RESUMOS E DICAS
VESTIBULAR
(INCLUI MATERIAL “CONHEÇA O ITA”)
ÍNDICE
INFORMAÇÕES SOBRE O ITA
CONHEÇA O ITA- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1
FÍSICA
A PROVA DE FÍSICA DO ITA; ANÁLISE DIMENSIONAL; MOMENTO LINEAR - - - - - -
6
CENTRO DE MASSA; EFEITO FOTOELÉTRICO - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
7
EFEITO COMPTON - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
8
HIPÓTESE DE DE BROGLIE; POLARIZAÇÀO - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
9
INTERFERÊNCIA; EXPERIMENTO DE YOUNG - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
10
INTERFERÊNCIA EM FILMES FINOS; LUZ E ESPECTRO DE CORES - - - - - - - - - - -
11
ONDAS ESTACIONÁRIAS; TUBOS SONOROS; INTENSIDADE SONORA - - - - - - - - -
12
BATIMENTO; EFEITO DOPPLER FRIZEAU; LEI DE GAUSS – CAMPO ELÉTRICO - - -
13
LEI DE GAUSS – CAMPO MAGNÉTICO; LEI DE GAUSS – CAMPO GRAVITACIONAL
15
GRAVITAÇÃO - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
16
INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA; COMENTÁRIOS FINAIS - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
17
PORTUGUÊS
O PORTUGUÊS NO ITA - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
18
MATEMÁTICA
A MATEMÁTICA NO ITA; TEORIA DOS CONJUNTOS; TEMAS DIFERENTES - - - - - -
19
TRIGONOMETRIA; LOGARÍTMOS; PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES - - - - -
20
IDENTIDADE DE EULER; CÔNICAS - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
21
COMENTÁRIOS FINAIS - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
22
QUÍMICA
A QUÍMICA NO ITA; PROPRIEDADES COLIGATIVAS - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
23
FORÇAS INTERMOLECULARES; GEOMETRIA MOLECULAR - - - - - - - - - - - - - - - - -
27
ESTRUTURA ATÔMICA – O ÁTOMO DE BOHR - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
30
ELETROQUÍMICA E TERMODINÂMICA - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
31
EQUAÇÃO DE NERSNT - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
32
TERMOQUÍMICA E SUA RELAÇÃO COM TERMOFÍSICA; CINÉTICA - - - - - - - - - - - -
33
EQUAÇÀO DE ARRHENIUS; COMENTÁRIOS FINAIS - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
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ITA
DICAS PARA A PROVA DO ITA
quanto à viabilidade de se
desenvolver um avião no país
contando apenas com uma
equipe
de
engenheiros
brasileiros.
INSTITUTO TECNOLÓGICO DE
AERONÁUTICA (ITA)
"É tempo, talvez, de se instalar uma escola de verdade
em um campo adequado... Margeando a linha da Central
do Brasil, especialmente nas imediações de Mogi das
Cruzes, avistam-se campos que me parecem bons... Os
alunos precisam dormir junto à escola, ainda que para
isso seja necessário fazer instalações adequadas...
Penso que, sob todos os pontos de vista, é preferível
trazer professores da Europa ou dos Estados Unidos, em
vez de para lá enviar alunos... Meu mais intenso desejo é
ver verdadeiras escolas de aviação no Brasil.”
Bandeirante
A superação dessa
dificuldade foi possível graças ao convite feito a um renomado
projetista francês. A credibilidade do projetista no meio
aeronáutico tornou possível a construção da aeronave. Entretanto,
a alta cúpula da Força Aérea Brasileira foi convencida de que o
técnico francês deveria coordenar somente a modernização de
aparelhos, e não coordenar tecnicamente o projeto de um novo
avião.
Após a tentativa de envolver a iniciativa privada na
fabricação de aviões, o Governo decidiu criar uma sociedade de
economia mista de controle estatal, tendo sido constituída a
Empresa Brasileira de Aeronáutica – EMBRAER, cujos principais
dirigentes também se formaram no ITA.
Palavras escritas por Santos-Dumont em 1918
A “PROFECIA” DE SANTOS DUMONT E A
FUNDAÇÃO DO ITA
Originalmente concebida para produzir um total de 150
aparelhos Bandeirante a uma cadência de dois aviões por mês, a
Em meados de 1945, norteado pela incrível visão estratégica
EMBRAER rapidamente superou esses propósitos e até mesmo a
de Santos Dumont e inspirado por forte idealismo e espírito
exportação da aeronave tornou-se realidade.
empreendedor, um grupo de militares, liderado pelo então coronelengenheiro Casimiro Montenegro Filho, planejava, no campo de
Ao mesmo tempo, a Embraer recebia uma
pouso de Aeroclube de São José dos Campos,
encomenda da Força Aérea, para a fabricação
Em
agosto
de
1945
foi
como seria a escola de verdade: “Aqui
sob licença de 112 jatos de treinamento
construiremos o túnel aerodinâmico... Ali, o
definido o Plano Geral
avançado, apoio tático e ataque ao solo, de
alojamento dos alunos. À esquerda, os edifícios
do Centro Técnico de
projeto italiano. A produção da aeronave de nome
escolares...”
Aeronáutica, cuja
Xavante teve inicio em 1971, marcando o início
Para esta missão, contava com o apoio do
da produção de aeronaves a jato no país.
pedra
fundamental
professor norte-americano Richard Herbert Smith,
seria a fundação do
licenciado do renomado MIT - Massachusetts
Ao longo dos anos, a Embraer contou com um
Institute of Technology, que veio para o Brasil
poderoso mecanismo de capitalização que
ITA.
com o intuito de auxiliar a organização de uma
contribuiu para conferir à empresa a capacidade
O futuro centro de
Escola de Engenharia Aeronáutica.
de investimento necessária a seu crescimento, e
excelência
em
Do corpo docente pioneiro faziam parte
várias outras aeronaves foram concretizadas, tais
aeronáutica seria
professores norte-americanos ou radicados nos
como o Ipanema (projetado no ITA nos anos 60),
Estados Unidos e trazidos ao Brasil pelas mãos
formado a partir de
o Tucano (projetado, desenvolvido e construído
do professor Smith (a maior parte do MIT).
em apenas dois anos na década de 80), o Brasília
uma escola de
Também chegavam ao ITA em 1950 professores
(cuja produção capacitou a Embraer industrial e
formação de
da Alemanha e de outras nacionalidades, como o
comercialmente para o desenvolvimento de
engenheiros de
chinês Kwei Lien Feng. Para trabalhar com os
aeronaves de grande porte e complexidade), o
aeronáutica,
professores estrangeiros dos anos iniciais e, em
AMX (um jato de combate e ataque ao solo
tempo, substituí-los, passou o Ministério da
desenvolvido em parceria com empresas
considerando-se o MIT
Aeronáutica a contratar professores brasileiros.
italianas), e aviões mais leves, a partir de 1973,
como modelo para a
Já em 1950 a primeira turma de
quando a empresa decidiu lançar-se num
organização do futuro.
engenheiros aeronáuticos se formava no Rio de
programa de substituição de importações desse
Janeiro, com o apoio da Escola Técnica do
tipo de aeronave.
Exército (hoje, Instituto Militar de Engenharia - IME), uma vez a
É verdade, portanto, que as exportações da Embraer
construção do ITA e do CTA não estava pronta. E assim, no
evoluíram muito rapidamente. Mas o que explica o êxito da
mesmo ano em que a primeira turma de Engenheiros do ITA
Embraer? Entre os muitos fatores que respondem a essa
diplomava-se (no IME!), a segunda tinha início em São José dos
indagação, o primeiro deles é, incontestavelmente, a
Campos.
disponibilidade de recursos humanos. Havia no país uma massa
Em poucos anos o ITA já ganhava projeção, através de
crítica de engenheiros aeronáuticos e de outros especialistas
feitos como o desenvolvimento do motor a álcool, a implantação
formados pelo ITA desde meados dos anos 50. Altamente
do primeiro curso de Engenharia Eletrônica no Brasil, implantação
qualificados devido à excelência do ITA como instituição de ensino
do primeiro curso formal de pós-graduação stricto sensu, entre
superior, esses especialistas puderam ser mobilizados pela
outros.
Embraer desde o primeiro momento da vida da empresa e foram
capazes de projetar equipamentos de alta confiabilidade que
DA FUNDAÇÃO DO ITA AO SURGIMENTO DA
conquistaram o mercado internacional.
INDÚSTRIA AERONÁUTICA BRASILEIRA
Trinta anos depois, a Embraer apresenta vendas em
Em 1955, foi criado o Instituto de Pesquisa e
carteira da ordem de dez bilhões dólares, transformando-se na
Desenvolvimento do CTA. Um grupo desse instituto projetou o
quarta indústria aeronáutica do mundo. Contando com mais de
avião Bandeirante, um bimotor, turboélice, capaz de transportar
sete mil funcionários, a empresa representa hoje um grande
cerca de 20 passageiros e operar na maioria das cidades
patrimônio tecnológico do país, tendo produzido milhares de
brasileiras da época. Esse grupo era constituído essencialmente
aviões que voam todos os continentes e que transportam milhões
por engenheiros formados pelo ITA.
de passageiros a cada ano.
A partir daí, o grupo teve dificuldades para convencer o
Governo a concretizar o projeto do avião, que teria como
finalidade o atendimento de pequenas demandas do tráfego aéreo
brasileiro de então. A principal delas foi o ceticismo generalizado
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ITA
DICAS PARA A PROVA DO ITA
EXPANSÃO E CONSOLIDAÇÃO DO
BRASIL NO MUNDO DA AVIAÇÃO
Mesmo alunos que moram em São José dos Campos costumam
optar por residir no alojamento, chamado de H-8, pelas facilidades
que apresenta e pela convivência no grupo. O alojamento conta
com ampla área para a prática esportiva e lazer e dispõe de:
• Quadras poliesportivas;
• Quadra de vôlei de praia;
• Piscina (conhecida como "Feijão", por seu formato);
• Churrasqueira;
• Academia de musculação;
• Salão de jogos;
• Sala de vídeo;
• Sala equipada para prática de lutas;
• Lanchonete;
• Biblioteca;
• Sala de Estudos.
É justamente a convivência no alojamento, associada à DC e
também aos elevados desafios das provas e trabalhos, que
fortalecem o companheirismo entre os estudantes do ITA. Após 5
anos de convivência muito mais próxima do que se morassem em
residências distantes, os iteanos carregam consigo forte vínculo
com a instituição e com os demais iteanos, levando em geral para
o resto de suas vidas as amizades construídas nos tempos da
faculdade.
No H-8 existem moradas para 4 ou 6 pessoas, subdivididos
em quartos para duas pessoas. Os quartos possuem armário,
mesa e cabeceira fixos (de tijolo e concreto) e cama, conforme a
planta abaixo.
A EMBRAER é apenas um exemplo que
mostra porque os profissionais que possuem
no currículo o diploma do Instituto Tecnológico
de Aeronáutica (ITA) são identificados no
mercado como high profiles, termo em inglês
que significa talento diferenciado, perfil acima
da média.
Em seus 60 anos de existência, o ITA já
formou mais de cinco mil engenheiros, dos quais
cerca de 1.000 engenheiros aeronáuticos. Esses
recursos humanos fizeram-se presentes no
desenvolvimento de diversas tecnologias e
empresas no Brasil.
Dentre as iniciativas com criação
derivada das atividades do ITA e do CTA, ou de
seus ex-alunos estão, além da EMBRAER, a
EMBRATEL, a Avibrás, Tecnasa, Tectran, e
Mectron, para citar algumas empresas de
Protótipo do VLS
tecnologia;
e entre as universidades e programas de engenharia
que foram montados com ajuda de ex-alunos do ITA estão os
cursos de Engenharia Elétrica da UNICAMP, da UFPB-Campina
Grande e os programas de pós graduação da Coppe/UFRJ.
Dentre as contribuições técnicas, podemos citar, além do
motor a álcool e do avião Bandeirante, o desenvolvimento da urna
eletrônica, do radar meteorológico, o primeiro simulador de vôo
desenvolvido na América Latina, primeiro laser CO2, o primeiro
laser excimer, o Veículo Lançador de Satélites (VLS), entre outros.
A sólida formação, a elevada capacidade análise e de lidar
com pressão, são características que permitem aos iteanos, como
são chamados os alunos e ex-alunos do ITA, atingirem também
posições no alto escalão – muitas vezes diretoria ou presidência –
de grandes empresas, como: IBM, NEC, Ericsson, Rhodia,
Motorola, HP, Cia Vale do Rio Doce ou mesmo posições de
destaque na área acadêmica, como reitores de universidades ou
cargos de liderança em instituições como FAPESP (Fundação de
Amparo à Pesquisa de SP) e CNPq (Conselho Nacional de
Desenvolvimento Científico e Tecnológico).
É esta sólida formação também a responsável pelos
impressionantes resultados em processos avaliativos do MEC,
como o provão, no qual o ITA é a única instituição com 100% de
notas A em todos os cursos, e o ENADE em que ITA e IME se
revezam nos primeiros lugares do Brasil nos cursos que oferecem.
OS CURSOS
Planta aproximadamente em escala do alojamento do ITA (H-8)
para 6 ocupantes (Fonte: Wikipédia)
O Curso de Graduação tem a duração de 5 anos, dos quais os 2
primeiros constituem o Curso Fundamental, comum a todos os
alunos, e os 3 últimos, o Curso Profissional, específico para cada
uma das seguintes especialidades de Engenharia:
• Aeronáutica
• Mecânica-Aeronáutica
• Infra-Estrutura Aeronáutica (Equivalente à Engenharia Civil)
• Eletrônica
• Computação
Refeitório
Os alunos do ITA têm direito a alimentação gratuita, com três
refeições diárias no estilo “bandejão” (self-service), podendo se
servir à vontade. Essas refeições ocorrem no refeitório dos alunos,
popularmente conhecido como Rancho, e têm horários definidos.
Apesar de ter um cardápio variado, são tipicamente compostas
por:
• Café-da-manhã (das 7h às 8h): pão de sal, manteiga ou
margarina, leite, café e um outro prato que varia a cada dia
(um tipo de mingau, queijo, apresuntado, fruta...);
• Almoço (das 11:30 às 12:30): Arroz, feijão, um tipo de
verdura, uma carne, um complemento (macarrão, batata,
farofa...), além de suco artificial e uma sobremesa.
• Jantar (das 18:00 às 19:00): semelhante ao almoço.
VIDA DOS ALUNOS
Disciplina consciente
A comunidade iteana possui um código de honra e de ética
conhecido desde os primeiros anos de existência do ITA como
"Disciplina Consciente" (DC), conceito que consiste na prática de
ações dentro de elevados padrões morais e de ética, sem a
necessidade de fiscalização. Por exemplo, os alunos não colam
em provas – que geralmente são aplicadas sem fiscais – a cola
seria de falta de DC e as moradias, com os pertences dos alunos,
geralmente ficam abertas mesmo na ausência destes.
Alojamento
O ITA disponibiliza a todos os alunos alojamento, projetado
por Oscar Niemeyer, a uma taxa mensal de R$ 45,00 (em valores
de 2006). Nessa taxa já está incluída a conta de luz e de água.
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ITA
DICAS PARA A PROVA DO ITA
A PREPARAÇÃO PARA AS PROVAS
UM EXEMPLO DE APROVAÇÃO:
Gilberto Giuzio – Aprovado IME 2007
Para atingir a preparação adequada ao concorrido vestibular
do ITA, é necessário aprofundamento muito forte nas disciplinas
de exatas, português e inglês. Para dar aos seus alunos, esse
nível de aprofundamento, os professores do Elite abordam os
assuntos em um nível de profundidade sem precedentes na
região de Campinas. Isto permite ao aluno atingir o elevado nível
de domínio necessário para enfrentar com sucesso as provas do
ITA.
Elite - O que você achou do seu resultado no Vestibular? Você
está satisfeito?
Gilberto - Sem dúvida estou muito feliz, pois passar no IME é
o sonho de milhares de alunos. No entanto, acho que isso
não pode me desviar a atenção dos desafios vindouros –
estudar muito lá no IME é um deles.
Elite - Como era seu método de estudo? Quantas horas você
estudava por dia ou por semana?
Gilberto - Eu estudava de 80 a 90 horas por semana, incluindo
o tempo de aulas, e não tive método pré-determinado, não
conseguia organizar muito os meus estudos.
A turma, especializada no
vestibular do ITA, agrupa numa
só sala alunos com os mesmos
propósitos, provocando uma
evolução mais rápida da turma
como um todo.
Elite - Em quais matérias você teve que batalhar mais?
Gilberto - Fiz muitas redações. Devido ao fato de ter feito
supletivo e estudar sozinho, antes eu não tinha quem me
corrigisse, por isso quando entrei no Elite eu escrevia muito
mal.
SIMULADOS
Os simulados são semanais, no formato dos
vestibulares e com o nível de complexidade adequado ao
treino para provas de elevada complexidade e que ainda
requerem do aluno velocidade em sua resolução. Isto permite que
o aluno do Elite aprenda a controlar seu tempo, a corrigir os erros
por distração e a identificar seus pontos fortes e pontos a melhorar
com rapidez.
Elite - Você fazia todos os simulados? Como era seu desempenho
nos simulados?
Gilberto - Eu fiz todos os simulados. Não ia mal, porém
devido ao nível elevado destes não conseguia tirar notas
muito altas. No entanto, a dificuldade encontrada nos
simulados me fez crescer e encarar o vestibular com relativa
facilidade.
CARGA HORÁRIA
Elite - Você usava o plantão de dúvidas? Comente.
Gilberto - Não sei se eram plantões, pois quando tinha
alguma dúvida eu perguntava para os professores,
coordenador ou diretor, quem aparecesse primeiro, e eles me
resolviam as dúvidas. O coordenador era o que mais sofria
comigo.
Na TURMA ITA/IME/AFA do ELITE os alunos têm 44
AULAS SEMANAIS. São 10 aulas de matemática, 10 de física e 8
de química por semana.
- 10 aulas de Matemática
- 10 aulas de Física
- 8 aulas de Química
POR SEMANA!
Elite - Quais foram as principais dificuldades que você enfrentou
nos estudos?
Gilberto - Tive diversas dificuldades, que são normais para
qualquer vestibulando, entre elas: insegurança, cansaço,
indecisão. Porém, graças a Deus consegui superá-las.
Com isto, nossos mestres aprofundam MUITO mais nas
disciplinas, explicam melhor o conteúdo e resolvem maior
quantidade de exercícios em sala de aula. Além disso, o período
de revisão começa mais cedo, permitindo retomar com maior
atenção os tópicos que, de outro modo, cairiam no esquecimento.
Elite - Qual foi a sensação ao ver seu nome na lista dos
aprovados?
Gilberto - A melhor sensação que já tive em toda a minha
vida. Sempre sonhei cursar engenharia em uma das melhores
escolas do Brasil e agora que vejo que o meu sonho está
próximo me sinto muito feliz.
MATERIAL DIDÁTICO INCLUSO
9 O aluno do Elite recebe apostilas com toda teoria e
exercícios;
9 Apostila de revisão com as provas e gabaritos dos últimos 10
anos dos vestibulares do ITA, do IME e da AFA (total = 30
anos);
9 Resumos teóricos de todas as disciplinas (durante o período
de revisão);
9 Diversos materiais complementares e listas de exercícios
de aprofundamento, cuja resolução é fundamental para
enfrentar com destreza o desafio destes vestibulares.
Elite - Na sua opinião, quais foram as principais contribuições do
Elite para a sua aprovação?
Gilberto - Devo minha aprovação ao Elite Campinas. Cresci
muito no Elite, aprendi muitas coisas novas e aperfeiçoei
aquelas que já sabia. Além disso, o apoio moral e psicológico
que recebi foram fundamentais para alcançar meu objetivo.
NOSSO MATERIAL DIDÁTICO:
• Possui um número elevadíssimo de questões,
chegando a um nível muito superior de complexidade.
• Apresenta grau de aprofundamento muito superior. É
realmente um material que prepara para os vestibulares
mais exigentes. Isso, aliado à elevada carga horária,
constrói um forte domínio das disciplinas.
• É próprio, feito pelos professores do Sistema Elite de
Ensino.
Elite - Na sua opinião, quais foram seus maiores erros e os seus
maiores acertos em relação aos estudos no ano passado?
Gilberto - Meu maior acerto foi ter parado de trabalhar e me
dedicado exclusivamente aos meus estudos, graças a isso
pude entrar na turma ITA/IME/AFA. Meu maior erro foi muitas
vezes ter desacreditado de minhas possibilidades, isso me
prejudicou bastante.
Elite - Qual a dica ou recomendação de estudo que você faria
para o pessoal que está fazendo cursinho esse ano?
Gilberto - Estude muito e acredite no seu potencial. Não tenha
medo de levantar dúvidas e questionamentos, pois isso lhe
fará aprender com muito mais aprofundamento a matéria que
estiver estudando.
TURMAS REDUZIDAS
O número de alunos desta turma é super-reduzido: cerca de
30, assim nossos alunos podem participar das aulas, tirando
grande parte das dúvidas na própria aula e aumentando o
rendimento dos estudos em casa.
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ITA
DICAS PARA A PROVA DO ITA
OS MELHORES PROFESSORES
CONHEÇA O PROCESSO SELETIVO – ITA 2007
Os professores do ELITE passam por rigoroso processo de
seleção, com provas e aulas demonstrativas, e possuem
excelente formação (Unicamp, ITA e USP). Assim nosso aluno é
orientado por quem sabe como é a preparação para os
vestibulares mais concorridos do país.
O ITA apresenta, sem sombra de dúvidas, um dos vestibulares
mais desafiantes do país. O ingresso é fruto de muito esforço dos
candidatos, mas não é uma missão impossível. O grau de
complexidade dos conteúdos cobrados e das questões é
propositadamente elevado para selecionar apenas aqueles
candidatos melhor preparados e que estão decididos a entrar em
uma instituição reconhecida como uma das melhores engenharias
do país, ao lado do IME.
ORIENTAÇÃO DOS ESTUDOS
Após a correção dos simulados, os resultados são
armazenados em nosso banco de dados, de modo a acompanhar
a evolução de nossos alunos em cada matéria. Estes resultados
são utilizados pelos orientadores pedagógicos, que acompanham
os alunos de forma ajudá-los a melhorar o rendimento nos
estudos.
Nos propomos com este material a passar algumas dicas para o
melhor rendimento nestes dias de exame que estão por vir, com
resumos de tópicos não tão enfatizados (e até mesmo não vistos)
no ensino médio. Estes tópicos fazem parte da filosofia do
vestibular do ITA: cobrar cada vez assuntos mais específicos,
para valorizar o candidato que realmente se preparou para este
vestibular.
PLANTÕES DE DÚVIDAS
Se surgem dúvidas durante os estudos, o aluno do ELITE
recorre aos plantões, cuja disponibilidade para as disciplinas mais
requisitadas (Matemática, Física, Química e Redação) é bastante
elevada, havendo plantões de todas as disciplinas pelo menos
uma vez por semana, o que evita a formação de filas extensas
para esclarecer dúvidas.
Para ajudá-lo, analisamos os anos anteriores e fizemos nossas
apostas. Este resumo irá lhe ajudar em algumas questões que
possuem alta probabilidade de serem cobradas.
DICAS IMPORTANTES
ACOMPANHAMENTO DE REDAÇÃO
Os alunos do ELITE recebem acompanhamento
individualizado da produção de textos, uma vez que esta disciplina
requer um cuidado muito especial, seja porque somente a prática
e a orientação direta e constante permitem verdadeira evolução,
seja porque possui elevado peso na nota final dos vestibulares.
De maneira geral, para as questões dissertativas do vestibular do
ITA, o candidato deve necessariamente esclarecer como chegou à
resposta. Na correção é dado ponto parcial, ou seja, ele pode
conseguir algum ponto por resolver apenas parte da questão. Por
isso, é importante não deixar nenhuma questão em branco.
REVISÃO
Nos testes, preste bastante atenção às alternativas.
Freqüentemente há questões que apresentam vários caminhos a
se seguir e a observação das alternativas ajuda a escolher o
esperado pela banca examinadora. Também neste tipo de
questão, existe aquela chance do “chute”, que não deve ser
desprezada mesmo quando você não está conseguindo resolver
nada. Assim, seja crítico no momento do chute, onde, por
exemplo, uma análise dimensional e dos valores das alternativas
pode lhe ajudar a eliminar alternativas absurdas.
Além da revisão dos principais assuntos, ocorre a
RESOLUÇÃO DE 30 VESTIBULARES recentes, assim nosso
aluno se familiariza com o que é esperado dele nas provas dos
vestibulares:
3 10 anos de provas do ITA;
3 10 anos de provas do IME;
3 10 anos de provas da AFA.
UMA HISTÓRIA DE SUCESSO
Com sedes em várias cidades brasileiras – Porto Alegre, Curitiba,
São Paulo, Campinas, Rio de Janeiro, Belo Horizonte, Juiz de
Fora, Belém e outras – o Sistema Elite de Ensino vem crescendo
ano a ano, devido à eficiência de seu método, comprovada pelos
ótimos resultados obtidos por seus alunos.
Um bom plano de prova é fundamental. Existem diferenças entre
o peso das questões dissertativas e dos testes: cada questão
dissertativa vale o dobro de uma questão objetiva. Entretanto, não
despreze demais os testes, pois só serão corrigidas as questões
dissertativas dos candidatos que acertaram pelo menos 40% dos
testes de cada disciplina e 50% do total dos testes.
APROVAÇÕES
Diante do método de ensino exposto, o resultado não
poderia ser diferente:
ALUNOS DO ELITE APROVADOS NACIONALMENTE
(vestibulares de 2006)
AFA – 113 alunos aprovados
ITA – 32 alunos aprovados
IME – 27 alunos aprovados
NOVIDADE:
Com os resultados dos vestibulares de 2007 já temos somente na
unidade de Campinas:
AFA – 6 alunos aprovados (9 prestaram)
IME – 3 alunos aprovados (7 prestaram)
Apesar destas informações, somente se preocupe com a sua nota
após os exames. Mesmo se você acha que não atingiu os critérios
mínimos em uma prova, não abandone o concurso. Primeiro
porque você não tem certeza, questões podem ser anuladas,
correções podem ser brandas. Segundo porque, mesmo se você
não passar este ano, não existe melhor treino para o vestibular
que o próprio vestibular. No mínimo você estará ganhando
experiência, diminuindo o nervosismo e até mesmo aprendendo!
Você deve se concentrar na prova do dia apenas. As provas
anteriores já foram e você não tem como mudar suas respostas.
As posteriores, encare quando vierem. Se sua preparação foi boa,
não importa o nível de dificuldade: você sabe a matéria! Tenha o
mesmo pensamento ao resolver as questões. Cada uma é um
desafio a ser superado.
(média histórica de 2002 a 2006 de todos os outros cursos em Campinas e
região: 1,5 aprovado por ano)
QUER SABER MAIS?
O ELITE Campinas está de portas abertas para você que
busca algo mais. Estamos certos de que a qualidade de nosso
ensino, somada à sua potencialidade são os ingredientes ideais
para resultados como os acima. Afinal, a melhor forma de se
iniciar uma trajetória de sucesso é fazer o melhor curso prévestibular!
Para auxiliá-lo, você encontrará a seguir um resumo teórico do
que tem maior probabilidade de ser cobrado nas provas do ITA de
2007.
Bons estudos!
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ITA
DICAS PARA A PROVA DO ITA
Fórmulas Dimensionais
À luz dos conceitos anteriores, toda a grandeza física tem uma
fórmula dimensional. Utilizamos o símbolo [G] para representar a
fórmula dimensional da grandeza física G.
a) Uma grandeza derivada na Mecânica possui uma fórmula
dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc
sendo M a dimensão de massa, L, de comprimento, e T, de tempo.
b) Uma grandeza derivada na Termodinâmica possui uma fórmula
dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc θd
sendo θ a dimensão de temperatura.
c) Uma grandeza derivada na Eletricidade possui uma fórmula
dimensional do tipo: [G] = Ma Lb Tc Id
sendo I a dimensão de corrente elétrica.
A PROVA DE FÍSICA DO ITA
A prova de Física do vestibular ITA apresenta uma seleção de
assuntos bem variada. Como a maior parte dos vestibulares,
apresenta uma forte ênfase em mecânica na distribuição dos assuntos
das questões. Entretanto, esta prova se diferencia pois normalmente o
nível de complexidade das questões facilmente (e constantemente) se
torna elevado apesar de tipicamente se partir de conceitos
relativamente simples.
A exemplo da mecânica, as demais grandes áreas do conhecimento
da física (como eletrostática, eletrodinâmica, eletromagnetismo,
termofísica, ótica geométrica entre outros) apesar de serem assuntos
que normalmente o vestibulando conhece razoavelmente bem, são
tópicos que são exigidos tipicamente em um nível de complexidade
bastante elevado, como por exemplo o efeito Hall (eletromagnetismo),
malhas complexas (eletrodinâmica) resolvidas pelo teorema de
Thevenin, Cinética dos Gases (termofísica) e, digno de nota devido
sua considerável incidência, a Lei de Gauss (tanto para a eletrostática
quanto para a gravitação).
Diferentemente dos vestibulares tradicionais, temos uma incidência
muito grande de fenômenos ondulatórios. Ótica física, polarização,
interferência, filmes finos, difração, experimento de Young e rede de
difração são alguns tópicos que já foram cobrados algumas vezes por
este vestibular. A especificidade de determinados assuntos colabora
com o intuído da banca de selecionar aqueles alunos que consideram
o ITA como principal prioridade e se preparam especificamente para
este vestibular (dando atenção a alguns tópicos especiais). Ainda
neste esforço, um outro assunto que tem sido recorrente nesta prova
é a Física Moderna, o que normalmente causa surpresa nos
estudantes menos preparados.
Também temos que muitos tópicos são clássicos, como análise
dimensional. Quase todas as provas recentes do ITA apresentam a
primeira questão deste assunto: só nos últimos 10 anos, tivemos que
1997, 1998, 1999, 2001, 2004 e 2005 se comportaram desta maneira
(em 2000 e em 2002 as questões de análise dimensional ficaram no
meio da prova). Assim, este tópico é quase certo no vestibular, apesar
de ser relativamente simples. Vale lembrar que conhecimentos nesta
área podem ser extremamente úteis em momentos que alguma
fórmula é esquecida, além de ser uma ferramenta importante na hora
de verificar a coerência de alguma das respostas obtidas.
Tipicamente, quando abordados assuntos mais complexos, o
vestibular tem se mantido simples e direto, cobrando realmente
apenas noções. Podemos dizer que tais assuntos não são
necessariamente mais difíceis do que aqueles cobrados geralmente,
mas apenas mais específicos. Na maioria das questões que o
vestibular do ITA aborda a respeito desses temas, a resolução é
bastante simples, cobrando apenas um contato básico com os
principais conceitos envolvidos. Porém, se o vestibulando não teve
contato com esses temas, não terá nenhuma condição de resolver as
questões relativas a esses assuntos, restando-lhe apenas o velho (e
não tão bom) “chute”.
Apresentaremos neste material um resumo de alguns assuntos que
têm sido bastante cobrados no vestibular do ITA nos últimos anos,
seguidos de exemplos de como este vestibular o aborda. Os tópicos
que nos propomos a descrever, de maneira geral, não são abordados
com a ênfase necessária no Ensino Médio, visto que grande parte
deles não faz parte do programa de muitos vestibulares importantes,
como Fuvest, Unicamp, Unesp etc.
Bons estudos!
Exemplo: (ITA 2005) Quando camadas adjacentes de um fluido
viscoso deslizam regularmente umas sobre as outras, o escoamento
resultante é dito laminar. Sob certas condições, o aumento da
velocidade provoca o regime de escoamento turbulento, que é
caracterizado pelos movimentos irregulares (aleatórios) das partículas
do fluido. Observa-se, experimentalmente, que o regime de
escoamento (laminar ou turbulento) depende de um parâmetro
adimensional (Número de Reynolds) dado por R = ραυβdγητ, em que ρ
é a densidade do fluido, υ, sua velocidade, η, seu coeficiente de
viscosidade, e d, uma distância característica associada à geometria
do meio que circunda o fluido. Por outro lado, num outro tipo de
experimento, sabe-se que uma esfera, de diâmetro D, que se
movimenta num meio fluido, sofre a ação de uma força de arrasto
viscoso dada por F = 3πDηυ.
Assim sendo, com relação aos respectivos valores de α, β, γ e τ, uma
das soluções é:
a) α = 1, β = 1, γ = 1, τ = -1
b) α = 1, β = -1, γ = 1, τ = 1
c) α = 1, β = 1, γ = -1, τ = 1
d) α = -1, β = 1, γ = 1, τ = 1
e) α = 1, β = 1, γ = 0, τ = 1
SOLUÇÃO:
Da expressão da força de arrasto em uma esfera se movimentando
M ⋅L 
 ⋅T
F  T 
M
T2

