercícios
10. Reflexão
11. Refração
12. Refração e reflexão de ondas transversais em cordas
Exercícios
13. Superposição de pulsos em cordas
14. Superposição de ondas periódicas
15. Ressonância
Exercícios
16. Interferência de ondas bidimensionais e tridimensionais
17. Princípio de Huygens
18. Difração
19. Experiência de Young
20. Interferência em películas delgadas
Exercícios
• Algo mais
Alguns dos fenômenos aqui tratados podem ser
reproduzidos em uma sala de aula. Uma longa mola
e uma corda podem ser úteis para mostrar ondas
transversais e ondas longitudinais. Essa mesma
mola pode mostrar reflexões com e sem inversão de
fase e ainda interferências construtivas e destrutivas na formação de ondas estacionárias. A refração
pode ser visualizada usando-se duas molas de diâmetros diferentes.
Além das molas, um recipiente adequado com
água (uma cuba de ondas) pode mostrar ao aluno
que esse assunto, longe de ser abstrato, é bastante
concreto.
No desenrolar deste Tópico, é interessante pedir
pesquisas. O funcionamento de uma caneta laser; o
mecanismo de transmissão via satélite; o controle
remoto da televisão; o celular; o microfone sem fio;
o porquê de o céu ser azul; o porquê de o pôr-do-sol
ser vermelho; rádios AM e FM; o funcionamento
de um aparelho de raios X, de eletrocardiograma,
de ecocardiograma, de ressonância magnética etc.
podem ser alguns dos temas a explorar. Não deixar
que as pesquisas fiquem restritas a um aluno ou a
um grupo de alunos; eles devem contar para todos
as suas descobertas. Observe que esse assunto é
bastante amplo; os alunos devem descobrir outras
situações em que as ondas estão presentes. Podem
ser solicitadas fotos de situações em que sejam encontradas ondas.
Mais informações sobre ondas
A velocidade com que a humanidade tem se desenvolvido deve-se em grande parte à utilização de
ondas eletromagnéticas nas comunicações. O que di-
ferencia as ondas de rádio, as ondas de TV, as ondas
utilizadas na telefonia celular é a freqüência utilizada.
Para evitar interferências indesejadas, as freqüências
foram distribuídas para as diferentes utilizações. A seguir encontramos as principais faixas de freqüências
destinadas a cada utilização.
1.Rádio AM – de 530 kHz a 1 600 kHz
2.Rádio Táxi – de 34,48 MHz a 34,82 MHz
3.Telefone sem fio – de 49,6 MHz a 49,9 MHz
4.TV (VHF) canal 2 – de 54 MHz a 60 MHz
7.Rádio Astronomia – de 70 MHz a 72 MHz
8.Rádio Navegação Aeronáutica – de 73 MHz a
75,4 MHz
11. Rádio FM – de 88 MHz a 108 MHz
12. Rádio Navegação Aeronáutica – de 108 MHz a
117,975 MHz
13. Comunicação de Socorro – de 121,5 MHz
14. Rádio Amador – de 143,65 MHz a 148 MHz
15. TV (VHF) canal 7 – de 173 MHz a 180 MHz
22. TV (UHF) canal 14 – de 470 MHz a 476 MHz
23. TV (UHF) canal 15 – de 476 MHz a 482 MHz
24. TV (UHF) canais de 16 a 69 – de 482 MHz a
806 MHz
25. Telefonia Celular Banda A –
de 824 MHz a 834,4 MHz e
de 869 MHz a 880 MHz e
de 890 MHz a 891,5 MHz
26. Telefonia Celular Banda B –
de 834,4 MHz a 845 MHz e
de 880,6 MHz a 890 MHz e
de 891,5 MHz a 894 MHz
27. Descida de sinal de satélite Banda C – de 3,7 GHz
a 4,2 GHz
28. Subida de sinal de satélite Banda C – de
5,925 GHz a 6,425 GHz
29. Rádio Digital – de 10,7 GHz a 11,7 GHz e de
14,5 GHz a 15,35 GHz.
71
Atenção para as siglas que aparecem na tabela:
1. VHF – Very High Frequency (Freqüência muito
alta) – vai de 30 MHz a 300 MHz. Nessa faixa funcionam as rádios FM e a TV aberta (de canal 2 a
canal 13). Cada emissora de rádio FM utiliza uma
banda de 200 kHz e cada emissora de TV utiliza
uma banda de 6 MHz.
2. UHF – Ultra High Frequency (Freqüência UltraAlta) – vai de 300 MHz a 3 GHz. Nessa faixa funcionam os demais canais de TV e a telefonia celular. Cada emissora de TV em UHF também utiliza
uma faixa de 6 MHz para transmitir sua programação. A telefonia celular utiliza 6,25 kHz de banda
para cada ligação.
3. SHF – Super High Frequency (Freqüência Superalta) – vai de 3 GHz a 30 GHz. É onde encontramos os sinais de subida e descida dos satélites que
funcionam na Banda C, Banda Ku e as freqüências
de rádio digital. A Banda C dos satélites engloba
os sinais de TV aberta, de telefonia e de trocas de
dados. Essa freqüência permite conexão internacional. Os satélites que operam na Banda Ku retransmitem os sinais de TV por assinatura tipo
DirecTV e Sky.
4. AM – Sinais emitidos por emissoras de rádio que
transmitem por meio de modulação da amplitude da onda emitida. Essas ondas possuem maior
alcance, porém são sensíveis às interferências de
ruídos provocadas por fios percorridos por correntes elétricas. A faixa utilizada vai de 530 kHz a
1 600 kHz. Essa faixa é dividida em ondas curtas,
médias e longas a partir da análise dos comprimentos de ondas.
5. FM – Sinais emitidos por emissoras de rádio que
transmitem por meio da modulação da freqüência
da onda emitida. Essas ondas têm maior largura
de faixa do que as ondas AM; praticamente não
sofrem interferências externas. Os sinais chegam
limpos, com maior qualidade. O inconveniente
é que tais emissoras possuem alcance regional;
seus sinais mal ultrapassam 100 km da antena
emissora.
A partir de antenas colocadas no
topo dessa torre, sinais de rádio e
TV são emitidos para a recepção em
nossas residências.
Mauricio Simonetti/Pulsar
Manual do professor
72
Fabio R. Martins
1. Se uma porção de água for colocada para aquecer
(em recipiente não-metálico) no interior de um
forno de microondas por alguns minutos, ao ser retirada, a agitação do recipiente poderá desencadear
uma reação violenta, provocando uma “explosão” de
massa líquida. Como você explica essa “explosão” de
água? Quais são as condições para que isso ocorra?
Por que o recipiente não pode ser metálico?
Uma descoberta por acaso se torna um dos mais
importantes auxiliares de uma cozinha moderna. A
emissão de ondas eletromagnéticas, na faixa de
2,45 GHz, é capaz de aquecer os alimentos que contêm
água. As partículas de água recebem energia das ondas
ao entrarem em ressonância.
No aquecimento de água, utilizando-se um recipiente sobre a chama da boca de um fogão a gás, a
porção aquecida expande, diminuindo de densidade,
e, assim, sobe para flutuar na água mais fria, que descerá. São as correntes de convecção que se formam
no líquido. No entanto, quando fazemos o aquecimento no interior de um forno de microondas, a água é
aquecida de forma homogênea. O aquecimento ocorre
de maneira praticamente igual, tanto na parte externa
como na parte interna do líquido. Esse tipo de aquecimento não provoca correntes de convecção. Se a água
permanecer mais tempo que o necessário, sua temperatura poderá passar dos 100 °C (sob pressão normal),
atingindo até 106 °C, e não entrará em ebulição. Essa
situação metaestável, estado de precária estabilidade,
pode ser interrompida por uma leve agitação. Parte
dessa água (no interior do líquido) passará bruscamente para o estado gasoso. Essas bolhas de vapor
subirão rapidamente para a superfície, provocando
a chamada “explosão” mencionada. Deve-se tomar
muito cuidado, porque se gotas dessa água aquecida
caírem em sua pele poderão provocar queimaduras.
Observe que essa situação de aquecermos a água a
uma temperatura acima da sua temperatura de ebulição (para a situação de pressão definida) é denominada superaquecimento. Como a passagem do líquido
para o gasoso é endotérmica (é preciso calor para que
ocorra), o restante da água que permanece no estado
líquido tem sua temperatura reduzida, pois cedeu calor para a porção que se transformou em vapor.
Resumindo: a não-formação de correntes de convecção pode provocar o superaquecimento de uma
porção de água, quando a temperatura atingirá um valor
maior que o de ebulição e a água não ferverá. Se provocarmos uma agitação, parte do líquido passará para
o estado gasoso e o restante sofrerá uma diminuição de
temperatura até atingir a temperatura de ebulição.
Condição para ocorrer o superaquecimento da
água: aquecimento no interior de um forno de microondas, sem que o recipiente esteja sobre o prato giratório;
não há trepidação durante o experimento. O simples ato
de colocar uma colher ou um saquinho de chá na água
superaquecida pode provocar a ebulição violenta.
Superfícies metálicas refletem as microondas
(2,45 GHz), que podem danificar as paredes internas do
forno ou mesmo o magnétron, gerador dessas ondas.
2. Nos fornos de microondas antigos, não existia o prato
giratório, porém, nos mais novos, encontramos esse
dispositivo. Esse prato giratório é realmente necessário? Ele proporciona alguma vantagem para o usuário?
O prato giratório foi acrescentado por duas razões:
para evitar que ocorra o superaquecimento da água,
pois o movimento de rotação dificulta a situação metaestável que a água pode atingir, diminuindo a possibilidade de queimaduras no usuário; e para distribuir
melhor as microondas, provocando um aquecimento
mais uniforme nos alimentos. Observe que nos fornos
de microondas os alimentos são aquecidos de dentro
para fora. Na superfície dos alimentos, a energia térmica que surge em virtude do atrito entre as partículas
de água pode ser dissipada em parte. No interior dos
alimentos não ocorre essa dissipação.
Fabio R. Martins
O prato giratório distribui de maneira uniforme a radiação
emitida no interior do forno, proporcionando um melhor
cozimento dos alimentos.
Manual do professor
v=λf
v
λf
Assim: v I = I I
λ
II
II fII
21 Da figura temos:
Como fI = fII, temos:
A
10 cm
λ
λ = 40 cm
A = 10 cm
Utilizando-se a equação fundamental da ondulatória: V = λ f, vem:
v = 40 · 2,0 (cm/s)
Comprimento de onda
v = 80 cm/s
v I λI 2
vII = λII = 4 ⇒
vI 1
vII = 2
Alternativa b.
31 v = v
1
2
No gráfico, pode-se observar que:
λ1 = 2λ2
Como: v = λ f, então:
λ1 f1 = λ2 f2
2λ2 f1 = λ2 f2
f2 = 2f1
Alternativa d.
27
Alternativa a.
v = 750 km/h
Δs = λ = 150 km
Assim:
150
v = Δs ⇒ 750 = Δt
Δt
33 v = λ f
3,0 · 108 = 6,0 · 10–7 · f ⇒ f = 5,0 · 1014 Hz
No gráfico, observamos que essa onda pertence à faixa de luz visível.
Alternativa c.
Δt = 0,2 h = 12 min
34
Alternativa c.
I) Incorreta.
200 cm
v = Δs = 5 s ⇒
Δt
29
v
10 cm
f= 1 = 1 ⇒
T 0,25
λ = 80 cm
f = 4,0 Hz
III) Incorreta.
IV) Correta.
f= 1 = 1 ⇒
T 0,5
v = λ f ⇒ v = 80 · 4,0
v = 320 cm/s
V) Correta.
200 cm
λ = 10 ⇒
Alternativa d.
y (cm)
v = 40 cm/s
II) Correta.
No esquema, observamos 10 ondas completas emitidas em 5 s.
5s
T = 0,5 s
Assim: T = Δt = 10 ⇒
n
10 cm
30
Amplitude
v
10 cm
73
Fig. I
20
f = 2,0 Hz
λ = 20 cm
Alternativa a.
0
1
2
3
4
x (m)
–20
λl = 2 m
y (cm)
Fig. II
20
0
0
1
2
–20
λll = 4 m
3
4
x (m)
35 v = λ f
3,0 · 108 = λ 106 ⇒ λ = 300 m
Atenção:
f = 1 000 kHz = 1 000 · 103 Hz = 106 Hz
Portanto:
300 m
h= λ = 4
⇒ h = 75 m
4
36 Para a fotossíntese maior, temos desenvolvimento mais rápido
da planta.
Assim:
λ ⯝ 460 · 10–9 m
Portanto:
v=λf
3 · 108 = 460 · 10–9 · f
3 · 108 = 46 · 10–8 · f
74
8
f = 3 · 10 –8 = 3 · 1016
46
46 · 10
30 000
f = 46 · 1012
(Hz)
f ⯝ 652 · 1012 Hz
f ⯝ 652 terahertz
Alternativa c.
37 Como a fita é milimetrada, a contagem dos quadrinhos leva-nos
a concluir que ela tem 60 mm de comprimento.
Assim:
60
v = Δx ⇒ 25 = Δt
Δt
1
Δt = 2,4 s = 25 min
n
Como: f = Δt
e o coração apresenta três batimentos nesse intervalo,
3
f= 1
25
f = 75 bat/min
Alternativa b.
39
(01) Correta.
λ = 8 cm
(02) Incorreta.
Não é possível saber.
(04) Correta.
v = λ f ⇒ 0,4 = 0,08 f
f = 5 Hz
(08) Correta.
Onda é uma energia que se propaga através de um meio.
(16) Incorreta.
Nesse caso, ela seria transversal.
Resposta: 13
43 T = 10 s
v = Δs
Δt
vbóia + vonda = 8λ
Δt
30 + λ = 8λ
10 5,0
λ = 20 cm
44
a) v = Δs
Δt
2h
v = Δt
2h
1 500 = 0,16
h = 120 m
b) v = λ f
1 500 = λ 25 000
λ = 0,06 m = 6,0 cm
46
a) v = Δs
Δt
quando: Δs = λ
temos: Δt = T
Assim:
v= λ
T
150 · 103
200 =
T
T = 750 s = 12 min 30 s
b) v = gh
v = 10 · 6,4
v = 8,0 m/s
c) v1 A21 = v2 A22
8,0 · A21 = 200 (1,0)2
A1 = 5,0 m
48 v =
40
f = n = 4 ⇒ f = 4,0 Hz
Δt 1
Portanto:
V=λf
2,0 = λ 4,0
λ = 0,5 m
Alternativa a.
42 21 cristas → 20 ondas
80 s
T = Δt = 20 ⇒ T = 4,0 s
n
λ = 4,0 m
v = λ ⇒ 1,0 = λ ⇒
4,0
T
6,0 =
F
δ
F ⇒ 36 = F
0,50
0,50
F = 18 N
49 v =
F
δ
10 = 50 ⇒ 100 = 50 ⇒ δ = 0,50 kg/m
δ
δ
m
Mas: δ =
L
m = 2,0 kg
Então: 0,50 = m ⇒
4,0
T
Aµ
Sendo µ = m = m
v AL
50 v =
Manual do professor
1,00
Aµ=m=
kg/m
L 5,00
A µ = 0,20 kg/m
Portanto:
v=λf
v = 1,25 · 0,50
v = 6,25 · 10–1 m/s
Temos:
v = 1,80 = 9
0,20
v = 3,00 m/s
Portanto:
v=λf
3,00 = λ 2,00
Alternativa c.
61 Esse pulso deve ir até B (reflexão sem inversão), ir até A (reflexão
com inversão), ir novamente até B (reflexão sem inversão) e estabelecer a configuração da figura b. Para tanto, a onda deve percorrer uma
distância igual a 14 m. Assim:
λ = 1,50 m
v = Δs = 14 m ⇒
Δt
7s
Alternativa d.
52 y = 0,2 cos 2π 5t – x
2
(SI)
A equação geral é dada por:
y = A cos 2π ft – x + ϕ0
λ
Comparando as equações, temos:
A = 0,2 m
v = 2,0 m/s
64 Em AB:
v=λf
12 = 1,5 f ⇒ f = 8,0 Hz
Em BC:
v=λf
8,0 = λBC 8,0
λBC = 1,0 m
Alternativa a.
f = 5 Hz
λ=2m
Como: v = λ f
66
vem: v = 2 · 5 ⇒
v = 10 m/s
53 y = 20 cos 2π 4t – x
3
λ
Comparando:
A = 20 cm
f= 1 =4 ⇒
T
75
T = 0,25 s
f = 4 Hz
54 y = A cos 2π ft – x + ϕ
0
λ
No texto da questão, temos:
A = 0,5 m
f = 50 Hz
ϕ0 = 0
v = 10 m/s
Como: v = λ f,
então: 10 = λ 50 ⇒ λ = 0,2 m
Portanto: y = 0,5 cos 2π 50t – x + 0
0,2
(01) Falsa.
O experimento ilustra o fenômeno de refração de ondas.
(02) Verdadeira.
A freqüência da onda não se altera na refração.
(04) Falsa.
A distância entre duas cristas consecutivas é igual a um comprimento de onda λ.
Assim:
λ1 = 1,25 cm
λ2 = 2,00 cm
(08) Verdadeira.
Como a freqüência f é igual nos dois meios, a velocidade será
maior onde o comprimento de onda for maior.
Assim, sendo:
λ2 λ1,
temos:
v 2 v1
(16) Verdadeira.
Em cada meio, a velocidade é constante. Assim, sendo v = λ f,
o comprimento de onda ficará menor se a freqüência ficar
maior.
Resposta: 26
67 Cada pulso irá percorrer 14 m até o instante t =14 s. Assim,
temos:
2m
6m
y = 0,5 cos [2π (50t + 5x)] (SI)
55 Na comparação da equação geral da onda com a equação dada,
temos:
1 = f = 0,50 Hz
T
1 = 0,80 ⇒ λ = 1,25 m
λ
A
B
Na extremidade fixa → reflexão com inversão de fase.
Na extremidade livre → reflexão sem inversão de fase.
76
68
r
Anteparo
i
3,0 cm
O
A
O‘
B
Alternativa a.
20 cm
69
a)
75 A freqüência da onda não se altera.
Q
A
20 cm
fII = fI = 10 Hz
v
d
45° 45°
d
Lei de Snell:
sen i = λ1
sen r λ2
1,0 m
P
R
1,0 m
2
2 = 28
λ2
1
2
sen 45° = 28 ⇒
sen 30 ° λ2
B
1,0 m
2 λ2 = 28
Para cada pulso atingir o ponto P, ele deverá percorrer uma distância 2d.
Aplicando a relação de Pitágoras, temos:
2d = 2 (1,0)2 + (1,0)2 (m) = 2 2 (m) ⯝ 2,8 (m)
Portanto:
Δs = v Δt
2,8 = 1,4 Δt
Δt = 2,0 s
1,4 λ2 = 28 ⇒
λ2 = 20 cm
Alternativa b.
76
a) v = λ f
Em 1:
330 = 6,6 · 10–2 f
f = f1 = f2 = 5,0 · 103 Hz
b)
A
b) Lei de Snell:
sen i = λ1
sen r λ2
sen 37° = 6,6
sen 53° λ2
0,60 = 6,6
0,80 λ2
B‘
45° 45°
P
B
λ2 = 8,8 cm
A‘
70 Primeiro vamos obter a “imagem” do ponto O em relação ao
anteparo.
c) v = λ f
v1 λ1
v
=
⇒ 2 = 8,8 ⇒ v2 = 440 m/s
v2 λ2
330 6,6
No triângulo retângulo BFC:
O
20 cm
20 cm
O’
Para obter a configuração no instante t = 1,0 s, podemos imaginar que
as ondas saíram do ponto O’ no instante t = 0 s.
Assim, em t = 1,0 s, as ondas percorreram 43 cm:
sen 53° = BC ⇒ 0,80 = BC
0,55
BF
BC = 0,44 m
Portanto, usando a expressão: Δs = v Δt, considerando-se a ida e a
volta, temos:
2 BC = v Δt
2 · 0,44 = 440 Δt
Δt = 0,88 s
440
Δt = 2,0 · 10–3 s
Manual do professor
b)
t0 = 0
t1 =
T
4
t2 =
T
2
3T
4
t3 =
Corda B
Corda A
81 Na superposição, temos:
77
P
A onda X puxa o ponto P um quadrinho para baixo, e a onda Y, três
quadrinhos para cima. O resultado é o ponto P, dois quadrinhos para
cima (2 cm).
c)
t0 = 0
t1 =
T
4
t2 =
T
2
3T
4
t3 =
Onda
resultante
1 cm
92
dP = 2 cm
(P fixo)
B
87 Se a distância entre dois nós consecutivos vale 2,0 cm, a distân-
A
d
d
cia entre dois nós pode ser 6,0 cm.
P
B
A
Alternativa d.
89 A freqüência natural de vibração das moléculas de água é por
d
2
volta de 2,45 GHz (giga = 109).
No forno de microondas, as moléculas de água dos alimentos entram
em ressonância com as ondas eletromagnéticas emitidas pelo magnétron, transformando a energia das ondas em energia térmica de aquecimento.
Alternativa d.
d
d
2
d
d 3d
Cada onda percorreu uma distância d +
= até a superposição
2
2
com interferência destrutiva.
3d
v = Δs = 2 ⇒ v = 3d m/s
Δt
2
1
90
t = 20 ms = 20 · 10–3 s
Fazendo-se:
Δs = vt,
temos:
Δs = 2 · 20 · 10–3 m
Δs = 40 · 10–3 m
Δs = 4 cm
Assim, nesse intervalo de tempo, cada pulso percorre 4 cm apresentando a superposição:
1 cm
2 cm
Resultando:
95
0,04 kg
µ=m=
1m
L
µ = 0,04 kg/m
Assim:
v = P = 1 = 25
µ
0,04
v = 5 m/s
Do desenho, temos:
λ = 2L = 2 · 1 m
λ=2m
Portanto:
v=λf
5=2 f
f = 2,5 Hz
1 cm
1 cm
1 cm
1 cm
Alternativa d.
91
a) Na corda A, a onda se propaga da esquerda para a direita e, na B, da
direita para a esquerda.
Alternativa b.
99 Sendo:
fAM fFM
temos:
λAM λFM
Assim, as ondas AM difratam com maior facilidade, já que seu comprimento de onda é da ordem da dimensão de prédios e montanhas.
As ondas FM difratam menos.
78
101
(01) Falsa.
Cada onda circular representada é bidimensional, isto é, propaga-se em um plano.
(02) Verdadeira.
Em A, ocorre uma interferência construtiva (IC), temos crista com
crista:
A = A1 + A2 = 1,0 + 1,0
A = 2,0 cm
(04) Verdadeira.
Em B, ocorre uma interferência destrutiva (ID), temos crista com
vale:
A = A 1 – A2 ⇒ A = 0
(08) Verdadeira.
Em C, ocorre uma interferência construtiva (IC), temos vale com
vale:
A = A1 + A2 = 2,0 cm
(16) Falsa.
O comprimento de onda (λ) é a distância entre duas cristas ou
entre dois vales consecutivos.
λ = 10 cm
(32) Verdadeira.
v = λ f ⇒ v = 10 · 10
v = 100 cm/s
Resposta: 46
103 Na figura 1 (fontes em concordância de fase)
Em A:
ΔdA = (8 – 3) cm
ΔdA = 5 cm
Como:
λ = 2 cm
Então:
ΔdA = 5 λ
2
Para N = 5, temos interferência destrutiva.
Em B:
ΔdB = (9 – 5) cm
ΔdB = 4 cm
ΔdB = 4 λ
2
Para N = 4, temos interferência construtiva.
Na figura 2 (fontes em oposição de fase)
Em C:
ΔdC = (14,5 – 10,5) cm
ΔdC = 4 cm
ΔdC = 4 λ
2
Para N = 4, temos interferência destrutiva (atenção: as fontes estão
em oposição de fase).
Em D:
ΔdD = 20 – F1D
F1D = 15 cm
ΔdD = (20 – 15) cm
ΔdD = 5 cm
ΔdD = 5 λ
2
Para N = 5, temos interferência construtiva (fontes em oposição de
fase).
104 O deslocamento na superfície da água é nulo nos pontos de interferência destrutiva (ID), em que a diferença de percurso das ondas é
um número ímpar de λ . Observe que as fontes estão em fase.
2
Em I:
Δx = 3,0 λ – 2,5 λ = 0,5 λ
Δx = 1 λ (ID)
2
Em II:
Δx = 5,0 λ – 2,5 λ = 2,5 λ
Δx = 5 λ (ID)
2
Em III:
Δx = 5,0 λ – 4,0 λ = 1,0 λ
Δx = 2 λ (IC)
2
Alternativa b.
105 Δx = N λ
2
Mas: v = λ f ⇒ λ = v
f
então: Δx = N v ⇒ f = Nv
2 Δx
2f
a) Para interferência construtiva (IC), N deve ser ímpar, já que as fontes estão vibrando em oposição de fase. Para a menor freqüência,
N = 1.
f = 1 · 10
⇒ f = 5,0 Hz
2(3,0 – 2,0)
b) N = 2
f = n v = 2 · 10
⇒
2 Δx 2(3,0 – 1,0)
f = 10 Hz
106 Por Pitágoras:
(OB)2 = (0,6)2 + (0,8)2
OB = 1 m
Assim, sendo:
Δx = N λ
2
temos:
(1,0 – 0,8) = Nλ
2
Para que em B tenhamos:
IC → N = 2
0,4 = 2 · λ ⇒
λ = 0,2 m (máximo)
ID → N = 1
0,4 = 1 · λ ⇒
λ = 0,4 m (mínimo)
112 Δx = N λ
2
Para 1o máximo, temos N = 2
Δx = 2 λ ⇒ Δx = λ
2
113 Na figura observamos que em P ocorre interferência destrutiva.
Assim:
Δx = b – a
N λ = b – a,
2
em que (N = 3)
No entanto: v = λ f ⇒ λ = v
f
então:
3 · 3,0 · 108 = b – a ⇒
(b – a) = 7,5 · 10–7 m
2 6,0 · 1014
Manual do professor
114 No ponto C, encontramos a primeira franja escura (N = 1).
Assim:
Δx = N λ
2
2,4 ·10–7 = 1 λ
2
λ = 4,8 · 10–7 m
Na tabela, observamos que esse comprimento de onda corresponde
à luz de cor azul.
(16) Correta.
(32) Correta.
Laser refletido fortalecido = interferência construtiva.
Laser refletido enfraquecido = interferência destrutiva.
(64) Incorreta.
A leitura somente pode ser feita com ondas eletromagnéticas.
Resposta: 59
119
a) Na figura:
Alternativa d.
115
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
Verdadeiro.
v=λf ⇒ λ= v
f
Ultra-som utilizado na medicina:
λmín = 1 500 6 m ⇒ λmín = 0,15 mm
10 · 10
λmáx = 1 500 6 m ⇒ λmáx = 1,5 mm
1,0 · 10
Falso.
Ondas de rádio são ondas eletromagnéticas.
Verdadeiro.
λ= v
f
Luz visível.
8
λmín = 3,0 · 1014 m ⇒ λmín = 4,0 · 10–7 m
7,5 · 10
8
λmáx = 3,0 · 1014 m ⇒ λmáx = 6,6 · 10–7 m
4,5 · 10
Verdadeiro.
d = v Δt
d = 340 · 4 (m)
d = 1 360 m
A = 1,0 mm
λ = 2,0 m
v = Δx = λ f
Δt
0,2 = 2,0 f
0,008
f = 1,25 Hz
b) v = Δx = 0,2 m
Δt 0,008 s
v = 25 m/s
120
a) Do gráfico:
λ=4m
A=2m
ϕ0 = π rad
2
Como: v = λ f,
temos: 2 = 4 f ⇒ f = 1 Hz
2
Assim, a equação de onda é dada por:
λ
Verdadeiro.
O fenômeno da interferência somente ocorre entre ondas de
mesma natureza.
y = 2 cos 2π t – x + π
2 4
2
(SI)
b) ΔϕAD = ϕA – ϕD
116
a) A intensidade da corrente alternada, no interior do magnétron,
varia periodicamente. Essa variação produz um campo elétrico e
outro magnético, de intensidades variáveis com o tempo, que caracterizam a onda eletromagnética emitida.
b) 6 cm = λ ⇒ λ = 1,2 cm = 12 · 10–2 m
2
Sendo:
v = λ f,
temos:
v = 12 · 10–2 · 2,45 · 109 (m/s)
v = 2,94 · 108 m/s
118
(01) Correta.
(02) Correta.
(04) Incorreta.
O laser é constituído por um feixe de luz coerente (em concordância de fase) e de uma só freqüência (de um só comprimento
de onda).
(08) Correta.
79
ΔϕAD = 2π t – 1,5 + π – 2π t – 6,5 + π
2 4
2 4
2
2
ΔϕAD = 2π 6,5 – 1,5 (rad)
4 4
ΔϕAD = 5π rad
2
c) ΔϕBC = ϕB – ϕC
ΔϕBC = 2π 5 – 3
4
(rad)
ΔϕBC = π rad
Os pontos B e C estão em oposição de fase.