=
=
em um fluido, temos que η  =
L ⋅T
L2
L2
Escrevendo as expressões dimensionais para as grandezas ρ, ν, d:
[ρ] =
M
L
; [v ] = ; [d] = L ;
T
L3
Substituindo na formula dimensional para R, tem-se:
[R] = (M⋅L-3)α⋅(L⋅T-1)β⋅(L)γ⋅(M⋅L-1⋅T-1)τ ⇒ [R] = Mα+τ⋅L-3α+β+γ -τ⋅T-β-2
Como R é adimensional, [R] = 1, assim:
α + τ = 0

α+τ -3α+β+γ -τ -β-2
1 = M ⋅L
⋅T ⇒ −3α + β + γ − τ = 0
− β − τ = 0

Resolvendo o sistema, tem-se: α = t, β = t, γ = t, τ = -t; para t ∈ R
A única alternativa compatível é a alternativa A.
MOMENTO LINEAR
→
→
Momento Linear: grandeza vetorial definida por: Q = m v
→
→
→
→
→
→
∑m v
Q de um sistema: Q sist = Q1 + Q2 + Q3 + .... =
i
i
Impulso de uma Força: Mede o efeito de uma força num certo
→
→
intervalo de tempo. É uma grandeza vetorial definida por: I = F ∆t
Obs: No caso de um força variável com o tempo, o módulo do impulso
é numericamente igual a área do gráfico de Força em função do
ANÁLISE DIMENSIONAL
Estabelece as relações dimensionais entre uma grandeza derivada e
as fundamentais através de suas dimensões ou símbolos
dimensionais. Utilizando o Operador Dimensional: [ ]
Ex.:[V]=L.T-1 ; a velocidade tem dimensão 1 com relação ao
comprimento e dimensão -1 com relação ao tempo (v=∆s/∆t).
Princípio da Homogeneidade Dimensional
“Toda equação que traduz um fenômeno físico verdadeiro é,
necessariamente, homogênea do ponto de vista dimensional”.
Em outras palavras, a dimensão de um termo da equação deve ser
igual à dimensão dos outros termos da mesma equação. Ou seja,
uma equação física válida deve ter parcelas com a mesma dimensão.
Teorema de Bridgman
“Se uma dada grandeza física depende apenas de outras grandezas
físicas independentes entre si, então esta grandeza pode ser
expressa pelo produto de um fator puramente numérico por potências
das grandezas das quais ela depende”.
tempo ou à integral I = ∫ F (t ).dt .
Teorema do Impulso: a variação da quantidade de movimento de um
sistema, num certo intervalo de tempo, é igual ao impulso produzido
pela resultante das forças que agem no corpo, no mesmo intervalo de
→
→
→
→
tempo. I Re s = ∆ Q = Qf - Qi
Sistema Mecanicamente Isolado: é aquele no qual a resultante das
forças externas que agem no sistema é nula. Sendo assim, sua
quantidade de movimento é constante.
→ ext
→
→ ext
→
→
→
→
→
F Re s = 0 ⇒ I Res = 0 ⇒ ∆ Qsist = 0 ⇒ Qf = Qi
Obs: no caso de explosões e choques mecânicos, as intensidades
das forças internas são tão maiores que as das forças externas, que o
sistema pode ser tratado como um Sistema Mecanicamente Isolado.
6
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Choques Mecânicos:
Como o centro de massa não altera sua posição (sistema isolado e
V
Coeficiente de restituição: e = afast
Vaprox
i
f
com velocidade inicial do centro de massa nula), temos XCM
= XCM
m
c

.1 + m.  1 +  m .d + m. c
5
2

2 ⇒ m + m + m. c = m .d + m. c ⇒
= 5
6.m
6.m
5
2 5
2
5
5
6.m m
= .d ⇒ d = 6cm (Alternativa E)
5
5
a) Perfeitamente Elástico:
Vafast = Vaprox ⇒ e = 1
as forças que atuam na colisão são exclusivamente elásticas e,
portanto, conservativas ⇒ Emf = Eim
b) Parcialmente Elástico:
0 < Vafast < Vaprox
EFEITO FOTOELÉTRICO
atuam na colisão tanto forças elásticas (conservativas) quanto
forças dissipativas ⇒ Emf < Eim
Este tópico em algumas oportunidades da prova da ITA chegou a
aparecer em 2 questões num mesmo ano, como em 2003 e 2006.
Portanto é bastante importante que o candidato tenha conhecimento a
respeito deste assunto, para que possa se preparar para questões
que normalmente são de simples resolução.
c) Inelástico:
Vafast = 0 ⇒ e = 0 ⇒ corpos não se afastam logo após a colisão
as forças que atuam na colisão são exclusivamente dissipativas
⇒ Emf < Eim
Efeito Fotoelétrico – Emissão de elétrons por um material quando
submetido à presença de uma onda eletromagnética.
CENTRO DE MASSA
Este efeito foi explicado corretamente por Albert Einstein, o que lhe
rendeu o prêmio Nobel de Física de 1921. Einstein se baseou no
modelo corpuscular da luz, supondo que ela se propagava no espaço
não de modo contínuo, mas concentrada em pequenos pacotes, que
posteriormente seriam chamados fótons. Quando a luz incide sobre
um material, ou seja, quando os fótons chegam à superfície do
material transportando uma determinada energia, arrancam elétrons
dessa superfície, conferindo energia cinética a esses elétrons. A
relação entre essas energias é dada por:
h ⋅ f = φ + EMAX
Tão importante como o cálculo do Momento Linear se um sistema de
partículas é a determinação Centro de Massa de um sistema. Este
assunto é bastante cobrado no vestibular do ITA e para a resolução
de questões que envolvem este conceito (assim como outros) é
importantíssimo que defina-se um referencial.
→
→
Posição: r cm =
∑m r
i
i
⇒ xcm =
M
∑m x
i
e y cm =
i
M
→
∑m v
→
Velocidade: v cm =
i
∑m y
i
i
M
→
→
i
Aceleração: a cm =
M
→
∑m a
i
i
Nessa equação, E = h ⋅ f é a energia do fóton incidente, φ é a
energia necessária para arrancar um elétron da superfície, também
chamada função trabalho do material, e EMAX é a energia cinética
M
→
→ ext
→
dQsist d M v cm
=
⇒ FRes = Ma cm
dt
dt
Isso nos permite concluir que o centro de massa de um sistema
de move-se como se fosse uma partícula de massa igual à
massa total do sistema sujeita à força externa nele aplicada.
Assim, num Sistema Mecanicamente Isolado, como a resultante
das forças externas é nula, o centro de massa não possui
aceleração, movendo-se, portanto, com velocidade constante.
→
→
máxima que o elétron poderia adquirir se desprezássemos a
dissipação de energia na colisão.
Dois fatos importantes a serem observados no efeito fotoelétrico:
(I) A energia cinética máxima que aparece na equação acima não
depende da intensidade da luz que incide sobre o material. Ao
aumentarmos a intensidade luminosa, apenas aumentamos o número
de elétrons que conseguimos arrancar da superfície, mas não
mudamos a energia de cada fóton, já que esta se relaciona com a
freqüência da luz, e não com sua intensidade. A proporção fótonelétron é de um para um, ou seja, não há possibilidade de um único
fóton arrancar mais de um elétron.
(II) Existe uma freqüência mínima f0 necessária para que os
Note que: Q sist = M v cm ⇒
Sistema Mecanicamente Isolado:
→ ext
→
→
→
→
→
FRes = 0 ⇒ a cm = 0 ⇒ v cm = cte
Exemplo: (ITA 2000) Uma lâmina de material muito leve de massa m
está em repouso sobre uma superfície sem atrito. A extremidade
esquerda da lâmina está a 1 cm de uma parede. Uma formiga
considerada como um ponto, de massa m , está inicialmente em
5
repouso sobre essa extremidade, como mostra a figura. A seguir, a
formiga caminha para frente muito lentamente, sobre a lâmina. A que
distância d da parede estará a formiga no momento em que a lâmina
tocar a parede?
a) 2 cm
b) 3 cm
c) 4 cm
d) 5 cm
e) 6 cm
SOLUÇÃO
Considerando o sistema isolado, temos que o Centro de massa do
sistema, inicialmente em repouso, deve permanecer em repouso.
Dessa forma, assumindo a parede como referencial para o cálculo do
centro de massa do sistema, temos que:
x1
x2
x2 x1
elétrons sejam arrancados do material, de modo que se a luz incide
com uma freqüência f < f0 , nenhum elétron deixará a superfície do
material, independentemente da intensidade da luz (quantidade de
fótons) incidente. Essa freqüência mínima pode ser obtida da equação
acima, pois corresponde à situação em que toda a energia do fóton
incidente é utilizada para arrancar o elétron, não sobrando energia
adicional sob a forma de energia cinética do elétron. Assim, fazendo
EMAX = 0 na equação, vem que: h ⋅ f0 = φ ⇒ f0 =
φ
h
(freqüência mínima)
Muitas questões no vestibular do ITA a respeito deste assunto exigem
apenas o conceito teórico do comportamento de superfícies sujeitas a
uma radiação eletromagnética (luz). Entretanto, a abordagem
quantitativa também é cobrada, como no exemplo a seguir:
EXEMPLO: (ITA-2004) Num experimento que usa o efeito fotoelétrico,
ilumina-se sucessivamente a superfície de um metal com luz de dois
comprimentos de onda diferentes, λ1 e λ2 , respectivamente. Sabe-se
m
.x1 + m.x2
XCM = 5
6.m
5
que as velocidades máximas dos fotoelétrons emitidos são,
respectivamente, v 1 e v 2 , em que v1 = 2 ⋅ v 2 . Designando c a
velocidade da luz no vácuo, e h a constante de Planck, pode-se,
então, afirmar que a função do trabalho
Calculando nos momentos inicial e final, temos que, considerando o
comprimento total da lâmina igual a c:
m
c

m
c
.1 + m.  1 + 
.d + m.
5
2

i
f
2
=
XCM
= 5
e XCM
6.m
6.m
5
5
do metal é dada por:
a) (2 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(λ1 ⋅ λ2 )
b) (λ2 − 2 ⋅ λ1 ) ⋅ h ⋅ c /(λ1 ⋅ λ2 )
c) (λ2 − 4 ⋅ λ1 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 )
d) (4 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 )
e) (2 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c /(3 ⋅ λ1 ⋅ λ2 )
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φ
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Resolução: No efeito fotoelétrico, temos que h ⋅ f = φ + EMAX , onde
E = h⋅f =
h⋅c
λ
é a energia do fóton, φ
é a função trabalho
m ⋅ v MAX 2
2
é a energia cinética
(característica do metal) e EMAX =
Vamos decompor as quantidades de movimento nas direções
horizontal e vertical.
h
h
m ⋅v
+ m ⋅ 0 = cos φ +
cosθ
(I)
Na direção horizontal:
λ
λ'
1 − (v / c )2
máxima do elétron emitido.
Escrevendo esta equação para as situações (1) e (2), temos:
m ⋅ v12
mv 22
h⋅c
(I)
=φ +
=φ + 4⋅
λ1
2
2
Na direção vertical: 0 + m ⋅ 0 =
λ2
=φ +
senφ −
m ⋅v
1 − (v / c )2
senθ
(II)
Podemos reescrever as equações como:
h h
m ⋅v
h
m ⋅v
senφ =
senθ
− cos φ =
cosθ e
λ λ'
λ'
1 − (v / c )2
1 − (v / c )2
m ⋅ v2
(II)
2
Fazendo a subtração [4 x (II) – (I)] membro a membro, vem que:
h⋅c h⋅c
(4 ⋅ λ1 − λ2 ) ⋅ h ⋅ c
4⋅
−
= 4 ⋅φ − φ ⇒ φ =
(Alternativa D)
λ2
λ1
3 ⋅ λ1 ⋅ λ2
h⋅c
h
λ'
2
Elevando ambas ao quadrado e somando membro a membro, ficamos
com:
h2
EFEITO COMPTON
λ
Efeito Compton – É a variação do comprimento de onda de uma
radiação eletromagnética que incide sobre uma superfície com
elétrons livres. O experimento original foi idealizado por Arthur Holly
Compton, em 1923, e consistiu em fazer um feixe de raios-X (radiação
eletromagnética) incidir sobre uma amostra de grafite, e
posteriormente analisar a radiação dispersada com um detector
adequado. Ainda não foi cobrado pelo ITA em nenhuma prova, mas
fica como mais uma evidência do caráter corpuscular da luz (a luz
poderia ser tratada como fótons, partículas estas que apresentavam
energia quantizada através da relação E = h ⋅ f ).
2
+
h2
h2
m2 ⋅ v 2
m2 ⋅ c 2 ⋅ v 2
−2
=
cos φ =
(i)
2
2
1 − (v / c )
c2 − v 2
λ'
λ ⋅λ'
Vamos impor agora a conservação da energia antes e depois da
colisão.
Novamente aqui devemos considerar a energia cinética relativística do
elétron, que é:


1
EC = m ⋅ c 2 
− 1
2
 1 − (v / c )



Lembremos também que a energia transportada por um fóton pode
h⋅c
ser escrita como: EF = h ⋅ f =
λ
Desse modo, a expressão da conservação da energia fica:




h⋅c h⋅c
1
h h
1
=
+ m ⋅ c2 
− 1 ⇒ =
+ m⋅c
− 1
 1 − (v / c )2

 1 − (v / c )2

λ
λ'
λ λ'




m ⋅c
h h 
 −  + m⋅c =
 λ λ'
1 − (v / c )2
Para explicar a variação de comprimento de onda detectada no
experimento, Compton utilizou o modelo corpuscular da luz, e na
época, seu experimento teve importância exatamente por dar
sustentação experimental para tal modelo, que não era totalmente
aceito. Imaginando a radiação eletromagnética formada por fótons,
que colidem com elétrons livres da superfície do material, vamos
impor a conservação da quantidade de movimento do sistema, antes
e depois da colisão:
Elevando ao quadrado, obtemos:
2
m2 ⋅ c 2
h h 
h h 
2
2
⇒
 −  + 2⋅ − ⋅m ⋅c + m ⋅c =
1 − (v / c )2
 λ λ'
 λ λ'
2
2
h2
h
m2 ⋅ c 4
h
h
(ii)
+   + 2⋅
λ '− λ ) ⋅ m ⋅ c + m 2 ⋅ c 2 = 2
(
  − 2⋅
λ ⋅λ'  λ' 
λ ⋅λ'
c −v2
λ
Finalmente, fazendo a subtração (ii) – (i) membro a membro, obtemos:
h2
h
m2 ⋅ c 2 2
−2 ⋅
(1 − cos φ ) + 2 ⋅
( λ '− λ ) ⋅ m ⋅ c + m 2 ⋅ c 2 = 2
(c − v 2 ) ⇒
λ ⋅λ'
λ ⋅λ'
c −v2
h
λ '− λ =
(1 − cos φ )
m ⋅c
Esta é a fórmula do deslocamento Compton, que apresenta a
variação do comprimento de onda ( ∆λ = λ '− λ ) da radiação
eletromagnética em função do seu ângulo de espalhamento ( φ ).
pantes = pdepois ⇒ ( pF + pE )antes = ( pF + pE )depois
h
é conhecida como comprimento de onda
m⋅c
h
Compton ( λC =
)
m⋅c
A grandeza
Lembremos que a quantidade de movimento do fóton é definida não
como | p |= m⋅ | v | , já que não tem sentido falar em massa do fóton,
h
, onde h é a constante de Planck e λ é o
λ
comprimento de onda do fóton.
mas como | p |=
Exemplo:
Um fóton de raio X, com 0,01 nm, faz uma colisão frontal com um
elétron ( φ = 180° ). Determine:
a) a variação do comprimento de onda do fóton.
b) a variação da energia do fóton.
c) a energia cinética adquirida pelo elétron.
Resolução:
a) Aplicando a equação do deslocamento Compton, vem que:
6,63 ⋅ 10−34
h
λ '− λ =
(1 − cos φ ) =
(1 − ( −1)) = 4,8 ⋅ 10−12 m
9,31⋅ 10 −31 ⋅ 3,00 ⋅ 108
m ⋅c
Uma outra observação é que como o elétron receberá energia do
fóton na colisão, e este viaja na velocidade da luz, devemos adotar
para o elétron a expressão relativística para a sua quantidade de
movimento, a saber:
m ⋅v
p=
2
 |v |
1− 

 c 
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
b) A energia do fóton é dada por: EF = h ⋅ f =
h⋅c
λ
Em particular, cada onda terá uma orientação bem definida para o
campo elétrico. Tal direção será chamada de direção de polarização
dessa onda. Como o raio de luz consiste de muitas ondas, cada uma
delas com uma direção de polarização diferente, todas as direções de
polarização estarão presentes no raio de luz, resultando num raio nãopolarizado.
A polarização da luz é o processo de conferir a um raio de luz,
inicialmente não-polarizado, uma única direção de polarização. Tal
processo consiste em fazer o raio de luz atravessar algum material
polarizador, cuja característica é ter uma direção preferencial de
vibração do campo elétrico, de modo a transmitir apenas a
componente do campo elétrico que vibre paralelamente a essa
direção preferencial, absorvendo a componente que vibra na direção
perpendicular. Como resultado desse processo, obtemos um raio de
luz polarizado.
A intensidade do raio de luz que emerge do polarizador ( I )
certamente é menor do que a intensidade do raio incidente ( I0 ), visto
. Assim, a variação
de energia será:
 1 1
∆EF = h ⋅ c ⋅  − 
 λ' λ 
1
1


∆EF = 6,63 ⋅ 10 −34 ⋅ 3,00 ⋅ 108 ⋅ 
−
−12
−9
−9 
⋅
+
⋅
⋅
4,8
10
0,01
10
0,01
10


∆EF = −6,5 ⋅ 10 −15 J = −41keV , onde 1eV = 1,6 ⋅ 10 −19 J
c) A energia cinética adquirida pelo elétron é a energia fornecida pelo
fóton no momento da colisão, já que o sistema é suposto
conservativo. Assim, EC = 6,5 ⋅ 10 −15 J = 41keV
HIPÓTESE DE DE BROGLIE
Dualidade Onda-Partícula (Hipótese de De Broglie) – Se a luz
apresenta um duplo comportamento, ora ondulatório, ora corpuscular,
não seria então verdade que a matéria também poderia apresentar
comportamento semelhante? A resposta para esta pergunta é
afirmativa, e foi Louis de Broglie quem apresentou uma teoria
coerente sobre isso. Para caracterizar o comportamento ondulatório
de uma certa partícula, devemos determinar seu comprimento de
onda. De Broglie propôs que a cada partícula dotada de uma
quantidade de movimento p , podemos associar um comprimento de
que parte da energia transportada pelo raio foi absorvida pelo
polarizador. Considerando que a luz não polarizada tem uma
distribuição simétrica em torno no eixo de propagação, ao
submetemos esse tipo de radiação a um polarizador, é esperada que
I
a intensidade se reduza pela metade: I = 0
2
Vale dizer que tal argumento pode ser justificado matematicamente,
mas para isso precisaríamos do auxílio do Cálculo Integral.
Quando um raio de luz já polarizado atravessa um polarizador,
precisamos levar em conta o ângulo β formado entre a direção de
polarização do raio de luz e as fibras do polarizador, de acordo com a
figura a seguir:
h
onde h é a constante de Planck.
|p|
Confira o exemplo abaixo de uma questão que relaciona o
comprimento de onda de De Broglie para um elétron:
onda ( λ ) dado por: λ =
EXEMPLO: (ITA-2000) Dobrando-se a energia cinética de um elétron
não-relativístico, o comprimento de onda original de sua função de
onda fica multiplicado por:
1
1
1
a)
e) 2
b)
c)
d) 2
2
2
4
Resolução: Vamos colocar a energia cinética do elétron em função
do seu momento linear:
m ⋅ v 2 m 2 ⋅ v 2 (m ⋅ v )2
p2
. O comprimento de onda
EC =
=
=
=
2
2⋅m
2⋅m
2⋅m
h
h
associado ao elétron é dado por: λ = ⇒ p = . Assim, a energia
λ
p
cinética do elétron pode ser dada em função do seu comprimento de
onda por:
Nesse caso, a relação entre a intensidade do raio emergente ( I ) e a
intensidade do raio incidente ( I0 ) será dada pela Lei de Malus:
I = I0 ⋅ cos2 β
Observe que tal relação é coerente com o fato de que se o raio
polarizado incide paralelamente à direção das fibras do polarizador
( β = 0 ), o raio incidente será integralmente transmitido, não havendo
absorção, e como conseqüência, I = I0 . Por outro lado, quando o raio
h
λ
p
h2
EC =
.
=  =
2 ⋅ m 2 ⋅ m 2 ⋅ m ⋅ λ2
Dobrando-se a energia cinética, temos:
λ0 2
h2
h2
1
2
E = 2 ⋅ E0 ⇒
2
=
⋅
⇒
λ
=
⇒λ=
⋅ λ0
2 ⋅ m ⋅ λ2
2 ⋅ m ⋅ λ0 2
2
2
Alternativa A
incidente está polarizado numa direção perpendicular às fibras do
polarizador ( β = 90° ), ele é integralmente absorvido, visto que não há
componente do campo elétrico vibrando na direção das fibras. Assim,
a intensidade transmitida nesse caso é nula ( I = 0 ).
Este conceito já foi explorado pelo vestibular do ITA, como no
exemplo a seguir:
Exemplo: (ITA-2000) Uma luz não-polarizada de intensidade I0 ao
POLARIZAÇÃO
segundo polaróide que tem seu eixo inclinado em um ângulo de 60°
em relação ao primeiro. A intensidade de luz que emerge do segundo
polaróide é:
2
2
passar por um primeiro polaróide tem sua intensidade reduzida pela
metade, como mostra a figura. A luz caminha em direção a um
O modelo ondulatório da luz assume que um raio de luz consiste de
um grande número de ondas eletromagnéticas viajando
simultaneamente no espaço. Cada uma dessas ondas que compõem
o raio de luz, sendo uma onda transversal, apresenta um determinado
plano de vibração para os campos elétrico e magnético, plano este
que é perpendicular à direção de propagação da onda.
60º
I0
I0/2
b) 0,25 ⋅ I0
c) 0,375 ⋅ I0
d) 0,5 ⋅ I0
e) 0,125 ⋅ I0
a) I0
Resolução: A intensidade da luz que emerge do primeiro polarizador
I
é I1 = 0 , visto que a luz estava inicialmente não-polarizada.
2
A intensidade da luz que emerge do segundo polarizador, pela Lei de
Malus, é:
I
I
I2 = I1 ⋅ cos2 60° = 1 = 0 = 0,125 ⋅ I0 (Alternativa E)
4 8
9
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
5
⋅λ ; n = 3 ⇒ x = 0
4
5
Portanto, a distância não nua procurada é x = ⋅ λ (Alternativa B)
4
INTERFERÊNCIA
Assim: n = 1 ⇒ x = 4 ⋅ λ ; n = 2 ⇒ x =
Interferência – É o fenômeno da superposição de duas ou mais
ondas num mesmo ponto do espaço.
Superposição de Ondas – Quando dois pulsos propagando-se em
sentidos opostos se encontram, temos uma superposição desses
pulsos. Após o encontro, os pulsos continuam seu caminho sem que
nenhuma propriedade (período, velocidade, freqüência, etc) tenha se
alterado.
Vejamos agora algumas das peculiaridades deste assunto para a
prova do ITA:
EXPERIMENTO DE YOUNG
Experiência de Young – Nesta experiência, duas fendas são
iluminadas por uma fonte de luz monocromática, estando as fendas
separadas entre si de uma distância d .
Dizemos que a interferência é construtiva quando as amplitudes das
ondas se somam, e que é destrutiva quando as amplitudes das
ondas se cancelam.
Considere o sistema com duas fontes
pontuais que percorrem os caminhos
designados por r1 e r2 ao lado:
Para ondas em concordância de fase, a
interferência construtiva se dá quando a
diferença entre as distâncias percorridas
por cada onda (diferença de caminhos),
denotada por ∆s = r2 − r1 , for igual a um
Um padrão de interferência consistindo de franjas claras e escuras é
observado num anteparo, colocado à distância L das fendas.
Temos que a diferença de caminhos das duas ondas geradas por
estas fontes (fendas), considerando que estão em fase, é dada por
∆s = d ⋅ senθ , conforme a figura abaixo.
número inteiro de comprimentos de onda ( λ ), ao passo que a
interferência destrutiva se dá quando a diferença de caminhos for
igual a um número inteiro impar de meio comprimento de onda. Para
ondas em oposição de fase, ocorre o contrário:
Concordância de fase:
- Construtiva:
∆s = n ⋅ λ, n ∈ Z
- Destrutiva:
Oposição de fase:
Construtiva:
∆s = n
λ
d.senθ
, n ímpar ∈ Z
2
Destrutiva:
∆s = n , n ímpar ∈ Z
∆s = n ⋅ λ, n ∈ Z
2
O vestibular do ITA costuma cobrar bastante este conceito em
ondulatória, com algumas particularidades como o Experimento de
Young (cobrado em 2003 e 2004), Interferência em Filmes Finos
(cobrado em 1998, 2000 com duas questões e 2005) e Rede de
difração (2006).
EXEMPLO: (ITA-2004) Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras que
A condição para ocorrência de interferência construtiva (franjas
claras), isto é, pontos onde é máxima a intensidade luminosa é dada
por:
d ⋅ senθ = m ⋅ λ , com m = 0; ±1; ±2;... (pontos de máximo)
Os pontos de interferência destrutiva (franjas escuras), isto é, aqueles
onde a intensidade luminosa é mínima, são dados por:
1

d ⋅ senθ =  m +  ⋅ λ , com m = 0; ±1; ±2;... (pontos de mínimo)
2

λ
emitem, em fase, ondas de freqüência f e comprimento de onda λ .
A distância d entre as fontes é igual a 3 ⋅ λ . Pode-se então afirmar
que a menor distância não nula, tomada a partir de F2 , ao longo do
Fazendo a aproximação: senθ ≈ tgθ , válida para pequenos ângulos,
com tgθ =
eixo x , para a qual ocorre interferência construtiva, é igual a:
a)
b)
c)
d)
e)
4⋅λ /5
5⋅λ/4
3⋅λ /2
2⋅λ
4⋅λ
y
, temos:
L
Pontos de Máximo
λ ⋅L
y=
m
d
Pontos de Mínimo
λ ⋅L 
1
y=
m + 
2
d 
com m = 0; ±1; ±2;... em ambos os casos.
Exemplo: (ITA-2004) Num experimento de duas fendas de Young,
com luz monocromática de comprimento de onda λ , coloca-se uma
lâmina
delgada
de
vidro
Lâmina
Anteparo
d
( nV = 1,6 ) sobre uma das fendas.
Resolução:
As distâncias para as quais ocorre
interferência construtiva, levando em conta
que as fontes emitem as duas ondas em
fase, são aquelas em que a diferença de
caminhos percorrida pelas duas ondas é
igual a um número inteiro de comprimentos
de onda. (y – x = nλ, n inteiro).
Pelo teorema de Pitágoras, vem que:
Isto produz um deslocamento das
franjas na figura de interferência.
Considere que o efeito da lâmina
é alterar a fase da onda. Nestas
circunstâncias, pode-se afirmar
que a espessura d da lâmina,
que provoca o deslocamento da
franja central brilhante (ordem
zero) para a posição que era
ocupada pela franja brilhante de
primeira ordem, é igual a:
(3 ⋅ λ )2 + x 2 − x = n ⋅ λ ⇒ (3 ⋅ λ )2 + x 2 = n ⋅ λ + x
Elevando os dois membros ao quadrado, temos:
9 − n2
9 ⋅ λ 2 + x 2 = n2 ⋅ λ 2 + 2 ⋅ n ⋅ λ ⋅ x + x 2 ⇒ x =
⋅ λ , com n inteiro.
2⋅n
a) 0,38λ.
10
b) 0,60λ.
c) λ.
F1
F2
λ
d) 1,2λ.
e) 1,7λ.
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Resolução: O comprimento de onda da luz ao atravessar a lâmina de
vidro pode ser obtido da seguinte maneira:
c
λ ⋅f
λ
= 1,6 ⇒
= 1,6 ⇒
= 1,6 , lembrando que a freqüência
nV =
λV ⋅ f
λV
vV
sempre se mantém inalterada na refração (passagem da luz do ar
para o vidro).
Se a franja de ordem zero passou a ocupar a franja de ordem um, isso
significa que o tempo que a luz leva para percorrer a lâmina de vidro,
emergindo de F1 é o mesmo tempo que a luz utiliza para percorrer a
devido à mudança de fase associada na passagem entre o ar e o
filme, teremos um máximo quando essa diferença for igual a um
número ímpar de meios comprimentos de onda.
2t = (m+ ½)λn
m = 0, 1, 2,... (máximos)
Utilizamos o valor de comprimento de onda da luz no filme, pois
sabemos que tal comprimento de onda será diferente do comprimento
de onda no vácuo. Tais comprimentos de onda se relacionam
segundo a seguinte equação: λn=λ/n
Sendo assim, podemos dizer que, ao passar de um meio com menor
índice de refração para um com maior índice de refração, teremos um
aumento da intensidade da luz refletida de acordo com a expressão:
2t.n= (m+ ½)λ
m = 0, 1, 2,... (máximos)
A condição para um mínimo de intensidade (mínima reflexão) é:
2t.n= m.λ
m = 0, 1, 2,... (mínimos)
As equações acima se aplicam quando as hipóteses
aplicadas são respeitadas. Imaginemos agora no caso de duas
inversões de fase:
Neste caso, teremos:
2t.n= m.λ
m = 0, 1, 2,... (máximos)
2t.n= (m+ ½).λ
m = 0, 1, 2,... (mínimos)
Normalmente, vemos tais aplicações em vidros não refletores, quando
é aplicada uma camada fina e transparente sobre a superfície. Esta
camada induz o fenômeno de interferência que, quando bem
projetada, causa interferências destrutivas para certos comprimentos
de onda, diminuindo assim sensivelmente a reflexão.
distância equivalente à lâmina de vidro e também uma certa distância
x, da figura abaixo, viaja apenas pelo ar, emergindo de F2 .
máximo central
d
F1
θ2
x
F2
 λ

d
d+x
∆s1 ∆s2
=
⇒
=
⇒ x = 
− 1 d ⇒ x = 0,6d
λV ⋅ f
λ ⋅f
λ
v1
v2
 V

Como a nova posição do máximo central é a posição da primeira
franja, no caso de não termos a lâmina, temos que a distância x seria
aquela percorrida no caso do máximo de primeira ordem (quando a
diferença de caminhos é de apenas um comprimento de onda, λ)
∆t1 = ∆t2 ⇒
Fazendo x = λ, temos: λ = 0,6 ⋅ d ⇒ d =
λ
0,6
Exercícios envolvendo filmes finos, interferência de ondas, localização
de máximos e mínimos são encontrados em praticamente todos os
anos de prova. Observe o exemplo a seguir.
≅ 1,7λ (Alternativa E).
Exemplo: (ITA 2005) Uma fina película de fluoreto de magnésio
recobre o espelho retrovisor de um carro a fim de reduzir a reflexão
luminosa. Determine a menor espessura da película para que produza
a reflexão mínima no centro do espectro visível. Considere o
INTERFERÊNCIA EM FILMES FINOS
As cores das bolhas de sabão, manchas de óleo e outras películas
delgadas,
algumas
Primeira
medidas para atenuar
Reflexão
reflexões, todos estes
Raio
fenômenos são devidas ao
Incidente
fenômeno de interferência.
Podemos ver ao lado uma
película de espessura
constante t de índice de
Raio
refração n. Note que no
Refletido
esquema
dois
raios
chegam aos olhos do
observador: um refletido
Filme
na superfície superior do
filme, e outro refletido da
superfície inferior.
Raio Transmitido
comprimento de onda λ = 5500 A , o índice de refração do vidro
nv = 1,50 e, o da película np = 1,30. Admita a incidência luminosa
como quase perpendicular ao espelho.
SOLUÇÃO:
Para o raio transmitido na película temos que a diferença de caminhos
percorrida é de 2t, onde t é a espessura da película. Esta diferença,
para interferência destrutiva, deve ser igual a (m+½)λn, com m inteiro.
Assim:
1
1
1 λ