121
a) v = d = 1 m
Δt 0,05 s
v = 20 m/s
(rad)
80
λF = 496 nm
Portanto:
2 emín = 1 · 496 (nm)
2
b) Do gráfico:
λ=4m
v = λ f ⇒ 20 = 4 f ⇒
f = 5 Hz
f = 1 ⇒ T = 1 s ⇒ T = 0,2 s
T
5
c) y = A cos 2π ft – x + ϕ0
λ
y = 2 cos 2π 5t – x + π
4
2
emín = 124 nm
124
A
(SI)
Observe que ϕ0 = π porque o ponto O da corda começa no zero e
2
oscila para valores negativos.
x
x
h
122
1,5 km
a) Da figura, temos:
E
1,5 km
R
Δd = N λ
2
A = 1,0 m
λ = 2,0 m
2x – 3 000 = N
2
N
2x – 3 000 =
2
b) No sentido positivo de Ox:
v = Δs = 2,5 m
Δt 0,05 s
v = 5,0 m/s
Observe que, entre duas fotos consecutivas, há um intervalo de
tempo maior que um período.
v=λf
50 = 2,0 f ⇒ f = 25 Hz
No sentido negativo de Ox:
v = Δs = 3,5 m
Δt 0,05 s
v = 70 m/s
v=λf
v
f
3,0 · 108
750 · 103
2x – 3 000 = N 200
Por causa da reflexão com inversão de fase no avião, a condição para
ID em R é N = 2.
Assim:
2x – 3 000 = 2 · 200
2x = 3 400
x = 1 700 m
Por Pitágoras:
x2 = h2 + (1 500)2
(1 700)2 = h2 + (1 700)2
h2 = 2 890 000 – 2 250 000
h2 = 640 000
h = 800 m
70 = 2,0 f ⇒ f = 35 Hz
125
123 Para inibir a reflexão, os raios refletidos A e B da figura devem
interferir destrutivamente (ID).
A
Vácuo
B
e
Filme
Vidro
Assim:
Δx = 2e = N λ
(N = 1, 2, 3, ...),
2
mas:
λ
λF n0
=
⇒ F = 1,00
λ0 nF
620 1,25
a) v = λ f
3,0 · 108 = λ 1,5 · 109
λ = 2,0 · 10–1m
No gráfico, observamos que, para esse comprimento de onda, a
fração absorvida pela atmosfera é nula.
b) Δx = d2 – d1 = 100 m
Como: Δx = v Δt,
temos: 100 = 3,0 · 108 Δt
Δt ⯝ 3,3 · 10–7 s
126 Do gráfico:
λ = 4 d = 4 · 2,0 m
λ = 8,0 m
Como: v = λ 1 e v = Δs
T
Δt
então: T = λΔt
Δs
Entre a situação de linha cheia (t1=1,0 s) e a da linha tracejada (t2 = 9,0 s),
a onda pode ter percorrido a distância:
1) d = 2,0 m
Manual do professor
T1 = 8,0 (9,0 – 1,0) ⇒ T1 = 32 s
2,0
Portanto:
2
Ec = m v
2
mas: δ = m ⇒ m = δL
L
2) d + λ = (2,0 + 8,0) m = 10 m
T2 = 8,0 (9,0 – 1,0) ⇒ T2 = 6,4 s
10
Então:
–3
2
2
Ec = δLv = 10 · 10 · 8,0 (0,10) (J)
2
2
3) d + 2λ = (2,0 + 2 · 8,0) m = 18 m
T3 = 8,0 (9,0 – 1,0) ⇒ T3 ⯝ 3,6 s
18
Ec = 4,0 · 10–4 (J)
4) d + 3λ = (2,0 + 3 · 8,0) m = 26 m
T4 = 8,0 (9,0 – 1,0) ⇒ T4 ⯝ 2,5 s
26
Portanto, o único valor não possível é de 16 s.
b) Quando os pulsos estão superpostos, ocorre a ID, sendo que toda a
energia mecânica existente está sob a forma de energia cinética.
ET = 2 (Ec + Ep)
ET = 2 (4,0 · 10–4 + 4,0 · 10–4)
Alternativa b.
127
a) Entre a posição de equilíbrio (x = 0) e uma das posições de inversão
(v = 0), a distância corresponde à amplitude do MHS.
ET = 1,6 · 10–3 J
129
a) v = λ f
3,0 · 108 = λ 600 · 103
A = 0,50 m
Uma oscilação completa ocorre em um trecho de 2,0 m de corda.
Assim, λ = 2,0 m.
v = λ f ⇒ 4,0 = 2,0 f
λ = 500 m
b) Observemos o esquema a seguir:
f = 2,0 Hz
b)
B
Propagação
y (m)
Δy
α
0,50
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0 x (m)
–0,50
Quando a velocidade é nula, a elongação é máxima.
c) No ponto x = 2,0 m, a velocidade da corda é nula e a aceleração é
determinada por:
γ = –aω2 = –a(2πf)2
γ = –0,50 (2π 2,0)2 ⇒
γ = –8π2 m/s2
128
a)
A
5,0 cm
B
4,0 cm
O ponto A atinge a posição B no mesmo tempo em que a onda
percorre 4,0 cm.
vonda = Δs ⇒ 8,0 = 4,0
Δt
Δt
Δt = 0,50 s
Assim, a velocidade de fase do ponto A é dada por:
vA = Δs = 5,0 cm
Δt 0,5 s
vA = 10 cm/s = 0,10 m/s
y0 = 120 km
0,50
0
81
ᐉ0
y
α
B‘
β
β
Ionosfera
(t0 = 0)
Ionosfera
(t = 2,6 min)
ᐉ
x0 = 90 km
A
C
O
Rádio
receptor
D = 180 km
Antena
transmissora
No triângulo ABO, temos:
20 = 902 + 1202
0 = 150 km
Diferença de percursos entre a onda direta (AC) e a refletida (ABC):
Δx0 = 20 – D
Δx0 = 2 (150) –180 (km)
Δx0 = 120 km
No instante t = 2,6 min, deve ocorrer nova interferência construtiva.
Assim:
Δx = Δx0 – λ
Δx = 120 000 – 500 (m)
Δx = 119 500 m
Esse Δx é a nova diferença de percurso:
Δx = 2 – D
119 500 = 2 – 180 000
= 149 750 m
No triângulo AB’O, temos:
2 = x20 + y2
(149 750)2 = (90 000)2 + y2
y = 119 687, 35 m
82
Portanto:
Δy = y – y0
Δy = 119 687,35 – 120 000 (m)
Δy = –312,65 m
e:
|Δy| 312,65 m
=
v=
Δt 2,6 · 60 s
v ⯝ 2,0 m/s
130 Cálculo da diferença de fase entre as ondas:
Δϕ = 2π (ΔtL – Δt0)
T
em que:
ΔtL → tempo para a onda atravessar a lâmina;
Δt0 → tempo para a onda percorrer igual distância no vácuo.
Como:
ΔtL = d e VL = c
VL
n
dn
temos: ΔtL =
c
mas: v = λ f ⇒ c = λ 1
T
Então: ΔtL = dnT
λ
Não existindo a lâmina, a distância d percorrida pela onda no vácuo:
λ Δt0
d = cΔt0 ⇒ d =
⇒ Δt0 = d T
λ
T
Assim:
ΔtL – Δt0 = nd T – d T
λ
λ
d
T
ΔtL – Δt0 =
(n – 1)
λ
e:
Δϕ = 2π d T (n – 1)
T λ
2πd
(n – 1)
Δϕ =
λ
Para que a franja de ordem 1 tenha interferência construtiva, vem:
Δϕ = 2π rad
2πd (n – 1) = 2π
λ
d= λ = λ = λ
n – 1 1,6 – 1 0,6
d ⯝ 1,7 λ
Alternativa e.
Tópico 3
Acústica
O Bloco 1 se inicia com exemplos de fontes sonoras e com a citação dos fenômenos ondulatórios mais
relevantes relacionados com o som.
Em seguida, estudam-se a produção e a propagação das ondas sonoras e são feitas considerações gerais sobre elas. Deve-se destacar que a altura de um
som é determinada por sua freqüência, que é a mesma da fonte que o emitiu.
Após a definição de intervalo acústico, aparecem
o boxe “Os intervalos acústicos e os matemáticos gregos” e a Leitura “Escalas musicais”, que podem ser
sugeridos aos estudantes.
Na abordagem da intensidade sonora, é resgatado
o conceito de potência. Deve-se destacar que essa intensidade está relacionada com a amplitude da onda.
O item que trata da reflexão do som é seguido da
leitura “Ecolocalização”, que recomendamos sejam lidos pelos alunos.
A refração do som é abordada brevemente em um
boxe.
No Bloco 2, é feito um estudo completo das cordas sonoras. Uma mola longa é muito útil para mostrar alguns de seus modos de vibração. Alunos que
tocam instrumentos de corda podem levá-los à aula,
para melhor ilustrá-la.
Nesse Bloco, também é estudado o timbre de um
som, que está relacionado com a forma de onda.
É importante destacar que, apesar de uma onda
sonora no ar ser longitudinal, ela é representada graficamente como se fosse uma onda transversal porque,
assim, sua representação fica simples tanto no que se
refere à análise do timbre como ao estudo das ondas
estacionárias no interior dos tubos sonoros (próximo
bloco).
No Bloco 3, após breves comentários sobre batimento, ressonância e difração do som, são estudados os
tubos sonoros e sugeridos dois experimentos: um para
observações em um tubo sonoro fechado e outro para
mostrar uma aplicação dos batimentos e da ressonância
na afinação de um violão. Aqui, a aula também pode
ser ilustrada por alunos que toquem instrumentos de
sopro.
O exercício 100 pode auxiliar os alunos a compreender por que, em extremidade fechada (junto à qual
não poderia haver vibrações longitudinais) se forma
um nó de deslocamento e, na região de uma extremidade aberta (onde a pressão é constante e igual à pressão
atmosférica) é formado um ventre de deslocamento.
É útil destacar que a expressão f = Nv é válida
2L
tanto para as cordas como para os tubos abertos mas
que o valor de v tem significado bem diferente em
cada caso: nos tubos, v é a velocidade do som no ambiente gasoso interno a eles, enquanto, nas cordas, v é
a velocidade das ondas transversais produzidas nelas,
e não a do som que elas emitem.
Também é interessante destacar que os sons emitidos por tubos fechados são mais pobres em harmônicos, já que apenas emitem os de ordem ímpar.
Manual do professor
No Bloco 4, após algumas considerações gerais
sobre a velocidade do som, é apresentada a expressão da velocidade do som em um gás perfeito: nessa
expressão, merecem maior destaque as influências da
temperatura e da massa molar.
Após a análise do efeito Doppler, pode-se recomendar aos alunos a Leitura “Técnica Doppler de diagnose
por ultra-som”, em que se mostra como pode ser determinada a velocidade do sangue fluindo em uma artéria.
No Bloco 5 estuda-se, inicialmente, a sonoridade
e, em seguida, o nível relativo de intensidade, em que
aparece a unidade decibel.
Com certeza, o uso de um decibelímetro tornaria
a aula ainda mais interessante.
A Leitura “Nossa sensibilidade auditiva e os enganos da potência” deverá surpreender os alunos, pois
mostra que as potências dos equipamentos de som podem enganá-los em suas expectativas.
Para uma melhor aceitação da Lei Psicofísica de
Weber-Fechner, propomos a apresentação dos logaritmos de alguns números, como, por exemplo, dos
números da tabela a seguir:
log x x
1
10
×2
×3
2
100 × 10 × 100
3 1 000
Considerando que x seja a excitação, log x estará
relacionado com a sensação produzida em nós. Assim,
quando a excitação foi multiplicada por 10 ou por 100,
a sensação foi multiplicada por apenas 2 ou 3!
2. O som e sua propagação
3. Considerações gerais sobre o som
5. Intensidade sonora
6. Reflexão do som
Exercícios
7. Cordas sonoras
• Modos de vibração da corda
• Som emitido por uma corda vibrante
8. Timbre de um som
Exercícios
9. Batimento, ressonância e difração do som
10. Tubos sonoros
Exercícios
12. Efeito Doppler (do ponto de vista qualitativo)
Exercícios (conceituais)
83
Esse instrumento determina comprimentos, áreas de
pisos retangulares e volumes de ambientes (como uma
sala de aula comum, por exemplo) muito rapidamente.
Trata-se de um exemplo de avanço tecnológico
propiciado pelo ultra-som, que vale a pena ser conhecido pelos estudantes (obviamente, se essa trena estiver disponível).
Pode-se determinar experimentalmente a velocidade v de propagação do som no ar, usando um diapasão de freqüência conhecida (ou um gerador de
áudio) e uma proveta de comprimento adequado, ou
λ
seja, maior que (valor previsto!).
4
Com a proveta inicialmente cheia de água, faz-se
o diapasão vibrar continuamente enquanto se retira
água dela.
Ao se encontrar a posição da superfície livre da
água para a qual a intensidade sonora atinge um máximo (ressonância) pela primeira vez, mede-se L e
calcula-se v:
f
L
L=
λ
⇒ λ = 4L
4
v = λ f = 4Lf
Se for possível encontrar o próximo harmônico,
repete-se o cálculo de v
(com maior precisão).
É interessante falar das fotos de aviões quando eles
atingem a velocidade do som – aviões “rompendo a
barreira do som”. Observa-se uma “neblina”, ao redor
dos aviões, que possibilita “ver” a onda de choque: trata-se da formação de gotículas de água em virtude da
alta pressão nessa onda, que causa a condensação do
vapor de água presente no ar.
Pode-se também informar os estudantes de que
Edwin Hubble propôs a teoria do Universo em expansão com base no efeito Doppler da luz (ver Tópico 1 de Física Moderna, no volume 3).
• Algo mais
Uma trena eletrônica opera emitindo um sinal de
ultra-som e recebendo esse sinal de volta, após refletir, por exemplo, em uma parede.
1. Se você estivesse no interior de uma caverna, na mais
completa escuridão, entre morcegos, ficaria com
medo de que eles colidissem com você?
84
Quando uma pessoa visita o interior de uma caverna habitada por morcegos, é comum que tenha receio de ser atingida por aqueles que estão em vôo.
Entretanto, não é preciso ter medo, porque o sistema
de ecolocalização desses animais é tão eficiente que
essas colisões dificilmente ocorrem. Normalmente, os
morcegos localizam a pessoa antes que ela os perceba,
evitando, assim, colisões.
2. Quando encostamos nossa orelha na abertura de uma
concha marinha, ouvimos um som característico: o
“barulho do mar”. Qual é a causa desse barulho?
A concha marinha é uma cavidade ressonante que,
como acontece em um tubo sonoro, possui freqüências naturais de vibração.
Ruídos produzidos na concha quando ela é atingida
por ventos, mesmo que sejam brisas muito suaves, contêm freqüências que entram em ressonância com a sua
cavidade, produzindo o chamado “barulho do mar”.
Ruídos ambientais de outras origens também contribuem para a ocorrência desse fenômeno.
3. O gás hélio é muito usado para inflar aqueles balões de
borracha freqüentemente vendidos em parques de diversão. Se uma pessoa aspirar o gás hélio de um desses
balões e falar em seguida, perceberá que sua voz foi
drasticamente alterada: ela fica mais aguda e o timbre
também muda. Explique por que isso acontece.
• As freqüências naturais de vibração de nossas cordas vocais são as mesmas, independentemente de
termos aspirado hélio ou ar normal. O mesmo ocorreria, por exemplo, com uma corda de violão se fosse tangida em nossa atmosfera ou em uma atmosfera
de hélio: seriam emitidos sons de mesma freqüência
nas duas situações.
• Evidentemente, a aspiração do hélio não modifica as
dimensões das cavidades acústicas de ressonância –
boca, cavidade nasal, faringe e laringe, entre outras –
do nosso aparelho fonador. Assim, os comprimentos
de onda (λ) dos sons que podem entrar em ressonância com essas cavidades também não se alteram.
• Vimos que a velocidade do som (v) em um gás, suposto ideal, é inversamente proporcional à raiz quadrada da massa molar (M) desse gás. Como o hélio
4g
tem massa molar bem menor que a do ar MHe ⯝
mol
29 g
, a velocidade do som nas cavidades
e MAr ⯝
mol
ressonantes é maior quando aspiramos hélio.
v
Lembrando que a freqüência (f) é dada por f = ,
λ
concluímos que o aumento de v implica ressonâncias
de sons de freqüências mais altas. Assim, nossa voz
passa a conter sons mais agudos, e seu timbre se modifica, tornando-se uma voz cômica.
É importante destacar que não são as freqüências
emitidas pelas cordas vocais que se alteram, mas as
que entram em ressonância com as cavidades.
10
a) f = no de choques por unidade de tempo
f = 5 · 20 choques/s ⇒ f = 100 Hz
b) v = λ f ⇒ 340 = λ 100 ⇒ λ = 3,4 m
11
a) O som sofreu refração e, como sabemos, sua freqüência não se altera nesse fenômeno.
Assim, a variação percentual da freqüência é 0%.
b)
λ
340 = λ1 f
⇒ 2 = 0,97 ⇒ λ2 = 0,97 λ1
330 = λ2 f
λ1
Δλ = λ2 – λ1 = 0,97 λ1 – λ1 = –0,03 λ1 ⇒ –3% de λ1
Assim, o comprimento de onda sofreu uma redução de 3%.
v=λf
16
• F1 = 1 000 + 200 t1
1 080 = 1 000 + 200 t1 ⇒ t1 = 0,4 s
• No instante t1 = 0,4 s, a pessoa está ouvindo um som de freqüência
F2 , que foi emitido no instante t2 = t1 – Δt, em que Δt é o intervalo
de tempo para esse som se propagar do alto-falante até ela, percorrendo uma distância de D = 34 m:
v = D ⇒ 340 = 34 ⇒ Δt = 0,1 s
Δt
Δt
t2 = t1 – Δt = 0,4 – 0,1 ⇒ t2 = 0,3 s
• No instante t2 = 0,3 s, a freqüência do som emitido é:
F2 = 1 000 + 200 t2 = 1 000 + 200 · 0,3
F2 = 1 060 Hz
Alternativa c.
17
a) Ponto B, porque o raio de onda que incide normalmente ao leito
reflete-se sobre si mesmo, retornando ao ponto de emissão (ângulo
de incidência = ângulo de reflexão = 0°).
b) v = 1 500 m/s, Δt = 200 m s = 0,2 s
2
d
θp
θ = 60°
v = 2d ⇒ 1 500 = 2d ⇒ d = 150 m
Δt
0,2
p
p
p = 75 m
cos θ = ⇒ cos 60° =
⇒
150
d
Manual do professor
30
85
x (cm)
L = 60,0 cm
= 60,0 cm – 12,0 cm = 48,0 cm
f1 = v
2L
f’1 = v
2
⇒
150
25 cm
f1 220 48,0
⇒
= ⇒
=
f’1 60,0
f’1 L
125
75 cm
100
⇒
f’1 = 275 Hz
125 cm
35
75
a) De t = 0 s a t = 5 · 10–3 s, temos dois períodos TD da nota lá desafinada:
2TD = 5 · 10–3 ⇒ TD = 2,5 · 10–3 s
fD = 1 ⇒
T
b) f = v = 1
2L 2L
50
fD = 400 Hz
25
F ⇒ F = 4δL2f2
δ
0
Sendo fA a freqüência da corda afinada, temos:
ΔF = 4δL2 (f2A – f2D) ⇒ 4 · 5,0 · 10–3 · 102 · (4402 – 4002)
ΔF = 672 N
36
53 Δd = N λ ⇒ Δd = N v
2f
2
340
1 = N 2f ⇒ f = 170 N (N = 1, 3, 5, ...)
fmín = 170 Hz
a) d = λ ⇒ λ = 2d = 2 · 12 ⇒
2
λ = 24 cm
b) • F = m g = 0,180 · 10 ⇒ F = 1,8 N
1,8
⇒ v = 60 m/s
• v= F =
µ
5,0 · 10–4
Nv
• f = 2L
N = 5 (5o harmônico); L = 5d = 5 · 0,12 ⇒ L = 0,60 m
5 · 60
f = 2 · 0,60 ⇒
f = 250 Hz
37 f = v = v = 1
1
2L 2d 2d
• Com a massa M:
1
1
f1 = 2 · 1 Mg = 2 Mg
δ
δ
Do gráfico:
PB = 5 m
⇒ Δd = 10 m – 5 m = 5 m
PA = 10 m
Δd = N λ ⇒ Δd = N v ⇒ f = N v
2Δd
2f
2
a) Para produzir interferência construtiva, fazemos N = 2:
fmín = 2 · 340 ⇒
fmín = 68 Hz
2·5
b) Para produzir interferência destrutiva, fazemos N = 1:
fmín = 1 · 340 ⇒
fmín = 34 Hz
2·5
F
δ
(I)
• Com a massa m = 1 kg:
1
f1 = 2 · 0,25
55
mg = 2 1 g (II)
δ
δ
• De (I) e (II), vem:
1
2
Mg = 2 1 g ⇒ M = 4 ⇒
4
δ
δ
⇒
M = 16 kg
56
a) v = 330 m/s f = 220 Hz
v = λ f ⇒ 330 = λ 220
λ = 1,5 m
b) Para ocorrer interferência construtiva em um ponto P, devemos ter:
Δd = N λ , com N = 0, 2, 4, 6, ...
2
F1
F2
M
s (m)
Alternativa d.
50 λ = v = 330 ⇒ λ = 1 m = 100 cm
f 330
λ = 25 cm
4
• 3 λ = 3 · 25 cm = 75 cm
4
λ
• 5 = 5 · 25 cm = 125 cm
4
•
0
6,0
O melhor ponto para iniciar a busca de interferência construtiva é o
ponto médio M (s = 3,0 m), para o qual temos Δd = 0.
Δd = N λ : Δd = 0 ⇒ N = 0 ⇒ (interferência construtiva – IC)
2
Portanto, a partir desse ponto, tanto para a direita como para a esquerda, temos IC a cada 0,75 m, ou seja, a cada λ :
2
86
F2
F1
λ
2
M
73
01. Correta.
Em cada oscilação, a lâmina passa duas vezes pela posição vertical.
Então, 100 passagens por segundo pela vertical correspondem a
50 oscilações por segundo, ou seja, 50 Hz. A freqüência do som emitido também é 50 Hz, pois essa é a freqüência de sua fonte.
λ
2
Assim, os pontos procurados são:
0
0,75
1,5
2,25
3,0
3,75
4,5
5,25
6,0
s (m)
64
a) A primeira ressonância acontece quando o comprimento da parte
emersa é igual a λ (tubo fechado):
4
λ = 33 cm ⇒ λ = 132 cm = 1,32 m
4
v = λ f = 1,32 · 256 ⇒ v ⯝ 338 m/s
λ
4
02. Correta.
04. Incorreta.
Sabemos que v = λ f. Como f (freqüência do som emitido) e v (velocidade do som no ar) não se alteram, λ também se mantém.
08. Incorreta.
Portanto, a soma dos números correspondentes às afirmações corretas
é 3.
77
v0 = 22 m/s
vF = 0
0
1ª ressonância
b) Há duas outras ressonâncias: uma quando a parte emersa mede
a = 3 λ e outra, quando mede b = 5 λ :
4
4
a = 99 cm
a = 3 λ ⇒ a = 3 · 33 cm ⇒
4
b = 165 cm
b = 5 λ ⇒ b = 5 · 33 cm ⇒
4
fD = f
v ± v0
= 700 350 + 22 ⇒
v ± vF
350 + 0
⇒
fD = 744 Hz
78
f1 = f
F1(f)
v – v0
v
f2 = f
v + v0
v
f
vF
O
fD = f
3
λ
4
λ
4
F
v
v – vF
Observemos que fD é maior que f, porém decrescente, pois vF
decresce.
Alternativa d.
85
2ª ressonância
F2(f)
O v0
v + v0
v + v0 9
v
=9 ⇒
=
v – v0
8
v – v0 8
f
v
v
340
v0 =
⇒ v0 =
⇒ v0 = 20 m/s
17
17
f2 9
= ⇒
f1 8
79
5
F(f = 700 Hz)
3ª ressonância
• N1 = 10 log
I1
= 10 log 103 ⇒ N1 = 30 dB
Iref
• N2 = 10 log
I2
= 10 log (2 · 103)
Iref
N2 = 10 (log 2 + log 103) = 10 (0,30 + 3) ⇒ N2 = 33 dB
Portanto, a sensação sonora aumentou 3 dB, passando de 30 dB
para 33 dB.
Manual do professor
89 n = 10
95
a) v = F = 1 000 ⇒ v = 100 m/s
0,1
δ
λ = 2L = 2 · 1 ⇒ λ = 2 m
f = v = 100 ⇒ f = 50 Hz
λ 2
P
P
P
10 = 10 log 2 ⇒ log 2 = 1 ⇒ 2 = 10
P1
P1
P1
P2 = 10P1 = P1 + 9P1
Aumento de 900%
Alternativa a.
91
a) A tabela fornecida indica que, a cada aumento de 5 dB no nível sonoro, o intervalo de tempo máximo de exposição se reduz à metade.
Então, para 105 dB, esse tempo cai a 0,5 h e, para 110 dB, a 0,25 h:
b) De 90 dB para 105 dB, o intervalo de tempo máximo cai de 4 h
para 0,5 h, sofrendo uma redução de 3,5 h. Sendo r(%) a redução
percentual:
3,5 = r 4 ⇒ r = 0,875 ⇒
r(%) = 87,5%
110 = 10 log I ⇒ log I = 11 ⇒
I0
I0
I = 1011
I0
Fonte
sonora
Variação
de pressão
Impulsos
elétricos
Aparelho
auditivo
Cérebro
Alternativa a.
93
Vento
A
B
y
x
Solo
Δs = 5,0 km
ΔtA = 15,5 s
ΔtB = 14,5 s
Para B: vsom + vvento = Δs
ΔtB
000
5
vsom + vvento =
⯝ 345 m/s
14,5
Para A: vsom – vvento = Δs
ΔtA
000
5
vsom – vvento =
⯝ 323 m/s
15,5
(I)
(II)
Resolvendo o sistema constituído pelas equações (I) e (II), vem:
vsom = 334 m/s
96
λ (m)
A 1,5
B 0,5
C 0,3
b) Do gráfico:
λ0 = 1,5 m
c) N = 10 log I
I0
92
b) E = µ V g = 1 000 · 0,075 · 10 ⇒ E = 750 N
F = P – E = 1 000 – 750 ⇒ F = 250 N
v = F = 250 ⇒ v = 50 m/s
0,1
δ
f = 25 Hz
f = v = 50 ⇒
λ 2
a) Do gráfico, temos:
Δt = 0,25 h = 15 min
⇒
87
vvento = 11 m/s
94
• Cálculo do período das palmas:
f = 30 palmas/minuto ⇒ f = 0,5 Hz
T= 1 = 1 ⇒ T=2s
f 0,5
• Em dois segundos, o som deve propagar-se do estudante à parede
e voltar a ele:
v = 2d ⇒ 300 = 2d ⇒
d = 330 m
Δt
2
O comprimento de onda da onda resultante S é igual ao comprimento de onda da onda de menor frequência A, que corresponde
ao som fundamental.
c) Como todas as ondas componentes propagam-se com a mesma velocidade v (v = λ f), o produto λ · f é igual para as três. Então, temos:
Para a onda A: λ0 e f0
λ
Para a onda B: 0 e 3f0
3
λ0
Para a onda C: e 5f0
5
No gráfico de P em função de x, obtemos as amplitudes (A) das três
ondas componentes:
AA = 4 u.a.
AB = 2 u.a.
AC = 1 u.a.
No gráfico de I em função de f, lemos:
IB = 4 u.a.
O enunciado informa que I = k A2, em que k é uma constante de
proporcionalidade.
Então:
IA = k A2A = k 42 = 16 k
IB = k A2B = k 22 = 4 k = 4 u.a.
IC = k A2C = k 12 = 1 k
Portanto:
IA = 4IB ⇒ IA = 16 u.a.
IC = 1 IB ⇒ IC = 1 u.a.
4
Representando as intensidades no gráfico, temos:
I (u.a.)
20
A
15
10
5
B
C
0
1f0 2f0 3f0 4f0 5f0 6f0 7f0 f (Hz)
88
97 A onda resultante da superposição dos dois ultra-sons
(32 000 Hz e 30 000 Hz) é ultra-som de freqüência igual a 31 000 Hz,
que, como sabemos, não é audível. Entretanto, ocorrem batimentos
com freqüência igual a 2 000 Hz. Esses batimentos não são percebidos
individualmente, mas são ouvidos como um som de freqüência igual
a 2 000 Hz.
Alternativa a.
Nó
Ventre
Nó
Ventre
Em um nó de deslocamento, a pressão varia (aumenta e diminui).
Em um ventre de deslocamento, a pressão é constante.
Alternativa b.
98
Para d = 0: OBF – OAF = x
Para d1= 5 cm: OBF– OAF = x + 10 = i λ (I)
2
Para d2 = 15 cm:
λ
(II)
OBF – OAF = x + 30 = (i + 2)
2
(i e i + 2 são números ímpares consecutivos)
Fazendo (II) – (I), vem:
101 As freqüências de ressonância de um tubo fechado são dadas por
f = N v, sendo N um número ímpar.