2 ⋅ t =  n +  λn ⇒ t =  n + 
2
2
2



 np
(ignore)
Note que, para uma incidência quase normal, a diferença de
percursos geométricos entre os dois raios refletidos pode ser
aproximado para 2t (onde t é a espessura do filme).
Lembre-se
que
quando
mudamos de um meio com
180º de mudança
Sem mudança de
de fase
menor índice de refração para
fase
um com maior índice de
refração ocorre uma mudança
de 180o na fase da onda
refletida. Quando mudamos de
Ar
um meio com maior índice de
refração para um com menor
índice de refração não ocorre
mudança na fase da onda
refletida. A onda refratada não
sofre mudança de fase em
nenhuma
hipótese.
Assim,
considere a figura ao lado.
Para menor espessura n = 0: t =
1 λ
⋅
4 np
Substituindo os valores de λ e np temos: t =
o
5500
≅ 1058 A
4 ⋅ 1,3
LUZ E ESPECTRO DE CORES
É comum o vestibular do ITA relacionar os comprimentos de onda
reforçados (interferência construtiva) e os que não são refletidos
(interferência destrutiva). Note que de acordo com a espessura do
filme, podemos ter uma cor que fica mais visível e outra que
desaparece (fenômeno que ocorre por exemplo nas bolhas de sabão).
Além disso, é importante dizer que a luz é uma onda eletromagnética
e representa apenas uma pequena parcela de todas as ondas
eletromagnéticas existentes (aquelas com comprimentos de onda
entre 400 e 700 nanometros). Outros exemplos de ondas
eletromagnéticas muito presentes em nosso dia-a-dia são as ondas
de rádio, as microondas, o VHF, o raio X, entre outros.
IMPORTANTE: As cores do espectro visível, em ordem crescente de
freqüência, são: vermelho, alaranjado, amarelo, verde, azul, anil e
violeta.
Ar
Pode-se notar que a onda resultante refletida pela película fosse um
máximo de interferência quando a distância 2t fosse igual a um
número inteiro de comprimentos de onda (no filme). No entanto,
11
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Resolução: Tratando-se de um tubo fechado, temos, para freqüência
fundamental, apresenta apenas ¼ de seu comprimento de onda do
mesmo comprimento total do tubo ( ). Assim, temos c=λf ⇒
c
c
. Ou então, através da relação descrita na teoria acima,
ftubo = =
λ 4⋅
teríamos:
v
c
c
= (2 − 1)
=
n = 1 ⇒ f(2n −1) = (2n − 1)
4.
4.
4.
Como o fio está preso pelas duas extremidades, também em
freqüência funamental, Temos que apenas ½ do seu comprimento de
onda estaria representado pelo comprimento total do fio (L), formando
uma onda estacionária.
v
. Ou então, também através da
Assim, v = λf = 2. .f ⇒ ffio =
2L
relação descrita na teoria acima, teríamos:
v
v
=
n = 1 ⇒ fn = n
2L 2L
ONDAS ESTACIONÁRIAS
Ondas estacionárias – Numa corda de comprimento L, e com seus
dois extremos fixos, podemos produzir pulsos idênticos de onda
propagando-se em sentidos contrários. O resultado é a formação de
ondas estacionárias. O número de ventres que se formam dá origem
ao n-ésimo harmônico, como ilustra a figura abaixo.
Para o fio, da relação de Taylor, v =
Assim, o número de ventres formados corresponde ao número de
vezes em que o comprimento total da corda foi subdividido em meio
comprimento de onda.
λ
v
L = n , com n = 1; 2; 3; 4;... ⇒ fn = n
2L
2
Obs.: existem outros modos de vibração, no caso de extremidades
livres.
ftubo
4
 c.L 
⇒ F = µ

µ
 2. 
F
2
m
.
L
2
 c 
 .m.L (Alternativa B)
 2. 
INTENSIDADE SONORA
O nível de intensidade sonora (β) é expresso em decibéis (dB) por:
I 
β = k ⋅ log  
 I0 
onde: I = intensidade sonora fornecida pela caixa de som;
I0 = intensidade-padrão, correspondente ao nível de intensidade de
referência com o qual todas as intensidades são comparadas, e
corresponde ao limiar da audição (10-12W/m2). E, se:
k = 1 , N é medido em bel; k = 10 , então N é medido em decibel.
(semelhante
à
onda
Embora este seja um assunto pouco cobrado, podemos observar
características da prova do ITA ao longo dos anos. A prova do ITA
adora transformar a física em matemática e uma grandeza física com
uma relação intima com matemática é perfeita. Trata-se de uma
questão simples, mas que evidencia a relação entre a matemática e a
física nas provas do ITA.
Tubos Fechados:
λ
µ
2L
Daí temos F = 
Tubos Abertos:
L = (2n − 1)
F
µ
c
cL
= ffio ⇒
=
⇒
=
4
2L
2
Mas µ é a densidade linear do fio, dada por µ =
Analogamente às ondas estacionárias, podemos observar certas
freqüências de ressonância dentro de um tubo sonoro de duas
formas, segundo a anatomia do tubo:
λ
v
, com n = 1; 2; 3; 4;... ⇒ fn = n
2L
2
estacionária numa corda)
µ
F
. Substituindo: ffio =
Como ambos atuam na mesma freqüência (estão em ressonância):
TUBOS SONOROS
L=n
F
, com n = 1; 2; 3; 4;... ⇒ f(2n −1) = (2n − 1)
v
4L
Exemplo: (ITA-2005) Uma banda de rock irradia uma certa potência
em um nível de intensidade sonora igual a 70 decibéis. Para elevar
esse nível a 120 decibéis, a potência irradiada deverá ser elevada de:
a) 71%
b) 171%
c) 7.100%
d) 9.999.900%
e) 10.000.000%
SOLUÇÃO:
O nível de intensidade e a intensidade sonora estão relacionados
I
P
através da equação: β = 10log = 10log
I0
P0
OBS.: Um tubo também pode ser fechado em suas duas
extremidades.
Na situação inicial o nível de intensidade é de 70dβ. Na situação final,
120dβ. Assim:


(I)
70d β = 7 β = log  I  = log(I ) − log(I0 )
 I0 
Podemos observar abaixo a conectividade de assuntos específicos da
Física, ondas estacionárias e tubos sonoros, compartilhando um único
exercício.


(II)
120d β = 12β = log  I  = log(I ′) − log(I0 )
 I0 
Fazendo (II)-(I), tem-se:
I′
 I′ 
(12 − 7) = 5 = log(I ′) − log(I ) ⇒ 5 = log   ⇒
= 1⋅ 105 = 107%
I
I 
Assim, o aumento de intensidade sonora será dado por:
X = (107 − 100)% = 9999900% Alternativa D
Exemplo: (ITA-2004) Um tubo sonoro de comprimento , fechado
numa das extremidades, entra em ressonância, no seu modo
fundamental, com o som emitido por um fio, fixado nos extremos, que
também vibra no modo fundamental. Sendo L o comprimento do fio,
m sua massa e c, a velocidade do som no ar, pode-se afirmar que a
tensão submetida ao fio é dada por
b) (c/2 )2 mL.
c) (c/ )2 mL.
a) (c/2L)2 m .
2
e) n.d.a.
d) (c/ ) m .
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
BATIMENTO
EFEITO DOPPLER-FIZEAU
Batimento – Fenômeno de variação periódica da intensidade, num
determinado ponto do espaço, de duas ondas que se superpõem com
freqüências ligeiramente diferentes entre si.
É a variação da freqüência percebida por um observador que está em
movimento relativo em relação a uma fonte emissora de ondas. A
freqüência aparente é dada por:
Lembramos que uma onda tem uma equação geral dada por:
2π
 2π

y ( x; t ) = A ⋅ cos(k ⋅ x − ω ⋅ t + ϕ0 ) = A ⋅ cos 
x−
t + ϕ0 
T
 λ

Vamos analisar a superposição de duas ondas de mesma amplitude e
mesma fase, com freqüências ligeiramente diferentes, superpondo-se
num ponto do espaço a que atribuiremos arbitrariamente a coordenada
0 como abscissa ( x = 0 ).
As duas ondas terão então como equações:
y1(t ) = A ⋅ cos(ω1 ⋅ t ) = A ⋅ cos(2π ⋅ f1 ⋅ t )
 v ± vO 
fAP =  S
 f
 vS ∓ vF 
A convenção de sinais, nesse caso, é a seguinte:
+, se o observador se aproxima
−, se o observador se afasta
No numerador: 
−, se a fonte se aproxima
+, se a fonte se afasta
No denominador: 
y 2 (t ) = A ⋅ cos(ω2 ⋅ t ) = A ⋅ cos(2π ⋅ f2 ⋅ t )
Aqui segue mais um exemplo das questões que caem na prova.
Novamente vemos a conexão entre alguns assuntos, neste caso
temos: Efeito Doppler, reflexão de ondas e batimento
A superposição das duas ondas nesse ponto resulta numa onda de
equação:
y (t ) = y1(t ) + y 2 (t ) = A ⋅ [cos(2π ⋅ f1 ⋅ t ) + cos(2π ⋅ f2 ⋅ t )]
Exemplo: (ITA-2001) Um diapasão de freqüência 400 Hz é
afastado de um observador, em direção a uma parede plana, com
velocidade de 1,7 m/s. São nominadas f1 a freqüência aparente
Utilizando a transformação trigonométrica da soma em produto:
α + β 
α −β 
cos α + cos β = 2 ⋅ cos 
 ⋅ cos 
 , vem que:
 2 
 2 
das ondas não-refletidas, vindas diretamente até o observador; f2 ,
a freqüência aparente das ondas sonoras que alcançam o
observador depois de refletidas pela parede e f3 , a freqüência dos
batimentos. Sabendo que a velocidade do som é de 340 m/s, os
valores que melhor expressam as freqüências em hertz de f1 , f2 e
f −f 
f +f 


y (t ) = 2 ⋅ A ⋅ cos 2π ⋅ 1 2 ⋅ t  ⋅ cos 2π ⋅ 1 2 ⋅ t 
2
2




Note que se f1 e f2 forem valores próximos, temos que
f −f 

2 ⋅ A ⋅ cos 2π ⋅ 1 2 ⋅ t  varia muito lentamente com o tempo.
2


Assumindo que esta equação possa ser entendida como uma onda de
f +f
freqüência 1 2 , cuja amplitude varia no tempo (muito mais
2
lentamente que a onda anteriormente citada) de acordo com
f −f 

2 ⋅ A ⋅ cos 2π ⋅ 1 2 ⋅ t  , temos que a onda resultante terá uma
2


intensidade que varia periodicamente no tempo, caracterizando o
fenômeno do batimento.
f3 , respectivamente, são:
a) 392, 408 e 16
b) 396, 404 e 8
c) 398, 402 e 4
d) 402, 398 e 4
e) 404, 396 e 4
Resolução: A equação da freqüência aparente para o efeito
Doppler é: fAP =
v S ± vO
⋅f
vS ∓ v F
Na primeira situação, a fonte se afasta do observador parado e,
portanto, temos:
f1 =
340 + 0
⋅ 400 = 398Hz
340 + 1,7
Na segunda situação, a reflexão das ondas na parede pode ser
modelada como uma fonte se aproximando com mesma
velocidade e emitindo um som de mesma freqüência (espelha-se
a fonte em relação à parede). Assim:
f2 =
Finalmente,
a
340 + 0
⋅ 400 = 402Hz
340 − 1,7
freqüência
dos
batimentos
é
dada
por:
f3 =| f1 − f2 |=| 398 − 402 |= 4Hz (Alternativa C)
LEI DE GAUSS – CAMPO ELÉTRICO
Lei de Gauss – A Lei de Coulomb é a principal lei da Eletrostática,
mas não está formalizada de modo a vir simplificar os cálculos nos
casos de alta simetria. Neste tópico falaremos de uma nova
formulação da Lei de Coulomb, a chamada Lei de Gauss, que pode
apresentar vantagens nesses casos especiais. A Lei de Gauss
aplicada em problemas de eletrostática é equivalente a Lei de
Coulomb. Qual delas escolher vai depender do tipo de problema que
estudaremos. Em linhas gerais, usa-se a Lei de Coulomb em todos os
problemas nos quais o grau de simetria é baixo. A lei de Gauss será
aplicada quando a simetria for significantemente alta. Em tais casos,
essa lei não só simplifica tremendamente o trabalho, mas, devido à
sua simplicidade, freqüentemente fornece novas idéias.
Note que a onda de maior freqüência está envolvida (modulada) pela
onda de menor freqüência (duplicada pelas possibilidades de inversão
de sinal). Nos pontos de máximo, onde ocorre um reforços audíveis,
f −f 

temos cos  2π ⋅ 1 2 ⋅ t  = ±1 , enquanto nos pontos de mínimo,
2


f −f 

teremos cos 2π ⋅ 1 2 ⋅ t  = 0 .
2


Como a amplitude será
máxima
( AMAX = 2 ⋅ A )
A figura central da Lei de Gauss é uma hipotética superfície fechada,
chamada superfície gaussiana. A superfície gaussiana pode ter a
forma que desejarmos, mas será de maior utilidade quando usada de
forma compatível com a simetria do problema específico em estudo.
Decorre disso que, às vezes, a superfície gaussiana toma a forma
esférica, a forma cilíndrica ou qualquer outra forma simétrica. Porém
essa superfície deve ser sempre uma superfície fechada, de modo a
obtermos uma clara distinção entre pontos internos, pontos sobre a
superfície e pontos exteriores à mesma.
quando
f −f 

cos  2π ⋅ 1 2 ⋅ t  = ±1 , temos que a freqüência de batimento (reforço
2


do som) será dada pelo dobro da freqüência da envoltória.:
fB =| f1 − f2 |
13
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Fluxo elétrico - Se A é a área de uma superfície S que foi colocada
Exemplo 2: Fio infinito carregado uniformemente
A figura ao lado mostra um trecho de um fio fino
carregado, infinito, de densidade linear de carga
λ. Determinemos uma expressão para o módulo
do campo elétrico a uma distância r do fio. Por
motivos de simetria, escolhemos uma superfície
gaussiana cilíndrica, de raio r e altura h, co-axial
com o fio. Também por motivos de simetria,
sabemos que ao longo da superfície lateral do
cilindro o campo elétrico tem a mesma
intensidade e que este é normal à superfície e
aponta para fora dela (cos α = 1).
Aplicando a Lei de Gauss, temos:
num campo elétrico uniforme E , define-se como fluxo do campo
elétrico, ou fluxo do vetor E , através da superfície S como:
ΦE = E ⋅ A =| E | ⋅A ⋅ cosθ
onde θ é a inclinação do vetor normal à área em relação ao vetor
campo elétrico.
Lei de Gauss - A Lei de Gauss nos diz que o Fluxo Elétrico através
de uma superfície fechada é igual ao somatório das cargas internas a
esta superfície, dividido pela constante dielétrica do meio (no caso
mais comum, o vácuo):
∑ Qint
ΦE =
ε0
ε0 Φ E = Qint ⇒ ε0EA = λh ⇒ ε0E(2πrh) = λh ⇒ E =
De acordo com a definição de fluxo elétrico vista anteriormente,
considerando uma superfície fechada com áreas tão pequenas quanto
necessárias Ai, pelas quais está passando um campo Ei constante,
temos:
n
ΦE = ∑ Ei Ai cosθi =
i =1
λ
2πε0r
Exemplo 3: Casca esférica uniformemente carregada
a-) campo elétrico num ponto exterior à casca (r > Rexterno)
A figura abaixo nos mostra uma casca esférica de raio R
uniformemente carregada com carga Q. Desejamos deduzir o valor do
campo elétrico num ponto externo a esta, situado a uma distância r do
centro da mesma. Por motivos de simetria, tomemos como nossa
superfície uma esfera de raio r concêntrica com a casca.
∑ Qint
ε0
Obs.: As cargas internas no caso da utilização de elementos com
distribuição uniforme de cargas, são obtidas a partir das densidades
de carga:
- Linear: λ = Q/L
- Superficial: σ = Q/S
- Volumétrica: ρ = Q/V
Aplicando a Lei de Gauss, facilmente chegamos a
n
Qint
1
Q
Q
ΦE = Ei Ai cosθi =
⇒ E ⋅ 4π r 2 =
⇒E =
⋅
2
ε
ε
πε
4
0
0
0 r
i =1
Para aplicar a lei de Gauss devemos utilizar as duas definições dadas
acima para calcular o fluxo através de uma superfície gaussiana. As
superfícies gaussianas devem ser escolhidas conforme cada caso,
tendo em mente a simplificação dos produtos escalares da primeira
parte da equação (de maneira a, normalmente, manter o campo
elétrico constante em toda a superfície, e os vetores campo elétrico e
área paralelos – cos θ = 1). Como superfícies gaussianas utilizamos
figuras espaciais com simetria central (cubo, esfera) e axial (cilindro).
De maneira geral, podemos dizer que a utilização da Lei de Gauss é
uma poderosa ferramenta na resolução de problemas que apresentam
alto grau de simetria.
Observe os seguintes exemplos:
∑
∑
kQ
1
, temos que E =
(como na lei de Coulomb)
4πε 0
r2
O que nos permite concluir que:
“Uma casca esférica uniformemente carregada comporta-se, para
pontos externos, como se toda a sua carga estivesse concentrada no
seu centro”.
b-) campo elétrico num ponto interior à casca (r < Rinterno)
Devemos agora encontrar o módulo do campo elétrico produzido pela
casca num ponto interno a uma distância r do seu centro. Por motivos
de simetria, escolhamos uma superfície gaussiana esférica de raio r
concêntrica com a casca. Aplicando a Lei de Gauss a esta superfície,
como não há cargas internas a ela, podemos concluir que E = 0
O que nos permite afirmar que:
“Uma casca esférica uniformemente carregada não exerce força
elétrica sobre uma partícula carregada colocada em seu interior”.
c-) campo elétrico num ponto da casca (Rinterno< r <Rexterno)
Resolva este caso como exercício. Se houver dificuldades, olhe o
exercício resolvido do vestibular ITA-2000, que fala da aplicação da
Lei de Gauss na Gravitação.
Como k =
Exemplo 1: Apliquemos a lei de Gauss às superfícies fechadas S1, S2,
S3 e S4 abaixo:
Exemplo: (ITA – 2000) Um fio de densidade linear de carga positiva λ
atravessa três superfícies fechadas A, B e C, de formas
respectivamente cilíndrica, esférica e cúbica, como mostra a figura.
Sabe-se que A tem comprimento L = diâmetro de B = comprimento de
um lado de C, e que o raio da base de A é a metade do raio da esfera
B. Sobre o fluxo do campo elétrico, φ , através de cada superfície
fechada, pode-se concluir que
- Superfície S1: O campo elétrico aponta para fora da superfície em
todos os seus pontos. Portanto, o fluxo é positivo e também o é a
carga líquida no interior da superfície.
- Superfície S2: O campo elétrico aponta para dentro em todos os seus
pontos. Portanto o fluxo é negativo e também o é a carga envolvida
pela superfície.
- Superfície S3: Esta superfície não envolve cargas elétricas. A Lei de
Gauss exige que o fluxo seja nulo através dessa superfície. Isto é
razoável, pois as linhas de força passam através dessa superfície,
dirigindo-se da carga positiva envolvida por S1 até a carga negativa
em S2.
- Superfície S4: Esta superfície encerra uma carga líquida nula, pois as
cargas positivas e negativas têm o mesmo módulo. A lei de Gauss
exige que o fluxo através dela seja zero. As linhas de força que
partem da carga positiva e saem de S4 fazem a curva e entram de
voltam pela parte inferior, em direção à carga negativa.
A
L
B
C
λ
a) φA = φB = φC
b) φA > φB > φC
c) φA < φB < φC
d) φA/2 = 2.φB = φC
e) φA = 2.φB = φC
SOLUÇÃO
Pela Lei de Gauss, o fluxo do campo elétrico (φ) através de uma
superfície fechada depende das cargas internas (qi) e da
permissividade elétrica do meio (ε). Sendo o valor da carga interna qi
calculado por λ.L, e sendo λ e L iguais nas três superfícies, para um
mesmo meio, temos φA = φB = φC .
14
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
A lei da Gauss para a gravitação afirma então que, para :
Existem formulações da Lei de Gauss para outros campos de
vetores além do campo elétrico. Vamos discutir os casos do
campo magnético e do campo gravitacional.
ΦG = −4π ⋅ G ⋅
LEI DE GAUSS – CAMPO MAGNÉTICO
n
∑ mk
k =1
no qual o fluxo gravitacional ΦG é calculado através de qualquer
superfície fechada (gaussiana) que encerre o conjunto das n
massas mk .
O sinal negativo do lado direito desta relação significa que o
campo gravitacional é um campo de atração, assim como o
campo elétrico criado por uma carga puntiforme negativa é de
aproximação.
Lei de Gauss para campo magnético – As definições aqui são
totalmente análogas ao caso do campo elétrico. O fluxo
magnético de um campo magnético uniforme B através de uma
superfície S, de área A, é definido como: ΦB =| B | ⋅A ⋅ cosθ , onde
θ é o ângulo entre o vetor campo magnético e o vetor normal à
superfície S.
Note que, entretanto, não podemos fazer uma analogia com
relação à carga elétrica, pois na natureza não existe qualquer
espécie de pólo magnético isolado (mono-pólo magnético). Pense
no caso simples de um ímã em forma de barra. Ele tem dois
pólos, norte e sul. Se partirmos esse ímã ao meio, não
conseguiremos obter um pólo norte e um pólo sul, isolados, mas
sim dois novos ímãs menores, cada qual com seus pólos norte e
sul. A lei de Gauss para o magnetismo vem a ser então a
formulação matemática para a inexistência de tais pólos isolados:
Exemplo: Calcule a aceleração da gravidade na superfície de um
planeta esférico de massa M e raio R .
Resolução:
g
n
n
De acordo com a lei de Gauss, temos que: ΦG = −4π ⋅ G ⋅ ∑ mk
“O fluxo magnético através de qualquer superfície fechada é nulo”
k =1
n
Ou, matematicamente, ΦB = ∑ Bi Ai cosθi = 0
O fluxo gravitacional através da superfície esférica S do planeta é:
i =1
ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ =| g | ⋅(4π ⋅ R 2 ) ⋅ ( −1) , observando que o ângulo
Em outras palavras, numa superfície fechada, todo vetor do
campo magnético que entra por uma face, deve sair por alguma
outra face.
entre a normal n e o campo g é θ = 180° , como mostra a figura
anterior. Assim:
− | g | ⋅4π ⋅ R 2 = −4π ⋅ G ⋅ M ⇒| g |=
Observe, na figura a seguir, como todas as linhas de indução
formam caminhos fechados, de modo que toda linha que entra na
superfície pontilhada S também sai dela. Assim, o fluxo magnético
através de S é zero.
G ⋅M
R2
O caso acima reflete exatamente o que se observa na gravitação
segundo Newton. Entretanto, em alguns casos, a análise é um pouco
mais complicada:
Exemplo: (ITA – 2000) Uma casca esférica
tem raio interno R1, raio externo R2 e massa M
distribuída uniformemente. Uma massa
puntiforme m está localizada no interior dessa
casca, a uma distância d de seu centro ( R1 <
d < R2). O módulo da força gravitacional entre
as massas é :
c) GMm
a) 0.
d) GMm
b) GMm 2
d
e)
3
−d )
GMm(d 3 − R13 )
d 2 (R23 − R13 )
(d 3 − R13 )
SOLUÇÃO
A aceleração da gravidade no ponto a uma distância d do centro
da casca pode ser calculada utilizando-se uma superfície
gaussiana esférica de raio d. Temos que:
LEI DE GAUSS – CAMPO GRAVITACIONAL
ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ =| g | ⋅(4π ⋅ d 2 ) ⋅ ( −1)
Lei de Gauss para campo gravitacional – aqui, o campo
gravitacional g criado por um conjunto de n massas M =
(R23
n
∑ mk
(I)
Note que este fluxo também pode ser mensurado considerando a
é
n
k =1
massa interna desta superfície: ΦG = −4π ⋅ G ⋅ ∑ mk = −4π ⋅ G ⋅ mint
definido como a aceleração a que uma partícula fica submetida
devido à atração gravitacional exercida pelo conjunto de massas
sobre essa partícula. O caso mais comum é aquele em que M
representa a massa de um planeta e a partícula é colocada nas
imediações desse planeta, ficando submetida à aceleração da
gravidade local.
k =1
Considerando a densidade da casca constante, temos:
ρ=
mint
d 3 − R13
m
M
=
=
⇒ mint = M
4
4
V
R23 − R13
π d 3 − R13
π R23 − R13
3
3
(
)
)
(
Assim, ΦG = −4π ⋅ G ⋅ mint = −4π ⋅ G ⋅ M
Fluxo gravitacional – analogamente aos fluxos elétrico e
magnético, definiremos o fluxo gravitacional de um campo
gravitacional g através de uma superfície S, de área A, como
Assim temos, igualando (I) e (II):
ΦG =| g | ⋅A ⋅ cosθ , onde θ
− | g | ⋅(4π ⋅ d 2 ) = −4π ⋅ G ⋅ M
é o ângulo entre o vetor campo
gravitacional e o vetor normal à superfície S.
Levando em consideração a constante de gravitação universal G,
ao passo que o análogo da carga elétrica q teremos uma massa
puntiforme m .
d 3 − R13
R23 − R13
(II)
d 3 − R13
G ⋅ M d 3 − R13
⇒| g |=
3
3
R2 − R1
d 2 R23 − R13
A força de atração gravitacional sobre m, é dada portanto por:
F = m⋅ | g |= m ⋅
15
G ⋅M
d
2
⋅
d 3 − R13
R23
− R13
=
GMm(d 3 − R13 )
d 2 (R23 − R13 )
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
GRAVITAÇÃO
2.G.M
, que a velocidade mínima onde
R
o objeto pode alcançar um estado de inércia no espaço (U=0).
Nota - As trajetórias de lançamentos: De acordo com a velocidade
de lançamento, podemos ter algumas possibilidades de curvas
descritas devido à atração gravitacional entre dois corpos.
Considerando que um corpo é lançado perpendicularmente à linha
que une os dois centros de massa, repare nas seguintes
possibilidades:
De onde temos que v escape =
Gravitação é um tema agradável ao ITA e podemos encontrar
exercícios sobre o assunto em todas as suas provas. Dentre os
tópicos relacionados, temos:
Leis de Kepler
Lei de Órbitas: Todos os planetas se movem em órbitas elípticas em
torno de um astro central, o qual ocupa um dos focos.
Lei das Áreas: O vetor raio que une o sol a um planeta varre áreas
iguais no plano da órbita em tempos iguais.
Portanto, a área varrida é proporcional ao tempo ∆t:
A1,2
A3,4
=
∆t1,2
∆t 3,4
Lei dos Períodos: O quadrado dos períodos de revolução dos
planetas em torno do Sol são proporcionais ao cubo dos raios médios
de suas órbitas (ou semi-eixos maiores da elipse).
Velocidade de lançamento menor que a velocidade de escape:
GM
- Se v <
, teremos que o corpo descreve (na realidade
R
descreveria) uma elipse onde o planeta ocuparia o foco mais
afastado do ponto de lançamento
GM
, teremos que o corpo descreve uma circunferência
- Se v =
R
R + Rmín
T = k.R
Onde:
,e
R = máx
2
A constante k pode ser verificada através da Gravitação de Newton,
ao considerarmos um movimento circular, cuja resultante centrípeta é
2
3
dada pela força de atração gravitacional F =
G.M.m
:
R2
G.M.m m.v 2
G.M
G.M
=
⇒
= v2 ⇒ v =
R2
R
R
R
Como no movimento circular v =
Assim k =
GM
2GM
<v <
, teremos que o corpo descreverá uma
R
R
elipse, onde o planeta ocuparia o foco mais próximo do ponto de
lançamento
- Se
2.π .R
2.π .R
G.M
, temos que ∴
=
T
T
R
T 2 4.π 2
=
R 3 G.M
retardado
Sol
Vmáx
Vmin
acelerado
Rmin
Rmáx
Velocidade de lançamento maior ou igual à velocidade de
escape:
2GM
- Se v =
, teremos que o corpo descreverá uma parábola
R
Observação:
Considerando o período
medido em anos (o
período
sideral
da
Terra), e R em unidades
astronômicas (definida
como a distância média
da Terra ao Sol), fica
claro que a constante k,
característica de cada
sistema, apresenta valor
1,0 para o nosso
sistema solar.
- Se v >
Devido à incidência de exercícios de Gravitação no ITA, o próximo
exemplo pode sugerir que o assunto sempre é cobrado com uma alta
complexidade, o que não é verdade. Na realidade, ele leva em
consideração alguns conceitos que são importantes e que poderão
ajudar a afinar seus conhecimentos sobre o assunto:
Exemplo: (ITA 2003) Variações no campo gravitacional na superfície
da Terra podem advir de irregularidades na distribuição de sua massa.
Considere a Terra como uma esfera de raio R e densidade ρ,
uniforme, com uma cavidade esférica de raio a, inteiramente contida
no seu interior. A distância entre os centros O, da Terra, e C, da
cavidade, é d, que pode variar de 0 (zero) até R – a, causando, assim,
uma variação do campo gravitacional em um ponto P, sobre a
superfície da Terra, alinhado com O e C. (Veja a figura). Seja G1 a
intensidade do campo gravitacional em P sem a existência da
cavidade na Terra, e G2, a intensidade do campo no mesmo ponto,
considerando a existência da cavidade. Então, o valor máximo da
variação relativa: (G1 – G2)/G1, que se obtém ao deslocar a posição da
cavidade, é
Gravitação Universal de Newton:
Qualquer partícula no universo atrai outra partícula segundo a
equação: FG =
G.M.m
R2
Velocidade de Escape:
Um objeto pode escapar da atração gravitacional de um corpo celeste
de massa M e raio R se sua velocidade, quando próximo à superfície
do corpo for pelo menos igual à velocidade de escape:
Assim, a velocidade mínima de lançamento de um corpo para que ele
não sofra atração do outro (energia potencial nula) será tal que ele
chegará no ponto final de sua trajetória também com velocidade nula.
Sabendo que a energia potencial de um corpo sob ação de um campo
G.M.m
, temos que, por conservação
gravitacional é dada por U = −
d
de energia:
( K + U )antes = ( K + U )depois
m.v escape 2
2
m.v escape 2
2
GM
, teremos que o corpo descreverá uma hipérbole
R
 G.M.m  m.02
 G.M.m 
+ −
+ lim  −
=

d →∞
2
R 
d 


 G.M.m 
+ −
=0+0
R 

a) a3/[(R-a)2R]
Solução:
16
b) (a/R)3
c) (a/R)2
d) a/R
e) nulo.
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Este problema pode ser resolvido supondo que a cavidade não gere
campo gravitacional. Será considerado que a cavidade é constituída
por duas massas sobrepostas, de mesma densidade em módulo (mas
com sinais trocados). Assim, apenas matematicamente, iremos
considerar que o efeito da massa positiva que estaria na cavidade
seria cancelado pelo efeito da massa negativa, resultando um efeito
de ausência de massa. Cuidado, pois não existe massa negativa (nem
seu efeito propriamente dito, que será de repulsão). Este artifício será
utilizado apenas para resultar numa ausência de massa total, o que
pode ocorrer fisicamente.
Assumindo que teremos dois efeitos como um todo (a soma do efeito
sem a cavidade com o efeito da nossa “massa negativa”) teremos que
a gravidade com a cavidade, no ponto P será dada por:
G. ( −M ' )
G.M '
G.M '
G2 = G1 + Gmassa negativa = G1 +
= G 1−
⇒ G1 − G2 =
2
2
2
(R − d )
(R − d )
(R − d )
A
l
N é o número de espiras; µ, a permeabilidade do núcleo; A é a área
da secção reta do núcleo em metros quadrados e l é o comprimento
do núcleo em metros.
Onde M’ é o módulo da massa da cavidade.
Mas, como a densidade é constante, temos que
M
M'
a3
ρ=
=
⇒ M' = M 3
4
4
R
π R3
π a3
3
3
Assim, temos que:
a3
G.M 3
3
R = G.M.a
G1 − G2 =
2
2
(R − d ) R3 (R − d )
Ao ligar a chave, a corrente num indutor NÃO pode instantaneamente
E
implicaria L = 0. De
passar de zero a um valor finito, pois L = −
di dt
fato, toda corrente leva algum tempo para se instalar, mas num
circuito sem um indutor, esse tempo é da ordem de 10-9 s e pode ser
desprezado, e, havendo um indutor, pode ser necessário um tempo
muito maior (1 s ou mais) para se instalar uma corrente da ordem de
E / R.
L = N 2µ
Ação de um indutor em circuitos
R
E
L
Este assunto já foi cobrado no ITA há mais de 10 anos.
Recentemente, ele não vinha sendo solicitado até o vestibular de
2006 que cobrou um conceito simples de auto-indutância. Portanto,
recomendamos atenção à este tópico, pois existe uma tendência da
banca estar abordando novamente este tema em 2007,
provavelmente com um grau maior de aprofundamento.
Observe o exemplo que foi cobrado em 2006:
Note nossa variável d influencia na variação do campo gravitacional,
que será máxima, quanto menor o denominador (maior d). Assim,
ocorrerá a máxima variação quando d = R − a (a cavidade tangencia
o ponto P). Substituindo, teremos:
G.M.a3
G.M.a3 G.M.a
G1 − G2 =
=
=
2
R 3a 2
R3
R 3 R − ( R − a ) 
G.M
Como temos que G1 = 2 , podemos dizer:
R
G − G2 a
G.M a
a
= G1 ⇒ 1
=
(Alternativa D)
G1 − G2 = 2
R R
R
G1
R
Exemplo: (ITA-2006) Um solenóide com núcleo de ar tem autoindutância L. Outro solenóide, também com núcleo de ar, tem a
metade do número de espiras do primeiro solenóide, 0,15 do seu
comprimento e 1,5 de sua seção transversal. A auto-indutância do
segundo solenóide é:
a) 0,2 L
INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA
b) 0,5 L
c) 2,5 L
d) 5,0 L
e) 20,0 L
Resolução:
Indução eletromagnética - Estabelecimento de uma força
eletromotriz num circuito por efeito da variação de um fluxo magnético
que o atravessa.
Indutância: propriedade de indução de força eletromotriz em um
circuito por efeito da variação de uma corrente que passa pelo próprio
circuito (auto-indutância) ou por um circuito próximo (indutância
V
.
mútua). Unidade: henry, H =
A/s
E
L=−
di dt
A auto-indutância de um solenóide é dada por: L = N 2 µ
A
Assim, para os dois solenóides em questão, teremos
A
L1 = N12 µ 1
1
L2 = N2 2 µ
A2
2
= 