4L
Temos:
33 000 cm/s
L = N v = N 4 · 440 Hz
4f
λ = 20 cm
L = N 18,75 cm
Fazendo:
N = 1 : L = 18,75 cm ⇒ Tubo C;
N = 3 : L = 56,25 cm ⇒ Nenhum dos tubos;
N = 5 : L = 93,75 cm ⇒ Tubo E.
99
a) v = 340 m/s
f = 170 Hz
340
v
λ= =
⇒ λ = 2,0 m
f 170
F2
F1
A
x
Δd = La
102 Sendo n = 1, 2, 3, ... e lembrando que os tubos fechados só emitem harmônicos de ordem ímpar, temos:
Número ímpar
Δd = N λ
(N = 1, 3, 5, ...)
2
La = N 2,0 = N 1,0 m
2
Como La é maior que 2,5 m e, além disso, deve ser mínima, vamos
fazer N = 3:
La = 3,0 m
20,0 (2n –1) 200 16 000
( 200) : 0,1 2n – 1 80
(+1) : 1,1 2n 81
( 2) : 0,55 n 40,5
Então, n pode assumir 40 valores distintos.
103
• No tubo aberto (segundo harmônico):
fa = 2v = 340 ⇒ fa = 40 Hz
2La 8,5
b)
y
B
• No tubo fechado (terceiro harmônico):
ff = 3v = 3 · 340 ⇒ ff = 255 Hz
4Lf
4Lf
Lf
• fbat = ff – fa
d2
10 = 255 – 40 ⇒
Lf
d1 = 10m
Lf = 5,1 m
104
F1
Δd = N λ
2
Lb
F2 x
(N = 0, 2, 4, ...)
d2 – 10 = N 2,0 ⇒ d2 – 10 = N 1,0
2
Como d2 é maior que 10 m e, além disso, deve ser mínima, vamos
fazer N = 2:
d2 – 10 = 2,0 ⇒ d2 = 12 m
d22 = d21 + L2b ⇒ 122 = 102 + L2b ⇒
Lb = 6,6 m
100 As ondas estacionárias sonoras podem ser representadas pelo
esquema seguinte, em que cada retângulo é uma porção de ar movendo-se no sentido indicado:
8
a) c = λ f ⇒ λ = c = 3,0 · 10 9
f 2,40 · 10
λ = 12,5 cm
b) A onda estacionária deve apresentar nós junto às paredes e um
ventre no centro. É fácil perceber que, para que isso ocorra, a distância D entre as paredes precisa ser um número ímpar i de λ :
2
D = i λ = i 12,5 ⇒ D = i 6,25 cm
2
2
Além disso, D tem de estar entre 25 cm e 40 cm.
Fazendo:
i = 1 ⇒ D = 6,25 cm (não serve)
Manual do professor
i = 3 ⇒ D = 18,75 cm (não serve)
89
106
a) f = 800 k Hz = 800 · 103 Hz
• N2 puro ⇒ fração molar de Ar em N2 igual a zero.
• Do gráfico: v ⯝ 346,5 m/s
i=5 ⇒
λ = v = 346,5 3 ⇒
f 800 ·10
D = 31,25 cm (RESPOSTA)
λ ⯝ 4,3 · 10–4 m
b) Do gráfico: fração molar de Ar em N2 = 60% ⇒ v ⯝ 324 m/s
10 · 10–2
v = Δs ⇒ Δt = Δs = 324 ⇒
Δt
v
107 Só deve ser usada a componente da velocidade do observador
O alinhada com a reta que passa por O e pela fonte F:
i = 7 ⇒ D = 43,75 cm (não serve)
c) Potútil = 500 W
m = 0,5 kg
Δt ⯝ 3,1 · 10–4 s
Δθ = 20 °C
U = 6,60 m/s
λ = 16,5 cm
(Atleta)
O
Potútil = Q
Δt
Q
Δt =
= m c Δθ = 0,5 · 4 000 · 20
500
Potútil Potútil
60°
v0 = 3,30 m/s
F (Sirene)
Δt = 80 s
105
a) À medida que o nível da água sobe, o comprimento L da coluna de
ar diminui. Com isso, as freqüências de ressonância dessa coluna,
dadas por f = N v, aumentam.
4L
b)
f = v = 330 ⇒ f = 2 000 Hz
λ 0,165
v – v0
fD = f
= 2 000 · 330 – 3,30 ⇒
v
330
⇒
fD = 1 980 Hz
Alternativa: b
108 A máxima freqüência percebida pelo observador acontece quando a fonte se aproxima dele com máxima velocidade (vmáx = ω A).
No movimento da fonte, temos:
A = 0,8 m
ω = 50 rad/s
L
h = 30 cm
⇒ vmáx = ω A = 50 · 0,8
vmáx = 40 m/s
vF = 40 m/s
A
t
fD = f
h–L
O
B
v ± vo
= 600 340 ⇒
v ± vF
340 – 40
P
x
fD = 680 Hz
109
1a)
r = 3 cm
v0 = 0
vF = V
V = 30 cm3/s (vazão em volume)
Sejam:
A = π r2: área da seção transversal do recipiente.
va: velocidade com que sobe o nível da água.
t = 0: instante em que a água começa a ser despejada.
t : instante qualquer.
Temos, no instante t:
Vt
V = A v a ⇒ V = π r2 h – L ⇒ L = h – 2
t
πr
v
Como f = 4L :
f=
v
=
Vt
4 h– 2
πr
f=
340 · 102
t
40 3 –
3π
⇒
340 · 102 cm/s
30t
4 30 cm –
cm
π 9
f=
850
t
3–
3π
Hz (0 t 9π s)
F(f)
O
fD = f
2a)
v ± vo
⇒ fD = f v
1
v ± vF
v+V
vO = V
(I)
vF = 0
O
fD = f
v ± vO
⇒ fD = f (v – V)
2
v ± vF
v
F(f)
(II)
Dividindo a expressão (I) pela expressão (II), membro a membro,
obtemos:
Maior que 1
fD1
fv
v
v2
fD = v + V · f (v – V) = v2 – V2
2
90
Então:
fD1
f ⬎1 ⇒
D2
f=Nv
4L
fD ⬍ fD
2
1
(Na segunda situação, o som ouvido é mais grave.)
I2
I1
Para uma distância fixa da banda, a intensidade sonora I é proporcional
à potência irradiada P.
Então:
P
N2 – N1 = 10 log 2
P1
110 ΔN = N – N = 10 log
2
1
P
P
120 – 70 = 10 log 2 ⇒ 50 = 10 log 2
P1
P1
P2
= 105 ⇒ P2 = 105 P1
P1
(N + 2) v
595
4L
(⫼) ⇒ N + 2 = 425 ⇒
N
Nv
425 =
4L
595 =
⇒ N=5 e N+2=7
Portanto, as freqüências 425 Hz e 595 Hz correspondem ao 5o e ao 7o
harmônico respectivamente.
Freqüência fundamental:
f5 = 5f1 ⇒ 425 = 5f1
f1 = 85 Hz
114
72 km/h = 20 m/s
A: automóvel
B: ambulância
ΔP = P2 – P1 = 105 P1 – P1 = 99 999 P1
20 m/s
A
ΔP(%) = 9 999 900 P1
20 m/s
B
Alternativa d.
111 São dados dois passos por segundo. Então, um passo dura 0,5 s.
Entre a fanfarra e a última fila, há uma defasagem na marcha de pelo
menos um passo. Isso significa que o som da fanfarra demora pelo menos 0,5 s para chegar à última fila.
Δs = v Δt ⇒ Δs = 340 · 0,5 ⇒
Δs
v0
A
Δs = 170 m
fD = 1 240 Hz
vF = 20 m/s
B
Alternativa a.
f = 1 280 Hz
F
112
a) Para os batimentos terem freqüência igual a 4 Hz, a freqüência fundamental do tubo aberto pode ser 264 Hz (260 Hz + 4 Hz) ou 256 Hz
(260 Hz – 4 Hz).
Entretanto, como a diminuição da intensidade da força tensora na
corda reduz sua freqüência de vibração, e isso acarretou um aumento da freqüência de batimentos, concluímos que:
vsom
⇒ 264 = 330 ⇒
2L
2L
v ± vo
340 – vo
⇒ 1 240 = 1 280
⇒ vo = 30 m/s
v ± vF
340 – 20
Aplicando a Equação de Torricelli ao movimento do automóvel, obtemos:
v2final = v2inicial + 2 α Δs
302 = 202 + 2 · 1 Δs ⇒
fT = 264 Hz
b) fT =
fD = f
Δs = 250 m
115 O som que atinge o observador propaga-se em relação ao solo
L = 62,5 cm
com velocidade v = vs + vv = 340 + 40 ⇒ v = 380 m/s.
c) Na corda, temos:
f = v ⇒ v = 2L f = 2 · 0,50 · 260 ⇒ v = 260 m/s
2L
v = F ⇒ F = δ v2 = 2,50 · 10–3 · 2602 ⇒
δ
O
N
NE
F = 169 N
113 Suponhamos que o tubo seja aberto:
f=Nv
2L
(N + 1) v
2L
(⫼)
Nv
425 =
2L
595 =
595
⇒ N + 1 = 425 ⇒
N
⇒ N = 2,5
Como N não é inteiro, o tubo não é um tubo aberto, mas fechado:
VO = 20
vF = 20 m/s
45°
W
E
F
• fD = f
2 m/s
v – vo
= 500 · 380 – 20 ⇒
v + vF
380 + 20
O
vO = 20 m/s
fD = 450 Hz
Manual do professor
116
a)
b) Δs = v0 t +
F
t0 = 0
O
91
gt2
gT2 10 · 4,252
⇒ H=
=
2
2
2
H ⯝ 90,3 m
117
d
a)
H
• Quando o garoto vê o
impacto da fonte sonora
vF t
no fundo do poço, ele não F
está recebendo o som que
ela emite nesse momento.
Esse som vai demorar algum
tempo até chegar ao garoto.
Assim, no instante do impacto, o garoto está recebendo o som que
a fonte emitiu em algum instante t anterior ao impacto, quando ela
estava a uma distância d da boca do poço.
Vamos calcular a velocidade da fonte no instante em que ela emitiu
o som ouvido pelo garoto com freqüência igual a 640 Hz:
fD = f
v ± vo efeito
⇒
v ± vF Doppler
⇒ 640 = 720 ·
30°
A
T = 4,25 s
B
Δsavião
sen 30° =
v
Δssom vsom Δt
=
= som
Δsavião vavião Δt vavião
1 = 340 ⇒
2 vavião
vavião = 680 m/s
b)
Avião
320 ⇒ v = 40 m/s
F
320 + vF
• Cálculo de d e t:
v2F = v20 + 2g d ⇒ 402 = 02 + 2 · 10 d ⇒ d = 80 m
F
vF = V0 + g t ⇒ 40 = 0 + 10t ⇒ t = 4,0 s
F
Portanto, o som que o garoto ouviu foi emitido pela fonte 4,0 s
depois que ela foi abandonada.
• Para chegar até ele, esse som teve de percorrer a distância d
durante um intervalo de tempo Δt, em movimento uniforme com
velocidade igual a 320 m/s.
v = d ⇒ 320 = 80 ⇒ Δt = 0,25 s:
Δt
Δt
Então, o garoto recebeu o som emitido à distância d no instante
T = 4,25 s, que é o mesmo instante em que ele viu o impacto da
fonte com o fundo do poço.
Portanto:
Δssom
30°
vsom
d
h
30°
Observador
Solo
3 d
cos 30° = d ⇒
=
h
h
2
2 vsom Δt
2
d
h=
=
3
3
2
·
340
·
3,0
h=
1,7
h = 1 200 m
Parte III - ÓPTICA GEOMÉTRICA
Tópico 1
Fundamentos da Óptica Geométrica
Neste Tópico de abertura da Óptica, sugerimos
que se ressalte como esse assunto foi fundamental na
evolução do conhecimento humano. A Astronomia e
a Astrofísica, por exemplo, progrediram muito mais
velozmente depois do advento dos instrumentos ópti-
cos, como lunetas e telescópios. A Biologia e alguns
setores da Medicina Diagnóstica, por sua vez, atingiram seu atual estágio de desenvolvimento graças aos
microscópios e outros equipamentos de aumento.
Aqui são apresentados os princípios que norteiam
todo o curso de Óptica Geométrica, como o da independência dos raios luminosos e o da propagação retilínea
da luz, este último relacionado com um grande número de situações que pedem, em sua descrição, elementos da geometria euclidiana. Semelhança de triângulos
e propriedades métricas e trigonométricas do triângulo
retângulo são ferramentas indispensáveis ao estudo de
câmaras escuras, sombras e penumbras, eclipses etc.
92
É importante que o aluno compreenda o mecanismo básico de visualização de objetos e de cores dos
corpos. Deve-se explicar a constituição da luz branca
como composta de sete cores (freqüências) principais,
apresentando-se também a noção de luz monocromática (uma só cor ou freqüência).
Neste Tópico, o professor terá a oportunidade de
motivar bastante seus alunos. Para isso, sugerimos
que os diversos contextos e situações propostos na
teoria e nos exercícios sirvam como pano de fundo
para a apresentação de explicações interessantes, outros exemplos relacionados com o assunto, além de
teorias e tecnologias recentes que possam enriquecer
o aprendizado.
1. Luz: uma forma de energia radiante
3. Fontes de luz (visualização de objetos)
• Classificação dos meios
Exercícios
7. Princípio da Independência dos Raios de Luz
8. Princípio da Propagação Retilínea da Luz
9. Sombra e penumbra
10. Câmara escura de orifício
Exercícios
Cores dos corpos
15. Ponto objeto e ponto imagem
Exercícios
• Algo mais
Havendo disponibilidade de tempo, seria interessante e motivador fazer um histórico de como os povos antigos reagiam aos eclipses. Muitos acreditavam
que esses fenômenos eram manifestações de ira dos
deuses ou prenúncio de escassez de alimentos, pestes
e morte.
Convém discorrer sobre a previsibilidade dos
eclipses a partir dos modernos conhecimentos de
Astronomia. Citações a respeito de astrônomos importantes e de descobertas marcantes nessa área são
sempre bem-vindas. Uma visita a um planetário ou
ambiente similar tem grande valor pedagógico,
podendo servir de catalisador para a revelação de
vocações.
A construção de modelos com fontes de luz e
objetos opacos, que possam demonstrar a formação de eclipses, também é recomendável, já que
propõem de forma concreta como ocorrem esses
fenômenos.
1. Você assiste à decolagem de um avião de um local
próximo da sua posição. Depois, você visualiza a mesma aeronave distante, já voando a grande altitude.
Por que o avião parece mais lento em vôo que em solo
quando na realidade ocorre o contrário?
A observação do deslocamento do avião a distância implica a varredura de um pequeno ângulo visual,
o que determina na retina o acionamento de poucas
células sensoriais da visão no intervalo de tempo em
que a aeronave percorre comprimentos relativamente
grandes. Isso reduz a percepção de velocidade. Ocorre o mesmo no caso de árvores próximas de um veículo em alta velocidade, que parecem ao motorista mais
velozes que árvores semelhantes situadas em pontos
mais distantes.
2. Por que nuvens de chuva são vistas acinzentadas por
um observador situado no solo terrestre?
As nuvens são geralmente visualizadas brancas pelo fato de serem formadas a partir de uma
grande concentração de microgotículas de água e
de pequenos cristais de gelo, ambos provenientes
de mudanças de estado físico por que passa o vapor
de água existente na atmosfera — condensação e
solidificação, respectivamente. Esses corpos de dimensões mínimas atuam como pequenos prismas
que decompõem a luz branca solar, fazendo surgir
as sete cores fundamentais: vermelho, alaranjado,
amarelo, verde, azul, anil e violeta. Para um observador que olhe a base de uma nuvem a partir do
solo, porém, essas cores se somam, privilegiando
a visão do branco. Dependendo das condições de
pressão, temperatura e saturação de vapor de água
na atmosfera, as microgotículas de água aglutinamse, formando gotas maiores e mais pesadas que
podem precipitar-se em forma de chuva. As nuvens de chuva (cúmulos-nimbos e estratos-nimbos)
são mais acinzentadas porque, em virtude de sua
grande massa e volume, funcionam como um meio
translúcido de grande absorção, impedindo que boa
parte da luz solar incidente em seu topo as atravesse
e atinja a superfície terrestre.
3. Qual é a cor predominante no céu de Marte durante
o dia daquele planeta?
Marte, o deus da guerra na mitologia romana, é
também o nome do quarto planeta do Sistema Solar
a partir do Sol, que provavelmente foi assim denominado por causa da cor avermelhada que exibe quando
observado da Terra. Sua atmosfera é bastante rarefeita,
Manual do professor
sendo constituída predominantemente (cerca de 95%)
de gás carbônico (CO2). As condições de temperatura
junto à superfície são as que mais se assemelham às
da Terra, variando de –140 °C no inverno a 20 °C no
verão. Durante o dia, o céu marciano apresenta um
tom amarelo-acastanhado devido à grande quantidade
de uma poeira fina, colocada em suspensão pela ação
de severas tempestades de vento. No alvorecer e no
pôr-do-sol, o céu de Marte adquire tonalidades que
vão do cor-de-rosa ao vermelho. Se não houvesse a
poeira, porém, ele se apresentaria durante o dia tão
azul quanto o da Terra, o que pode ser explicado por
uma semelhante difusão da luz azul.
93
21
L
ᐉ
d
D
Semelhança de triângulos:
=d
L D
1o caso: 8,0 cm = d
⇒ L d = 160 cm2 (1)
L
20 cm
⇒ L d = 80 (2)
2o caso: = d
L 80 cm
o
Comparando o 1 e o 2o casos, temos: 80 = 160 cm2
Da qual: = 2,0 cm
22
80 cm
L
4
O modelo proposto pelos antigos possibilitaria a visão de corpos em ambientes escuros, o que não ocorre.
A
Alternativa c.
8 Sendo v = 3,0 · 105 km/s = 3,0 · 108 m/s e convertendo 1 ano
para segundos Δt = 1 ano = 365 · 24 · 3 600 = 31 536 000 s ⯝ 3,15 · 107 s
Temos: Δs = v Δt
Δs = 3,0 · 108 m/s · 3,15 · 107 s
Penumbra
projetada
Semelhança de triângulos
h = 60
2,0 80
2,0 m
60 cm
h
Sombra projetada
Da qual: h = 1,5 m
Δs ⯝ 9,5 · 1015 m
Nessa situação, teremos penumbra projetada no solo e apenas um
ponto de sombra.
19
Alternativa b.
d = 20 cm o
D
na Terra) vê o “disco lunar” centrado sobre o “disco solar”. Na Zona II
(penumbra projetada), o observador vê um eclipse parcial, caso em
que o “disco lunar” cobre parcialmente o “disco solar”. Já na Zona III,
não há eclipse e o “disco solar” é visualizado integralmente pelo observador.
ᐉ = 80 cm
L = 8,0 cm
Alternativa a.
D = L ⇒ 2R = L ⇒ 2R = 8,0 m ⇒
d d 20 cm 80 cm
23 Um observador situado na Zona I (sombra da Lua projetada
R = 1,0 m
20 Toda a figura “imagem” projetada na parede do fundo da câmara escura de orifício apresenta-se invertida em relação ao Cruzeiro
do Sul. Essa inversão é tanto longitudinal como transversal , como se
pode observar no esquema abaixo.
24
a) O eclipse do Sol ocorre na fase da lua nova.
b) Sendo 1 h = 60 min
v = 3 000 = 50 km/min
60
Δt = Δs = 200
Δt = 4 min
temos: v = Δs
50
v
Δt
40 A imagem produzida pelo espelho primário é real e funciona
como objeto virtual em relação ao espelho secundário. Este, por sua
vez, produz uma imagem real projetada no “detector de imagens”.
Alternativa d.
43
Imagem
Objeto
Alternativa c.
1o caso: H = 1,60 ⇒ S = 1,5 H
(I)
S 2,40
(II)
2o caso: H = 1,60
S – 2,50 2,00
(I) em (II):
H
= 1,60 ⇒ 2,00 H = 2,40 H – 4,00 ⇒ H = 10,0 m
1,5 H – 2,5 2,00
94
AC = H ⇒ Sendo: AC = v’ Δt e AB = v Δt
AB H – h
Temos: v’ Δt = H ⇒ v’ = H v
H–h
H–h
vΔt
44
50 Semelhança de triângulos e sendo h desprezível em comparação a D, temos:
45
d
Semelhança de triângulos
L = λ ⇒ L = 3,0 λ
3,0 1,0
h
As dimensões lineares da sombra projetada no assoalho são o triplo
das dimensões lineares da placa. Logo:
A’= 3 · 40 cm 3 3 · 25 cm
A’ = 120 cm 75 cm
A’ = 9 000 cm2
A’ = 0,90 m2
ou
d + h = 915 + 0,126 h
h
0,126 h
0,126 d + 0,126 h = 915 + 0,126 h
Sendo h desprezível em comparação com d, concluímos que:
Alternativa a.
46
a)
B‘
A
C
C‘ A‘
d ⯝ 7261,9 km
O valor atual admitido para a distância da Terra ao Sol é de
150 000 000 km, aproximadamente.
51
BC
Sendo v = Δs , temos: para a sombra: vs = Δt
Δt
AB
para o homem: vh = Δt
Dividindo (I) por (II), membro a membro, vem:
vs BC Δt
v BC
=
⇒ s=
vh Δt AB
vh AB
H
H
e tg β =
Temos que: tg α =
BC
AB
tg α H BC
tg α BC
Assim:
=
⇒
=
tg β AB H
tg β AB
(I)
(II)
(III)
(IV)
De (III) em (IV), vem:
vs tg α tg 60°
=
=
=
vh tg β tg 30°
O
B
2m
h
S
0,126h A
5 000 · 183 m = 915 km
d
A imagem projetada é invertida, tanto longitudinal como transversal.
vs
3
=3
⇒
vh
3
3
52 No esquema abaixo, representamos a vela, decorridas 2 horas
da situação inicial:
A2
A1
P
β
d = 0,4 m
D = 1,5 · 1011 ⇒ D = 1,35 · 1012 mm
9
1,0
15 3 cm
47
O
40 3 cm
b) Semelhança de triângulos
AB = 2 ⇒ 5 = 2 ⇒ d = 2 m ⇒
d
5
A’B’ d
α
α
120º
R
S
ou D = 1,35 · 109 m
45 cm
(I)
Alternativa b.
48 O assistente recebe a informação atrasada em relação ao astrô-
nomo, já que o sinal de TV percorre, além da trajetória efetivada pela
luz direta captada pelo astrônomo, o arco de circunferência SO.
7
V = Δs ⇒ Δt = Δs = 6,0 · 108 m ⇒ Δt = 0,2 s
Δt
v
3,0 ·10 m/s
Alternativa c.
49
a) Princípio da Propagação Retilínea da Luz.
b) Δs = 2R ⇒ Δs = 2 · 149 · 106 km = 2,98 · 108 km
Δt = 16 min 34 s = 994 s
8
v = Δs ⇒ v = 2,98 · 10 km
994 s
Δt
Donde:
v ⯝ 2,99 · 105 km/s
(II)
Cálculo do ângulo α:
3
15 3
tg α =
=
⇒
3
45
Q
60º
60º
50 cm
α = 30°
Cálculo do ângulo β:
β + α + 120° = 180° ⇒
β = 30°
Portanto, o triângulo OPQ é isósceles.
(III) Cálculo do deslocamento QP do feixe luminoso projetado A2:
Triângulo QRS
40 3
tg 60° = RS ⇒ 3 =
⇒ OQ – 50 = 40 ⇒ OQ = 90 cm
QR
OQ – 50
Mas QP = OQ; logo QP = 90 cm
(IV) Cálculo da velocidade escalar média:
v = QP = 90 cm ⇒ v = 0,75 cm/min
Δt 120 min
Alternativa c.
Manual do professor
Tópico 2
Reflexão da luz
Neste Tópico, depois de apresentar o importante
fenômeno da reflexão da luz com suas respectivas
leis, desenvolvemos um estudo dos espelhos planos e
esféricos. Em relação aos espelhos planos, de uso tão
freqüente no dia-a-dia, recomendamos trabalhar bem
a propriedade da simetria (a imagem é simétrica do
objeto em relação ao espelho), que explica o comportamento desses sistemas em um grande número de situações. Sugere-se contextualizar ao máximo esse conceito, citando exemplos corriqueiros que certamente
servirão de motivação nessa iniciação à Óptica.
Na apresentação dos espelhos esféricos, optamos
por dividir a matéria em dois blocos: no Bloco 3 são
apresentadas propriedades geométricas, bem como
construções gráficas de imagens. No Bloco 4, desenvolvemos um estudo analítico fundamentado na
função dos pontos conjugados (Equação de Gauss).
No final do estudo, tendo ocorrido perfeita assimilação do fenômeno da reflexão da luz, o aluno deverá
ser capaz de fazer construções gráficas envolvendo espelhos planos e esféricos, determinando características
de imagens por meio de esquemas e/ou equações.
1. Reflexão: conceito, elementos e leis
2. O espelho plano
Exercícios
3. Construção gráfica de imagens nos espelhos planos
4. Propriedade Fundamental dos Espelhos Planos:
simetria
6. Campo de um espelho plano
• Imagens múltiplas em dois espelhos planos associados
Exercícios
10. Classificação e elementos geométricos dos espelhos esféricos
12. Focos dos espelhos esféricos
13. Raios luminosos particulares
14. Construção gráfica das imagens nos espelhos esféricos
Exercícios
16. Função dos pontos conjugados (Equação de Gauss)
17. Aumento linear transversal
Exercícios
95
• Algo mais
Pode ser bastante interessante e motivador demonstrar experimentalmente as propriedades dos espelhos planos e esféricos. Para isso, sugerimos que o
professor consiga um kit de espelhos para os procedimentos (os espelhos esféricos devem desempenhar
conforme as condições de Gauss). É possível observar
muitas situações que são justificadas pela simetria da
imagem e do objeto em relação a um espelho plano.
Também são passíveis de verificação imagens múltiplas produzidas em dois espelhos planos associados e
características de imagens em espelhos esféricos. Provoca grande entusiasmo na classe projetar na parede
de um ambiente escurecido a imagem real, invertida e
ampliada produzida por um espelho esférico côncavo
para determinado objeto luminoso – uma vela acesa,
por exemplo.
1. Como são fabricados os espelhos de uso popular?
Tudo começou por volta do ano 3 000 a.C., na
longínqua Idade do Bronze, quando povos antigos
– como os egípcios e os sumérios – se aprimoraram
em polir com areia, pedras e metais. Não conseguiram
elaborar superfícies que produzissem imagens nítidas
por reflexão da luz, mas obtiveram espelhos rudimentares, capazes de refletir formas e contornos.
Somente no final do século XIII surgiram os primeiros espelhos, similares aos de hoje. Fabricados por
artesãos de Veneza, na Itália, eram feitos de vidro coberto por uma fina camada metálica refletora. Graças
ao brilho, muitos os consideravam verdadeiras jóias:
em meados do século XVI, ainda em produção artesanal, chegavam a custar três vezes o preço de uma
pintura do italiano Rafael (1483-1520).
Hoje, a fabricação de espelhos populares é relativamente simples e barata: uma solução, em geral de
nitrato de prata, é borrifada sobre a face polida e limpa de uma placa de vidro, o que faz a substância reagir
com certos componentes do vidro, principalmente os
óxidos de alumínio, sódio, potássio, cálcio e silício.
Com essa reação, chamada em Química de oxirredução, o nitrato de prata fixa-se no vidro, constituindose em uma fina camada, capaz de refletir regularmente
a luz e produzir imagens.
Espelhos de equipamentos sofisticados, como
os telescópios, são obtidos pela deposição de tênues
camadas de alumínio, berílio e níquel, além de diversas ligas, sobre blocos ópticos. Esses materiais
são utilizados em substituição à prata, por proporcionarem melhor aderência ao vidro e menor oxidação.
96
2. A equação de Gauss 1 = 1 + 1 é aplicável também
f p p’
aos espelhos planos?
Sim. Basta observar que os espelhos planos são
sistemas ópticos afocais, isto é, têm foco impróprio
(“situado no infinito”): raios incidentes paralelos
continuam paralelos depois da reflexão no espelho.
Fazendo a distância focal tender ao infinito
(f → ∞), o quociente 1 tende a zero, implicando a
f
ocorrência das igualdades 1 = – 1 e p’ = – p.
p’
p
É importante notar que nessas expressões está caracterizada a propriedade da simetria, já que |p’| = |p|.
Fica claro também que a imagem tem natureza oposta
à do objeto (se um for real, o outro será virtual), pois
p’ e p têm sinais opostos.
3. Nos grandes telescópios, os espelhos primários, responsáveis pela captação da imagem inicial de um astro, são côncavos, com diâmetro da ordem de alguns
metros. Como se faz para minimizar os efeitos da
dilatação térmica nesses espelhos, que altera dimensões importantes, como a distância focal?