N1
2
 µ (1,5 ⋅ A1 ) = 2,5 ⋅ N 2 µ A1 = 2,5 ⋅ L
1
1
2  ( 0,15 ⋅ )
1
1
Portanto, L2 = 2,5 ⋅ L1 = 2,5 ⋅ L (alternativa C)
d ΦB
di
di
=L
⇒ N
,
dt
dt
dt
Assim, N ΦB = Li . Unidade: Wb = H ⋅ A
COMENTÁRIOS FINAIS
Temos portanto que −E = L
Os conceitos descritos neste material estão apenas em caráter de
resumo e serão de grande valia para você se esforçou durante todo o
ano visando apenas um objetivo: ser aprovado. Ele engloba uma
pequena parte do universo que você conhece da Física.
Acredite que a realização deste seu objetivo não está apenas no
estudo deste material (na realidade ele provavelmente contribuirá
pouco se comparado com todo o esforço que você fez durante sua
vida escolar). Confie no trabalho que você realizou ao longo de 2006 e
também nos anos anteriores que contribuíram para você chegar onde
chegou: certamente suas vitórias serão sempre acompanhadas de
trabalho duro e muito esforço e com certeza, este é um dos critérios
que é avaliado nas provas de admissão do ITA.
Definições em física:
solenóide. [do grego solenoeidés, ‘em forma de tubo’.] S. m. Física.
Indutor constituído por um conjunto de espiras circulares paralelas e
muito próximas, com o mesmo eixo retilíneo.
bobina. [Do francês bobine.] S. f. Física. Agrupamento de espiras de
um condutor elétrico, enroladas em torno de um suporte ou de um
núcleo de material ferromagnético, e que, num circuito, funciona como
indutor.
Indutância de um solenóide:
espira. [Do grego speíra, pelo latim spira.] S. f. Engenharia elétrica.
Parte elementar de um enrolamento, cujas extremidades são, em
geral, muito próximas uma da outra.
toróide. [de toro + -óide.] S. m. Geometria. Sólido gerado pela rotação
de uma superfície plana fechada em torno de um eixo que não lhe
seja secante.
Auto-indutância de uma bobina solenoidal:
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
b) Algumas [instruções], todavia, merecem atenção especial, em
virtude das graves conseqüências que sua não observância pode
representar para a integridade física dos ocupantes e para o
funcionamento do veículo.
c) Ao calibrar os pneus, não se esqueça de examinar também o de
reserva. Veja instrução na Seção 7, sob Pneus.
d) Somente se a utilização do veículo ocorrer essencialmente nas
rodovias asfaltadas na maior parte do tempo é que se pode proceder
à troca de óleo a cada 6 meses ou 10.000 km, o que primeiro ocorrer.
e) O uso dos cintos de segurança deve também ser rigorosamente
observado em veículos equipados com sistema “Air bag”, que atua
como complemento a este sistema.
O PORTUGUÊS NO ITA
A prova de português do ITA dos últimos anos tem valorizado
bastante a leitura e a interpretação de textos. Aparecem em número
considerável questões as quais exigem que o candidato retire
informações de textos ou ainda interprete o texto como um todo para
fazer inferências. Vejamos alguns exemplos de enunciados que
contemplam este tipo de questão:
ITA/2004
Questão 21: Em relação ao Texto 1, assinale a opção que contém a
idéia que não pode ser pressuposta...
Questão 22: Em relação ao Texto 1, é possível inferir que...
Resposta: alternativa A. Em B, ocorre inadequação no emprego do
verbo “representar”. Melhor seria “causar”. Em C, a preposição “sob”
foi empregada no lugar de “sobre”. Em D, ocorre o deslocamento da
locução adverbial “na maior parte do tempo”, que tanto pode referir-se
ao verbo “ocorrer” quanto à palavra “asfaltadas”, provocando uma
ambigüidade. Em E, o pronome “que” pode referir-se a “sistema Air
bag”, tornando a frase incoerente, uma vez que o pronome “este”
também se refere a “sistema”.
ITA/2005
Questão 21: Assinale a opção que não pode ser inferida do texto 1...
Questão 24: Em relação ao Texto 2, aponte a opção correta...
ITA/2006
Questão 22: Considerando o contexto e os vários pontos de vista
presentes no texto, aponte a opção que, da perspectiva dos ricos,
NÃO constitui atributo da Daslu...
Questão 27: Assinale a opção que pode ser inferida do texto...
(ITA/2006) Considere as frases abaixo:
I. De um político a outro: “Com o meu passado, aceito qualquer
presente.” (Millôr Fernandes)
II. Ferroviário morto saca dinheiro da conta [...]. O quê? Morto saca
dinheiro vivo? (José Simão)
III. Navegar é preciso, viver é impreciso. (Millôr Fernandes)
IV. Uma voz quente deixava Maria gelada.
No contexto de qual(is) frase(s) os termos grifados funcionam como
antônimos?
a) apenas em I.
b) apenas em II.
c) apenas em III.
d) apenas em II, III e IV.
e) em todas.
A prova, contudo, também contempla tópicos essenciais de gramática,
mas de uma forma aplicada, ou seja, não tem sido uma prática
comum a cobrança da gramática normativa descontextualizada, com
pura nomenclatura ou classificação. As questões, na verdade, estão
ou vinculadas à leitura dos textos fornecidos pela prova ou a
enunciados completos. Ou seja, até mesmo nas questões ditas “de
gramática”, o candidato deve ficar atento à leitura e à interpretação.
Vejamos alguns exercícios (e suas respectivas resoluções) das
provas de 2004, 2005 e 2006 que ilustram este tipo de abordagem:
(ITA/2004) Os trechos abaixo foram baseados em “Retratos do
entardecer”, de Marcos Pivetta, publicado na revista Pesquisa
Fapesp, maio/2003. Neles, foram feitas alterações para a formação de
períodos distintos. Leia-os com atenção, buscando observar se o
último período de cada trecho estabelece uma relação de conclusão
ou conseqüência com os anteriores do mesmo trecho.
I. Os preocupantes índices de deterioração em idosos (...) são um
indício de que uma série de problemas devem aparecer num futuro
próximo, em especial doenças como o mal de Alzheimer, e perda de
autonomia para a realização de tarefas cotidianas. Esses idosos, se a
deterioração mental avançar, terão de ser assistidos por alguém
diuturnamente. (p. 37-8)
II. (...) o nível de escolaridade dos idosos parece se comportar como
um marcador de sua condição geral de saúde, sobretudo de seus
aspectos cognitivos. Aparentemente, quanto maior o grau de
educação formal do entrevistado, menor seu desconforto físico e
mental. (p. 36)
III. Embora a relação entre distúrbios cognitivos e escolaridade
realmente exista, ela deve ser um pouco relativizada. Os idosos sem
estudo têm mais dificuldade em responder ao questionário dos
pesquisadores. Muita gente com pouca ou nenhuma escolaridade
acaba sendo rotulada, erroneamente, de demente ou portadora de
problemas mentais. (p. 38)
Resposta: alternativa C. Da frase mencionada na alternativa C,
entende-se que navegar exige “precisão”, não admitindo qualquer tipo
de erro ou engano, opondo-se ao termo “impreciso”, que qualifica o
viver, uma vez que não se pode prever (com exatidão) o amanhã.
Entretanto, polêmica é a afirmação contida na alternativa A, uma vez
que dela também se pode absorver o sentido de antonímia expresso
pelos vocábulos “passado” (temporalidade relativa ao ontem) e
“presente” (temporalidade correspondente ao hoje). Neste caso, a
questão não apresenta resposta correspondente.
Quanto à Literatura, o vestibular do ITA não fornece uma lista de
leituras obrigatórias. Assim, exige-se que o candidato domine as
características gerais dos movimentos literários, além de que tenha
conhecimento dos momentos importantes da Literatura. É fato que,
nos últimos anos, a prova tem cobrado autores consagrados e obras
canônicas, o que não dificulta o desempenho de um candidato
relativamente bem preparado nesta área.
No que diz respeito à prova de Redação, o vestibular do ITA costuma
trazer temas atuais sobre os quais o candidato já tenha feito algum
tipo de reflexão no decorrer de sua vida. Cabe chamar a atenção para
alguns aspectos essenciais que serão, certamente, avaliados –
clareza e consistência dos argumentos em defesa de um ponto de
vista sobre o assunto, coesão e coerência do texto e domínio do
português padrão. É importante também tomar alguns cuidados na
hora de escrever a sua redação, os quais poderão conferir-lhe um
melhor desempenho:
- se for solicitada a criação de um título, que este seja pertinente ao
texto submetido para avaliação;
- não copiar ou parafrasear os textos dados, que servem apenas de
ponto de partida para a sua reflexão;
- ter muito cuidado com a parte estética do seu texto: apresente uma
folha limpa, evite rasuras, faça margens regulares e letra legível.
Pode-se afirmar que o último período do mesmo trecho constitui uma
conclusão ou conseqüência em:
a) I e II.
b) I e III.
c) apenas a II.
d) II e III.
e) todas.
Resposta: alternativa B. Em I, a idéia é de conseqüência; em II, a
idéia é de explicação; e em III, a idéia é de conclusão.
(ITA/2005) Das opções abaixo, cujos textos foram extraídos do
Manual do Proprietário de um carro, a única alternativa que não
apresenta inadequação quanto à construção ou ao emprego de
palavra é:
a) Se o veículo costuma permanecer imobilizado por mais de duas
semanas ou se é utilizado em pequenos percursos, com freqüência
não diária (...) adicione um frasco de aditivo.
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Relação de pertinência: se x é um elemento do conjunto A ⇒ x ∈ A .
Caso contrário, x ∉ A .
A MATEMÁTICA NO ITA
O vestibular de Matemática do ITA é, provavelmente, o mais justo do
país. Isso se deve ao fato dessa prova ser reconhecidamente a mais
abrangente possível: raramente algum tópico do Ensino Médio não é
cobrado.
Isso, para o candidato, traz vantagens e desvantagens. Vantagens no
sentido de que existem várias questões que são de assuntos
conhecidos, e desvantagens no sentido de que podem existir temas
que o aluno não domine. Porém, até nisso se faz justiça: não é
possível contar apenas com a sorte, uma vez que a prova é bem
variada.
E, além de uma prova bem diversificada, uma marca interessante é a
mistura de vários temas numa única questão (cossenos misturados
com logaritmos, progressões misturadas com circunferências, etc.),
sempre com o intuito de aumentar o nível de dificuldade e
favorecendo o domínio de diversos temas.
Mas, não é só o conhecimento que é fundamental. A prova não
mede apenas o quanto o candidato sabe, mas sim como o
candidato lida com o que sabe. Ao longo dos anos, várias questões
são tais que a aplicação de fórmulas é praticamente inviável, o que
força o candidato a ter algo a mais. Não adianta apenas conhecer
milhares de fórmulas. Um bom raciocínio é peça fundamental nesse
vestibular.
Assim, o que se espera dos candidatos é conhecimento razoável
aliado com bom raciocínio.
Neste material temos uma análise do vestibular de Matemática do
ITA. Procuraremos ajudá-lo a melhorar o seu desempenho com
algumas dicas que serão de grande valia na hora da prova.
Subconjunto: se todos os elementos de um conjunto A pertencem a
um conjunto B então A é subconjunto de B, ou seja, A ⊂ B .
Operações com conjuntos:
a) união: A ∪ B = { x / x ∈ A ou x ∈ B}
União de dois conjuntos: n( A ∪ B) = n( A ) + n(B) − n( A ∩ B)
Conjunto das partes: dado um conjunto A, o conjunto das partes de
A, P(A), é o conjunto de todos os possíveis subconjuntos de A. Se A
possui n elementos, então o conjunto P(A) possui 2n elementos.
Partições de um conjunto: seja A um conjunto não-vazio e finito.
Dizemos que P = { A 1, A 2 ,..., A n } é uma partição de A se cada
conjunto em P é não-vazio, se a união de todos os elementos em P é
igual ao conjunto A e se a intersecção desses conjuntos, tomados
dois a dois, sempre é vazia.
Exemplo: A = {1, 2, 3, 4, 5}
Fazendo A1 = {1, 2, 3} e A2 = {4, 5}, temos que A 1 ∩ A 2 = { } e
A 1 ∪ A 2 = A ⇒ { A 1, A 2 } é uma partição de A.
Agora, uma questão muito interessantes do último vestibular:
O exercício a seguir, retirado do vestibular de 2005, ilustra um fato
interessante da prova do ITA: normalmente, existem dois ou mais
modos para se resolver um exercício. Destes, um é razoavelmente
rápido, enquanto o outro é mais trabalhoso.
QUESTÃO:
Seja U um conjunto não vazio com n elementos, n ≥ 1. Seja S um
subconjunto de P(U) com a seguinte propriedade:
Se A,B ∈ S então A ⊂ B ou B ⊂ A .
Então, o número máximo de elementos que S pode ter é:
a) 2n-1
b) n/2, se n for par, e (n + 1)/2 se n for ímpar;
c) n+1
d) 2n - 1
e) 2n-1 + 1
QUESTÃO: Sobre o número x = 7 − 4 3 + 3 é correto afirmar:
c)
d) x 2 é irracional
e) x ∈]2;3[
2x é irracional
Num primeiro instante, é fácil “chutar” que x provavelmente é
irracional. Mas, isso não nos serve de muita coisa, afinal não
conseguimos encontrar nenhuma resposta que nos satisfaça apenas
chutando.
Uma primeira tentativa de resolução poderia ser a seguinte:
Se A e B são conjuntos em S, temos que eles possuem, no máximo, n
elementos. Considere An um conjunto em S com n elementos. Assim,
se B está em S, B é subconjunto de An, e, portanto, deve possuir n – 1
elementos (se B tem n elementos então B = An). Afirmamos que B é o
único subconjunto com n – 1 elementos. De fato, se existir um
conjunto C com n -1 elementos com C ≠ B então teríamos que B ⊄ C
e C ⊄ B , o que contraria nossa hipótese. Logo, B é único. Seja então
B = An-1.
Prosseguindo com o raciocínio, montamos a seguinte cadeia de
inclusões:
{ } = A 0 ⊂ A1 ⊂ ... ⊂ A n −1 ⊂ A n
x = 7 − 4 3 + 3 ⇒ ( x − 3 )2 = 7 − 4 3
x 2 − 2x 3 + 3 = 7 − 4 3 ⇒ x 2 − x.2 3 − 4 − 4 3 = 0
Essa tentativa nos leva a uma equação do segundo grau não muito
agradável, que exigirá um tempo razoável só pra terminar as contas.
Este caminho com certeza nos levará a uma resposta correta, mas a
questão não é essa. Será que não existe um outro modo, menos
trabalhoso, para se resolver esse exercício? A resposta é sim.
2
2
diferença: A − B = { x / x ∈ A e x ∉ B} .
B é o conjunto CBA = B − A .
UMA QUESTÃO INTERESSANTE
b) x é racional
intersecção: A ∩ B = { x / x ∈ A e x ∈ B}
c)
Complementar: se A ⊂ B então o complementar de A com relação à
Bons estudos!
a) x ∈]0;2[
b)
Essa seqüência é a maior possível, e respeita as condições impostas
por S. Logo, o número máximo de elementos que S pode ter é n + 1.
2
Observe que 7 − 4 3 = 2 − 2.2. 3 + ( 3 ) = (2 − 3 ) . Assim:
Como comentário, essa foi uma questão que exigiu uma boa dose de
raciocínio por parte dos candidatos, e ilustra bem um vestibular que
não quer apenas fórmulas decoradas.
x = 7−4 3 − 3 = 2− 3 + 3 ⇒ x = 2
TEORIA DOS CONJUNTOS
MISTURANDO TEMAS DIFERENTES
No último ano o tópico de Teoria dos Conjuntos rendeu um total de 3
questões, ou seja, 10% da prova. Pode parecer pouco, mas na
verdade esse foi um dos tópicos mais cobrados, justamente por ser
um tema que exige boa capacidade de abstração por parte dos
candidatos.
A prova de Matemática do ITA também é famosa por sua grande
capacidade de “misturar” conceitos distintos. Como exemplo, temos a
seguinte questão, retirada do vestibular do último ano (se você sentir
dificuldades, revise os tópicos, que seguem a questão):
Conjunto: é uma coleção de elementos.
a) vazio: não possui elementos
b) unitário: possui um único elemento
c) universo: conjunto que possui todos os elementos
QUESTÃO:
Determine para quais valores de x ∈ (-π/2,π/2) vale a desigualdade
logcosx(4sen2x - 1) - logcosx(4 - sec2x) > 2
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Transformação de soma em produto
sen( p + q ) + sen( p − q ) = 2.senp.cos q
Temos aqui a presença de trigonometria e logaritmos. Tanto um
quanto o outro são fundamentais para a resolução desse exercício. A
partir da condição de existência da base, temos:
−π
π
 −π π 
cos x > 0 e cos x ≠ 1 ⇒ x ≠ 0 e x ∈ 
;  ⇒
< x < 0 ou 0 < x < C
2
2
 2 2
ada logaritmo deve existir separadamente, o que implica em duas
situações:
1
1
π
π
π
π
4sen2 x − 1 > 0 ⇒ sen x < − ou sen x > ⇒ − < x < − ou < x <
2
2
2
6
6
2
⇒−
p+q
p−q
cos
2
2
p−q
p+q
sen p − sen q = 2.sen
cos
2
2
p+q
p−q
cos p + cos q = 2. cos
cos
2
2
p+q
p−q
cos p − cos q = −2.sen
sen
2
2
sen(p + q)
tgp + tgq =
cos p. cos q
sen p + sen q = 2.sen
π
π
π
π
< x < − ou < x <
2
6
6
2
4 − sec 2 x > 0 ⇒ −2 < sec x < 2 ⇒ como cos x > 0, temos apenas que
1
π
π
⇒− <x< .
2
3
3
Aplicando finalmente as propriedades dos logaritmos, temos:
 4sen2 x − 1 
>2
logcos x ( 4sen 2 x − 1) − log( 4 − sec 2 x ) = logcos x 
 4 − sec 2 x 


Lembrando que no domínio considerado temos 0 < cos x< 1, segue
então que, ao aplicar a definição de logaritmo, temos que inverter a
desigualdade. Assim:
2
 4sen2 x − 1 
 > 2 ⇔ 4sen x − 1 < cos 2 x
logcos x 
 4 − sec 2 x 
4 − sec 2 x


sec x < 2 ⇒ cos x >
4sen2 x − 1
2
4sen 2 x − 1 − cos 2 x( 4 − sec 2 x )
− cos 2 x < 0 ⇒
4 − sec x
4 − sec 2 x
Considerando apenas o numerador da fração, temos:
tgp − tgq =
LOGARITMOS
Definição de logaritmo:
base > 0 e base ≠ 1
logbase x = a ⇔ basea = x , onde 
x > 0
Resumo das propriedades:
1) logb ( xy ) = logb x + logb y
<0
2) logb ( x / y ) = logb x − logb y
3) logb xn = n.logb x
4sen 2 x − 1 − cos 2 x( 4 − sec 2 x ) = 4sen 2 x − 4 cos 2 x − 1 + cos 2 x.
1
4) logb x =
cos 2 x
= −( 4 cos2 x − 4sen2 x ) − 1 + 1 = − cos 2x
Assim, a desigualdade fica:
− cos 2x
cos 2x
<0⇒
>0
4 − sec 2 x
4 − sec 2 x
Por uma das condições de existência, é obrigatório que
π
π
4 − sec 2 x > 0 ⇒ cos 2x > 0 ⇒ − < x < . Considerando todos os
4
4
π
π
π
π
intervalos, chegamos em − < x < −
ou
<x< .
4
6
6
4
A seguir, forneceremos algumas ferramentas que podem ajudá-lo na
prova, a respeito destes dois assuntos.
Fórmulas básicas
tg 2 x + 1 = sec 2 x
2
sen x + cos x = 1
1
cos x
1
cos ecx =
senx
0 < Base < 1 ⇒ logbase x > logbase y ⇔ x < y (decrescente)
PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES
Um tópico bastante freqüente na prova de Matemática do ITA é
determinantes. Vamos relembrar suas propriedades, a partir de
algumas definições:
Menor complementar: chamamos de menor complementar relativo a
um elemento aij de uma matriz M, quadrada e de ordem n>1, o
determinante Dij , de ordem n - 1, associado à matriz obtida de M
quando suprimimos a linha e a coluna que passam por aij.
Cofator ou complemento algébrico: número relacionado com cada
elemento aij de uma matriz quadrada de ordem n dado por Aij = (-1)i+j
.Dij.
Teorema de Laplace: O determinante de uma matriz M, de ordem
n≥2, é a soma dos produtos de uma fila qualquer (linha ou coluna)
pelos respectivos cofatores.
Cálculo do determinante para ordens 1 e 2
A = (a) ⇒ det( A ) = a = a
cot g 2 x + 1 = cos ec 2 x
senx
cos x
cos x
1
cot gx =
=
senx tgx
sec x =
tgx =
Soma e subtração de arcos
sen(a + b) = sen a. cos b + sen b. cos a
tga + tgb
tg(a + b) =
1 − tga.tgb
sen(a − b) = sen a. cos b − sen b. cos a
cos(a + b) = cos a.cob − sen a.sen b
cos(a − b) = cos a.cob + sen a.sen b
tg(a − b) =
a c 
 ⇒ det( A ) = ad − bc
A = 
 b d
tga − tgb
1 + tga.tgb
Propriedades
1) somente as matrizes quadradas possuem determinantes.
2) det(A) = det(At).
3) o determinante que tem todos os elementos de uma fila iguais a
zero, é nulo.
4) se trocarmos de posição duas filas paralelas de um determinante,
ele muda de sinal.
5) o determinante que tem duas filas paralelas iguais ou proporcionais
é nulo.
6) det(A-1) = 1/det A.
7) det(A.B) = det A.det B
8) se A é matriz quadrada de ordem n e k é real então det(k.A) = kn.
det A
Arco duplo
2
sen 2x = 2.senx. cos x
2
cos 2x = cos x − sen x
2
cos 2x = 2. cos x − 1
tg 2x =
2
cos 2x = 1 − 2sen x
2.tgx
1 − tg2 x
Arco triplo
sen 3 x = 3.sen x − 4.sen 3 x
cos 3 x = 4cos3 x − 3.cos x
Arco metade
1 − cos x
x
sen  = ±
2
2
1 + cos x
x
cos  = ±
2
2
logc x
(mudança de base)
logc b
Desigualdades envolvendo logaritmos
Base > 1 ⇒ logbase x > logbase y ⇔ x > y (crescente)
FORMULÁRIO DE TRIGONOMETRIA
2
sen(p − q)
cos p. cos q
1 − cos x
x
tg  = ±
1 + cos x
2
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Existência da matriz inversa: uma matriz A só possui inversa se tem
determinante não-nulo.
Observe que cada termo de potência ímpar está multiplicado por i, de
modo que podemos colocar a unidade imaginária em evidência:

 
θ2 θ 4 θ6
θ 3 θ 5 
eiθ = 1 −
+
−
+ ... + i θ −
+
...



2!
4!
6!
3!
5! 

 
Existe uma outra propriedade dos determinantes, que será trabalhada
na seguinte questão, também retirada do último vestibular do ITA.
cos θ
QUESTÃO:
−2b
−2c 
a b c 
 −2a




Se det p q r  = -1 então o valor do det 2p + x 2q + y 2r + z é
 x y z
 3 x
3y
3z 
igual a
a) 0
b) 4
c) 8
d) 12
e) 16
Inicialmente, como -2 multiplica a primeira linha e 3 multiplica a
segunda, podemos retirar esses números do determinante:
−2b
−2c 
b
c 
 −2a
 a




det 2p + x 2q + y 2r + z = −6. det 2p + x 2q + y 2r + z
 3 x
 x
3y
3z 
y
z 
Aqui, utilizaremos a seguinte propriedade:
d
g 
 a d g
 a d g
 a






A =  b + x e + y h + z  ⇒ det A = det b e h  + det x y z 
c f i 
c f i 
 c
f
i 





Aplicando a propriedade:
b
c 
 a
a b c
a b c 






det 2p + x 2q + y 2r + z = det 2p 2q 2r  + det  x y z
 x
 x
 x y z
y
z 
y z 
O último determinante tem duas linhas iguais,
tem a segunda linha multiplicada por 2. Assim:
b
c 
 a
a b



det 2p + x 2q + y 2r + z = 2. det p q
 x

 x y
y
z 
sen θ
Assim, temos então que eiθ = cosθ + i .senθ , a conhecida
identidade de Euler.
A partir daí, conseguimos determinar a forma exponencial de um
número complexo:
z = ρ .(cosθ + i .sen θ ) ⇒ z = ρ .e iθ ( ρ = módulo )
A forma exponencial de um número complexo consegue simplificar a
maior parte das fórmulas que envolvem números complexos, além de
suas respectivas demonstrações. Como exemplo, considere a
primeira fórmula de Moivre:
z = ρ .[cos(θ ) + i .sen(θ )] ⇒ z n = ρ n .[cos(nθ ) + i .sen(nθ )]
Esta fórmula possui, normalmente, duas demonstrações. A primeira
utiliza o princípio de indução finita, e é um pouco demorada
(sugerimos, como exercício, que cada candidato tente demonstrar tal
fórmula). A segunda demonstração é baseada na forma exponencial,
e é praticamente imediata:
z = ρ .(cosθ + i .sen θ ) = ρ .e iθ ⇒ z n = ( ρ.eiθ )n = ρ n .einθ
⇒ z n = ρ n .[cos(nθ ) + i .sen(nθ )]
Observe a questão a seguir, retirada do vestibular ITA-97. Essa
questão é uma boa aplicação da forma exponencial, ao invés da
utilização direta da fórmula de Moivre.
QUESTÃO:
Considere os números complexos z =
enquanto o primeiro
m=
c

r  + 0 = −2
z
w 6 + 3z 4 + 4i
2 + i 2 e w = 1 + i 3 . Se
2
z 2 + w 3 + 6 - 2i
, então m vale:
a) 34
b) 26
c) 16
d) 4
SOLUÇÃO: Utilizando a forma exponencial, temos:
Substituindo, temos:
−2b
−2c 
 −2a