5
E1
α
β
β
δ
E2
γ
γ
ϕ
60°
2β + 2γ + α = 180° ⇒ 2 (β + γ) + α = 180° (I)
β + δ = 90° ⇒ δ = 90° – β
(II)
γ + ϕ = 90° ⇒ ϕ = 90 – γ
(III)
δ + ϕ + 60° = 180°
(IV)
(II) e (III) em (IV):
90° – β + 90° – γ + 60° = 180°
β + γ = 60° (V)
(V) em (I): 2 · 60° + α = 180° ⇒ α = 180° – 120° ⇒
O valor de α independe do valor de β.
α = 60°
D
7
C
G
F
A dilatação térmica é, nesse caso, uma grande
vilã: qualquer alteração nas dimensões do espelho
primário afeta em muito o funcionamento de todo o
telescópio. Para minimizar as distorções acarretadas
pela dilatação, os espelhos são anexados em blocos
de materiais que praticamente não sofrem expansão
nem contração térmica, como o vidro Pirex (81% de
SiO2, 12% de B2O3, 4% de Na2O e 3% de alumina),
a sílica fundida e materiais cerâmicos. Fora isso, a
película espelhada é constituída por mosaicos que
colaboram para anular a dilatação total do sistema
refletor.
4. Por que nos telescópios são utilizados espelhos
parabólicos em vez de espelhos esféricos?
Porque os espelhos parabólicos têm comportamento verdadeiramente estigmático em relação a
objetos impróprios (“situados no infinito”), conjugando a esses objetos imagens pontuais situadas no
foco do sistema. Isso não ocorre com os espelhos
esféricos existentes na prática – não-gaussianos –,
que produzem uma cáustica de reflexão, conjugando
a um astro distante não um ponto imagem, mas uma
“região” luminosa desprovida de definição. Essa
aberração de esfericidade inviabiliza observações
astronômicas que exijam precisão.
O
A
B
H
N
E
Pela 1a Lei da Reflexão, o raio incidente, o raio refletido e a reta normal
no ponto de incidência devem ser coplanares.
Alternativa: b.
P
9
H
Espelhod'água
L
P‘
α α
D–L
h
97
Manual do professor
Por semelhança de triângulos:
A
21
IA
H = L ⇒ H = 3,2 ⇒ H = 12 m
h D–L
1,5 0,40
IA
2
B
D = 2,0 m
IB
O
1
IB
1
2
10
x
1,5 m
1,5 m
y
0,50 m
IA é a imagem que A conjuga a IB . Logo:
2
P‘
P
0,40 m
L
1
x = 2 · 0,5 ⇒
x = 1,0 m
IB é a imagem que B conjuga a IA . Logo:
2
1
y = 2 · 1,5 ⇒
1,5 m
L = 3,0 ⇒
0,40 1,5
L = 0,80 m
A = L2 = (0,80 m)2
⇒
1,5 m
y = 3,0 m
Alternativa d.
E
22
A
A = 0,64 m2
B
25 cm
α
A‘
25 cm
48 – x
α
11
α
a)
x
30° 30°
L
α
60°
A
50 cm
C
B
C
Sendo x o comprimento dos lados dos triângulos eqüiláteros da
figura, temos:
8
–8
V = Δs ⇒ C = 6x ⇒ x = CΔt ⇒ x = 3,0 · 10 · 1,0 · 10 = 3 m
Δt
6
6
Δt
6
x = 0,5 m
D
Os triângulos destacados são semelhantes.
Logo:
x = 50
48 – x 25
x = 2 (48 – x)
x = 96 – 2x ⇒ 3x = 96 ⇒
b)
x = 32 cm
Alternativa: c.
25
A
P
P‘
4,0 m
L
2
L
B
S
x
O tempo não se altera, pois a distância percorrida pela luz é a mesma. Já o número de reflexões aumenta, passando de 5 para 11 (ver
figura).
2,0 m
4,0 m
6,0 m
19 O observador não poderá
vislumbrar os pontos D e E, nem
seu próprio olho, pois eles estão
fora do campo visual do espelho
para a posição do observador.
x = 4,0 ⇒
2,0 8,0
A
x = 1,0 m
26
Campo
E
A‘
B
A
C
D
C
E
α
80 cm
α
α
x
O
x‘
O‘
B‘
30 cm
30 cm
B
98
Teorema de Pitágoras
(AB’)2 = 802 + 602 ⇒ (AB’) = 100 cm
sen α = 80 ⇒
100
35
E
sen α = 0,80
d
I0
28
a)
O
O
E
A
P2 x P
I
x P1
E
O
I1
4x
7 cm
7 cm
P2 x P
x P1
IA
b)
E
O
E
O
B
11 cm
11 cm
I
IB
P2 x P
(I) 4x = 2 · 11 – 2 · 7 (cm) ⇒
(II) d = 7 + x
d = 7 + 2 (cm)
x P1
x=2m
d = 9 cm
30
Alternativa b.
A‘
a)
39
1,5 m
E
α = 8°
0
1,5 m
A
4,5 m
24 cm
3,0 m
F
x1
V
L
(I) Semelhança de triângulos:
L = (4,5 + 1,5) m ⇒
1,5 m
3,0 m
B x2 C
A
Campo do espelho
53°
2α
L = 12 m
(II) Juliana poderá observar a imagem de Rodrigo em E, enquanto
Rodrigo estiver no campo do espelho representado na figura anterior, isto é, enquanto ele estiver percorrendo o comprimento L.
V = Δs = L ⇒ Δt = L ⇒ Δt = 12 m
2 m/s
V
Δt Δt
Donde: Δt = 6,0 s
b) Se Juliana estivesse na posição B, o comprimento L a ser percorrido por Rodrigo dentro do campo do espelho não se modificaria
(L = 12 m), e o mesmo ocorreria com o tempo de visualização da
imagem, que continuaria igual a Δt = 6,0 s.
(I) Triângulo OAC: tg 53° =
x1
24
sen 53° = x1 ⇒ 0,80 = x1 ⇒ x = 32 cm
1
0,60 24
cos 53° 24
x2
(II) Triângulo OBC: tg (53° – 2 α) =
24
x2
x
x
tg (53° – 16°) =
⇒ tg 37° = 2 ⇒ sen 37° = 2
24
24
cos 37° 24
0,60 = x2
0,80 24
Da qual: x2 = 18 cm
(III) AB = x1 – x2 ⇒ AB = (32 – 18) cm
AB = 14 cm
Alternativa d.
Manual do professor
99
40 Das 24 “ bailarinas ” filmadas, 3 são pessoas (atrizes) e 21 são
imagens. Assim, cada atriz determina, na associação de espelhos, um
total de 7 imagens.
e) Falsa.
Para objetos colocados à esquerda da concha, as imagens obtidas
são virtuais, direitas e menores que o objeto.
Logo: n = 360° – 1 ⇒ 7 = 360 = 1
α
α
Alternativa d.
8 α = 360 ⇒ α = 45°
57
f = R = 80 cm ⇒ f = 40 cm
2
2
1=1+1 ⇒ 1 = 1 +1
f p p’
40 120 p’
41
a) Teorema de Pitágoras
OB2 = 802 + 602
p’ = 60 cm p’ 0 ⇒ imagem real
Do qual: OB = 100 cm
b)
0
A=–
C
p’
= – 60 cm ⇒ A = – 1
120 cm
2
p
i = |A| ⇒ i = – 1 ⇒
o
2,0
2
(A 0 ⇒ imagem invertida)
|i| = 1,0 cm
Alternativa a.
58
A
B
47
a) O objeto luminoso é real e sua imagem também é real, já que está
projetada em um anteparo. Assim, p e p’ são positivos, o que torna f
também positivo, tendo em conta que 1 = 1 + 1 . Logo, o espelho
f p p’
é côncavo.
d
b) p’ – p = 180 cm ⇒ p’ = 180 + p
A = – p’ ⇒ –4 = – p’ ⇒ p’ = 4p
p
p
(I)
(II)
Comparando (I) e (II):
V
F‘
F
4p = 180 + p
p = 60 cm e p’ = 240 cm
8 cm
8 cm
f
Do qual: R = 96 cm
f = R = 50 cm ⇒ f = 25 cm
2
2
60
d+8=f
d = f – 8 ⇒ d = 25 – 8 (cm) ⇒
d = 17 cm
50
a) Falsa.
Nesse caso, a concha funciona como espelho esférico côncavo. Para
distâncias menores que 1 do diâmetro (d f), as imagens são vir4
tuais, direitas e maiores que o objeto.
b) Falsa.
Nesse caso, a concha funciona como espelho esférico convexo. As
imagens obtidas são virtuais direitas e menores que o objeto.
c) Falsa.
Para objetos colocados à direita da concha em um afastamento inferior a 1 do diâmetro (d f), as imagens são virtuais.
4
d) Verdadeira.
1=1+1 ⇒ 1 = 1 + 1
f p p’
R 60 240
2
a) f = – R ⇒ f = – 30 cm ⇒
2
2
f = –15 cm
b) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
–15 10 p
f p p’
p’ = –6 cm (p’ 0 ⇒ imagem virtual)
d = |p’| = 6,0 cm
61 Equação de Gauss: 1 = 1 + 1
f p p’
Do gráfico, para 1 ⯝ 5,5 · 10–2 cm–1, temos 1 = 4,5 · 10–2 cm–1.
p’
p
Substituindo os valores de 1 e 1 na Equação de Gauss, vem:
p p’
1
1 = 5,5 · 10–2 + 4,5 · 10–2 ⇒ f =
(cm)
f
10 · 10–2
Donde:
f = 10,0 cm
100
Comparando (I) e (II), vem:
63
a) f = R = 40 cm ⇒ f = 20 cm
2
2
Em relação à extremidade A:
b) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1 ⇒ p’ = 30 cm
f p p’
20 60 p’
A imagem da extremidade B coincide com esse ponto. Logo:
A’B’ = 40 cm – 30 cm
p’ = 60 cm
e
p = 120 cm
1=1+1 ⇒ 1 = 1 + 1
R 60 120
f p p’
2
Da qual: R = 80 cm
70
A’B’ = 10 cm
64 f = R = 40 ⇒ f = 20 cm
2 2
1a posição do objeto:
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1 ⇒ p ’ = –20 cm
1
20 10 p1’
f p 1 p 1’
(p’1 0 ⇒ imagem virtual)
2a posição do objeto:
1= 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1 ⇒
20 40 p2’
f p 2 p 2’
p + |p’| = 16 cm ⇒ |p’| = 16 – p ⇒ p’ = –(16 –p) (I)
A = – p’ ⇒ 3 = – p’ = p’ = –3p (II)
p
p
–3p = –(16 – p) ⇒ p = 4 cm e
1=1+1 ⇒ 1 = 1 – 1
R 4,0 12
f p p’
2
p’ = –12 cm
p2’ = 40 cm
(p’2 0 ⇒ imagem real)
d = |p1’| + |p2’| ⇒ d = 20 cm + 40 cm
d = 60 cm
65 Vela em x (centro de curvatura): p ’ = 40 cm
0
0
Vela em x1: 1 = 1 + 1 ⇒ p’1 = 60 cm
20 30 p’1
p1’ – p0’ (p1’ – p0) v
vm =
=
⇒ vm = 20 · 1,0 (cm/s)
10
Δt
p 0 – p1
vm = 2,0 cm/s
Da qual:
R = 12 cm
71 Do desenho, temos:
p = +x cm
p’ = –(21 – x) cm
f = +10 cm
Logo, a imagem é virtual.
Aplicando a Equação de Gauss, vem:
1 + 1 = 1 ⇒ 1 – 1 = 1 ⇒ 21 – x – x = 1
x 21 – x 10
x(21 – x) 10
p p’ f
210 – 20x = 21x – x2 ⇒ x2 –41x + 210 = 0
Resolvendo a equação, temos:
67
f = R = 60,0 cm ⇒ f = 30,0 cm
2
2
f
⇒ A = +3 (A 0 ⇒ imagem direita)
A=–
= 30,0
f – p 30,0 – 20,0
A = – p’ ⇒ Sendo A 0, p 0 e tendo p e p’ sinais opostos, tem-se
p
p 0 ⇒ imagem virtual
A= i ⇒ 3= i ⇒
o
7,50
i = 22,5 cm
68
a) Imagem direita: A 0 A = + 1
3
f
1
f
A=
⇒ =
⇒ 3f = f – 12
f–p
3 f – 12
f = –6,0 cm
2p’ = 60 + p’ ⇒
(f 0 ⇒ espelho convexo)
R = 2 |f| ⇒ R = 2 |–6,0| ⇒ R = 12 cm
b) A = – p’ ⇒ 1 = – p’ ⇒
3
p
12
Donde: p’ = –4,0 cm
2
x = 41 ± (–41) – 4 · 210 ⇒ x = 41 ± 1 681 – 840 ⇒ x = 41 ± 29
2
2
2
Da qual: x1 = 35 cm e x2 = 6 cm
Como x f = 10 cm, conclui-se que:
Alternativa a.
72
a) Considerando p = d – R e f = – R , calculamos p’ pela Equação de
2
Gauss:
1=1+1 ⇒ 1 = 1 +1
f p p’
– R d – R p’
2
1 = – 2 – 1 ⇒ 1 = –2 (d – R) – R
R d–R
p’
R(d – R)
p’
Da qual: p’ = R (d – R)
R – 2d
Observe que, como a imagem é virtual, p’ é um número negativo.
Sendo x a distância entre a imagem da Lua e o ponto P, temos:
x = –p’ ⇒
(p’ 0 ⇒ imagem virtual)
d = |p’| ⇒ d = 4,0 cm
69 p – p’ = 60 ⇒ p = 60 + p’
A = – p’ ⇒ – 1 = – p’ ⇒ p = 2p’
2
p
p
(I)
(II)
x = 6,0 cm
x = R (d – R)
2d – R
b) i = – p’ ⇒ i = –
o
L
p
Donde: i =
LR
2d – R
R(d –R)
R – 2d
d–R
Manual do professor
Da semelhança de triângulos O’AB e O’XY, obtemos: XY = 60 cm.
Devido à simetria, concluímos que: XM = 5,0 cm ⇒ MY = 55 cm, mas
YN= 25 cm ⇒ MN= 80 cm.
O observador contempla a imagem do cilindro desde sua posição
inicial (extremidade inferior em M) até sua saída do campo visual do
espelho (extremidade superior em Y).
O intervalo de tempo pedido é calculado por:
g
Δs = v0 t + α t2 ⇒ MN = t2 ⇒ 0,80 = 10 t2 ⇒ t = 0,40 s
2
2
2
73
β
β
δ
α
101
δ
δ β θ
2 β
α
78
2 β + 2 δ = 180° ⇒ β + δ = 90°
(III)
Donde: vmáxE = 6,0 m/s
(IV)
Para a imagem: vmáx = 2vmáx = 2 · 6,0 (m/s) ⇒
(I)
Triângulo destacado à direita: 2 β + θ = 180° ⇒ β = 90° – θ
2
4
θ
θ
(II) em (I): 90° – + δ = 90° ⇒ δ =
4
4
Triângulo destacado à esquerda: α + δ = θ
2
θ
θ
θ=4α
⇒
(III) em (IV): α + =
4 2
74
(II)
T = 2π m ⇒ T = 2 · 3 20 (s) ⇒ T = 2,0 s
k
180
Para o espelho: vmáx = Aω = A 2π ⇒ vmáx = 2,0 2 · 3 (m/s)
E
E
2,0
T
vmáx = 12 m/s
I
E
Alternativa b.
A
A‘
79
a) Considerando M1 “parada”, teremos M2 em movimento de afastamento com velocidade escalar relativa de –10 m/s.
E
h
6,0 m
I
6,0 m
M1
1,8 m
y
B
B‘
0,50 m
a) h = 0,50 ⇒
6,0 2,5 + 0,5
h = 1,0 m
1,8
b) y =
2,5 2,5 + 0,50 ⇒
y = 1,5 m
2,5 m
10 m/s
M2
M‘2
x
76 O campo visual
O
do espelho para a posição do observador (ponto O) está esboçado na
figura a ao lado:
–10 m/s
P
+
x
Devido à simetria, deveremos ter:
vi, e = 10 m/s
b) A velocidade escalar relativa vi, M é dada por:
2
O‘
Campo
visual
Alternativa d.
R
Q
77 No esquema seguinte, delimitamos o campo visual do espelho
plano em relação ao observador O:
vi, M = 10 m/s + 10 m/s ⇒ vi, M = 20 m/s
2
2
c) Devido exclusivamente ao movimento de M2, a imagem de M2
tem, em relação à Terra, velocidade escalar de –30 m/s. Devido exclusivamente ao movimento do espelho, a imagem de M2 tem, em
relação à Terra, velocidade de 80 m/s.
20 cm
X
M
O
100 cm
B
Y
N
80 m/s
A
50 cm
Campo
visual
–30 m/s
O‘
Imagem da moto M2
Fazendo a superposição dos efeitos, isto é, dos movimentos parciais da imagem da moto M2, teremos, para vi, T, o valor seguinte:
vi, T = –30 m/s + 80 m/s ⇒
vi, T = 50 m/s
102
80 A situação proposta pode ser esquematizada conforme segue:
P
α
O
E1
α
ω
β
E2
P1
β = 2α ⇒ ωi = 2ω = 2 · 5,0 rad/s ⇒ ωi = 10 rad/s
vi = ωiR = 10 · 0,30 (m/s) ⇒ vi = 3,0 m/s
Da qual: f = 10 cm
81 O ângulo α no triângulo destacado vale 60°. Logo, aplicando a
Lei dos cossenos, calculamos a distância d.
E1
P
5,0 cm
α
pmín = 8,0 cm
85 Da figura: p = –10 cm e p’ = 5,0 cm
Equação de Gauss
1 = 1 + 1 ⇒ 1 =– 1 + 1
f p p’
f
10 5,0
ωi
P2
84
p + |p’| = 24 cm ⇒ |p’| = 24 – p ⇒ p’ = –(24 –p)
Equação de Gauss
1=1+1 ⇒ 1 =1– 1
f p p’
16 p 24 – p
1 = 24 – p – p ⇒ 24p – p2 = 384 – 32p
16 p(24 – p)
p = 8,0 cm
p2 – 56p + 384 = 0 p1 = 48 cm
2
8,0 cm
Alternativa a.
86
1a solução:
Objeto situado entre o foco e o vértice.
f ⇒ +4 = 60 ⇒
f–p
60 – p
A=
120°
5,0 cm
E2
P1
P2
p = 45 cm
2a solução:
Objeto situado entre o centro de curvatura e o foco.
8,0 cm
d
(f > 0 ⇒ espelho côncavo)
f ⇒ –4 = 60 ⇒
f–p
60 – p
A=
87
p = 75 cm
P‘
E1
d2 = (10,0)2 + (16,0)2 – 2
E2
· 10,0 · 16,0 · cos 60°
Da qual: d = 14,0 m
d
I1
Alternativa b.
82 O ponto P é um foco secundário do espelho. A distância focal f
fica, então, determinada pelo Teorema de Pitágoras.
1
d2 = f2 + h2 ⇒ f = (d2 – h2) 2
Mas R = 2f. Logo:
1
I2
C
30 cm
30 cm
F
V
30 cm
(I) 1 = 1 + 1
f p p’
R = 2 (d2 – h2) 2
Alternativa b.
1 = 1 +1 ⇒
30 90 p’
83
p’ = 45 cm
(II) d = p’ – f ⇒ d = 45 – 30 (cm) ⇒ d = 15 cm
i
R
r
L
V
88 Determinemos, inicialmente, a posição da imagem conjugada
C
i‘
r‘
r = i = 45°; r’ = i’ = 45°
L
L
2 2
cos 45° = 2 ⇒
=
2
R
R
⇒
L = 2,0 m
pelo espelho côncavo em relação a este espelho.
Equação de Gauss: 1 + 1 = 1
p p’ f
R
40
Sendo f = = cm = 20 cm e p = 30 cm, calculemos p’:
2 2
1 + 1 = 1 ⇒ 1 = 1 – 1 ⇒ 1 = 3–2
p’ 20 30
p’ 60
30 p’ 20
Da qual: p’ = 60 cm
Manual do professor
Para que a imagem final, formada sobre o objeto A, seja de natureza
real, a imagem fornecida pelo espelho côncavo deve comportar-se
como objeto virtual em relação ao espelho plano.
A trajetória dos raios de luz pode ser observada no esquema a seguir:
d
103
ai = |i| = a
2
Donde:
c) A partícula e sua imagem oscilam em oposição de fase, o que fica
evidenciado pela oposição dos sinais de i e o. Assim, a diferença de
fase pedida é:
Δφ = π rad
91
A‘
A
V
F
b = 2c
a c
p = 30 cm
x
x
p‘ = 60 cm
Lembrando que no espelho plano a imagem é simétrica do objeto em
relação à superfície refletora, temos:
2x = p’ – p ⇒ 2x = 60 – 30 ⇒
x = 15 cm
A distância d pedida fica, então, determinada por:
d = p + x ⇒ d = 30 + 15 (cm) ⇒ x = 45 cm
Alternativa d.
89 A imagem fornecida pelo espelho convexo pode ser obtida graficamente como a seguir:
O
F1
A distância b entre M’ e
N’ permanece constante,
independentemente da
distância c entre as paa
redes.
Observe que b só depenM
N
de do comprimento a do
espelho. Assim, a velocidade de M’ em relação a
N’ terá módulo nulo.
Observe também que a
região iluminada na paL‘
rede A não se desloca em
relação a essa parede à medida que ela se aproxima da parede B.
F2
D
H cos θ
20 cm
Equação de Gauss: 1 + 1 = 1 ⇒ 1 + 1 = 1 ⇒ p ’ = –20 cm
1
p p’ f1
10 p1’ 20
A imagem virtual i1 produzida por E1 comporta-se como objeto real em
relação ao espelho convexo E2.
1
Equação de Gauss: 1 + 1 = 1 ⇒
+ 1 = 1
p p’ f
(20 + 20) p2’ –10
Da qual: p’2 = –8,0 cm
90
a) Enquanto a partícula realiza uma oscilação completa, o mesmo
ocorre com sua imagem (períodos iguais). Logo:
ωi = ω
Observar que ωi = ω = 2π
T
H sen θ
B'
θ
A‘
L
d
ᐉ
C
E
d
A
H
ᐉ
θ
B
90° – θ
Os triângulos ACE e ADB’ são semelhantes. Logo:
L = H sen θ
⇒
d 2d + H cos θ
L = d H sen θ
2d + H cos θ
b) Fazendo-se:
θ = 90° (parede perpendicular ao solo), vem:
b) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 – 1 ⇒ p’ = 3 f
f p p’
f 3f p’
p’ f 3f
2
i=– a
2
c
B
c
Alternativa a.
Ponto
médio
3
i = – p’ ⇒ i = – 2 f ⇒
o
p
a
3f
A
a) Na figura a seguir, a pessoa está se vendo de corpo inteiro no espelho plano considerado. É importante notar a simetria entre o objeto
e sua imagem em relação ao espelho.
i2
i1
L
N‘
92
E2
E1
b
M‘
Logo: b = 2a
L = d H sen 90° ⇒ L = d H
2d
2d + H cos 90°
Portanto: L = H
2
Nota: Nesse caso particular, L independe de d.
θ
104
c)
d
b)
d
A
v
A‘
E
V‘G’, E
Y
VG
V
B
D
vG
vG’
C
H
45°
45°
45°
B‘
G‘
A velocidade da imagem G’ em relação ao espelho E é vG’, E’, dada pela
seguinte expressão vetorial:
vG’, E = vG – v
Os triângulos CDB’ e ABB’ são semelhantes. Logo:
Y= d ⇒
H 2d
Y= H
2
93 Se L deslocar-se verticalmente para baixo, isto é, ao longo de
uma trajetória paralela aos planos de P e E, a relação de semelhança
entre os triângulos envolvidos no processo se manterá, permitindo
concluir que será projetada em P uma área quadrada de sombra, com
lado de comprimento constante x, movimentando-se para cima.
Cálculo de x: x = 40 ⇒
500 80
G
x = 250 cm = 2,5 m
O módulo de vG’, E é obtido aplicando-se a Lei dos Cossenos.
|vG’, E|2 = (4,0 2 )2 + (1,0)2 – 2 · 4,0 2 · 1,0 cos 45°
Da qual: |vG’, E| = 5,0 m/s
96
Equação de Gauss:
a) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 – 1
f1 p1 p’1
24 16 p’1
2
1 = 1 – 1 ⇒ p’ = 48 cm
1
p’1 12 16
Alternativa c.
94
P‘
(p’1 0 ⇒ imagem real)
E1
E2
12 m
P‘
L
D
P
C
16 cm
16 cm
16 cm
Observe que a imagem real fornecida por E1 funciona como objeto
virtual para E2.
12 m
O
x
A
P
Campo
visual
M
3,0 m
b) Observando no esquema a simetria entre o objeto P e a correspondente imagem P’, concluímos que E2 é um espelho plano.
97
B
6,0 m
x = 6,0 ⇒ 4,0x = 3,0 + x ⇒ x = 1,0 m
3,0 + x 24
L = 1 ⇒ L = 2,5 m
(II) L = 12 ⇒
6,0 – x 24
6,0 – 1,0 2
(I)
(I) A = i = 10 mm ⇒
o 1 800 mm
A= 1
180
(A 0 ⇒ imagem direita)
(II) A =
f ⇒ 1 = –1,0 ⇒ –1,0 – p = –180 ⇒
f–p
180 –1,0 – p
(III) v =
Δp 179 m 179
=
=
· 3,6 km/h ⇒
14 s
14
Δt
Alternativa a.
p = 179 m
v ⯝ 46 km/h
O automóvel trafega dentro do limite de velocidade, já que sua velocidade é de 46 km/h, aproximadamente.
95
a) Com G em repouso em relação ao solo, sua imagem G’ também
se apresenta em repouso em relação ao solo. Como o espelho tem
velocidade v em relação ao solo, G’ tem velocidade vG’ = –v em
relação ao espelho (propriedade simétrica). Logo:
|vG’| = |v | = 1,0 m/s
98
a) Equação de Gauss: 1 = 1 + 1
f p p’
Posição da imagem B:
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 – 1 ⇒ 1 = D–f ⇒
f D p’B
p’B f D
p’B
Df
p’B = Df
D–f
Manual do professor
Posição da imagem A:
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 – 1 ⇒ 1 = D+L–f
p’A f D + L
p’A f(D + L)
f D + L p’A
Da qual:
p’A = f(D + L)
D+L–f
Cálculo de C:
C = p’B – p’A ⇒ C = Df – f (D + L)
D–f D+L–f
C = Df (D + L – f) – (Df + Lf) (D –f)
(D – f) (D + L – f)
2
2
2
2
2
C = D f + DfL – Df – (D f – Df + DfL – Lf )
(D – f) (D + L – f)
Donde:
C=
Lf2
(D – f) (D + L – f)
b) Se p’B = D (a imagem do ponto B forma-se sobre esse mesmo ponto), vem:
D = Df ⇒ D – f = f ⇒ D = 2f
D–f
Levando em conta a condição de C = L , temos:
2
L=
Lf2
⇒ f(f + L) = 2f2 ⇒ f + L = 2f ⇒ L = f
2 (2f – f) (2f + L – f)
Portanto:
L =1
f
Tópico 3
Refração da luz
O bloco 1 inicia-se com a conceituação de freqüência, período e comprimento de onda de uma
onda luminosa, e com a dedução da expressão da
velocidade de propagação em função do comprimento de onda e da freqüência. Isso torna possível
ministrar o curso de Óptica Geométrica antes da
Ondulatória.
Em seguida, apresenta-se a relação entre cor e freqüência da luz, e é estabelecida a diferença entre uma
luz monocromática e uma policromática.
Após destacar que, no vácuo, a velocidade de
propagação da luz independe de sua freqüência, sendo sempre igual a c, e que, nos meios materiais, essa
velocidade é menor que c e, além disso, depende da
freqüência, define-se o índice de refração de um meio.
Convém destacar que o índice de refração absoluto
nunca é menor que 1, mas que o relativo não está
sujeito a essa restrição.
Em uma leitura, é descrito sucintamente um experimento divulgado em 1999, em que a luz se propagou
105
a cerca de 60 km/h. Seria interessante que os alunos
calculassem o índice de refração do meio em que a luz
se propagou com essa velocidade.
Depois de apresentados os conceitos de refringência e de dioptro, define-se a refração e apresentam-se
as leis que regem esse fenômeno, lembrando que a Lei
de Snell foi demonstrada em Ondulatória.
É fundamental destacar que:
• a refração da luz é sua passagem de um meio que
tem um certo índice de refração para outro de índice
de refração diferente, tendo como conseqüência
uma alteração da velocidade de propagação, e não
necessariamente um desvio;
• a refração é sempre acompanhada da reflexão de uma
parcela da luz incidente na superfície dióptrica;
• todos os ângulos – de incidência, de reflexão e de
refração – são medidos em relação à reta normal
à superfície dióptrica, e não em relação a essa superfície.
Em outra leitura, “O homem invisível”, mostra-se
a inviabilidade óptica da existência de um ser humano
invisível.
Após finalizar a exposição teórica desse bloco, é
sugerido um experimento para determinar o índice de
refração de um líquido.
Pode-se solicitar aos estudantes um trabalho de
pesquisa sobre a determinação da velocidade da luz
(c) ao longo da História.
O bloco 2 inicia-se com o estudo da reflexão total. Para esse estudo, é importante que os alunos saibam que o poder refletor (refletividade) de determinada superfície dióptrica aumenta quando aumenta
o ângulo de incidência. O detalhamento do mecanismo da reflexão da luz em uma superfície é bastante
complexo e está fora dos objetivos deste livro. Entretanto, pode-se dizer que a refletividade de uma
superfície em que incide um pincel de luz depende do ângulo de incidência porque, para cada valor
desse ângulo, a área atingida pelo pincel é diferente.
Conseqüentemente, também é diferente a quantidade
de partículas refletoras.
Nas figuras A e B a seguir, um mesmo pincel cilíndrico de luz, propagando-se no ar, incide com diferentes ângulos na superfície da água:
Área maior, mais
moléculas refletoras
A
B
Em B, a parcela de luz refletida é maior que em A.
106
A questão da refletividade pode ser comprovada
por meio de experimentos simples como o descrito a
seguir:
Uma pessoa segurando um objeto sobre uma bacia
cheia de água parada vê mal os detalhes da imagem
desse objeto (imagem “fraca”) porque a incidência
da luz proveniente do objeto, na superfície da água,
é praticamente normal e, nesse caso, a refletividade
dessa superfície é de apenas 2%, aproximadamente.
A representação esquemática sugerida a seguir é
recomendável para uma comparação entre a reflexão
e a refração da luz, no que se refere à sua freqüência,
traçando raios incidentes paralelos entre si e de cores
diferentes:
Vermelho
α
α
Verde
α
α
Violeta
α
α
Ar
Água
γ
β
δ
β>γ>δ
Entretanto, se a pessoa e o objeto estiverem posicionados como na figura seguinte, a imagem do objeto
será vista muito melhor que antes (imagem “forte”)
porque terá aumentado bastante o ângulo de incidência da luz proveniente do objeto.
Experimento semelhante pode ser realizado com
uma placa de vidro polida. A refletividade da superfície do vidro, no caso de incidência normal, também é
muito baixa: cerca de 4%.
As fibras ópticas aparecem como exemplo de aplicação da reflexão total. Com uma ponteira laser (ou
uma lanterna) e um feixe de fibras ópticas pode-se fazer incidir luz em uma das extremidades do feixe e
vê-la emergindo na outra extremidade, mesmo que o
feixe esteja encurvado.
É interessante propor aos estudantes um trabalho
de pesquisa para obterem informações mais completas sobre as fibras ópticas, desenvolvendo os tópicos:
vantagens, aplicações, materiais de que são feitas, infovia óptica brasileira, entre outros.
O próximo assunto é a dispersão da luz, em que se
destaca a formação do arco-íris primário.
No caso de incidências normais, todos os ângulos
indicados são, obviamente, iguais a zero.
As miragens e as posições aparentes dos astros
ilustram a refração da luz na atmosfera.
A leitura do boxe “Por que quando vemos a luz de
longe ela chega a nossos olhos piscando” possibilita
entender, por exemplo, o motivo pelo qual as estrelas cintilam e os telhados de casas distantes, em dias
quentes, são vistos “tremendo”.
São sugeridos dois experimentos: um para observar a reflexão total em uma situação mais exótica –
“Um espelho de fuligem” – e outro para observar a
dispersão – “Arco-íris, mesmo sem chuva”.
No bloco 3, a refração é analisada em situações
particulares: nos dioptros planos e nas lâminas de
faces paralelas.
No bloco 4, mais uma situação particular é analisada:
a refração em um prisma óptico. Destacam-se as aplicações dos prismas operando com reflexão total, como em
periscópios e lunetas, e também o uso do prisma na decomposição da luz, obviamente policromática.
2. Conceitos iniciais (se não foram vistos em Ondulatória)
3. Cor e freqüência
4. Luz monocromática e luz policromática
5. Cor e velocidade da luz
6. Índice de refração
7. Refringência e dioptro
8. Refração
9. Análise do desvio do raio incidente
Exercícios
10. Ângulo-limite e reflexão total
11. Dispersão da luz (Apresentação)
12. Refração na atmosfera
Exercícios
Manual do professor
13. Dioptro plano (sem a equação)
14. Lâmina de faces paralelas (sem a fórmula do deslocamento lateral)
Exercícios
15. Prisma óptico
• Definição e elementos geométricos
• Refração no prisma óptico (apenas a análise do
trajeto do raio através dele, sem a fórmula do
desvio)
• Prismas de reflexão total
• Prisma e dispersão da luz
Exercícios
• Algo mais
Com certa naturalidade, os estudantes aceitam a
redução da velocidade da luz ao passar, por exemplo,
do ar para o vidro. Entretanto, é muito comum estranharem o aumento da velocidade da luz ao emergir
do vidro para o ar.
Essa questão pode ser esclarecida por conceitos
apresentados no primeiro dos “Subsídios ao Descubra mais” deste Tópico.
Com relação à Lei de Snell, aplicada à luz que
passa de um certo meio 1 para um outro meio 2, com
θ1 = 60º e θ2 = 30º, por exemplo, pode-se perguntar
aos alunos se θ2 seria igual a 15º se θ1 fosse igual a
30º. Mostrar que isso não é verdade: a proporcionalidade existe entre os valores dos senos de θ1 e θ2, mas
não entre os valores dos ângulos. Pode-se acrescentar que a proporcionalidade entre os valores dos ângulos é válida, com boa aproximação, somente para
ângulos pequenos (menores que 10º). Para conferir
isso, ver tabela de valores de ângulos e respectivos
senos no item 14 (Pêndulo simples) do Tópico 1 de
Ondulatória. Nessa tabela, pode-se constatar também que, no caso de ângulos pequenos, os valores
dos senos são praticamente iguais aos dos ângulos,
expressos em radianos. Esse fato é usado na resolução dos exercícios 93 e 96.
Como foi abordado no livro, o tamanho “maior”
do Sol, da Lua e de outros astros, quando observados
no horizonte, é uma ilusão.
O texto a seguir acrescenta outras informações a
respeito dessa questão.
Tamanho da Lua engana há séculos
ROGÉRIO C. DE CERQUEIRA LEITE
Do Conselho Editorial
Nunca o vi sem gravata e paletó. Sempre apressado pelos
corredores. Sempre pontual. Tratava os alunos por “senhor” e era
muito respeitado entre seus colegas. Qual não foi, pois, o espanto
107
com o insólito flagrante. Lá estava ele, seus cabelos grisalhos balançando ao ar. Com as mãos pálidas, segurava um estranho objeto
que com dificuldade mantinha junto aos olhos. E lá estava, como
um contorcionista, com o corpo dobrado sobre si mesmo, observando a Lua por entre as próprias pernas, o venerando professor
de Ciências Naturais. Tentava desvendar o mistério antológico do
tamanho aparente de corpos celestes.
O leitor talvez já tenha notado que a Lua, quando próxima do
horizonte, aparenta ser sensivelmente maior que quando está em
elevação no zênite. A mesma ilusão também ocorre com o Sol. Hipóteses que atribuíam este efeito a fenômenos físicos, tais como
difração da luz pela atmosfera ou mudança de luminosidade em diferentes posições, foram eliminadas há muito tempo por uma série
de experimentos relativamente simples. Está, portanto, estabelecido
que se trata de um problema de percepção. Ou seja, imagens retinais
idênticas de objetos celestes provocam impressões distintas quanto
às dimensões para posições diferentes da abóbada celeste.
Embora muitos atribuam a Ptolomeu, astrônomo grego do
século 2 d.C., a hipótese denominada “distância aparente”, ela
realmente foi enunciada apenas no século 11 pelo matemático árabe Alhazen e, talvez independentemente, duzentos anos
depois, pelo muito talentoso filósofo e cientista inglês, Roger
Bacon. A idéia é de que a existência de objetos e da própria
linha constituída por acidentes geográficos e construções, no horizonte, produz uma impressão de profundidade maior do que o
espaço vazio. Estando a Lua justaposta a tais objetos, temos a
impressão de que está mais distante do que quando em elevação,
quando tem apenas o espaço vazio como suporte. Estando mais
distante e ocupando o mesmo ângulo retinal, temos a impressão
de que a Lua no horizonte é maior.
Ângulo de visão
Parece que esta teoria satisfez, pelo menos parcialmente,
a comunidade científica até começos da década de 50, quando Boring e co-autores levantaram uma nova hipótese. Para
eles, a ilusão decorria não da simples vizinhança em que se
encontrava a Lua, mas da posição do olho humano que fitava
horizontalmente a Lua no horizonte e em elevação com a Lua
elevada. Engenhosos experimentos com espelhos e mudando
a posição da cabeça foram realizados por este e outros grupos
de cientistas. E a conclusão foi de que o responsável pela mudança aparente de tamanho da Lua era o “ângulo de visão” do
olho humano.
Foi talvez devido a esta série de experimentos que o respeitável professor de Ciências Naturais veio a ser considerado
um excêntrico, se não um lunático, por muitos de seus vizinhos, ao tentar reproduzi-los em ambiente doméstico. Todavia,
nunca foi possível explicar por que o olho humano via em uma
posição a Lua maior do que em outra. Foi em começos da década que dois outros cientistas, Kaufman e Rock, apontaram
um vício nas experiências relacionadas com a teoria de “ângulo
de visão”, que se baseava em uma comparação entre a luz no
firmamento e um disco luminoso a curtas distâncias. Tal comparação seria impossível pois um objeto estava a uma distância
“avaliável” pelo observador e outro estaria no infinito. Com
isso renascia a teoria da distância aparente. Se o venerando
108
professor tivesse esperado alguns anos, não teria sido pilhado
em tão insólita posição ao tentar verificar a teoria do “ângulo
de visão”.
Apesar disso, ainda mais recentemente, uma nova teoria
chamada de “tamanho relativo” parece ter suplantado aquela
clássica. Restle, Rock e Ebenholtz propõem que a Lua em elevação no zênite parece menor porque sua vizinhança imediata
consiste dos 90% de campo visual vazio, enquanto a Lua no
horizonte tem como elemento de comparação a sua distância
ao horizonte, ou seja, seu próprio diâmetro, que corresponde a
qualquer coisa como meio grau.
Depois de tanta confusão talvez a melhor opção seja adotar
uma explicação híbrida. Ou seja, admitir que a ilusão do tamanho
maior da Lua quando junto ao horizonte é devida a uma multiplicidade de efeitos. Mas é bom lembrar que quando temos muitas
explicações é que não temos nenhuma.
Fonte: Folha de S.Paulo, caderno de Educação e Ciência,
2 de maio de 1987.
Com relação à determinação do índice de refração
da água ou de um outro líquido, um bom valor pode
ser obtido por meio de um experimento simples, baseado na reflexão total.
Para realizá-lo, bastam:
• um disco de isopor usado em embalagens de pizza;
• uma vareta de madeira com pouco mais de 20 cm de
comprimento (espetinho para churrasco);
• um tanque de lavar roupa totalmente cheio de água
ou uma piscina.
O experimento pode ser proposto aos estudantes,
que deverão:
1o) Encontrar o centro do disco. Para isso, poderão
aplicar conhecimentos adquiridos em Geometria.
o
2 ) Espetar a extremidade pontiaguda da vareta no
centro do disco e empurrar a vareta até que a maior
parte dela tenha atravessado o disco, perpendicularmente ao seu plano.
o
3 ) Colocar o conjunto disco-vareta para flutuar na
água e, estando a água parada, procurar posicionar os olhos no mesmo plano da superfície livre da
água. A ponta da vareta, imersa na água, deverá ser
vista.
o
4 ) Com uma das mãos, segurar o disco na superfície
livre da água e puxar lentamente a vareta para cima
até que a ponta imersa deixe de ser vista. Esse é
o momento de parar de puxar:
Disco
R
d
Vareta
Tanque
L
Olho
L
Para facilitar a observação, pode-se pintar previamente a pontinha da vareta.
5o) Medir os comprimentos d e R indicados na figura
e, a partir dessas medidas, obter o índice de refração (n) do líquido:
• tg L =
R
d
• conhecido o valor de tg L, com uma calculadora
determinam-se L e sen L.
• sen L =
1
→
n
n=
1
sen L
Com relação à dispersão, é curioso ler um trecho
do capítulo 9 do Gênesis, um dos livros que compõem
a Bíblia. Nesse livro é citado um arco que seria o sinal
da aliança que Deus fez com Noé, assegurando nunca
mais ocorrer outro dilúvio que devastasse qualquer
ser vivo da Terra.
No texto a seguir, transcrito do Gênesis, fica evidente que o citado arco é o arco-íris:
Disse também Deus a Noé e a seus filhos: Vou fazer uma
aliança convosco e com vossa posteridade, assim como com todos
os seres vivos que estão convosco: as aves, os animais domésticos,
todos os animais selvagens que estão convosco, desde todos aqueles que saíram da arca até todo animal da terra. Faço esta aliança
convosco: nenhuma criatura será mais destruída pelas águas do
dilúvio, e não haverá mais dilúvio para devastar a terra. [...] Eis o
sinal da aliança que eu faço convosco e com todos os seres vivos
que vos cercam, por todas as gerações futuras: Ponho o meu arco
nas nuvens, para que ele seja o sinal da aliança entre mim e a terra.
Quanto eu tiver coberto o céu de nuvens por cima da terra, o meu
arco aparecerá nas nuvens, e me lembrarei da aliança que fiz convosco e com todo ser vivo de toda espécie, e as águas não causarão
mais dilúvio que extermine toda criatura. Quando vir o arco nas
nuvens, eu me lembrarei da aliança eterna estabelecida entre Deus
e todos os seres vivos de toda espécie que estão sobre a terra.
Dirigindo-se a Noé, Deus acrescentou: “Este é o sinal da aliança que faço entre mim e todas as criaturas que estão na terra”.
1. Por que, após atravessar o condensado de Bose-Einstein, onde sofreu uma enorme redução de velocidade, a velocidade da luz cresceu novamente, voltando
ao enorme valor de 300 000 km/s?
Vamos considerar, inicialmente, uma onda sonora. Sua velocidade de propagação depende de características e condições do meio de propagação. Quando, por exemplo, uma onda sonora propaga-se no ar
(a 15 ºC) e penetra na água de um aquário, sua veloci-
Manual do professor
dade aumenta de 340 m/s para cerca de 1 500 m/s e, ao
sair do aquário para o ar, ela volta a ser de 340 m/s.
Como estamos lidando com uma onda, nenhuma
força teve de agir para aumentar ou reduzir sua velocidade. Essa consideração é válida para qualquer outra
onda.
No caso da luz e das demais ondas eletromagnéticas, entretanto, é interessante fazer uma análise adicional.
Como sabemos, a velocidade de propagação da
luz no vácuo é de cerca de 300 000 km/s.
Suponha a luz passando do vácuo para um bloco
de diamante, por exemplo. No interior do diamante,
há interações da luz com átomos de carbono. Na
interação da luz com um desses átomos, ele absorve
luz e, em seguida, emite essa luz, que vai interagir, do mesmo modo, com outro átomo, e assim por
diante.
O processo de absorção e emissão demora um
curto tempo, e é isso que faz a velocidade (média) da
luz ser menor que 300 000 km/s no diamante (cerca de
125 000 km/s).
Entre a interação com um átomo e o próximo, a
luz se propaga no espaço vazio que existe entre eles a
300 000 km/s. São, portanto, os “atrasos” nos processos de absorção e emissão que reduzem o valor médio
da velocidade de propagação da luz nos meios materiais. Ao sair do diamante para o vácuo, sua velocidade de propagação volta a ser de 300 000 km/s, já que
não haverá mais “atrasos”.
Embora as alterações de velocidade no experimento com o condensado Bose-Einstein tenham sido
muito mais drásticas, a explicação é a mesma.
2. É possível uma partícula mover-se em determinado
meio com velocidade superior à da luz nesse meio?
De acordo com a Teoria da Relatividade, apresentada por Einstein em 1905, nenhum corpo pode mover-se com velocidade maior nem igual à velocidade
da luz no vácuo.
Entretanto, em um meio material, é possível que
uma partícula – o elétron, por exemplo – se mova com
velocidade superior à velocidade de propagação da
luz nesse meio.
A possibilidade de isso ocorrer é maior em meios
líquidos ou sólidos do que em meios gasosos, pois
aqueles possuem índices de refração consideravelmente maiores que 1.
Uma prova dessa possibilidade é o efeito Cherenkov, cuja investigação será proposta no “Descubra
mais” do Tópico 1 de Física Moderna, volume 3.
3. Faça uma pesquisa para conhecer o Princípio de Fermat e verifique, sem necesidade de acompanhar os
cálculos, que ele é outra alternativa para a demonstração da Lei de Snell.
Em 1657, Pierre de Fermat enunciou o princípio
que leva seu nome.
Para introduzi-lo, considere, por exemplo, dois pontos A e B situados no ar e na água, respectivamente.
Há uma infinidade de caminhos possíveis para se
ir de A a B. A figura a seguir mostra alguns deles:
A
Analogia
Imagine uma pessoa visitando casas de seu bairro
em busca de assinaturas para um abaixo-assinado.
Suponha que a velocidade da pessoa, ao se
deslocar de uma casa a outra, seja sempre igual a
3 km/h. Assim, a velocidade do abaixo-assinado
entre uma casa e outra também é sempre igual a
3 km/h. Entretanto, em virtude do tempo gasto em
cada visita, a velocidade média do abaixo-assinado,
que entrou em cada casa e depois saiu, foi inferior
a 3 km/h.
Embora essa analogia seja grosseira, a propagação
da luz na matéria é comparável à situação descrita.
Nota:
• A emissão e a absorção da luz realizadas por átomos serão estudadas no volume 3, no Tópico 1 de Física Moderna (Noções de Física Quântica).
109
Ar
Água
B
O Princípio de Fermat estabelece que a luz, para
ir de A a B, segue o caminho para o qual o tempo de
percurso é mínimo. A partir disso, pode-se demonstrar a Lei de Snell.
Na figura a seguir, A e B são pontos situados nos
meios 1 e 2, de índices de refração respectivamente
iguais a n1 e n2 para uma determinada luz monocromática.
110
Um raio dessa luz é emitido em A e incide no ponto P da fronteira entre os meios. Em seguida, o raio
refratado vai até B:
Para o tempo de percurso ser mínimo, a derivada
de ΔtAB em relação a x deve ser nula:
d ΔtAB
=0
dx
A
Meio 1
θ1
n1 1 2 2
· (a + x )
c 2
–
v1
1
2
2x +
1
n2 1 2
· [b + (L –2Lx + x2)2] 2 ·
c 2
–
a
θ1
(2x – 2L) = 0
x
n1
D
P
C
n2
L-x
θ2
Meio 2
n1
a2
x
= n2
+ x2
senθ1
v2
θ2
B
L
AC = a
BD = b
CD = L
CP = x
PD = L – x
AP = a2 + x2
• PB = b2 + (L –x)2
c
c
• v1 =
e v2 =
são as velocidades de propagação
n1
n2
da luz nos meios 1 e 2
• c é a velocidade da luz no vácuo
Os pontos A, P e B pertencem ao mesmo plano
(plano da figura), o que contribui para minimizar o
tempo de percurso.
Sendo ΔtAP e ΔtPB os intervalos de tempo para a
luz se propagar de A a P e de P a B, respectivamente,
o intervalo de tempo total de A a B será:
ΔtAB = ΔtAP + ΔtPB =
AP PB
+
v1
v2
n1 AP
n2 PB
PB
ΔtAB = AP
+
, em
c + c =
c
c
n1
n2
que n1 AP + n2 PB recebe o nome de caminho óptico
da luz, que não deve ser confundido com a distância
realmente percorrida (AP + PB).
ΔtAB =
(L – x)
+ (L – x)2
senθ2
b
n1 senθ1 = n2 senθ2
•
•
•
•
•
•
b2
n1 2
n
(a + x2)1/2 + 2 [b2 + (L – x)2]1/2
c
c
(Lei de Snell)
Notas:
• O Princípio de Fermat, como foi apresentado aqui, não
está completo. Seu verdadeiro enunciado afirma que,
para se propagar de um ponto a outro, a luz segue um
caminho tal que, em relação a outros caminhos vizinhos,
o tempo decorrido é mínimo, máximo ou invariante.
Entretanto, na grande maioria das situações de nosso
interesse, o tempo de percurso entre os dois pontos é
mínimo.
• Quando a derivada de uma função f(x) em relação à variável x é nula, não podemos garantir que a função passa
por um mínimo, já que pode estar passando por um máximo ou ser constante (invariante).
4. Procure saber como foi que Isaac Newton, segundo a
História, investigou, em sua casa, a decomposição da
luz solar.
Na Grécia Antiga, já havia sido observado que a
luz solar podia produzir um colorido que lembrava
um arco-íris, quando atravessava recipientes transparentes cheios de água ou outros objetos transparentes.
Na época, acreditava-se que a luz era uma substância branca e que as diversas cores eram geradas
quando a luz era misturada com quantidades determinadas de escuridão.
A crença de que o branco era a forma natural da
luz persistiu até o século XVII.
O francês René Descartes (1596-1650), por exemplo, que muito se destacou na Filosofia, na Matemática e no desenvolvimento da Óptica Geométrica, era
um dos adeptos dessa idéia. Para ele, as cores eram
produzidas porque a luz sofria modificações quando
penetrava em um meio material, como um bloco de
vidro, por exemplo.
Manual do professor
Descartes concebia a luz como um jato de corpúsculos que adquiriam um movimento de rotação
ao atravessar materiais como água e vidro; os corpúsculos de luz que entravam em rotação em um
determinado sentido produziam a sensação do vermelho, e os que entravam em rotação no sentido
oposto produziam a sensação do azul. Misturas de
quantidades adequadas de corpúsculos com rotações nesses dois sentidos produziam as sensações
das outras cores, como o amarelo e o verde, por
exemplo.
Antes de falar de Newton, é importante enfatizar que até então não se imaginava que a luz branca
já fosse, por natureza, uma mistura de várias luzes,
cada uma produzindo a sensação de uma determinada cor.
O livro La Dioptrique, de Descartes, despertou em
Newton o interesse pela Óptica, levando-o a realizar
seus próprios experimentos a partir de 1662, quando
era estudante em Cambridge.
Em 1666, Newton conseguiu um prisma triangular de vidro para tentar desvendar o fenômeno
do aparecimento de cores quando a luz branca o
atravessava.
Fez um orifício em sua janela, para que um estreito feixe de luz solar entrasse em seu quarto escurecido. Posicionou o prisma, de modo que o feixe
de luz branca o atravessasse e a parcela refratada
atingisse a parede oposta à janela. Com isso, viu as
diversas cores aparecerem na parede.
111
Janela
Parede
Região colorida
Luz solar
Prisma
Representação esquemática do experimento de Newton.
Em suas investigações, Newton usou um segundo prisma, que recebia as diversas cores provenientes do primeiro e as reunia produzindo novamente a
luz branca.
Em outro experimento, utilizando uma placa
opaca em que fez um orifício, selecionou cada “cor”
emergente do primeiro prisma, fazendo-a incidir no
segundo prisma, sempre com o mesmo ângulo de incidência. A “cor” emergente do segundo prisma era
recebida em uma tela.
Newton observou na tela que cada “cor” selecionada não mudava: a vermelha continuava vermelha,
a azul continuava azul, e assim por diante. Constatou
ainda que cada “cor” atingia a tela em uma região diferente, o que explicava o alongamento da figura obtida no primeiro experimento descrito.
Janela
Tela
Placa
Luz solar
Primeiro prisma
Segundo
prisma
A partir dos experimentos que realizou, Newton
concluiu que a luz branca é uma mistura de luzes de
várias cores e que, para cada cor, o índice de refração
do prisma tinha um valor diferente. Isso causava a
decomposição da luz branca.
Os resultados que obteve foram publicados em
seu livro Opticks.
A gravura representa Newton, em seu quarto, realizando o
experimento descrito.
Newton esperava que o conjunto de cores formasse na parede uma figura circular. Entretanto,
o que observou foi uma figura meio ovalada, mais
comprida que larga, o que parecia contrariar as leis
da refração:
5. O arco-íris abordado neste Tópico é o arco-íris primário. É possível, entretanto, observar outro arcoíris: o arco-íris secundário. Busque informações a
respeito dele.
Na formação do arco-íris primário, acontece apenas uma reflexão (parcial) da luz no interior das gotas
de chuva. Nesse arco, a borda externa é vermelha e a
interna, violeta.
112
Já no caso do arco-íris secundário – fenômeno de
luminosidade menos intensa que o primário – ocorrem
duas reflexões (parciais) no interior das gotas. Nesse
caso, a borda externa é violeta e a interna, vermelha:
12
N
vA = 3,0 · 108 m/s
θA = 53°
Segunda reflexão
A
Gota de chuva
B
θB = 37°
Primeira
reflexão
Lei de Snell:
8
v
sen θA vA
=
⇒ sen 53° = A ⇒ 0,800 = 3 · 10 ⇒
sen 37° vB
0,600
vB
sen θB vB
Luz “branca”
vB = 2,25 · 108 m/s
Alternativa d.
N
19
a)
Luz
“branca”
Ar
42°
x
b)
Secundário
θar = 48°
Primário
Ar nx
= 1,48
x nar
42°
α
51°
θx
42°
nar sen θar = nx sen θx ⇒ nar sen 48° = nx sen θx
nar
cos 42°
nx
sen θx = 1 · 0,74 ⇒ sen θx = 1
2
1,48
sen θx =
θx = 30°
α + θx = 90° ⇒ α = 90° – 30° ⇒
α = 60°
20
a)
O arco-íris secundário é o mais externo.
8
nv var
=
⇒ 1,5 = 3,0 · 10 ⇒ vv = 2,0 · 108 m/s
nar vv
vv
Δs Δs Δs
Δt = 1 + 2 + 3 ⇒ Δt = 3 8 + 1 8 + 3 8
3,0 · 10 2,0 · 10 3,0 · 10
var vv var
Δt = 2,5 · 10–8 s
Manual do professor
b)
113
n1 sen θ1 = n2 sen θ2 ⇒
v (km/s)
300 000
1 sen θ1 = 2 1 ⇒ θ1 = 45°
2
200 000
δ = θ1 – θ2 = 45° – 30° ⇒
δ = 15°
26
100 000
θ
nar
1
2
3
4
5
6
7
nv
Distância (m)
21
α
a) O ângulo de reflexão é igual ao ângulo de incidência: 60°. Como
o raio refratado é perpendicular ao refletido, temos que o ângulo
de reflexão e o ângulo de refração são complementares. Assim, o
ângulo de refração mede 30°.
3
n2 sen θ1
sen
60°
2
⇒ n2, 1 =
=
b) n2, 1 = =
n1 sen θ2
sen 30°
1
2
n2, 1 = 3
22
2
x 2 = ᐉ2 + ᐉ ⇒ x = ᐉ 5
2
2
ᐉ
ᐉ
sen α = 2 = 2 = 5
x
5
ᐉ 5
2
nar sen θ = nv sen α ⇒ 1 sen θ = 5 · 5
2 5
x
ᐉ
ᐉ
2
A
sen θ = 1
2
40° 40°
Ar
50°
Vidro
50°
Alternativa c.
α
Da figura: θ = α + 50°
Como α é maior que 50° e menor que 90°,
θ é maior que 100° e menor que 140°.
θ
27
a)
55° 55°
β = 35°
Alternativa d.
O ângulo que o raio refletido forma com a normal é
90° – 35° = 55°.
24
a)
Posição
S' aparente
do Sol
b)
i = 55°
θ1
14 cm
Posição
S do Sol
55°
Ar
y
θ2
b) θ1 ⯝ 90°
nar sen θ1 = nágua sen θ2 ⇒ 1 · 1 ⯝ 4 sen θ2 ⇒ sen θ2 ⯝ 0,75 ⇒
3
θ2 ⯝ 50°
25
p = 40 cm
x
n1
N
d
n1 = 1
n2
θ1
r
Líquido
n = 1,64
n2 = 2
δ
θ2
R
R
2
R
sen θ2 = 2 = 1
R
2
θ2 = 30°
nar sen i = nliq sen r ⇒ 1,0 · 0,82 = 1,64 sen r
sen r = 0,5 ⇒ r = 30°
tg r = x ⇒ x = 40 · 0,58 ⇒ x = 23,2 cm
p
y
tg 55° =
⇒ y = 14 · 1,43 ⇒ y = 20,0 cm
14
Então: d = x + y ⇒ d = 23,2 + 20,0 ⇒ d ⯝ 43 cm
44 sen L =
nágua nvidro 2,0 · 108
=
=
⇒ sen L = 0,87 ⇒ L = 60°
nvidro vágua 2,3 · 108
Como 70° ⬎ 60° ⇒
Reflexão total
114
I
45
⯝ 90°
49
30°
45°
n1
(A)
n2
30°
(B)
θ
60°
II
nA sen 30° = nB sen 60° ⇒
Para o raio I:
n1 sen 45° = n2 sen 30° ⇒ n1 2 = n2 1 ⇒ n2 = n1 2
2
2
a)
Para o raio II:
nA
= 3
nB
sen θB nA
sen θB
=
⇒
= 3 ⇒ sen θB = 1,5 (absurdo!)
senθA nB
sen 60°
Reflexão total
n2 senθ ⯝ n1 sen 90° ⇒ n1 2 sen θ ⯝ n1 1 ⇒ sen θ ⯝ 2 ⇒ θ ⯝ 45°
2
b)
Alternativa c.
46 Um raio de luz propagando-se no núcleo da fibra deve sofrer
reflexão total ao incidir na fronteira núcleo-casca:
Núcleo
da fibra
sen θ'B nA
3
=
⇒ sen 30° = 3 ⇒ sen θ'A =
6
senθ'A
sen θ'A nB
O raio refrata-se para o meio A aproximando-se da normal, forman3
do com a citada reta um ângulo θ'A, dado por θ'A = arc sen . De6
vemos observar, entretanto, que parte da luz incidente é refletida,
retornando ao meio B.
51 Sendo L o ângulo-limite na fronteira pedra-ar:
sen L =
nmenor 1
=
⇒ sen L = 1 = 4
nmaior n
1,25 5
Casca da fibra
r
r
Para isso, o material do núcleo precisa ser mais refringente que o da
casca.
No gráfico dado, percebemos que, no caso de haver refração, θB (ângulo do meio B) é sempre maior que θA (ângulo no meio A):
nA sen θA = nB sen θB
sen θB sen θA
Logo:
n A nB
h
L
h = 7,50 mm
Reflexão
total
L
Defeito
No triângulo retângulo destacado:
tg L = r ⇒
h
Alternativa a.
48
a) Sendo L o ângulo limite e considerando que deva haver reflexão
total, temos:
84° L ⇒ sen 84° sen L
n
sen 84° 2 ⇒ n2 n1 sen 84°
n1
n2 1,010 · 0,995 ⇒
n
n2 = 1,005
máx
b) O índice de refração n de um meio em que a luz se propaga com
velocidade v é dado por: n = c .
v
Então, como n2 é menor que n1, temos:
v2 v1 (camada 2)
Nota: Não é necessário ocorrer reflexão total para que a miragem seja percebida. Como o poder refletor de uma superfície aumenta com o ângulo
de incidência, podemos ver uma boa miragem antes que esse ângulo atinja o valor limite.
sen L
= r
1 – sen2 L h
7,50 · 4
7,50 · 4
5
5
h
sen
L
r=
=
=
3
16
1 – sen2 L
1–
5
25
r = 10 mm (raio mínimo)
52 Ângulo-limite na fronteira vidro-ar:
sen L =
nar 1,0
=
nvidro 1,4
i
Água
Vidro
L
L
Ar
Manual do professor
nágua sen i = nvidro sen L
sen i =
O
1,4 · 1,0
1,4 = 0,77
1,3
i ⯝ 50°
A
D
B
C
115
O
E
h2
h1
A reflexão total ocorre para i 50°.
Então:
B‘’
h
B‘
53
a) nc = 1,470
v c nv
v n
vc
= ⇒ c= v ⇒
= 1,00 ⇒
v v nc
c nc
3,00 · 108 1,470
vc
⯝ 2,04 · 108 m/s
h2 h1 h
Alternativa e.
b)
λc
λc n v
=
⇒
= 1,00 ⇒
λv nc
4 000 1,470
λc ⯝ 2 721 Å
67
Máscara
c) nv sen θv = nc sen θc ⇒ 1,00 · 1 = 1,470 sen θc ⇒ sen θc ⯝ 0,34
2
Água
Ar
Imagem
do peixe
θc ⯝ arc sen 0,34
d‘
54
d = 2,0 m
θ1 = 60°
Vidro
(espessura
desprezível)
n1
Ar
n2
Vidro
θ2
θ2
• n1 sen θ1 = n2 sen θ2 ⇒ sen θ2 =
v
v
v
θ
V
d’ = 1,5 m
⇒
69
n1 sen θ1
⇒ sen θ2 = 1,0 · 0,866
v
1,225
n2
v
sen θ2 = 0,707 ⇒ θ2 = 45°
v
d’ = ndestino = nar ⇒ d’ = 1
4
d norigem nágua
2,0
3
a
L’ = ndestino ⇒ L’ = 1,0
4
L norigem
12
3
Alternativa a.
L’ = 9 cm
v
• n1 sen θ1 = n2 sen θ2 ⇒ sen θ2 =
a
a
sen θ2 = 0,5 ⇒ θ2 = 30°
a
a
n1 sen θ1
⇒ sen θ2 = 1,0 · 0,866
a
1,732
n2
a
71
a)
i
a
i
Ar
• θ = θ2 – θ2 = 45° – 30° ⇒ θ = 15°
v
A
a
L (nL = 1,5)
r
64
e = 8,0 cm
e
Lâmina
r r
M‘ (imagem)
Observador
M (mosca)
A imagem é virtual e está mais próxima do observador que a mosca.
65 Para o observador (O) em D e E, temos aproximadamente as
imagens de B (B’ e B”) representadas na figura:
Vidro
B
i
b) nar sen i = nL sen r ⇒ 1,0 · 0,9 = 1,5 sen r ⇒ sen r = 0,6
Logo, cos r = 0,8.
cos r = e ⇒ 0,8 = 8,0 ⇒ AB = 10 cm
AB
AB
10 cm/s
c
3,0
·
10
⇒ vL = 2,0 · 1010 cm/s
vL = =
1,5
nL
Δt = AB = 10 10 ⇒
vL
2,0 ·10
Δt = 5 · 10–10 s
Peixe
116
73
n
a) sen L = ar = 1 ⇒ L = 45°
nvidro
2
sen
45° =
b) Refração em I1:
2 ⇒ θ2 = 30°
sen θ2
No triângulo I1BI2: I1Î2B = 30°
Assim, o ângulo de incidência em I2 é de 60°. Pelo fato de esse ângulo superar o ângulo-limite do dioptro vidro-ar (60° ⬎ 45°), ocorre
reflexão total em I2.
b)
n
45° ⭓ L ⇒ sen 45° ⭓ sen L ⇒ sen 45° ⭓ ar ⇒
np
np ⭓ 2
np
mínimo
= 2
85
A
N‘
N
i‘
N
C
60°
60°
60°
60°
n= 2
45°
45°
E1
S
N
Note que o raio refletido na face TP, ao atingir a face PS, origina os raios
já desenhados na figura.
Alternativa d.
Alternativa d.
a)
86
N
82
θ1
a) δ = θ1 + θ’1 – A ⇒ 51° = 21° + 90° – A ⇒
45°
Vácuo (nv = 1,0)
A = 60°
b) δmín = 2θ1 – A ⇒ 30° = 2θ1 – 60° ⇒ θ1 = 45°
c) 2θ2 = A ⇒ 2θ2 = 60° ⇒ θ2 = 30°
np
senθ1 np
=
⇒ sen 45° =
⇒ np = 2
sen 30° 1
senθ2 nar
θ2
83 No mínimo dois meios. Por exemplo:
Ar
Ar
Ar
B
Vidro
Vidro
A
84
A
a)
45°
C
45°
B
B
I – Incorreta
n’ sen i = n sen r ⇒ 3 2 = 2 sen r ⇒ sen r = 3 ⇒ r = 60°
2
2
II – Incorreta
r = 60°
III – Correta
n sen i’ = nar sen r’ ⇒ 2 1 = 1 sen r’ ⇒ sen r’ = 2 ⇒ r’ = 45°
2
2
IV – Correta
60° N
30° 30°
30° 30° 60°
45°
n‘ = 3
nar = 1
60°
E3
i = 45°
30
r = 60°
I
T
=
°
rem os seguintes fenômenos:
– refração e reflexão parcial na face PS;
– refração e reflexão parcial na face TS;
– refração e reflexão parcial na face TP.
P
D
r‘ = 45°
77 Enquanto o raio incidente I percorre o interior do prisma, ocor-
E4
2 ⭓ 1,0
np
2
Lei de Snell:
nv sen θ1 = n sen θ2 ⇒ 1,0 sen 2θ2 = 3 sen θ2 ⇒
2sen θ2 cos θ2 = 3 sen θ2
2 cos θ2 = 3 ⇒ cos θ2 = 3 ⇒ θ2 = 30°
2
θ1 = 60°
b) Lei de Snell:
nv sen θ1 = n sen θ2
2sen θ2 cos θ2 = n sen θ2
2 cos θ2 = n
θ1 pode variar dentro do intervalo: 0° ⬍ θ1 ⬍ 90°
Então: 0° ⬍ θ2 ⬍ 45°
cos 45° ⬍ cos θ2 ⬍ cos 0° ⇒ 2 cos 45° ⬍ 2 cos θ2 ⬍ 2 cos 0°
2
2 ⬍n⬍2
2
2⬍n⬍2
117
Manual do professor
87
89
45°
sen θ
1
=
sen 45° 4
3
•
15°
⇒ sen θ = 2 · 3 = 0,53
2 4
θ
45°
h
• cos θ = 1 – sen2 θ = 0,85
45°
(1)
15°
θ2
θ3
θ3
θ4
θ4
(2)
P
• tg θ = sen θ = 0,53
cos θ 0,85
h
• tg θ = –10 ⇒ 0,53 = h –10 ⇒ 0,32 h = 8,5
h
0,85
h
h – 10
h
h ⯝ 27 cm
15°
90
a)
n
• sen 45° = 2 ⇒
sen θ2 n1
x‘
e
2
2
= 1,41 ⇒ θ2 = 30°
sen θ2
x
x‘’
• θ3 é um ângulo externo ao triângulo sombreado:
θ3 = θ2 + 15° = 30° + 15° ⇒
P‘’
P
P‘
θ3 = 45°
• θ4 é um ângulo externo ao triângulo pontilhado:
θ4 = θ3 + 15° = 45° + 15° ⇒ θ4 = 60°
• Ângulo-limite na fronteira água-ar:
L = 45°
sen L = 1 = 2 ⇒
1,41 2
Como θ4 é maior que L, ocorre reflexão total nessa fronteira.
88
θ1
(1)
(2)
30°
60°
1a refração:
x’ = n x
2a refração:
x” = 1 (x’ + e)
n
d = x + e – x” ⇒ d = x + e – 1 (x’ + e)
n
d = x + e – 1 (n x + e) ⇒
n
d=e 1– 1
n
b) Da expressão anterior, decorre que d independe de x.
4
sen θ1 n2
sen θ1
=
⇒
= 3 ⇒ sen θ1 = 0,67 ⇒ θ1 = 42°
1
sen 30° n1
1
2
Concluímos, então, que o Sol, na realidade, encontra-se a 48° acima
do horizonte.
a) 180° → 12 h
48° → x
x = 3 h 12 min ⇒ t = 6 h + 3 h12 min = 9 h 12 min
Eram, portanto, 9 h 12 min
91 Do enunciado, deduz-se que a imagem da superfície inferior
da lâmina conjugada pelo dioptro ar-superfície superior encontra-se 3
mm abaixo da superfície superior. Observemos que é essa imagem que
o microscópio “vê” quando se focaliza um ponto da superfície inferior.
Ar
Lâmina
d‘
d
P‘
b) 18 h – 3 h 12 min = 14 h 48 min
Eram, portanto, 14 h 48 min
P
118
d = 5 mm e d’ = 3 mm
d’ = ndestino ⇒ 3 = 1
⇒
5 nlâmina
d norigem
93 θ = α ⇒ cos θ ⯝ 1 ⇒ cos θ ⯝ 1
1
1
2
nlâmina = 5
3
d=
92
a)
e sen (θ1 – θ2)
cos θ2
a sen (α – θ2)
⯝ a (α – θ2) (I)
1
sen α = n ⇒ θ ⯝ α
(II)
2
n
sen θ2
x=
45°
Substituindo (II) em (I), vem:
O
x ⯝ a α – α ⇒ x ⯝ aα 1 – 1
n
n
94
A
β
B
T
A
B
60°
60°
30°
30°
30°
45°
α
60°
O
Ar
30°
L
C
A‘
B‘
np sen 30° = nar sen α ⇒
T
1 = 1 sen α ⇒ sen α = 2
2
2
2
1 = 1 sen β ⇒ sen β = 2
2
2
α = 45°
N
b)
2
np sen 30° = nar sen β ⇒
45°
Ar
β = 45°
95
45°
A
α
e
α
γ
I1
a
b
a
I2
δ
Ar
I3
B
i1
i1
b–a
i2
i2
B‘
δ
β
T
nar sen 45° = nlâmina sen α ⇒ 1 2 = 5 2 sen α ⇒ sen α = 3
5
2
6
Então, cos α = 4 e tg α = 3 .
5
4
No triângulo destacado: tg α = b – a
e
3
1,2
–
a
Como b = e = 1,2 cm : =
4
1,2
a = 0,3 cm
B
β
I4
C
• Como γ = 90° – α, temos que i1 = α.
• No triângulo I1I2I3:
• δ = 90° – i2
• 90° + 2i1 + δ = 180° ⇒ 90° + 2 α + 90° – i2 = 180 ⇒ i2 = 2 α
• No triângulo I3BI4:
Manual do professor
90° + β + δ = 180° ⇒ 90° + β + 90° –2 α = 180° ⇒ β = 2 α
• No triângulo ABC:
α + 2 β = 180°
α + 4 α = 180° ⇒ 5 α = 180° ⇒
119
99
a)
α α
α = 36°
Alternativa d.
β
θ
sen θ1
= n ⇒ 1 ⯝ n2, 1
sen θ2 2, 1
θ2
θ’1
sen θ’1
=n ⇒
⯝ n2, 1
sen θ’2 2, 1
θ’2
96
x
R
β
β
β
x
Ar
A trajetória da luz no interior da esfera é um triângulo eqüilátero
e β = 30°.
Ar
b) nar sen α = n sen β ⇒ 1,0 sen α = 2 sen 30° ⇒ sen α = 2
2
α = 45°
A
Face 2
n
δ
i
R
β
δ = A(n2, 1 – 1)
Face 1
x
R
C
δ = θ1 + θ’1 – A ⯝ n2, 1θ2 + n2, 1θ’2 – A
δ = n2, 1 (θ2 + θ’2) – A = n2, 1 A – A
97
β
r
i
r
A
Para que haja emergência na face 2, devemos ter:
r L ⇒ sen r sen L ⇒ sen r 1
(I)
n
A
A=2r ⇒ r=
(II)
2
(II) em (I):
c) Sendo v a velocidade de propagação da luz no interior da esfera,
temos:
v
v = nar ⇒
= 1 ⇒ v ⯝ 2,1 · 108 m/s
3,0 · 108
var n
2
Da figura do item a, temos:
x
cos 30° = 2 ⇒ 3 = x ⇒ x = 30 cm ⇒ x = 0,30 m
2 20 3
R
Sendo d a distância percorrida pela luz:
d = 3 x = 3 · 0,30 ⇒ d = 0,90 m
sen A 1 ⇒ A arc sen 1
2
n
n
2
1
A 2 arc sen
n
Por exemplo, para n = 2, temos:
sen r 1 ⇒ sen r 1 ⇒ r 30°
n
2
e A 2 arc sen 1
2
A 2 · 30° ⇒ A 60°
Δt = d ⇒ Δt = 0,90 8 ⇒
v
2,1 · 10
Δt ⯝ 4,3 · 10–9 s = 4,3 ns
100
θ1
Alternativa b.
n1 = 1
98
θ
θ
A
n2 = nL
θ = 45°
N
θ2
θ
Luz branca
θ
θ
B
45°
Para uma cor emergir do prisma e atingir o anteparo, o ângulo θ deve
ser inferior ao ângulo-limite L.
θ L ⇒ sen θ sen L
sen θ nar
nprisma
⇒ sen 45° 1 ⇒n
prisma 2 ⇒ nprisma 1,41
nprisma
Essa condição é satisfeita pelas seguintes cores:
amarelo, alaranjado e vermelho.
θ1 = 90° – θ ⇒ sen θ1 = cos θ
No triângulo ABC:
θ2 = 90° – 2 θ ⇒ sen θ2 = cos 2 θ
n1 sen θ1 = n2 sen θ2
1 cos θ = nL cos 2 θ ⇒
Alternativa e.
nL = cos θ
cos 2 θ
C
θ
120
101
Q
103
P
d‘
d = 30 cm
N
80 cm
p
3 = n sen θ
2
2
• α L ⇒ sen α sen L ⇒ sen α 1
n
1
Como sen α = cos θ2 : cos θ2 (II)
n
• De (I): sen θ2 = 3
2n
2
cos θ2 = 1 – sen2 θ2 = 1 – 3 2 = 4 n – 3 (III)
2n
4n
• nar sen θ1 = n sen θ2 ⇒ 1
(I)
60 cm
P‘
p‘
No dioptro ar-água, temos:
4
d’ = ndestino ⇒ d’ = 3 ⇒ d’ = 40 cm
d norigem
30
1
O ponto Q é imagem em relação ao dioptro ar-água. Esse ponto, porém, comporta-se como ponto objeto real em relação ao espelho côncavo correspondente à base.
• (III) em (II):
4 n2 – 3 1 ⇒ 4 n2 7
n
2n
Para o espelho, temos, então:
p = d’ + 80 + 60 ⇒ p = 180 cm
n 7
2
f = R = 60 ⇒ f = 30 cm
2 2
102
a)
8
var sen θ
=
⇒ 3,0 · 108 = 0,75 ⇒ sen θ’ = 0,5 ⇒
sen θ’
vliq sen θ’
2,0 ·10
1+1=1 ⇒ 1 +1= 1 ⇒
p p’ f
180 p’ 30
θ’ = 30°
Portanto, a imagem P’ forma-se a 36 cm do vértice do espelho.
A
104
b)
a)
θ
p’ = 36 cm
53°
nar
r = 90°
i = 53°
x
α
A
n2
B
D
n3
C
30°
L
F
L = 60°
d
30° 30°
n2 sen i = nar sen r ⇒
B
sen L =
nsól vlíq
=
⇒
nlíq vsól
3 = 2,0 · 108 ⇒
vsól
2
vsól = 4,0 3 · 108 m/s = 2,3 · 108 m/s
3
c) tg 30° = x ⇒
AB
dmáx = 2 x ⇒
3 = x ⇒ x = 20 3 cm
3 20
3
dmáx = 40 3 cm = 23 cm
3
n3
θ
3,0 · 108 · 0,80 = 1 ⇒
v2
c sen 53° = 1 sen 90°
v2
v2 = 2,4 · 108 m/s
b) n3 sen θ = nar sen α ⇒ 1,6 sen θ = 1 sen 53°
1,6 sen θ = 0,80 ⇒ sen θ = 0,50
θ = 30°
2,0
c) • cos θ = D ⇒ 0,87 =
CF
CF
CF ⯝ 2,3 cm
• sen (α – θ) = d
CF
Manual do professor
sen (53° – 30°) = d ⇒ sen 23° = d
2,3
2,3
0,40 = d ⇒
2,3
121
(II) em (III):
sen θ2 = sen i · sen L (IV)
(IV) em (I):
sen i · sen L sen (A – L)
d ⯝ 0,92 cm
105
sen i sen (A – L)
sen L
112,5°
112,5°
112,5°
Tópico 4
α
α
A
β
D
N
Lentes esféricas
112,5°
C
B
No quadrilátero ABCD, temos;
90° + 90° + 112,5° + β = 360° ⇒ β = 67,5°
Como α + β = 90°:
α + 67,5° = 90° ⇒ α = 22,5°
Para a ocorrência da reflexão total, deveremos ter: α L
Então:
n
sen α sen L ⇒ sen α ar ⇒ sen 22,5° 1,00 ⇒ 0,38np 1,00
np
np
np 1,00 ⇒
0,38
np 2,63
106
I.
• θ2 + θ’2 = A
• Sendo L o ângulo-limite:
• na face (1): θ2 L
• na face (2): θ’2 L
Portanto:
θ2 + θ’2 2 L
A2L
(1)
A
(2)
N
N
i
θ2
Ar
n
θ'1
θ'2
Ar
A
II.
θ’2 L ⇒ θ2 + θ’2 = A ⇒ θ’2 = A – θ2
Portanto:
A – θ2 L e θ2 A – L
Como θ2 90° e (A – L) 90°:
sen θ2 sen (A – L)
(I)
• sen L = 1 ⇒ n = 1
sen L
n
(II)
• nar sen i = n sen θ2 ⇒ sen θ2 = sen i (III)
n
Indiscutivelmente, as lentes esféricas são um
componente fundamental dos principais instrumentos
ópticos. Microscópios, lunetas e máquinas fotográficas podem se constituir de diversos sistemas de lentes.
Por isso, recomendamos que este Tópico seja explorado em sua plenitude, dotando-se o aluno da base necessária à perfeita compreensão do assunto. Exemplos
práticos e situações contextuais não devem faltar, já
que despertam curiosidade e interesse, levando o estudante a associações muito úteis ao seu aprendizado.
Como aconteceu na apresentação dos espelhos esféricos, também optamos por fazer o estudo das lentes
esféricas em duas etapas. Na primeira (Bloco 1), depois
de definir os elementos das lentes, como focos e centro óptico, trabalhamos aspectos gráficos, com construção de imagens. Na segunda (Bloco 2), por sua vez,
desenvolvemos aspectos analíticos, em que características de lentes, objetos e imagens foram discutidas com
base em equações, como a função dos pontos conjugados (Equação de Gauss). Essa estratégia é interessante,
pois, tendo visualizado graficamente o comportamento
óptico das lentes, o aluno adquire uma melhor desenvoltura na correta aplicação das expressões matemáticas. É claro que o estudo analítico, sustentado pela
matematização, é mais abrangente e exato, mas sedimenta-se sobremaneira com a tratativa gráfica.
No Bloco 3, complementamos a matéria com a
Equação dos Fabricantes de Lentes do astrônomo
inglês Edmond Halley, demonstrada no final do Tópico (Apêndice), e o teorema das vergências.
Acreditamos que a assimilação do conhecimento
básico de Física se obtém com a resolução de exercícios diversos. Quanto a isso, o material sobre lentes
é farto, oferecendo boa dose de questões que podem
servir de iniciação à matéria, fixação do aprendizado,
tarefas para casa e desafios, que tornam o jogo professor-aluno mais instigante.
122
2. Classificação e elementos das lentes esféricas
3. Comportamento óptico das lentes esféricas
6. Raios luminosos particulares
7. Construção gráfica das imagens nas lentes esféricas
Exercícios
9. Função dos pontos conjugados (Equação de Gauss)
10. Aumento linear transversal
Exercícios
11. Vergência – Equação dos Fabricantes de Lentes
12. Associação de lentes – Teorema das Vergências
Exercícios
• Algo mais
Um kit de lentes convergentes e divergentes
pode ser de grande valia no desenvolvimento deste
Tópico. Todos os casos discutidos no Bloco 1, no
item “Construção gráfica das imagens”, podem ser
visualizados em demonstrações simples, bastando
para isso um pouco de “jogo de cintura” por parte do
professor. Com uma lente convergente – uma lupa,
por exemplo – é possível projetar na parede de uma
sala levemente escurecida imagens reais de velas e
outros objetos luminosos. É interessante projetar a
imagem de um objeto não-linear, o que possibilita
discutir a inversão da imagem em todas as direções
– na transversal e na longitudinal, por exemplo. É
possível mostrar também a imagem virtual, direita e
maior produzida por esse tipo de lente; é necessário,
para tanto, manter o objeto nas proximidades da lente, entre seu foco e o centro óptico. As lentes divergentes permitem observar imagens virtuais, direitas
e menores de diversos objetos.
Um experimento interessante que poderá ser feito
é projetar com uma lente convergente a imagem de um
objeto luminoso linear fixo – uma pequena lâmpada
fluorescente, por exemplo – sobre o solo ou o tampo
de uma mesa. É possível verificar, nesse caso, que há
duas posições da lente para as quais obtém-se uma
imagem nítida projetada: em uma delas, a imagem
produzida é maior que o objeto e, na outra, a imagem
é menor. Nesse momento, podem-se aplicar exercícios
que abordem esse particular. Essas questões levarão
os alunos a atribuir um tratamento formal ao aprendizado experimental que é, de certa forma, lúdico.
1. Existe um “defeito” inerente às lentes denominado aberração cromática. Em que consiste esse problema?
A aberração cromática deve-se ao fato de uma
lente esférica refratar cada cor do espectro visível de
maneira peculiar, apresentando distâncias focais diferentes para os diversos comprimentos de onda (freqüências). O “defeito” fica tanto mais pronunciado
quanto maior é o valor absoluto da vergência da lente
e/ou quanto maior é seu índice de refração em relação
ao do meio de externo.
Na figura abaixo, esquematizamos a travessia de
uma lente esférica biconvexa imersa no ar por um feixe
bicromático constituído das luzes vermelha e violeta. Deve-se notar que a distância focal da lente para a
luz violeta (fvi) é menor que sua distância focal para a
luz vermelha (fve).
Vermelho
+
Violeta
Ar
Fvi
Violeta
Fve
Vermelho
Vidro
fvi
fve
A aberração cromática nos instrumentos ópticos
é um grande inconveniente, sendo responsável por
dotar as respectivas imagens de matrizes que não
corresponde à realidade. Com o argumento de que
na reflexão todas as cores se comportam de modo
igual, o físico inglês Isaac Newton propôs, no final do
século XVII, a elaboração de um telescópio em que a
lente primária fosse substituída por um espelho curvo (parabólico). Ele montou um protótipo que trouxe um novo paradigma à construção de maiores e
mais sofisticados instrumentos ópticos de observação
astronômica.
Uma solução para a aberração cromática foi
apresentada pelo oculista inglês John Dollond (17061761), que sugeriu combinar uma lente de vidro óptico com outras lentes confeccionadas com diferentes
teores de óxido de chumbo. Essa combinação ficou
conhecida como sistema apocromático ou processado, sendo utilizada até hoje em objetivas de câmaras fotográficas, filmadoras, telescópios e em muitos
instrumentos ópticos de qualidade.
Manual do professor
2. Em alguns faróis marítimos, holofotes e retroprojetores, são utilizadas as chamadas lentes de Fresnel.
Esses sistemas ópticos, implementados pelo físico
francês Augustin Fresnel (1788-1827), exercem funções semelhantes às das lentes convencionais, porém possuem espessura e peso bem menores. Como
funcionam as lentes de Fresnel?
Seguindo uma concepção técnica proposta no
século XVIII pelo nobre francês George Louis Leclerc – o conde de Buffon –, o físico francês Augustin
Fresnel construiu, em 1820, uma lente bastante fina e
leve em comparação com sua similar esférica. Constituída por um conjunto de anéis concêntricos montados sobre uma base plana, essa lente seria utilizada na
confecção de um farol para orientação marítima. Cada
anel deveria exercer função semelhante à da região
correspondente da lente convencional, sem apresentar, no entanto, a espessura avantajada desta.
Na figura abaixo, esquematizamos o conceito de
uma lente de Fresnel.
Lente convencional
(perfil)
Lente de Fresnel
(perfil)
123
unidades de espessura milimétrica que podem ser utilizadas como lupas portáteis, facilmente alojáveis em
carteiras e bolsas.
3. Em certos momentos, astronautas abandonam porções de água no interior de espaçonaves em órbita
ao redor da Terra, que passam a levitar apresentando formato praticamente esférico. Olhando através
dessas esferas líquidas, nota-se quase sempre a formação de imagens invertidas e menores de objetos
situados do seu lado oposto. Como se explica a forma esférica dessas porções de água? As lentes assim
constituídas têm comportamento convergente ou
divergente?
A forma esférica apresentada pelas porções de
água deve-se a uma configuração simétrica em que
ocorre equilíbrio entre forças externas de pressão
aplicadas pelo ar existente no interior da espaçonave e forças internas intermoleculares trocadas entre
as partículas do líquido. As forças de pressão atuam
radialmente no sentido de compressão, enquanto as
forças intermoleculares agem em sentido oposto,
como se visassem provocar na massa líquida uma espécie de explosão. Essa situação de equilíbrio, bem
como a forma esférica da porção de água, não é afetada no interior da espaçonave, já que o ambiente de
microgravidade privilegia a manutenção da configuração simétrica.
Por outro lado, as porções esféricas de água em
suspensão comportam-se como lentes convergentes
(não-gaussianas), produzindo imagens reais, invertidas e menores de objetos em suas proximidades.
4. Para observadores na Terra, as lentes gravitacionais
modificam o formato real dos astros visualizados?
Lente de Fresnel
(vista frontal)
Modernamente, as lentes de Fresnel podem ser
confeccionadas com materiais plásticos, obtendo-se
Os astros apresentam geralmente forma esférica
em virtude da ação de sua própria gravidade, que
provoca em todas as direções uma compactação da
massa no sentido de seu centro. É o que se verifica nos quasares, estrelas, planetas e satélites naturais de massa considerável. Esses corpos celestes,
no entanto, quando observados da Terra através de
lentes gravitacionais (ver leitura sobre o assunto),
manifestam formas incompatíveis com a real, às
vezes, assemelhando-se a bastões. Esse fenômeno
ocorre pelo fato de a curvatura da luz atenuar-se
à medida que se distancia da massa responsável
pelo surgimento da “lente”. Isso produz um tipo de
“aberração óptica” que distorce a forma do corpo
observado.
124
L1
12
L2
10 Se a imagem observada é direita e menor, trata-se de uma lente
divergente.
À medida que a lente se aproxima do olho do observador (fixo), a imagem do livro (fixo) torna-se cada vez menor, porém sempre virtual e
direita, conforme justificam os esquemas a seguir.
F
O ponto F é o foco imagem de L1 e o foco objeto de L2.
40 cm
Alternativa d.
O
(Livro fixo)
F‘
I1
F
(Observador fixo)
13 A cabeça do palito de fósforo deverá ser colocada em um dos
focos imagem da lente, todos pertencentes ao plano π (plano focal
imagem).
Lembrando que os raios que incidem no centro óptico atravessam
a lente delgada sem sofrer qualquer desvio, determinamos na intersecção do raio que emerge de O com o plano π a posição do foco secundário (ponto C) para onde os raios solares devem convergir. Nesse
ponto, é possível acender-se o palito de fósforo no mínimo intervalo
de tempo.
L
π (Plano focal
imagem)
Sol
π
0
C (Foco secundário)
O
(Livro fixo)
Alternativa c.
f
15
F
F‘
I2
F
f
(Observador fixo)
D
d1
O1
O2
O3
d2
Devido ao deslocamento D sofrido pela lente, o comprimento de I2 é
menor que o de I1.
Alternativa a.
11 Em operação imersa no líquido de índice de refração n , a lente
1
apresenta comportamento convergente; logo:
nL ⬎ n1
Em operação imersa no líquido de índice de refração n2, entretanto, a
lente passa a apresentar comportamento divergente; logo:
n 2 ⬎ nL
Assim,
n2 ⬎ nL ⬎ n1
Alternativa d.
Sugestão: Para o aluno notar claramente os comportamentos convergente e divergente da lente, é recomendável inverter em ambos os
casos o sentido de propagação da luz (reversibilidade luminosa).
P1
P2
P3
Os triângulos FP1P3 e FO1O3 são semelhantes. Logo:
OO
|f| + d1
= 1 3
|f| + d1 + d2 P1P3
|f| + 15 4
⇒
=
|f| + 30 6
|f| = 15,0 cm
16
l2
l1
20 cm
20 cm
Manual do professor
125
Situação final:
p’
p’
A = – ⇒ –1 = –
p
p
p’ = p = x
17
a) Bicôncava.
b)
1=1+1 ⇒ 1 =2 ⇒
f x x
2,0 x
F⬅C
V
x = 4,0 cm
Lente no ponto B.
Lente
Alternativa b.
Espelho
f
31
40 cm
a) A = f ⇒ 1 = –30 ⇒ p = 60 cm
f–p
3 –30 – p
60 cm
⇒
f + 40 cm = 60 cm
f = 20 cm
b) 1 = 1 + 1 ⇒ – 1 = 1 + 1
f p p’
30 60 p’
21
a) O centro óptico da lente (ponto C) dista 18 cm de O e 6,0 cm de I.
p’ = –20 cm
d = |p’| = 20 cm
(II)
34
O
I
x
x‘
C
F‘
(I)
1,0 cm
1,0 cm
b) A lente é divergente.
c) |f| = 9,0 cm (ver esquema).
Donde:
28 Equação de Gauss:
1=1+1 ⇒ 1 =1+ 1
f p p’
4,0 p 20
1= 1 – 1 ⇒
p 4,0 20
p = 5,0 cm
i = – p’ ⇒ |i| = 20 ⇒
o
p
3,0 5,0
Donde:
A= i = f
o f–p
f = 10 cm
b) Para p = 5,0 cm, o correspondente valor de p’ fica determinado pela
Equação de Gauss.
1=1+1 ⇒ 1 = 1 +1
f p p’
10 5,0 p’
1 = 1 – 1 = 1–2
p’ 10 5,0 10
|i| = 12 cm
29 Usando a Equação do Aumento Linear, temos:
A=–
p’ = –10 cm
p’
⇒ A = – (–10)
5,0
p
A=2
35 Equação de Gauss:
a) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
f p p’
30 45 p’
Assim:
i = 12
0,6 12 – 4
1 = 1 – 1 ⇒ p’ = 90 cm
p’ 30 45
|i| 90
p’
b) i = – ⇒
=
o
p
3,0 45
i = 0,9 cm
Alternativa b.
|i| = 6,0 cm
30
36 A imagem é invertida e menor que o objeto A = – 1 . Logo:
3
Situação inicial:
1=1+1
f p p’
1= 1 + 1 ⇒
f 3,0 6,0
a) A lente tem comportamento convergente, já que, para valores
positivos de p, correspondem valores positivos de p’.
Do gráfico, para p = 20 cm, tem-se p’ = 20 cm.
Aplicando-se a Equação de Gauss, vem:
1=1+1 ⇒ 1= 1 + 1
f p p’
f 20 20
1 = 2 ⇒ f = 20 (cm)
f 20
2
(I) A = –
f = 2,0 cm
p’
⇒ – 1 = – 50 ⇒
p
3
p
(II) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
f p p’
f 150 50
p = 150 cm
126
Da qual:
f = 37,5 cm
Como p ⬎ 0 e p’ ⬎ 0, o objeto e a imagem estão de lados opostos
da lente.
II) Utilizando-se a equação do Aumento Linear Transversal, para a
dimensão horizontal da tela, vem:
ih
p’
=–
p
oh
Alternativa d.
ih
= –0,36 ⇒ ih = –0,11 m
0,55 1,8
37
1) Utilizando a equação do Aumento Linear Transversal para a primeira posição do objeto (p1 = 60 cm), vem:
i1
i
= f
⇒ 1= f
(I)
o f – p1
o f – 60
2) Utilizando a equação do Aumento Linear Transversal para a segunda posição do objeto (p2 = 45 cm), vem:
i2
= f
o f – p2
3i
Mas i2 = 3i1 e, portanto: 1 = f
(II)
o f – 45
3) Dividindo-se I por II, temos:
1 f – 45
=
⇒ 3f – 135 = f – 60 ⇒ 2f = 75 ⇒
3 f –60
|ih| = 0,11 m
III) Portanto, as dimensões da imagem da tela, projetada na parede, são:
0,084 m × 0,11 m
IV) A distância focal da lente (f) pode ser obtida pela Equação de
Gauss:
1=1+1
f p p’
1= 1 + 1 ⇒
f 1,8 0,36
f = 37,5 cm
Com f ⬎ 0, a lente é convergente.
Alternativa e.
39
a) A = –
1
(–6,0)
p’
⇒
=–
⇒ p = 24 cm
4
p
p
b) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 – 1
f p p’
f 24 6,0
1 = 1–4 ⇒
f
24
f = –8,0 cm
f = 0,30 mm
b) Do item anterior, temos:
iv = –0,084 m
ih = –0,11 m
Como iv ⬍ 0 e ih ⬍ 0, concluímos que a imagem da tela, projetada
na parede, é invertida na vertical (“de cabeça para baixo”) e também na horizontal (“trocando o lado esquerdo pelo direito”).
Esquematicamente, temos:
Aparelho de TV
Lente
convergente
40
p + p’ = 100 cm ⇒ p’ = 100 – p
(I)
A = i ⇒ A = – 1 (imagem invertida)
o
4
p’
p’
1
⇒ – =–
A=–
4
p
p
(II)
(100 – p)
(I) em (II): – 1 = –
⇒
4
p
p = 80 cm
A= f
⇒– 1 = f ⇒
f–p
4 f – 80
f = 16 cm
A lente deve situar-se entre o objeto e a imagem, a 80 cm do objeto.
41
a) Do exposto no enunciado, temos:
p = 1,8 m
p’ = 0,36 m
ov = 0,42 m (dimensão vertical da tela da televisão)
oh = 0,55 m (dimensão horizontal da tela da televisão)
I) Utilizando-se a equação do Aumento Linear Transversal para a
dimensão vertical da tela, vem:
iv
p’
=–
ov
p
iv
= –0,36 ⇒ iv = –0,084 m
0,42 1,8
|iv| = 0,084 m
Parede
Objeto
1,8 m
0,36 m
Imagem
projetada
42
a) p + p’ = 338 ⇒ p = 338 – p’
(I)
1=1+1 ⇒ 1 =1+1
f p p’
24 p p’
(II)
Substituindo-se (I) em (II):
1 = 1 +1
24 338 – p’ p’
Resolvendo, obtêm-se: p’1 = 312 cm e p’2 = 26 cm.
Se a imagem projetada é ampliada, a solução conveniente é:
p’ = 312 cm
b) De (I): p = 338 – 312 (cm) ⇒ p = 26 cm
A=–
p’
⇒ A = – 312 ⇒
p
26
A = –12
A imagem é invertida e de tamanho12 vezes maior que o do objeto.
Manual do professor
43 (I) Lente: 1 = 1 + 1
50
pL p’L
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 – 1
p’L 12 15
12 15 p’L
fL
a) V = (n2, 1 – 1) 2
R
5 = 3 –1 2 ⇒
2
R
p’L = 60 cm
AL = –
51
a) Usando a Equação de Halley, temos:
AL = –4
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 – 1 ⇒
30 60 p’E
p’E 30 60
p’E
= – 60 ⇒
pE
60
p’E = 60 cm
AE = –1
A imagem produzida por E é real, invertida, do mesmo tamanho de
O e situada na mesma posição de O.
Esta imagem, comporta-se como objeto real em relação a L, que
projeta em A uma imagem invertida desse “objeto”, do mesmo
tamanho da imagem de O citada no item (I).
Alternativa a.
C=
nL
–1 1 + 1
nM
R1 R2
Sendo
R1 = +2,5 mm = 2,5 · 10–3 m e
R2 → ∞ (face plana) ⇒ 1 → 0
R2
Vem:
1 – 0 (di)
C = (1,35 – 1)
2,5 · 10–3
C = 0,35 · 400 (di)
C = 1,4 · 102 di
b) O aumento provocado na imagem pode ser determinado por:
A=
47 Sendo R o raio de curvatura da face esférica de uma lente planoconvexa e n o índice de refração relativo entre seu material e o meio
externo, a distância focal f fica determinada pela Equação dos Fabricantes de Lentes, dada abaixo:
f
f–p
Sendo:
C = 1 = 140 di e f = + 1 m,
140
f
temos:
1 = (n –1) 1
f
R
Donde:
R = 0,20 m = 20 cm
b) A lente é convergente, pois V ⬎ 0, e biconvexa, pois (n2, 1 ⬎ 1).
p’L
⇒ AL = – 60
15
pL
(Imagem invertida e de tamanho 4 vezes maior que o de O.)
(II) Espelho: 1 = 1 + 1
fE pE p’E
AE = –
1
140
50 = 1
–d
140
50 – 7 000d = 1
f= R
n–1
É importante notar que, sendo n constante, f é diretamente proporcional a R.
Observando-se a figura, concluímos que o polimento da lente faz com
que o raio de curvatura de sua face esférica seja reduzido à metade.
Assim, se R2 = 1 R1, decorre que:
2
f2 = 1 f1
2
⇒ 50 – 50d = 1
140
140
7 000d = 49 ⇒ d = 7,0 · 10–3 m
52
Figura I: 1 = (1,8 – 1) 1 + 1
f0
R R
R
Assim: f0 =
(I)
1,6
{
tende a
zero
49
Assim: f = R
0,8
.
.
Sol .
V = V1 + V2 ⇒ V = 3,0 – 1,0 (di)
V = 2,0 di
(II)
Comparando-se (I) e (II): f = 2f0
f = 1 ⇒ f = 1 (m)
V
2,0
Alternativa e.
Lentes
f = 0,50 m
Alternativa d.
⇒ 1 = 1,6
f0 R
1 + 1
Figura II: 1 = (1,8 – 1)
R ∞
f
Alternativa a.
d = f = 0,50 m
127
53
a) No ar: 1 = 3 – 1 – 1 + 1
f1
2
10 5,0
d
F Gravetos
f1 = 20 cm
⇒ 1 = 0,8
f
R
128
Na água: 1 =
f2
Pela figura, conclui-se que o raio emergente R’ passa pelo ponto
antiprincipal imagem de L2 e, portanto, temos:
3
2 –1 – 1 + 1
10 5,0
4
3
L1
L2
l2
f2 = 80 cm
25 cm
Como f2 ⬎ f1, tem-se que, do ar para a água, os planos focais afastam-se do centro óptico.
20 cm
b) Δf = f2 – f1 ⇒ Δf = 80 cm – 20 cm
F‘1
O1
R
R‘
O2
A2
l1
f1
50 cm
A‘2
50 cm
Δf = 60 cm
Como o raio incidente R é paralelo ao eixo principal, pode-se afirmar que o foco principal imagem de L1 coincide com o ponto antiprincipal objeto de L2.
Da semelhança entre os triângulos A2I1O1 e A2I2O2, vem:
f1 50
=
20 25
54
n
Equação de Halley: V = 1 = L – 1 1 + 1
f
nM
R1 R2
(I) Parte mergulhada no ar:
n
3
1 = L – 1 1 ⇒ nL =
2
0,5
1
f1 = 40 cm
(II) Parte mergulhada na água:
3
Vágua = 2 – 1 1 (di)
0,5
4
3
b) A distância entre as lentes é dada por:
D = f1 + 2f2
D = 40 + 50 (cm)
D = 90 cm
Donde: Vágua = 1 di
4
59
(I) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
f1 p1 p’1
20 60 p’1
Alternativa a.
56
Da qual:
i = – p’ ⇒ – 3,0 = – p’ ⇒ p = 5p’
o
p
15
p
(I)
p + p’ = 30
(II)
p’1 = 30 cm
(II) A imagem real produzida pela primeira lente comporta-se como
objeto real em relação à segunda.
1= 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
f2 p2 p’2
30 50 p’2
(I) em (II):
5p’ + p’ = 30 ⇒ p’ = 5,0 cm
Logo, de (II): p = 25 cm
Da qual:
p’2 = 75 cm
60
1 = 1 + 1 ⇒ V = 1 + 1 (di)
f p p’
0,25 0,050
a)
Caixa A
P
V = 24 di
Q‘
L
Foco
57 As lentes devem ser associadas conforme ilustra a figura, de
modo que formem uma lâmina de faces paralelas.
A face convexa
deve aderir
perfeitamente à
face côncava
Luz
P‘
Q
b)
Lente
plano-côncava
Caixa B
Lente
plano-convexa
L2
L1
P
Q‘
58
a) Da definição de vergência, temos:
V2 = 1
f2
4,0 = 1 ⇒ f2 = 1 (m)
f2
4,0
f2 = 0,25 m ou 25 cm
’
P‘
Q
F‘1 ⬅ F2
f1
f2
f2 < f1
Manual do professor
Sendo IL a intensidade de radiação transmitida pela lente, temos:
IL = 80% Itotal = 0,80 · 0,10 (W/cm2)
61
5,0 cm
20 cm
F
f
IL = 8,0 · 10–2 W/cm2
A potência PL transmitida pela lente é dada por:
P
P
IL = L ⇒ 8,0 · 10–2 = L
AL
20
30 cm
Tendo em conta a semelhança dos triângulos da figura, vem:
|f| + 30 20
=
⇒
|f|
5,0
PL = 1,6 W
|f| = 10 cm
62 A situação proposta é viabilizada pelos raios de luz traçados no
esquema abaixo:
Lente
2 mm
4 mm
φ
O
Espelho
φ
2
F
y
d
y 2 mm
=
⇒
2d
d
129
Essa potência é totalmente absorvida pelo coletor e transformada
em potência térmica que vai ser utilizada para aquecer a água.
Q = m c Δ θ ⇒ PL Δt = µV c Δθ
1,6 · 2 · 60 = 1 · 1 · 1 (θ – 20°)
4
Donde: θ = 68 °C
b) No coletor, projeta-se uma área iluminada circular AC de diâmetro
dC, que pode ser relacionado com o diâmetro dL da lente por semelhança de triângulos.
d
dC dL
d
=
⇒ dC = L
6 12
2
y = 1 mm
Como a área do círculo é proporcional ao quadrado do diâmetro
(ou do raio), determina-se o valor da área AC iluminada no coletor.
d
A
Se dC = L , então, AC = L = 20 (cm2)
2
4 4
φ y
φ y
tg = ⇒ ⯝
2 d
2 d
0,4 ⯝ 1 ⇒ d = 5 mm
2
d
AC = 5 cm2
f = 2d = 2 · 5 mm ⇒ f = 10 mm
Alternativa a.
A intensidade de radiação solar incidente no coletor é obtida por:
P
IC = L ⇒ IC = 1,6 (W/cm2)
AC
5
A
63
IC = 0,32 W/cm2
L2
L1
65
P1
6,0 cm
B‘‘
D
A‘’
B
A‘
A
5,0 cm
B‘
4,0 cm 24 cm
2f
Os triângulos destacados são semelhantes.
Logo:
D = 4,0 + 24 ⇒
4,0
6,0
2f
66
D = 42 cm
Alternativa e.
64
a) A luz refratada pela lente atinge o coletor conforme representa a
figura abaixo:
L
l1
l2
C
Luz
solar
Foco
Lente
Lâmina de
faces paralelas
Com a inserção da lâmina de faces paralelas, a imagem se afasta da
lente, passando de I1 para I2.
6 cm
12 cm
Alternativa c.
130
Plano
focal
imagem
67
ri
F‘s
N1 F‘
Plano
focal
objeto
rr
F
0
x
x
68
N2
Eixo
secundário
Equação de Gauss: 1 = 1 + 1
f p p’
1= 1 + 1
f f + x f + x’
1 = f + x’ + f + x ⇒ f 2 + f x’ + f x + x x’ = 2f 2 + fx’ + fx
f (f + x) ( f + x’)
f 2 = xx’ ⇒
f = x x’
Alternativa e.
69 O ponto P está situado no centro de curvatura de E. Logo:
RE 60 cm
=
⇒ fE = 30 cm
2
2
Para L, tem-se:
1= 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
fL pL p’L
12 pL 60
fE =
1 = 1 – 1 ⇒ p = 15 cm
L
pL 12 60
Mas d = pL + 60. Assim:
d = 15 + 60 (cm) ⇒
d = 75 cm
1 = 1 – 2 ⇒ p’ = –f (imagem virtual)
p’ f f
i = – p’ ⇒ i = – (–f)
o
o
p
f
2
Da qual: i = 2o
A altura máxima alcançada pela imagem virtual da pulga será o
dobro da altura máxima alcançada pelo objeto, durante o mesmo
intervalo de tempo.
A pulga e sua imagem descreverão em relação ao estudante movimentos uniformemente variados, para os quais valem as expressões:
v +v
vm = 0
e vm = Δs
2
Δt
v0 + v Δs
Donde:
=
2
Δt
v0 + 0 h
Objeto:
=
2
Δt
v1 = 2v0
v1 + 0 2h
Imagem:
=
2
Δt
Equação de Torricelli: v2 = v20 + 2α Δs
Objeto: 0 = v20 + 2α0 h
Imagem: 0 = (2v0)2 + 2αi 2h
gi = 2g0 = 2 · 10 (m/s2) ⇒
72
αi = 2α0
gi = 20 m/s2
o
(Filamento)
Alternativa d.
p
70
f ⇒ i = f
f–p
o f–p
A=
Lente
Objeto em A:
y’
f
=
y f – (f + d)
Donde:
p‘
y’ = – f y
d
(imagem invertida)
Sendo 1,5 m a distância do filamento ao tampo da mesa, temos:
p + p’ = 1,5
(I)
Objeto em B:
y”
f
=
y f – (f – d)
Donde:
y” = f y (imagem direita)
d
Logo: |y”| = |y’|
Alternativa a.
71
a) Do gráfico, para 1 = 1m–1, obtém-se 1 = 1m–1. Assim, aplicando-se
p
p’
a Equação de Gauss, pode-se calcular a distância focal de lente (f).
1 = 1 + 1 ⇒ 1 =1+1
f p p’
f
1 =2 ⇒
f
Tampo
da mesa
i
f = 0,50 m = 50 cm
b) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
f p p’
f
f p’
2
De: 1 = 1 + 1
f p p’
vem: 1 = 1 + 1
0,24 p p’
(II)
De (I): p = 1,5 – p’
Em (II): 1 = 1 + 1
0,24 1,5 – p’ p’
1 =
1,5
0,24 (1,5 – p’)p’
1,5 p’ – p’2 = 0,36
p’2 – 1,5 p’ + 0,36 = 0
2
p’ = 1,5 ± (1,5) –4 · 0,36
2
1,5
±
0,9
p’ =
2
Da qual:
p’1 = 1,2 m e
p’2 = 0,3 m
Manual do professor
b) De (I), temos:
p + p’ = 1,5
Para p’1 = 1,2 m;
p1 + 1,2 = 1,5
p1 = 0,3 m
i
p’
De: i = – , vem: 1 = – 1,2 ⇒
o
p
12
0,3
Para p’2 = 0,3 m:
p2 + 0,3 = 1,5
p2 = 1,2 m
i
p’
De: i = – , vem: 2 = – 0,3 ⇒
o
p
12
12
RE 36,0 cm
=
= 18,0 cm
2
2
fE
⇒ 2,0 = 18,0
Logo: AE =
18,0 – pE
f E - pE
Fe =
i1 = –48 mm
pE = 9,0 cm
(III) D = p’L + pE ⇒ D = 16,0 + 9,0 (cm)
Alternativa b.
i2 = –3 mm
73
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1 ⇒ p’ = 75 cm
1
f p1 p’1
30 50 p’1
A primeira imagem fornecida pela lente comporta-se como objeto
virtual para o espelho plano, que conjuga a esse objeto uma imagem real 25 cm à direita da lente. Essa imagem comporta-se como
objeto real para a lente, que lhe conjuga uma imagem virtual situada a uma distância p’2, dada por:
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1 ⇒ p’ = –150 cm
2
f p2 p’2
30 25 p’2
Em relação ao espelho, a distância da imagem final fornecida pelo sistema é d, calculada por:
d = 1,0 m
74
(I) Em relação a L:
1=1+ 1
fL pL p’L
1 = 1 + 1
8,0 16,0 p’L
1 = 1 – 1
p’L 8,0 16,0
1 = 2,0 – 1,0 ⇒ p’ = 16,0 cm
L
p’L
16,0
p’
16,0 cm
A L = – L ⇒ AL = –
pL
16,0 cm
Donde:
18,0 – pE = 9,0 ⇒
D = 25,0 cm
As imagens são reais, possuem comprimentos de 48 mm e 3 mm, e
são invertidas em relação ao objeto.
d = 150 – 50 = 100 cm ⇒
131
AL = –1,0
A imagem que a lente conjuga ao objeto é real, situa-se no ponto
antiprincipal imagem de L, é invertida (AL é negativo) e tem comprimento y igual ao do objeto. Essa imagem funciona como objeto
real em relação ao espelho.
(II) Em relação a E:
Para que a imagem produzida pelo espelho tenha orientação invertida em relação ao objeto original, ela deve ter orientação direita em relação ao objeto que lhe dá origem. Logo, AE é positivo
e também:
2y
AE = i = = 2,0
o y
Se E produz uma imagem direita e ampliada em relação ao objeto
que lhe deu origem, trata-se de um espelho côncavo, de distância
focal positiva, dada por:
75
(I) Para L1 e L2, o módulo da distância focal pode ser obtido pela Equação de Halley:
1 = (n – 1) 2 ⇒
rel
f
R
f=
R
2(nrel – 1)
Sendo R (raio de curvatura das faces da lente) constante e
nrel ⬍ nrel , conclui-se que f1 ⬎ f e f2 ⬎ f.
água
ar
(II) A imersão do espelho esférico E na água não provoca variação em
sua distância focal, já que, nos espelhos, a luz sofre reflexão. Logo:
fE = f.
Alternativa a.
76
1) A Equação de Halley (Equação dos Fabricantes de Lentes) é dada
por:
1 = nL – 1 1 + 1
f nM
R1 R2
2) Do enunciado, temos:
R1 = R2 = +1,00 m (face convexa ⇒ R ⬎ 0)
nar = 1,00
nL(verm) = 1,60
nL(viol) = 1,64
3) Aplicando-se a Equação de Halley para a lente, quando exposta à
luz monocromática vermelha, vem:
1 = nL(verm) – 1 1 + 1
f1
nar
R1 R2
1 = 1,60 – 1 1 + 1
f1 1,00
1,00 1,00
f1 = 1 m
1,20
4) Aplicando-se a Equação de Halley para a lente, quando exposta à
luz monocromática violeta, vem:
1 = nL(viol) – 1 1 + 1
f2
nar
R1 R2
1 = 1,64 – 1 1 + 1
f2 1,00
1,00 1,00
f2 = 1 m
1,28
132
2a possibilidade:
5) A distância entre os focos é dada por:
d = f 1 – f2
Fonte
d = 1 – 1 (m)
1,20 1,28
Donde:
p2 = 30 cm
d ⯝ 0,052 m = 5,2 cm
2
a) VA = (1,5 – 1) 0,25 ⇒
VA = +4,0 di
81
Equação de Gauss:
1=
f
1=
p’
fB = –1,0 m
c) Face côncava: R1 = 25 cm (aderência perfeita)
Face convexa:
V = (n2,1 – 1) 1 + 1
R 1 R2
1o caso: Imagens reais
p’ + p = 25 cm
imagem real situada no plano focal imagem dessa lente.
Essa imagem funciona como objeto real para a lente 2.
Para que a lente 2 produza uma imagem ainda real do citado objeto,
este deve estar posicionado praticamente no seu plano focal (ligeiramente à esquerda dele), conforme ilustra a figura a seguir:
2
Imagem
real
F1 ⬅ F 2
(⬁)
2f
F = k 0,5f ⇒ F = k f
2
80
2o caso: Imagem virtual
|p’| – p = 25 cm
(III)
Nesse caso, p’ é o número negativo e, ao operarmos com |p’|, devemos
multiplicar a expressão (I) por –1.
p = –25 ± 35 ⇒ p3 = 5,0 cm
2
p4 = –30 cm (não convém)
82
a) 1a Lente: 1 = 1 + 1 (Equação de Gauss)
f0 d0 L
1 = 1 – 1 ⇒ 1 = d0 – f0
L f0 d0
L
f0d0
Anteparo
Lente
Assim:
Fonte
Fonte a 10 cm da lente.
p2 – 25p + 150 = 0 ⇒ p = 25 ± 625 – 600
2
25
±
5,0
p=
2
e
p2 = 10 cm
p1 = 15 cm
–6,0 p – p = 25 ⇒ –6,0p – p2 + 6,0p = 25(p – 6,0)
p – 6,0
p2 + 25p – 150 = 0 ⇒ p = –25 ± 625 – 600
2
Essa é a situação em que o sistema fornece imagem real com mínima
tração na mola. Nesse caso, a deformação da mola é x = 3f – 2,5f = 0,5f.
A intensidade F da força aplicada à mola fica determinada pela Lei de
Hooke:
F=kx
p1 = f
(II)
6,0p + p2 – 6,0p = 25p – 150
78 O objeto impróprio situado à esquerda da lente I produz uma
1a possibilidade:
(I)
(I) em (II): 6,0 p + p = 25
p – 6,0
Da qual: R2 = 0,50 m = 50 cm
f
1+1
p p’
1 – 1 ⇒ 1 = p–f
f p
p’ fp
p’ = pf ⇒ p’ = 6,0 p
p–f
p – 6,0
1 + 1
0,25 R2
1
p2 = 30 cm
Fonte a 30 cm da lente.
b) V = VA + VB ⇒ 3,0 di = 4,0 di + VB
VB = –1,0 di
3,0 = (1,5 – 1)
15 cm
1= 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1 ⇒
10 p2 15
f p2 p’2
77
fB = 1 = – 1 ⇒
VB
1,0
Anteparo
Lente
30 cm
L=
f0 d0
d0 – f0
b) 2a Lente: 1 = 1 + 1 (Equação de Gauss)
f1 d0
L
2
1 = 2 + (d0 – f0) ⇒ 1 = 2f0 + d0 – f0
f1 d0
f1
f0d0
f0d0
Manual do professor
Operando com a fonte da esquerda, temos:
f0 d0
Assim: f1 = d + f
0
0
Fonte
de luz
83
f p p’
Lente na posição 1: 1 = 1 + 1
f p1 D + p1
1
Lente na posição 2: 1 = 1 +
f p1 + d D – (p1 + d)
Objeto
C
(II)
V
Imagem
p2 – 10p – 600 = 0 ⇒ p = 30 cm ⇒ xE = 100 cm
D – p1 + p1 D – (p1 + d) + (p1 + d)
=
(p1 + d) [D – (p1 + d)]
p1 (D – p1)
2
b) Operando necessariamente com a fonte da direita, temos:
(p1 + d)[D – (p1 + d)] = p1(D – p1)
p1 D – p1(p1 + d) + d D – d(p1 + d) = p1 D – p21
–p21 – p1 d + d D – p1 d – d2 = –p21
2p1 d = d(D – d) ⇒ p1 = D – d
2
Substituindo-se (III) em (I), determina-se f:
1
1= 1 +
f
D–d
(D
D – – d)
2
2
1= 2 +
2
f D–d
2D – D + d
Objeto
(III)
Fonte
de luz
O
Imagem
1 = 2 (D + d) + 2 (D – d)
f
(D – d) (D + d)
p + p’ = 30 ⇒ p’ = 30 – p
1 = 2D + 2d + 2D – 2d
f
D2 – d2
1 =1+1 ⇒ 1 =1+ 1
2,7 p 30 – p
2,7 p p’
1 = 30 – p + p ⇒ p2 – 30p + 81 = 0
2,7 p (30 – p)
2
2
f= D –d
4D
Nota:
• O experimento descrito traduz o método de Bessel para a determinação
da distância focal de uma lente convergente.
Alternativa a.
p1 = 27 cm ⇒
xL = 43 cm
p2 = 3,0 cm ⇒
xL = 67 cm
1
2
85
84
a) Operando com a fonte da direita, temos:
Objeto
F
C
Imagem
p – p’ = 30 cm ⇒ p’ = p – 30
1 =1+1 ⇒ 1 =1+ 1
20 p p – 30
20 p p’
1 = p – 30 + p ⇒ p2 – 70p + 600 = 0
20 p (p – 30)
p = 60 cm ⇒
α
α
p’ – p = 30 ⇒ p’ = 30 + p
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 30 + p + p
20 p 30 + p
20 p (30 + p)
20 p p’
1 + 1 = 1 +
1
p1 D – p1 p1 + d D – (p1 + d)
V
F
(I)
Comparando-se (I) e (II), vem:
Donde:
133
xE = 10 cm
1
Fonte
de luz
a) Enquanto P dá uma volta completa, o mesmo ocorre com P’. Por
isso:
TP
=1
TP’
b) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
f p p
20 30 p’
1 = 1 – 1 ⇒
p’ 20 30
p’ = 60 cm
R
RP’
= i = p’ ⇒ P’ = 60
o p
RP
10 30
Rp’ = 20 cm
P’ descreve uma circunferência de raio 20 cm, de centro pertencente ao eixo principal, contida em um plano frontal à lente, a 60 cm de
distância em relação a ela.
134
c)
Lente
VP
RP
P
O
RP‘
P‘
VP’
60 cm
VP’
=
VP
Donde:
2π RP’
TP’
2π RP
TP
No Bloco 2 (Óptica da Visão), a proposta é discorrer sobre o funcionamento básico da visão humana,
comentando-se seus principais defeitos e os processos
de correção. Sugerimos que não se entre em pormenores biológicos ou patológicos, que dispersam as explicações. Não é esse o foco deste curso.
⇒
30 cm
VP’ 20
=
5,0 10
Vp’ = 10 cm/s
Tópico 5
Instrumentos ópticos e óptica
da visão
Este Tópico trata de dois temas que despertam grande interesse: instrumentos ópticos e óptica da visão.
Por isso, o professor dispõe de um momento produtivo
para motivar seus alunos, seja com uma abordagem histórica do assunto ou com estímulos de ordem prática.
No Bloco 1 (Instrumentos Ópticos), recomendamos que se discorra sobre a fundamentalidade de cada
instrumento na evolução do conhecimento humano.
O microscópio teve importância essencial no progresso da Biologia e da Medicina, viabilizando pesquisas
importantes no campo dos microrganismos, da célula,
dos tecidos vivos, da genética etc. Com esse aparelho,
desenvolveram-se vacinas e medicamentos para erradicar doenças que ceifavam precocemente muitas vidas
humanas. A relevância do microscópio pode ser sentida
também nos dias hoje como ferramenta básica em exames clínicos que permitem a elaboração de diagnósticos
para indicação de tratamentos. Lunetas e telescópios,
por sua vez, descortinaram aos olhos do homem um universo extremamente rico e amplo que suscitou a reformulação de conceitos e a elaboração de teorias, algumas
infundadas, outras, porém, sensatas, bem sedimentadas
e definitivas. Como derivações da Astronomia, que se
consolidou com o advento dos instrumentos de observação celeste, surgiram setores específicos conectados
com essa área, como a Astrofísica e a Cosmologia.
4. Lupa ou microscópio simples
5. Microscópio composto
6. Lunetas
Exercícios
8. O globo ocular humano (adaptação e acomodação visual)
• Características da imagem retiniana
11. Defeitos visuais e sua correção (miopia, hipermetropia, presbiopia e astigmatismo)
Exercícios
• Algo mais
Trabalhos de construção de instrumentos ópticos
motivam em muito os alunos, podendo levá-los a questionamentos pertinentes, não abordados na sala de aula.
A elaboração de câmaras fotográficas, lunetas e outros
equipamentos rudimentares pode estimular habilidades
e até mesmo revelar aptidões. Há no mercado kits para
montagem desses instrumentos, além de inúmeros projetos em livros especializados e na internet. Esses trabalhos podem servir para exposição em feiras de ciências
ou outros eventos escolares afins. Durante o desenvolvimento deste tópico, seria também oportuna uma visita a
um planetário, o que ampliaria sobremaneira o alcance
das aulas expositivas. Pequenos seminários sobre Astronomia e Astrofísica costumam ser produtivos, permitindo, por meio de explanações e debates, a formação de
uma consciência mais culta e atualizada do Universo.
Em Óptica da Visão, a análise das lentes de alguns
óculos utilizados por alunos, em que se apresente um
parecer sobre que defeito visual o usuário possui,
pode ser um elemento de descontração que contribui
também para levar aos estudantes alguns conhecimentos adicionais sobre lentes.
1. Galileu construiu vários modelos de lunetas que lhe propiciaram descobertas astronômicas sem precedentes no
século XVII. Em um deles, talvez o mais famoso, o cientista utilizou uma lente divergente como ocular. Que
vantagem esse tipo de ocular trazia sobre uma ocular
convergente? Esquematize a formação da imagem nessa famosa luneta de Galileu.
Manual do professor
A luneta de Galileu, criada provavelmente em 1609,
pouco depois da invenção do instrumento pelo holandês Hans Lipperhey, em 1608, tem como objetiva uma
lente convergente e como ocular uma lente divergente.
A vantagem desse tipo de ocular está em proporcionar uma imagem final direita, a exemplo do que
ocorre em binóculos e lunetas terrestres atuais.
Por sua simplicidade, no entanto, a luneta de
Galileu tem apenas importância histórica, já que foi
o instrumento utilizado pelo cientista em descobertas
decisivas que mudaram os rumos da Astronomia.
Considerando-se um astro muito distante (objeto
impróprio), a objetiva da luneta produz uma imagem
real (i1) situada em seu plano focal. Essa imagem, por
sua vez, situada além do foco objeto da ocular, comporta-se como objeto virtual em relação a essa lente,
que conjuga uma imagem também virtual (i2), que é
dada ao observador contemplar.
No esquema abaixo, em que F’ob é o foco imagem
da objetiva e Foc e F’oc são respectivamente os focos
objeto e imagem da ocular, está esboçada a formação
da imagem na luneta de Galileu.
Objetiva
Ocular
i2
⬁
F‘oc
Foc
F‘ob
i1
2. Suponha que um indivíduo com alto grau de miopia
mergulhe em um grande aquário cheio de peixes,
usando seus óculos. Ele poderá visualizar nitidamente os peixes através de suas lentes de correção?
Não, pois a vergência (“grau”) de suas lentes corretivas sofrerá uma significativa alteração. Isso ocorre
porque a água, mesmo sendo menos refringente que o
vidro (ou acrílico), tem índice de refração maior que
o do ar, meio para o qual os óculos são dimensionados. Com isso, dentro d’água, a luz atravessa as lentes
com desvios menores que no ar, aumentando valores
absolutos de distância focal e diminuindo valores absolutos de vergência. Os óculos ficarão “fracos” para
o indivíduo, impossibilitando a visão nítida dos peixes
dentro do aquário.
Uma justificativa matemática para esse “enfraquecimento” das lentes pode ser obtida pela equação de
Halley.
135
3. Além de miopia, hipermetropia, presbiopia e astigmatismo, há outros defeitos da visão, como o daltonismo. O que é daltonismo?
É um defeito visual de caráter hereditário, de herança recessiva, que acomete principalmente indivíduos do sexo masculino. Essa alteração da visão faz
com que a pessoa tenha dificuldade – em menor ou
maior grau – de fazer distinção entre cores, principalmente o verde e o vermelho. Há os que têm problemas
com o azul e também aqueles que não têm a percepção de todas as cores, enxergando apenas em preto,
branco e tons de cinza, mas esses casos são minoria.
O daltonismo é resultado de um defeito na retina que
afeta as células responsáveis pela percepção das cores
– os cones.
A retina possui três tipos de células sensíveis a
cores. Segundo a teoria Young-Helmholtz, cada grupo é responsável pela captação de uma determinada
região do espectro luminoso. Na verdade, pode haver
alguma sobreposição de regiões do espectro percebidas pelos vários tipos de célula, mas, de forma geral,
essas regiões correspondem ao vermelho, ao verde e
ao azul, as cores primárias da visão. A cor que enxergamos depende diretamente de quanto se estimula
cada espécie de cone. Quando olhamos para objetos
vermelhos, por exemplo, somente os cones mais sensíveis a essa cor enviam mensagens ao cérebro. Nas
pessoas daltônicas, porém, os cones não existem em
número suficiente ou apresentam alguma alteração
que os impede de transmitir adequadamente os estímulos visuais.
O termo “daltonismo” faz referência ao nome
do físico-químico inglês John Dalton, portador da
anomalia.
Adaptado de www.medicinal.com.br
4. As lentes fotocromáticas, de grande aceitação entre
os usuários de óculos, caracterizam-se pela capacidade de mudar de cor, apresentando-se claras em
ambientes escuros e escuras em ambientes claros.
Como funcionam essas lentes?
O vidro fotocromático contém cristais de cloreto
de prata (AgCᐍ) misturados à sílica. A incidência de
luz catalisa uma reação química reversível de óxidoredução em que se obtém prata metálica (Ag) e cloro
(Cᐍ), o que deixa a lente escura. O menor aclaramento
do ambiente privilegia a reação em sentido oposto, o
que deixa a lente clara.
AgCᐍ + Energia luminosa
Ag + Cᐍ
136
6
a) A =
f ⇒ 5= f
f–p
f – 2,0
1 = 1 + 1 ⇒ p’ = –4 cm
2
4 2 p’2
|A2| = 4 cm ⇒ |A2| = 2
2 cm
Assim: |A| = 4 · 2 ⇒
5f – 10 = f ⇒ 4f = 10
|A| = 8
9 A imagem real e invertida que a objetiva gera no seu plano focal
(F’objetiva) funciona como objeto real para a ocular. Essa lente, por sua
vez, opera como lupa, produzindo uma imagem virtual e direita (em
relação ao objeto que lhe deu origem), que será contemplada pelo observador. O esquema abaixo ilustra o funcionamento da luneta.
f = 2,5 cm
b)
Lente objetiva
I
Lente ocular
O
Selo
F
(⬁)
O
2,0 cm
F‘
Focular
F‘objetiva
F‘ocular
10 cm
Lupa
Observador
Alternativa e.
p’
A=–
⇒ 5 = – p’
2,0
p
11
p’ = –10 cm
7
Ocular
a) Completando a figura fornecida, temos:
Objetiva
Objeto
a) Do enunciado, temos: f = 12 cm e
p = 60 cm
Utilizando a Equação de Gauss, vem:
1= 1 + 1
f p p’
1 = 1 + 1
12 60 p’
p’ = 15 cm
II
III
b) Classificação das imagens:
a imagem II é real (formada por um feixe cônico convergente);
a imagem III é virtual (formada por um feixe cônico divergente).
8
a) Lente L1:
1= 1 + 1
f1 p1 p’1
1 = 1 + 1 ⇒ p’ = 20 cm
1
4 5 p’1
Concluímos, portanto, que a distância da lente à imagem (fundo da
câmara) é de 15 cm. Assim, para ajustar a posição da lente, devemos
aprofundar o tubo 5 cm.
b) Utilizando a equação do Aumento Linear Transversal, vem:
p’
A=–
p
15
A=–
60
A=– 1
4
Assim, podemos afirmar que a imagem é real (p’ ⬎ 0), invertida
(A ⬍ 0) e quatro vezes menor que o objeto.
12 A formação da imagem sobre o filme está esquematizada (fora
de escala) abaixo.
L1L2 = p’1 + 2 cm = 20 cm + 2 cm
O
L1L2 = 22 cm
b) |A| = |A1| · |A2|
Lente L1:
|A1| = 20 cm ⇒ |A1| = 4
5 cm
Lente L2:
1= 1 + 1
f2 p2 p’2
F
0
I
f = 50 mm
p‘ = 52 mm
p
Manual do professor
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
6 poc 72
foc poc p’oc
a) Equação de Gauss:
1= 1 + 1
f p p’
1 = 1 + 1 ⇒ 1= 1 – 1
50 p 52
p 50 52
1 = 52 – 50 ⇒ p = 50 · 52 (mm)
p 50 · 52
2
1 = 1 + 1 = 12 + 1
72
poc 6 72
Donde:
p’oc
⇒ Aoc = – (–72)
poc
72
13
Logo: Aoc = 13
y’
p’
= – ⇒ 36,0 = – 52
1 300
y
p
y
y = –900 mm ⇒
h = 900 mm = 90 cm
14
(III) Em relação ao microscópio:
i i
i
A= 2 = 1 · 2
o o i1
Donde: A = Aob · Aoc
Halley:
1 = (n – 1) 1 + 1
2, 1
f
R1 R2
|A| = |Aob| · |Aoc| ⇒ |A| = 4 · 13
|A| = 52
1 = (1,6 – 1) · 2 ⇒ 1 = 0,12 cm–1
f
10
f
Gauss:
1 = 1 + 1 ⇒ 0,12 = 1 + 1 ⇒
f p p’
10 p’
19
p’ = 50 cm
16 O valor absoluto do aumento linear transversal fornecido pelo
microscópio é dado por:
|A| = |Aob| · |Aoc|
1) Cálculo de |Aob|:
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
fob pob p’ob
15 16 p’ob
P’ob = 240 mm = 24 cm
p’
Aob = – ob ⇒ Aob = – 240 mm
16 mm
pob
Em relação à ocular:
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 – 1
foc poc p’oc
4 poc 12
poc = 3 cm
Em relação à objetiva:
L = p’ob + poc ⇒ 100 cm = p’oc + 3 cm
p’ob = 97 cm
O objeto visado é, para a objetiva, impróprio. Por isso:
fob ⯝ p’ob = 97 cm
Lente 1
(objetiva)
20
a)
B‘
2) Cálculo de |Aoc|:
p’ob + poc = L ⇒ 24 cm + poc = 30 cm
poc = 6,0 cm
α
Raio R
O
Da semelhança entre os triângulos ABO e A’B’O, vem:
R I1 R
R I1
= L ⇒
= 1 750
f1 dL
133 384 000
RI ⯝ 0,61 cm
1
Com |Aob| e |Aoc| calculados, vem:
Lente 2
(ocular)
b)
O microscópio considerado fornece um aumento linear transversal
de 45 vezes.
(II) Em relação à ocular:
Lente 1
(objetiva)
p‘2
l1 = O2
17
Donde: Aob = –4
B
dL
p’oc = –18 cm
p’
Aoc = – oc = – (–18 cm) ⇒ |Aoc| = 3
poc
6,0 cm
(I) Em relação à objetiva:
fob
Aob =
⇒ Aob = 4
4–5
fob – pob
RL
α
A‘
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
9,0 6,0 p’oc
foc poc p’oc
|A| = 45
Lua
A
f1
|Aob| = 15
|A| = 15 · 3 ⇒
poc = 72 cm
13
Aoc = –
p = 1 300 mm = 1,3 m
b)
137
f2
p2
l2
f1
d
1) Aplicando a Equação de Gauss, vem:
1= 1 + 1
f2 p2 p’2
138
1 = 1 + 1
9,5 p2 (–20)
1 = 1 + 1
20 9,5 p2
1 = 29,5
p2 190
V = 1 = 1 di
f (–0,50)
V = –2,0 di
Alternativa c.
p2 ⯝ 6,4 cm
30 A pessoa é hipermetrope.
V= 1 = 1 + 1
f p p’
V= 1 – 1
dN dH
V = 1 – 1 (di)
0,25 0,40
2) A distância entre as lentes é dada por:
d = p 2 = f1
d = 6,4 + 133 (cm)
d ⯝ 139,4 cm
25
a) Com o olho acomodado para o ponto remoto, têm-se os seguintes
dados:
pf → ∞ p’1 = 15 mm = 1,5 cm
Calculemos f1, que é a distância focal do cristalino para o caso:
1= 1 + 1 ⇒
f1 = 15 mm
f1 ∞ 1,5
tende a zero
Com o olho acomodado para o ponto próximo, têm-se os seguintes
dados: p2 = 25 cm e p’2 = 1,5 cm. Calculemos f2, que é a distância
focal do cristalino para o caso:
1= 1 + 1 ⇒
f2 25 1,5
31
b) V = 1 = 1 + 1
f p p’
Como V = +3,0 di e p = dN = 25 cm = 0,25 m, calculemos p’:
+3,0 = 1 + 1 ⇒ p’ = –1,0 m
0,25 p’
dH = |p’| = 1,0 m
A convergência do cristalino para o ponto próximo é V2, tal que:
1
1
+
V2 = 1 =
f2 25 · 10–2 m 1,5 · 10–2 m
32
a) 1) Como o objeto se encontra no infinito, os raios de luz dele provenientes incidem paralelamente ao eixo principal da lente
(convergente) e conseqüentemente emergem desta em uma
direção que passa pelo foco imagem principal (F’). Esquematicamente, temos:
Lente
Do ponto remoto para o próximo, a variação da convergência do
cristalino é ΔV, que pode ser dada por:
ΔV = V2 – V1
A
C
h = 3,5 mm
h = 0,03 mm
f = 35 mm
PR
Cristalino
Retina
2) Da semelhança entre os triângulos AF’B e DF’C, vem:
H= f
h x
3,5 = 35
0,03 x
x = 0,3 mm
F‘
51 cm
|f| + 1 = 51
|f| = 50 cm = 0,50 m
f = –0,50 m
x
d
1 cm
Óculos
D
B
ΔV = 4,0 m–1 = 4,0 di
|f|
Filme
F‘
1
1
1
ΔV =
+
–
25 · 10–2 m 1,5 · 10–2 m 1,5 · 10–2 m
28
V = +1,5 di
a) O homem é hipermetrope, pois a vergência de suas lentes corretivas é positiva (+3,0 di).
f2 ⯝ 14 mm
b) A convergência do cristalino para o ponto remoto é V1, tal que:
1
V1 = 1 =
f1 1,5 · 10–2 m
Da qual:
Da qual:
3) Da figura, temos:
d=f+x
d = 35 + 0,3 (mm)
d = 35,3 mm
b) Utilizando a Equação de Gauss, vem:
1=1+1
f p p’
139
Manual do professor
1 =1+ 1
35 p 35,3
35 Seja L a lente divergente e L a lente convergente.
1
2
Em relação a L1, temos:
f1 p1 p’1
Da qual: p ⯝ 4 118 mm
33
a) A ampliação linear transversal fornecida pelo sistema é negativa
(imagem invertida) e calculada por:
A vergência da objetiva é dada conforme segue:
V = V1 + V2 = –1 di + 6 di
V = +5 di (sistema convergente)
A distância focal da objetiva é dada por:
f = 1 ⇒ f = 1 = 0,20 m
5 di
V
f = 20 cm
f
f–p
Com A = –10 e f = 20 cm, calculemos p, que é a distância do slide ao
centro óptico da objetiva:
–10 =
20 ⇒ p = 22 cm
20 – p
Com A = –10 e p = 22 cm, calculemos p’, que é a distância da tela ao
centro óptico da objetiva:
p’
⇒
22 cm
A1 = –
p’ = 220 cm = 2,2 m
p’1
⇒ A1 = – (–16) ⇒
p1
80
1 = 1 + 1 ⇒
20 16 + 14 p’2
p’2 = 60 cm
A imagem produzida por L2 é real e está situada a 60 cm à direita dessa
lente. O aumento linear provocado por L2 fica determinado por:
p’2
⇒ A2 = – 60 ⇒
p2
30
A2 = –2
A imagem produzida por L2 é invertida e maior que o objeto que lhe
deu origem.
O esquema abaixo ilustra a situação proposta:
L1
Objeto
L2
Imagem de L1
o
i1
34
Objeto de L2
p’ob = 2,00 cm
d = p’ob + poc ⇒ poc = d – 2,00
|p’ | |p’ |
|A| = |Aob| · |Aoc| ⇒ |A| = ob oc
|pob| |poc|
|p’oc|
2,00
100 =
·
2,00 |poc|
80 cm
14 cm
Imagem de L2
60 cm
(I)
O aumento linear transversal produzido pelo sistema é dado por:
(II)
Asist. =
i2 i1 i2
= ·
o o i1
Asist. = A1 · A2 ⇒ Asist. = 1 · (–2)
5
Substituindo-se (I) em (II):
|p’oc|
⇒ p’oc = –100 · (d – 2,00) (III)
d –2,00
Nota: p’oc ⬍ 0, pois a imagem é virtual.
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
1,00 poc p’oc
foc poc p’oc
i2
16 cm
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
fob pob p’ob
1,00 2,00 p’ob
100 =
A1 = 1
5
A imagem produzida por L1 é direita e menor que o objeto, e funciona
como objeto real para L2.
Em relação a L2, temos:
f2 p2 p’2
A2 = –
p’
b) A = –
p
–10 = –
p’1 = –16 cm
A imagem produzida por L1 é virtual e está situada 16 cm à esquerda
dessa lente. O aumento linear provocado por L1 fica determinado por:
A = i ⇒ A = – 50 cm ⇒ A = –10
o
5 cm
É sabido que: A =
– 1 = 1 + 1 ⇒
20 80 p’1
Asist. = –0,4
Alternativa a.
Substituindo-se (I) e (III) em (IV):
36 Seja I a quantidade de luz coletada pelo espelho do telescópio durante 1 h. Conforme o enunciado, I é proporcional à área A do
espelho.
1
1 = 1 –
1,00 d – 2,00 100 (d – 2,00)
I = KA ⇒
Da qual:
Assim:
d = 2,99 cm
(IV)
2
I= KπD
4
140
IVLT
=
ICekc
K π D2VLT
4
K π D2Cekc
4
IVLT
= 16
ICekc 10
2
⇒
40
D
= VLT
DCekc
2
(I) Correção da miopia: lente divergente com o ponto remoto a 50 cm
do olho.
V = – 1 ⇒ V = – 1 (di)
D
0,50
IVLT = 2,56 ICekc
V = –2,0 di
Alternativa d.
(II) Correção de hipermetropia: lente convergente com o ponto próximo a 50 cm do olho.
37
Em relação à observação da Lua, temos:
L1 = fob + poc ⇒ L1 = 100 + poc
(I)
Em relação à observação do objeto distante 20 m da objetiva, temos:
1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
fob pob p’ob
100 2 000 p’ob
V = 4,0 – 2,0 (di) ⇒
V = 2,0 di
Alternativa c.
41
Da qual: p’ob ⯝ 105 cm
L2 = p’ob + poc ⇒ L2 = 105 + poc
V = 1 – 1 ⇒ V = 1 – 1 (di)
0,25 0,50
dN dH
(II)
Comparando (I) e (II), podemos concluir que, do primeiro para o segundo caso, o comprimento da luneta aumenta 5 cm, o que pode ser feito
afastando-se a ocular da objetiva.
Observe que poc foi considerado o mesmo nos dois casos, pois a ocular
(lupa) deve fornecer uma imagem final no ponto próximo do olho do
observador, suposto em contato com a citada lente. Com isso, nas duas
situações, o observador percebe máxima ampliação.
Alternativa d.
a) De acordo com a figura, a imagem do olho é maior que o seu tamanho real, isto é, a imagem é ampliada e por isso a lente usada só
pode ser convergente, pois as lentes divergentes, para um objeto
real, fornecem imagens sempre virtuais, diretas e reduzidas.
O provável defeito de visão que é corrigido com lentes convergentes é a hipermetropia.
O defeito de visão chamado de presbiopa pode ser também corrigido com lentes convergentes.
b) A = 1,25 e p = 2 cm
Usando a Equação do Aumento Linear:
A = f ⇒ 1,25 = f
f–p
f–2
38
1,25f – 2,5 = f
(I) A distância focal fR (máxima), com o olho acomodado para um objeto situado no ponto remoto (pR → ∞), é a própria distância do
cristalino à retina.
fR = 2,5 cm
(II) A distância focal fP (mínima), com o olho acomodado para um objeto situado no ponto próximo (pP = 25 cm), fica determinada pela
Equação de Gauss:
1= 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
fp pp p’p
fp 25 2,5
1 = 1 + 10 ⇒
fp
25
fp = 25 cm
11
(III) A variação de distância focal Δf do sistema córnea-cristalino, quando o objeto é deslocado do infinito até o ponto próximo, fica dada
por:
0,25f = 2,5 ⇒ f = 10 cm = 0,1 m
A vergência V é dada por:
V = 1 = 1 di ⇒ V = 10 di
f 0,1
42
a) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
f p p’
5,0 4,0 p’
p’ = –20 cm
A imagem será observada com tamanho máximo se o estudante a
contemplar sob o maior ângulo visual possível. Para que isso ocorra:
|p’| + d = 25 cm ⇒ 20 + d = 25
d = 5,0 cm
b) A = –
Δf = fP –fR
Δf = 25 –25 (cm) ⇒ Δf = 25 – 27,5 (cm)
11
11
|A| =
(–20)
p’
=–
⇒
4,0
p
A = 5,0
|i|
|i|
⇒ 5,0 =
⇒
o
2,0
|i| = 10 mm
43
Donde:
Alternativa c.
Δf = – 2,5 cm
11
a) |f| = D ⇒ |f| = 2,0 m
|V| = 1 = 1 ⇒ |V| = 0,50 di
|f| 2,0
Manual do professor
141
1o caso: Em relação à lente divergente L2, temos:
V = –0,50 di
– 1 =– 1 + 1 ⇒ 1 = 1 – 1
f – d p’
p’ f – d f
f
As lentes dos óculos A são divergentes.
b) 1 = 1 + 1 ⇒ 1 = 1 + 1
f dN dH
f 0,25 1,0
1 = f – f + d ⇒ p’ = f (f – d)
p’ f (f – d)
d
V = 1 = +3,0 di
f
2o caso: Em relação à lente convergente L1, temos:
As lentes dos óculos B são convergentes.
1= 1 + 1
⇒ 1– 1 = 1
f f + d p’ + 20
f f + d p’ + 20
44
Lente na posição L: 1 = 1 + 1
f p D–p
1
Lente na posição L’: 1 = 1 +
f p + d D – (p + d)
(I)
f+d–f = 1
⇒ p’ + 20 = f (f + d)
f (f + d) p’ + 20
d
(II)
(II)
Substituindo (I) em (II), vem:
1 +
1
=
p + d D – (p + d)
D – (p + d) + (p + d)
=
(p + d) D – (p + d)
(I)
1+ 1
p D–p
D–p+p
p (D – p)
f (f – d) + 20 = f (f + d)
d
d
f 2 – f d + 20d = f 2 + f d ⇒ 2f d = 20d ⇒ f = 10 cm
p (D – p) = (p + d)[D – (p + d)]
D p – p2 = D (p + d) – (p + d)2
D p – p2 = D p + D d – p2 – 2dp – d2
2d p = D d – d2 ⇒ p = D – d
2
Substituindo em (I), segue que:
1
1=
1
+
f
(D – d)
D–d
D–
2
2
1= 2 + 2
f D–d D+d
Assim:
(III)
•
Lente L2 (divergente): f2 = –10 cm
mitindo-se sua vista totalmente relaxada. Nesse caso, seu cristalino
apresenta máxima distância focal.
A máxima distância focal do cristalino de um olho emetrope é dada por:
1=1+1
f p p’
Com p → ∞ e p’ = d (distância do cristalino à retina), vem:
1 =1+1 ⇒ 1 =1
folho ∞ d
folho d
45
tende a zero
p‘
L1
Lente L1 (convergente): f1 = 10 cm
46 A distância máxima de visão distinta do garoto é calculada ad-
1 = 2 · (D + d) + 2 (D – d) ⇒ f = D2 – d2
f
(D + d)(D – d)
4D
1o caso:
•
L2
O cristalino do olho do garoto associado à lente de contato constitui
um sistema de lentes justapostas, cuja distância focal equivalente
(fsistema) é dada por:
1 = 1 + 1
fsistema folho flente
Mas: 1 = 1 e 1 = 2di = 1 cm–1
folho d
flente
100
d
Portanto:
f
2o caso:
1 =1+1
fsistema D d
1+ 1 =1+1
d 50 D d
Donde: D = 50 cm
f
d
(I)
A distância máxima de visão distinta (D) pedida é calculada conforme
segue:
L1
L2
1 =1+ 1
fsistema d 50
p‘
20 cm
(II)
142
Bibliografia
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Tópicos - Volume 2 - Laboratório de Física

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