det 2p + x 2q + y 2r + z = −6.( −2) = 12 .
 3 x
3y
3z 
e) 1
iπ
iπ
z = 2e 4 e w = 2e 3
Dessa forma, temos então que o numerador é dado por:
w 6 + 3.z 4 + 4i = 64.e2π i + 3.16.eπ i + 4i = 16 + 4i
Fazendo o mesmo para o denominador:
A IDENTIDADE DE EULER
z 2 + w 3 + 6 − 2i = 4.e
Você sabe qual é a origem da identidade de Euler? A resposta está
em Taylor!
Em Matemática, uma série de Taylor é uma série de potências
utilizada para aproximar funções. Elas recebem esse nome em
homenagem ao matemático inglês Brook Taylor. Várias funções
podem ser aproximadas por esse método, que, por envolver derivadas
de funções, só é ensinado nas disciplinas de Cálculo.
Entre as funções que estudamos, existem três que merecem
destaque:
ex = 1+ x +
cos x = 1 −
Dessa forma temos m =
ELIPSE
x2 x3
+
+ ...
2!
3!
x2 x4 x6
+
−
+ ...
2!
4!
6!
x3 x5 x7
+
−
+ ...
3!
5!
7!
A partir destas fórmulas, podemos calcular o valor das funções seno,
cosseno e exponencial em pontos não só reais, como também
complexos! De fato, como o lado direito de cada expansão depende
apenas do valor “x”, nada impede que utilizemos valores complexos.
Ora, isso motivou vários matemáticos a fazer a seguinte substituição:
x = i.θ , onde i é a unidade imaginária
Substituindo x na primeira fórmula, temos:
HIPÉRBOLE
PARÁBOLA
i2 θ 2 i3 θ 3 i 4 θ 4 i5 θ 5 i6 θ 6
+
+
+
+
...
2!
3!
4!
5!
6!
eiθ = 1 + iθ −
2
+ 8.e iπ + 6 − 2i = − 2 + 2i
16 + 4i
2
− 2 + 2i
2
=
272
= 34 .
8
CÔNICAS
senx = x −
e iθ = 1 + iθ +
iπ
θ2
θ3 θ 4
θ5 θ 6
−i
+
+i
−
...
2!
3!
4!
5!
6!
21
DEFINIÇÕES
Dados dos pontos F1 e F2
distantes 2c. Uma elipse de
focos em F1 e F2 é o
conjunto dos pontos cuja
soma das distâncias a F1 e
F2 é constante 2a, com 2a >
2c.
Dados dos pontos F1 e F2
distantes 2c. Uma hipérbole
de focos em F1 e F2 é o
conjunto dos pontos cujo
módulo da diferença das
distâncias a F1 e F2 é
constante 2a, com 2a < 2c.
Dados um ponto F e uma
reta d (F∉d) e p a distância
entre eles. Parábola é o
conjunto dos pontos do
plano eqüidistantes de F e d.
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Elementos principais:
ELIPSE
F1 e F2 Æ focos
O Æ centro
A1A2 Æ eixo maior
(2a)
B1B2 Æ eixo menor
(2b)
2c Æ distância focal
c/a Æ excentricidade
k1>0 e k2<0
hipérbole de eixo real horizontal
k1<0 e k2>0
hipérbole de eixo real vertical’
Parábolas - p = ¼ a
y = ax2 + bx + c
x = ay2 + by + c
diretriz vertical
diretriz horizontal
−∆
−b
−∆
−b
xv =
e yv =
xv =
e yv =
4a
2a
2a
4a
a > 0 Æ conc. p/ direita
a > 0 Æ conc. p/ cima
a < 0 Æ conc. p/ baixo
a < 0 Æ conc. p/ esquerda
HIPÉRBOLE
F1 e F2 Æ focos
O Æ centro
A1A2 Æ eixo real (2a)
B1B2 Æ eixo
conjugado ou
transverso (2b)
2c Æ distância focal
c/a Æ excentricidade
Rotação de eixos
As coordenadas de um ponto P(x,y) após a rotação de eixos de
um ângulo θ são dadas por (x`,y`) tais que
x = x`.cosθ - y`.senθ
y = x`.senθ + y`.cosθ
Interpretação de uma equação do 2o grau
Dada a eq. geral do 2o grau:
Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0
é sempre possível eliminar o seu termo retângulo (2Bxy) através
de um rotação de eixos de um ângulo θ tal que
A=CÆθ=π/4
A ≠ C Æ tg 2θ = 2B/ (A – C)
PARÁBOLA
F Æ foco
d Æ diretriz
2p Æ parâmetro
V Æ vértice
No último ano tivemos 2 questões de cônicas, uma delas discursiva.
Confira!
QUESTÃO:
Sabendo que 9y2-16x2-144y+224x-352=0 é a equação de uma
hipérbole, calcule sua distância focal.
Completando os quadrados na equação acima, temos:
Relações notáveis:
ELIPSE
HIPÉRBOLE PARÁBOLA
a2 = b2 + c2
9( y 2 − 16 y + 64 ) − 576 − 16.( x 2 − 14 x + 49) + 784 − 352 = 0
( )
( y − 8 ) 2 ( x − 7 )2
−
=1
16
9
Logo, a equação reduzida da hipérbole é:
d VF = p
c2 = a2 + b2
9( y − 8)2 − 16.( x − 7)2 = 144 ⇒
Equações Reduzidas
ELIPSE
Focos em Ox (-c,0) e (c,0)
Focos em Oy (0,-c) e (0,c)
x2
y2
+
=1
a2 b2
HIPÉRBOLE
Focos em Ox (-c,0) e (c,0)
x2
2
−
y2
2
y2
a2
b2
2
y2
a
2
−
x2
b
2
=1
a
b
2
(x - x 0 )2 − (y - y 0 )2
a2
b2
(y - y 0 )2 + (x - x 0 )2
=1
a2
b2
=1
a2
b2
=1
Boa prova!
=1
PARÁBOLA - Equação Reduzida – vértice em (xo,yo)
(y – y0)2 = 4p.(x – x0)
(x – x0)2 = 4p.(y – y0)
RECONHECIMENTO DE UMA CÔNICA
Dada uma equação do 2o grau redutível à forma
(x - x 0 )2 + (y - y 0 )2
k1
k2
a = 4
= 1⇒ 
b = 3
É importante que fique claro que, embora o vestibular do ITA seja uma
prova de grande inteligência na qual quase sempre existem dois
métodos de resolução (um normalmente mais rápido e outro um
pouco mais trabalhoso), o mais importante é RESOLVER O
EXERCÍCIO. De fato, não importa o caminho, e sim o resultado.
Embora seja muito importante manter o espírito crítico e refletir a cada
questão, não vale a pena perder muito tempo procurando um caminho
curto quando se sabe uma maneira de resolver a questão, pois tempo
é um bem precioso nesse vestibular.
HIPÉRBOLE
(y - y 0 )2 − (x - x 0 )2
2
COMENTÁRIOS FINAIS
=1
Equações Reduzidas – centro em (xo,yo)
ELIPSE
2
( x − 7)2
c 2 = a 2 + b 2 = 16 + 9 = 25 ⇒ c = 5
Assim, a distância focal é 2c = 10.
Foco em Oy (0,p)
x2 = 4py
(x - x 0 )2 + (y - y 0 )2
−
4
3
A partir das relações notáveis da hipérbole, temos:
Focos em Oy (0,-c) e (0,c)
=1
a
b
PARÁBOLA
Foco em Ox (p,0)
y2 = 4px
+
x2
( y − 8 )2
=1
k1>0, k2>0 e k1>k2
elipse de eixo maior horizontal
k1>0, k2>0 e k1<k2
elipse de eixo maior vertical
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
PROPRIEDADES COLIGATIVAS
A QUÍMICA NO ITA
Pressão de vapor
Um recipiente fechado, contendo um líquido evapora
parcialmente, até saturar o meio gasoso. A fase líquida estará em
permanente contato com a fase vapor em equilíbrio dinâmico
Neste momento, o vapor exerce sobre o líquido a pressão
máxima de vapor (maior pressão possível)
Pressão máxima de vapor de um líquido é a pressão que seu
vapor exerce, num recipiente fechado, quando está em equilíbrio com
o líquido, a uma certa temperatura.
Temos que:
- o volume da fase gasosa NÃO altera a pressão de vapor de um
líquido
- o volume da fase líquida NÃO altera a pressão de vapor.
- o aumento da temperatura acarreta num aumento da pressão de
vapor de um liquido.
A banca examinadora do ITA busca do candidato uma boa base
conceitual de química e certa experiência na descrição dos
fenômenos químicos. É bastante enfatizada a análise crítica e
aprofundada dos assuntos comumente abordados no ensino médio.
Entretanto, constantemente são abordados tópicos que fogem do
escopo visto durante a vida escolar de um aluno que apresenta como
prioridade os assuntos cobrados em vestibulares mais abrangentes.
Este é o intuito deste vestibular: selecionar os alunos mais bem
preparados e se possível, dar prioridade para aqueles que se
prepararam prioritariamente ao ingresso no ITA. Nesta linha de
pensamento, alguns tópicos são recorrentes, para privilegiar o
candidato que colocou o vestibular do ITA em primeiro plano e se
focaram em determinados assuntos específicos.
Um tópico que apresenta um índice de incidência muito grande se
comparado com sua aparição em outros vestibulares é Propriedades
Coligativas. Nos últimos 10 anos, tivemos aproximadamente 31
questões a respeito deste tópico, que envolve entre outros enfoques
uma clara visão das propriedades físicas das substâncias, sua relação
com algumas características moleculares (como geometria, polaridade
e interações intermoleculares), além dos efeitos coligativos em si.
Estes, por sua vez, são abordados na maior parte das vezes
quantitativamente (ao contrário do que é cobrado em vestibulares
como FUVEST e UNICAMP).
Colocando num gráfico os valores de pressão de vapor observados
quando alteramos a temperatura de um sistema contendo água pura
obtemos o seguinte resultado:
Como foi citada, a importância das propriedades físicas para o
vestibular do ITA é enorme. Neste sentido, é bastante comum
perguntas que relacionam ligações químicas, geometria molecular e
interações intermoleculares. Na última década, 26 questões
abordaram tais temas e seu entendimento por completo é prérequisito para uma melhora no desempenho como um todo. Atenção
para a determinação de geometrias mais complicadas, que não
respeitam a regra do octeto (sendo necessária a utilização do modelo
da máxima separação dos pares de elétrons para a determinação do
formato da molécula, tópico que normalmente não é abordado no
ensino médio)
Ainda analisando os fatores que influenciam a pressão de vapor,
temos que líquidos diferentes têm pressão de vapor diferentes. Os
líquidos mais voláteis apresentam maior pressão de vapor, pois as
moléculas passam mais facilmente para o estado de vapor.
OBS.: Temperatura de ebulição de um líquido
Para um líquido entrar em ebulição, é necessário que sua pressão
de vapor seja igual à pressão atmosférica.
Como o aquecimento aumenta a pressão de vapor conforme visto
no gráfico anterior, o líquido eventualmente irá entrar em ebulição.
Outra maneira de efetuar a ebulição é diminuirmos a pressão
ambiente, de modo que a pressão externa se iguale à pressão do
líquido na temperatura dada.
Reforçando o direcionamento do vestibular de pré-selecionar aqueles
alunos que priorizaram as provas do ITA, alguns tópicos bastante
pouco explorados e que eventualmente fogem do ensino médio:
- Eletroquímica: pilhas em condições fora das condições padrão e
equação de Nersnt
- Termoquímica: espontaneidade de reações, conceitos de entropia e
energia livre de Gibbs além da relação de entalpia e termodinâmica
(análise de trabalho e variação de energia interna de reações
químicas).
- Cinética química: análise da quantidade de reagentes de acordo
com a equação da velocidade em função do tempo (a partir de uma
análise de cálculo diferencial)
Diagrama de Fases e o ponto triplo:
Como foi dito anteriormente, existe um conjunto de pontos (pressão e
temperatura adequadas) onde ocorre a ebulição. Levando em
consideração também as condições para a mudança de fase do sólido
para o líquido e do sólido para o vapor, estes pontos representam o
diagrama de fases de uma substância:
A equipe Elite apóia você nesta jornada e lhe dedica este resumo dos
principais tópicos comentados, com exemplos de como o ITA aborda
cada assunto. Os assuntos foram escolhidos cuidadosamente, pois
apresentam elevada probabilidade de serem cobrados novamente.
Então:
Bons estudos!
As fronteiras representam os pontos onde temos o equilíbrio entre as
fases. O ponto de intersecção das três curvas é chamado de ponto
triplo e representa a pressão e a temperatura onde ocorre o equilíbrio
entre as três fases.
Representamos abaixo algumas mudanças de fase que são dignas de
nota:
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
1
2
3
3
2
1
1
2
Algumas definições;
Ponto de Ebulição Normal: é a temperatura na qual a pressão de
vapor do líquido é 1 atm, ou seja, líquido e seu vapor em equilíbrio na
linha líquido-vapor (ponto B).
Ponto Triplo: Sólido, Líquido e Vapor estão em equilíbrio (ponto A).
Por definição: Para a água a temperatura do ponto triplo é 273,16 K
(0,01 oC). A pressão é 4,585 mmHg.
Ponto Crítico: Existe uma clara separação entre os estados líquido e
de vapor até este ponto (temperatura e pressão definidas – ponto C).
A partir deste ponto, não existe equilíbrio entre as fases e dizemos
que a substância é um gás. Assim, uma simples compressão não
causa mudança de fase (apesar do aspecto se alterar
gradativamente).
Graus de Liberdade:
É o número de variáveis intensivas que podem variar
independentemente sem provocar distúrbios no número de fases em
equilíbrio.
Sistema com um componente (C=1) e uma fase (P=1), pressão e
temperatura podem variar independentemente sem variar o número
de fases. (2 graus de liberdade)
Sistema com 2 fases em equilíbrio (fronteira): se variarmos a pressão
teremos que variar a temperatura para ajustar com a sua nova
pressão e então mantermos o mesmo número de fases. (1 grau de
liberdade)
No ponto triplo, não temos nenhum grau de liberdade, pois é
impossível variar a pressão e a temperatura e mantermos ainda 3
fases.
Regra de fases devido a J. W. Gibbs, para um sistema onde não
ocorre reação (C – componentes, P – Fases, F – graus de liberdade):
F = C - P +2
A
transformação
descrita
representa a passagem do
estado sólido para o estado
líquido e então para o estado
gasoso a uma pressão constante
(apenas
pelo
aumento
da
temperatura). Note que este é o
processo
que
comumente
encontramos ao aquecer uma
substância
à
temperatura
ambiente.
A
transformação
descrita
representa a passagem do
estado de vapor para o estado
líquido e então para o estado
sólido
a
uma
temperatura
constante (apenas pelo aumento
da pressão). Note que o aumento
da pressão normalmente nos
leva ao ponto de maior
densidade (maior compactação).
Na maior parte das substâncias o
estado sólido é o mais denso e
portanto esta é a curva esperada
como caso geral. Entretanto, note
que no caso da água, o estado
sólido
apresenta
menor
densidade que o estado líquido.
Assim, como veremos adiante, o
diagrama de fases da água é um
pouco diferente.
A
transformação
descrita
representa a passagem do
estado sólido para o estado de
vapor a uma pressão constante
(apenas
pelo
aumento
da
temperatura).
Note
que
dependendo do formato do
gráfico, a pressão ambiente
algumas substâncias apresentam
esta
transição
a
pressão
ambiente.
A curva entre o líquido e o vapor
também pode representar a
curva de pressão de vapor do
líquido e seu prolongamento (em
tracejado) representa a pressão
de vapor do líquido caso ele
esteja num estado metaestável
chamado de sobrefusão (líquido
em condições que deveria estar
sólido).
O vestibular do ITA cobra a utilização do diagrama de fases com uma
grande regularidade. Desde 2004, pelo menos uma questão aborda
tal assunto (em 2006 foram duas). Abaixo um exemplo da sua
utilização:
EXEMPLO: ITA 2004
Um dos sistemas propelentes usados em foguetes consiste em uma
mistura de hidrazina (N2H4) e peróxido de hidrogênio (H2O2). Sabendo
que o ponto triplo da hidrazina corresponde à temperatura de 2,0°C e
à pressão de 3,4mmHg, que o ponto crítico corresponde à
temperatura de 380°C e à pressão de 145 atm e que na pressão de
1atm as temperaturas de fusão e de ebulição são iguais a 1,0 e
113,5°C, respectivamente, pedem-se:
a) Um esboço do diagrama de fases da hidrazina para o intervalo de
pressão e temperatura considerados neste enunciado.
b) A indicação, no diagrama esboçado no item a), de todos os pontos
indicados no enunciado e das fases presentes em cada região do
diagrama.
c) A equação química completa e balanceada que descreve a reação
de combustão entre hidrazina e peróxido de hidrogênio, quando estes
são misturados a uma temperatura de 25°C e pressão de 1 atm.
Nesta equação, indique os estados físicos de cada substância.
d) O cálculo da variação de entalpia da reação mencionada em c).
Dados eventualmente necessários: variação de entalpia de formação
(∆H°f), na temperatura de 25°C e pressão de 1atm, referente a:
N2H4 (g): ∆H°f = 95,4 kJ/mol. N2H4 (l): ∆H°f = 50,6 kJ/mol.
H2O2 (l): ∆H°f = -187,8 kJ/mol.
H2O (g): ∆H°f = -241,8 kJ/mol.
Diagrama de Fases da Água:
Conforme comentado, a água apresenta o estado sólido com menor
densidade que o estado líquido. Assim, um aumento de pressão de
um sólido causará a sua fusão (fenômeno observado por exemplo na
patinação sobre o gelo). Note o comportamento diferenciado do
diagrama de fases da água (inclinação da curva sólido-líquido):
SÓLIDO
LÍQUIDO
SOLUÇÃO:
Itens a) e b):
GÁS
VAPOR
Legenda: S = sólido; L = líquido; V = vapor; PT = ponto triplo; PC =
ponto crítico.
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Obs.: - Gráfico fora de escala. 3,4mmHg ≅ 0,0045atm. A curva de
sublimação apresentada no gráfico serve apenas como referência de
sua existência, pois não foram fornecidos valores para a construção
da mesma.
c)
Item c):
Pelo diagrama, pode-se perceber que a hidrazina, nas condições de
pressão e temperatura descritas no problema, encontra-se na forma
líquida. A reação de combustão, portanto, é dada por:
N2H4(l) + 2H2O2(l) → N2(g) + 4H2O(g)
d)
e)
Item d):
Da reação descrita no item anterior, tem-se:
∆Hc = ∆H°f (N2(g) ) + 4 ⋅ ∆H°f (H2O(g) ) − ∆H°f (N2H4(l) ) − 2 ⋅ ∆H°f (H2O2(l) )
Lembrando que a entalpia de formação da substância simples é nula
e substituindo-se os dados referentes às outras substâncias no estado
físico em que se encontram na reação, tem-se:
∆Hc = −642,2kJ/mol
EFEITOS COLIGATIVOS
Todas os efeitos coligativos são dependentes apenas
concentração de partículas na solução (para soluções ideais0.
Solução:
Segundo a lei de Raoult, quando dois líquidos infinitamente miscíveis
são postos juntos, a pressão de vapor de cada um é reduzida pela
pressão de vapor do outro, de maneira que cada componente em uma
solução contribui proporcionalmente a sua fração molar na mistura. A
pressão total de vapor é igual a soma das pressões de vapor
exercidas por cada componente, na mistura. Assim, temos:
pa = Xa.p0a
pb = Xb.p0b
pmistura = pa + pb
Os gráficos das pressões parciais de cada componente na mistura,
são:
na
• Tonoscopia: Em uma solução, a pressão de vapor de cada um dos
participantes é proporcional à sua fração molar. No caso de uma
solução com um soluto não volátil, despreza-se a pressão de vapor
do soluto e temos que a pressão de vapor da mistura é dada pela
nova pressão de vapor do solvente, calculada a partir da lei de
Raoult:
Lei de Raoult: P = X2 . P2 ou ∆P = X1 . P2
Para soluções bastante diluídas, pode-se utilizar ∆P/P2 = KT . W . i
Onde:
- KT é a constante tonométrica e pode ser calculada em função da
M2
massa molar da solução pela equação KT =
1000
- W é a molalidade da solução e é a relação entre o número de
n1
mols de soluto e a massa da solução em kg: W =
m2 (kg )
- i é o fator de Van’t Hoff e corresponde ao número de mols de
partículas que se encontram em solução após fazermos a
dissolução de 1 mol de soluto.
OBS.: Quando temos a dissolução de um soluto volátil, temos que a
pressão de vapor da solução é igual à soma das pressões de vapor
parcial de cada um dos componentes desta solução. Note que,
segundo a lei de Raoult, quando dois líquidos infinitamente miscíveis
são postos juntos, a pressão de vapor de cada um é reduzida pela
pressão de vapor do outro, de maneira que cada componente em uma
solução contribui proporcionalmente a sua fração molar na mistura. A
pressão total de vapor é igual a soma das pressões de vapor
exercidas por cada componente, na mistura. Observe o seguinte
exemplo:
Como a pergunta busca o gráfico que melhor representa a pressão de
vapor do componente CCl4 (pa), temos que a curva que representa
esta pressão se encontra na alternativa E.
• Ebulioscopia: aumento da temperatura de ebulição do solvente ao
adicionarmos soluto não volátil.
Assim como a pressão de vapor, temos que a temperatura de
ebulição irá depender apenas da molalidade da solução (independe
da natureza do soluto). Analogamente à expressão que relaciona o
abaixamento da pressão de vapor à molalidade, podemos analisar
o aumento da temperatura de ebulição à concentração molal do
soluto, através de uma constante, que chamamos de constante
ebulioscópica. Assim:
∆tE = KE . W . i
EXEMPLO: ITA 2006
Considere soluções de SiCl4/CCl4 de frações molares variáveis, todas
a 250C. Sabendo que a pressão de vapor do CCl4 a 250C é igual a
114,9 mmHg, assinale a opção que mostra o gráfico que melhor
representa a pressão de vapor de CCl4 (PCCl4) em função da fração
molar de SiCl4 no líquido ( X1SiCl ).
4
a)
b)
• Crioscopia: abaixamento da temperatura de congelamento do
solvente ao adicionarmos soluto não volátil.
Como nos outros efeitos coligativos observados, essa alteração
depende apenas da concentração do soluto, não importando a
natureza do soluto. Essa diminuição é proporcional à molalidade
segundo uma constante KC analogamente ao aumento da
temperatura. Assim:
∆tC = KC . W . i
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Note que todos os efeitos coligativos apresentados são resultado do
abaixamento da curva de pressão de vapor da solução. Observe o
seguinte exemplo:
diretamente proporcional à concentração molar do soluto
(molaridade). É proporcional também à temperatura. Assim:
n
π = 1 ⋅ R ⋅T ⋅ i
V
onde R é a constante de proporcionalidade e tem o mesmo valor
da constante universal dos gases.
EXEMPLO: ITA 2006
Esboce graficamente o diagrama de fases (pressão versus
temperatura) da água pura (linhas cheias). Neste mesmo gráfico,
esboce o diagrama de fases de uma solução aquosa 1 mol kg-1 em
etilenoglicol (linhas tracejadas).
Solução:
Resumindo a parte quantitativa de propriedades periódicas, temos:
Solução molecular
Solução iônica
Tonometria
∆P = X1 . P2
∆P/P2 = KT . W
∆P = X1 . P2 . i
∆P/P2 = KT . W . i
Ebuliometria
∆tE = KE . W
∆tE = KE . W . i
Criometria
∆tC = KC . W
∆tC = KC . W . i
Pressão osmótica
π=M.R.T
π=M.R.T.i
Obs: i = 1 + α (q – 1)
PROPRIEDADES FÍSICAS DAS SUBSTÂNCIAS
Um tópico bastante comum de cair no vestibular do ITA é relacionar
propriedades físicas com as estruturas de ligação entre os átomos,
geometria e forças de interação intermolecular. Temos por exemplo a
seguinte questão:
Tranformação L→ G na solução etilenoglicol
Pvap solução < Pvap água pura
Assim é “mais difícil” fazer a transição L→G para a solução, então
para pressão constante, a temperatura de ebulição da solução é
maior que a da água pura
Transformação L→S na solução etilenoglicol
Ocorre com maior dificuldade para uma pressão constante, assim a
temperatura de congelamento da solução é menor que a da água
pura
EXEMPLO: ITA 2002
Na tabela abaixo são mostrados os valores de temperatura de fusão
de algumas substâncias
Substância
Temperatura
de fusão (ºC)
Bromo
-7
Água
0
Sódio
98
Bometo de Sódio
747
Silício
1414
Em termos dos tipos de interação presentes em cada substância,
justifique a ordem crescente de temperatura de fusão das substâncias
listadas.
Solução:
Quanto maior a força de interação entre as unidades elementares do
estado sólido, maior deverá ser a temperatura para passar deste
estado para o líquido (maior a energia necessária para enfraquecer
estas forças)
Forças
Br — Br
ligação covalente
intermoleculares de
bromo
apolar
London
• Pressão osmótica:
Quando água pura e uma solução de glicose são colocadas em um
frasco separados por uma membrana semipermeável (permeável
apenas para o solvente), temos que esta membrana permite a
passagem de solvente em ambas as direções, mas no intuito de
diluir o meio mais concentrado, a passagem de água do meio mais
diluído para o meio mais concentrado é predominante.
H
O
H
água
Na(s)
sódio
NaBr(s)
brometo de sódio
Si(s)
silício
O fenômeno que permite a passagem do solvente, do meio mais
diluído para o meio mais concentrado, através de uma membrana
semipermeável é denominado osmose.
É possível impedir a passagem das moléculas do solvente da
membrana (impedir a osmose). Para que isso ocorra deveremos
aplicar sobre a solução uma pressão externa. Essa pressão deve
ser igual à pressão do líquido passando através da membrana para
impedir completamente a osmose. A pressão do líquido ao passar
pela membrana é chamada de pressão osmótica da solução (π)
ligações covalentes
polares
ligações metálicas
ligações iônicas
ligações covalentes
ligações de hidrogênio
(intermoleculares)
interações entre
átomos metálicos
interações elétricas
entre íons
cristal covalente
É importante lembrar que os fatores que são importantes para a
determinação da temperatura de fusão/ebulição e também para a
volatilidade são:
- quanto maior as forças de interação, maior a temperatura de
fusão/ebulição e menor a volatilidade. LEMBRE-SE:
Tipo de força intermolecular: Quanto mais intensas as
atrações intermoleculares, maiores seus PF e PE.
Tamanho das moléculas: Quanto maior for o tamanho de
uma molécula, maior será a sua superfície, o que propicia um
maior número de interações com outras moléculas vizinhas,
acarretando PF e PE maiores.
- quanto maior a massa da unidade elementar, maior a temperatura
de fusão/ebulição e menor a volatilidade
Pressão externa
aplicada para
impedir que ocorra
a osmose = π
(pressão osmótica)
Experimentalmente comprova-se que a pressão osmótica de
soluções muito diluídas de solutos moleculares (não-eletrólitos) é
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
FORÇAS INTERMOLECULARES
GEOMETRIA MOLECULAR
No caso de substâncias moleculares, note que as forças de interação
dependem bastante da geometria. Relembrando um pouco a respeito
de forças de interação intermoleculares:
Não se esqueça de levar em consideração a geometria da molécula
para determinar a polaridade e portanto as interações
intermoleculares. Mas podemos dizer que o ITA vai um pouco mais
além quando se trata de geometria molecular. Este tópico também é
bastante recorrente, como na questão a seguir:
A formação de dipolos elétricos em moléculas covalentes tem como
conseqüência o surgimento de forças eletrostáticas entre elas. Ou
seja, os dipolos elétricos irão atrair-se mutuamente, mantendo as
moléculas unidas. Além deste tipo de interação, considerada fraca
quando comparada com a ligação covalente, existem muitas outras
forças entre compostos químicos, as quais são responsáveis pela
existência dos estados condensados da matéria (sólido e líquido).
Entre as forças de interação intermolecular pode-se identificar dois
tipos básicos: as de Van der Walls e a ligação de hidrogênio
EXEMPLO: ITA 2006
−
Considere as seguintes espécies no estado gasoso: BF3, SnF3 ,
BrF3, KrF4 e BrF5 . Para cada uma delas, qual é a hibridização do
átomo central e qual o nome da geometria molecular?
Solução
BF3:
B possui 3 elétrons na última camada, fazendo hibridação sp2 para
realizar 3 ligações (três orbitais com elétrons desemparelhados)
Forças de Van der Walls
As forças de van der Walls atuam entre íons, moléculas e
átomos, sendo os principais tipos conhecidos como forças íon-dipolo,
dipolo-dipolo, dipolo induzido e de London. É extremamente
complicado explicar matematicamente, via mecânica quântica, estas
interações. Porém, pode-se descrevê-las de forma qualitativa,
considerando-as como forças de atração eletrostáticas, como será
feito a seguir.
a) Forças íon-dipolo: quando um dipolo elétrico, por exemplo a
molécula da água, sofre influência do campo elétrico gerado por um
íon, por exemplo o cátion de sódio, ele irá alinhar-se ao campo e
manter-se unido a fonte geradora. Ou seja, neste caso, o oxigênio da
água, onde está localizada a carga parcial negativa, une-se ao cátion
de sódio e os hidrogênios afastam-se o máximo possível.
b) Forças dipolo-dipolo: quando
duas moléculas polares, como o HCl,
se aproximam, surgem forças de
atração eletrostática entre elas. É
importante notar que estas forças são
direcionais, orientando os dipolos
espacialmente, como mostrado na
figura ao lado.
F
F
SnF3-:
Concentrando a carga no átomo central, Sn- possui 5 elétrons na
última camada, fazendo hibridação sp3 para realizar 3 ligações (três
orbitais com elétrons desemparelhados) e sobrar um orbital ocupado
por um par de elétrons emparelhados
intermolecular
Sn
F
F
F
Geometria piramidal
BrF3:
Br apresenta 7 elétrons na última camada, fazendo hibridação sp3d
para realizar 3 ligações (três orbitais com elétrons desemparelhados)
e sobrarem 2 orbitais ocupados por dois pares de elétrons
desemparelhados. Existem três configurações possíveis, mas a mais
estável (menor energia) é a mais comumente observada:
..
F
..
F
Br
..
..
..
F
Br
F
F
F
Br
F
F
F
..
Forma de T
Piramidal
Trigonal plana
Configuração de Menor Energia
KrF4:
Kr apresenta 8 elétrons na última camada, fazendo hibridação sp3d2
para realizar 4 ligações (quatro orbitais com elétrons
desemparelhados) e sobrarem dois orbitais ocupados por dois pares
de elétrons desemparelhados. A configuração mais estável é aquela
onde os orbitais completos se encontram em posições opostas
..
F
F
Kr
F
F
..
Geometria quadrado planar
BrF5:
Br apresenta 7 elétrons na última camada, fazendo hibridação sp3d2
para realizar 5 ligações (cinco orbitais com elétrons desemparelhados)
e sobrar um orbital ocupados por um par de elétrons
desemparelhados.
COMPARANDO AS FORÇAS INTERMOLECULARES
química
-
..
Ligação de Hidrogênio
As ligações de hidrogênio, também chamadas de pontes de
hidrogênio, são difíceis de serem definidas uma vez que são bem
mais fortes que as forças de van der Walls, porém mais fracas que
uma ligação de valência. Pode-se dizer que, quando ligado a um
grupo fortemente eletronegativo (A), como os átomos de flúor,
oxigênio e nitrogênio, o hidrogênio pode apresentar uma segunda
ligação, mais fraca que a anterior, com um segundo átomo (B). Esta
segunda ligação é dita então ligação de hidrogênio, e é representada
com um traço descontínuo, como mostrado na figura abaixo.
força
covalente
iônica
íon-dipolo
dipolo-dipolo
Dispersão (London)
ligação-H
F
Geometria trigonal plana
c) Forças dipolares induzidas: quando uma molécula apolar se
aproxima a outra polar, ocorre uma distorção da sua nuvem eletrônica
gerando um dipolo elétrido. Entre este dipolo formado, conhecido
como dipolo induzido, e o indutor, ocorre então o surgimento de forças
de atração semelhantes às verificadas entre moléculas polares. Na
figura abaixo, este processo de indução aparece esquematizado.
d) Forças de London: este tipo de interação
surge entre moléculas apolares. Admite-se
que a interação originada pela aproximação
destas espécies leva a formação de dipolos
induzidos, os quais irão se atrair
mutuamente. Também chamamos esse tipo
de interação de forças de dispersão.
ligação
B
F
Magnitude (kJ/mol))
100-1000
100-1000
1-70
0,1-10
0,1-2
10-40
F
F
Br
F
F
..
Geometria pirâmide de base quadrada
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
GEOMETRIA MOLECULAR
De acordo com o modelo da máxima separação dos pares eletrônicos, o par de elétrons em uma camada de valência é organizado de forma que
cada par de elétrons se posicionará o mais longe possível do seu vizinho, isto ocorre devido a repulsão eletrostática entre eles, como na figura:
Portanto na determinação da geometria molecular, é crucial o conhecimento da fórmula eletrônica para a determinação do número de nuvens
eletrônicas em torno do átomo central. Este número dará a disposição destas nuvens (o mais separado possível) e a geometria da molécula.
Observe este fato através da análise das tabelas a seguir.
Número de pares
Número de
ao redor do
pares eletrônico
átomo central
não ligados
2
0
Arranjo das ligações e
forma molecular
Linear
Trigonal plana
0
Estrutura de
Lewis
X
A
X
X
A
X
X
3
A
X
Angular
1
Tetraédrica
X
0
X
A
X
Exemplos
BeH2
Ângulo de
ligação
previsto
180o
BeCl2
BF3
120o
AlCl3
X
SnCl2
120o
CH4
X
NH4+
109,5o
CCl4
Piramidal
X
1
A
X
X
NH3
109,5o
NF3
4
Angular
A
X
2
X
A
109,5o
F2O
Linear
2
H2O
X
HF
HCl
Continua...
Obs.: A hibridação pode ser dada pela seguinte relação:
Nuvens eletrônicas em
Hibridação
torno do átomo central
2
sp
3
sp2
4
sp3
5
sp3d
6
sp3d2
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Número de pares
Número de
ao redor do
pares eletrônico
átomo central
não ligados
Arranjo das ligações e
forma molecular
Estrutura de
Lewis
Exemplos
Ângulo de
ligação
previsto
PCl5
120o e 90o
SF4
120o e 90o
ClF3
ICl3
90o
I 3-
180o
SF6
90o
BrF5
90o
XeF4
90o
Bipiramide Trigonal
0
Gangorra
1
5
Forma de T
2
Linear
3
Octaédrica
0
Pirâmide Quadrada
6
1
Quadrado Planar
2
etc...
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
3. Um elétron, quando localizado numa dessas órbitas, não perde nem
ganha energia espontaneamente. Por isso diz-se que ele assume um
estado estácionário.
4. Um elétron pode receber energia de uma fonte externa somente em
unidades discretas (pequenas), chamadas quanta (forma singular:
quantum).
5. Quando um elétron recebe um quantum de energia, ele salta para
uma órbita mais energética, ligeiramente mais afastada do núcleo.
Dizemos que o elétron realizou um salto quântico e atingiu um
estado excitado.
6. Quando o elétron retorna a uma órbita menos energética, ele perde,
na forma de onda eletromagnética, uma quantidade de energia que
corresponde à diferença de energia existente entre as órbitas
envolvidas
ESTRUTURA ATÔMICA – O ÁTOMO DE BOHR
O estudo do átomo segundo Bohr é bastante útil em algumas
situações.
Quando um átomo absorve energia de uma fonte externa, alguns de
seus elétrons ganham energia e são elevados a um nível de energia
maior. Esse fenômeno é chamado de salto quântico. Diz-se que o
átomo se encontra num estado excitado. Alguns dos níveis de
energia mais baixos ficam livres e, assim, um elétron pode cair de um
nível mais alto para um nível de energia mais baixo. Quando Isso
acontece, a energia absorvida pelo elétron é liberada na forma de
fóton de radiação eletromagnética. O fóton, portanto, corresponde à
diferença entre dois níveis de energia de um elétron, quando este
realiza um salto quântico. Uma vez que a energia do fóton é
quantizada, o comprimento de onda também deve ser quantizado, ou
seja, só pode um par específico de níveis em um ter um valor discreto
e fixo. Cada transição eletrônica entre átomo contribui para a produção
de uma linha individual no espectro daquele elemento.
A partir de então, pode-se relacionar a energia de um fóton emitido e
sua transição transição eletrônica:
E = hf = Ei-Ef,
onde h é a constante de Planck (6.63 x 10-34 J.s = 4.14 x 10-15 eV.s), f
é a freqüência da radiação emitida, Ei e Ef são energias dos estados
inicial e final.
Por conseguinte, se um elétron salta da órbita 2 para a órbita 1, há
emissão de luz, por outro lado, se luz de energia adequada atingir o
átomo, esta é capaz de impelir um elétron da órbita 1 para a órbita 2.
Neste processo, a luz é absorvida. Num átomo de hidrogênio:
A linha vermelha no espectro atômico é causada por elétrons saltando
da terceira órbita para a segunda órbita.
A linha verde-azulada no espectro atômico é causada por elétrons
saltando da quarta órbita para a segunda órbita.
A linha azul no espectro atômico é causada por elétrons saltando da
quinta órbita para a segunda órbita.
A linha violeta mais brilhante no espectro atômico é causada por
elétrons saltando da sexta órbita para a segunda órbita.
Bohr conseguiu calcular a energia absorvida numa transição eletrônica
no átomo de um hidrogenóide qualquer. Para tanto utilizou a seguinte
equação: (o sinal negativo indica que a energia é absorvida)
E total = - C (z2 / n2 )
Onde:
z = número atômico do elemento
C = constante de Rydberg, quando Z = 1
Obs.: Um elétron quando perde energia e retorna, não pode ocupar
uma órbita com energia menor que a da órbita de seu estado
estacionário e a diferença de energia (luz emitida) de cada uma
dessas órbitas corresponde a uma certa quantidade de energia, ou
seja, a uma raia do espectro.
De acordo com esse modelo, o átomo poderia ser representado de
uma forma em que as órbitas permitidas tivessem níveis de energia e
ainda com as respectivas raias presentes no espectro.
Observe abaixo o diagrama de energias permitidas para um elétron
num átomo de hidrogênio (figura muito comum de aparecer na
prova de Física ou de Química do ITA)
Considere agora o exemplo a seguir da utilização do modelo de Bohr
(válido apenas para hidrogenóides) associado a propriedades
periódicas.
O raio atômico também pode ser calculado pela equação:
Raio = Ao (n2 / Z)
Onde:
Ao = 0,529 x 10 -10 m (Raio de Bohr - constante)
Estas equações podem ser aplicadas a qualquer átomo ou íon
hidrogenóide, isto é, com apenas um elétron, mas não se aplicam a
outros elementos com mais de um elétron. Isto porque as repulsões
intereletrônicas teriam que ser levadas em consideração nas
transições eletrônicas e no tamanho do raio atômico.
EXEMPLO: ITA 2006
Considere as afirmações abaixo, todas relacionadas a átomos e íons
no estado gasoso:
I. A energia do íon Be2+, no seu estado fundamental, é igual à energia
do átomo de He neutro no seu estado fundamental.
II. Conhecendo a segunda energia de ionização do átomo de He
neutro, é possível conhecer o valor da afinidade eletrônica do íon He2+.
III. Conhecendo o valor da afinidade eletrônica e da primeira energia
de ionização do átomo de Li neutro, é possível conhecer a energia
envolvida na emissão do primeiro estado excitado do átomo de Li
neutro para o seu estado fundamental.
IV. A primeira energia de ionização de íon H- é menor do que a
primeira energia de ionização do átomo de H neutro.
V. O primeiro estado excitado do átomo de He neutro tem a mesma
configuração eletrônica do primeiro estado excitado do íon Be2+.
Então, das afirmações acima, estão CORRETAS
a) apenas I e III
b) apenas I, II e V
c) apenas I e IV
d) apenas II, IV e V
e) apenas III e V
Solução:
I) Falso, pois o Be2+ possui um número de prótons diferente do He,
portanto os elétrons encontram-se mais próximos ao núcleo no Be2+,
estando em um estado de energia menor.
II) Verdadeiro
Segunda ionização do hélio: He+ Æ He2+ + e- (I)
Afinidade eletrônica do He2+: He2+ + e- Æ He+ (II)
Como I e II são processos inversos, então conhecida a energia
envolvida em I obtém-se a energia em II (E1 = - E2)
III) Falso
Li Æ Li+ + e- Energia de ionização
É interessante notar que os comprimentos de onda da luz encontrada
no espectro do hidrogênio corresponde à diferentes órbitas. (O
comprimento de onda guarda relação com a energia. Os menores
comprimentos de onda de luz significam vibrações mais rápidas e
maior energia). Por exemplo, a linha verde-azulada no espectro linear
do hidrogênio é causada por elétrons que saltam da Quarta órbita para
a Segunda órbita.
No caso dos átomos de hidrogênio, somente os saltos para a Segunda
órbita produzem linhas espectrais na parte visível do espectro. Os
saltos para a primeira órbita produzem irradiação ultravioleta ondas
mais curtas do que as luminosas, ao passo que os saltos para a
Terceira, Quarta e Quinta órbita produzem irradiação infravermelha
(ondas mais longas do que as luminosas).
Sendo assim, esse novo modelo pode ser enunciado pelos seguintes
postulados:
Postutados de Bohr
1. Em um átomo são permitidas somente algumas órbitas circulares ao
elétron, sendo que em cada uma ele tem energia constante.
2. Um elétron não pode assumir qualquer valor de energia, mas
somente determinados valores que correspondem às órbitas
permitidas, tendo assim, determinados níveis de energia ou camadas
energéticas.
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ITA
DICAS PARA A PROVA DO ITA
Li + e- Æ Li- Afinidade eletrônica
Li* Æ Li + energia
A energia para retirar ou adicionar 1 elétron a um átomo não está
diretamente relacionada com a energia envolvida em uma transição
eletrônica dentro de um mesmo átomo (esta relação pode ser
alcançada através da teoria quântica)
IV) Verdadeiro
H Æ H+ + 1e- E=E1
H- Æ H + 1e- E=E2
E2<E1 por que é mais fácil ionizar o ânion H- do que H neutro devido a
maior repulsão eletrônica na espécie H-, considerando que ambas têm
mesmo número de prótons
V) Verdadeiro
*
1
1
2 He 1s 2s
4 Be
2+
A ELETRÓLISE AQUOSA
Existe na eletrólise aquosa uma competição pela descarga de
elétrons. Todos os ânions migram para o ânodo, porém somente um
elemento conseguirá descarregar seus elétrons. Assim como tudo na
natureza, uma ordem pré-determinada pelas características de cada
elementos é seguida:
Metais alcalinos, alcalinosterrosos e alumínio
→ → → Facilidade de descarga crescente → → →
Ânions oxigenados e
fluoreto
1s12s1
Partiremos da convenção para processos eletroquímicos:
Eletrodo onde ocorre oxidação Eletrodo onde ocorre redução
Cátodo
PILHAS
Certas substâncias possuem tendência de sofrer reações de oxidação
e de redução, com troca de elétrons.
Se conseguíssemos fazer esses elétrons passarem por um circuito
externo poderíamos aproveitar esse movimento ordenado dos elétrons
(corrente elétrica).
2 H+(aq) + 2 e- → H2(g)
Cu
Cu2+
SO42-
Zn(s) Æ Zn2+(aq) + 2 eCu2+(aq) + 2 e- Æ Cu(s)
OBS.: Em pilhas, o ânodo é o pólo negativo e o cátodo o pólo positivo
A representação sugerida pela IUPAC é a seguinte:
Semi-reação do ânodo // Semi-reação do cátodo
Zn(s) / Zn2+(aq) // Cu2+(aq) / Cu(s)
-
-
4 OH-(aq) → O2(g) + 2 H2O(l) + 4 e-
Relação entre E e a energia de Gibbs da reação (∆Greação).
No caso da pilha a T e p constantes: ∆G = We,máx ou dG = dWe,máx.
Lembrando que: dG = ∆GreaçãodE, teremos que: dWe,máx = ∆GreaçãodE
ELETRÓLISE
O processo de eletrólise é simples. Dois eletrodos de pólos contrários
são mergulhados em um líquido que contenha íon livres. Os cátions
migram para o pólo negativo (aqui denominado cátodo) e os ânions
migram para o pólo positivo (aqui denominado como ânodo)
Eletrólise ígnea – Eletrólise utilizando o composto fundido.
Eletrólise em meio aquoso – Eletrólise utilizando uma solução
aquosa de determinada substância.
Temos que a fonte externa impõe um fluxo de elétrons que faz com
que ocorra reações de oxidação e redução em cada eletrodo.
e-
e/ou
O ITA (com menos freqüência que o IME) apresenta uma certa
tendência de relacionar a eletroquímica com termodinâmica, assuntos
que no ensino médio são tratados de maneira completamente
separadas. Assim, apesar (e talvez por causa disso) deste assunto
fugir do escopo do ensino médio, ele é um forte candidato para ser
cobrado na prova deste ano, visto que o claro objetivo da banca é
selecionar aqueles que se prepararam especificamente para este
vestibular.
Podemos relacionar a variação de energia livre de Gibbs da reação e
a diferença de potencial da pilha através da seguinte equação:
∆Greação = -n.F.E
Abaixo veremos como chegamos nesta conclusão:
No caso da pilha a T e p constantes, temos que
∆G = We,máx. (trabalho elétrico máximo)
Dado que:
• para medir o trabalho elétrico máximo a pilha deve estar operando
de forma reversível.
• esta condição é possível quando o potencial da pilha pode ser
equilibrado pelo potencial oposto de uma fonte externa.
Com esta última condição satisfeita, podemos considerar que, ao
ligarmos uma fonte externa com ddp (E) que impõe uma corrente nula.
Esta ddp da fonte externa tem o mesmo valor da força eletromotriz
(fem) da pilha.
e-
Zn2+
SO42-
Ânions não oxigenados e
hidrogeno-sulfato
ELETROQUÍMICA E TERMODINÂMICA
Exemplo: pilha de Daniell
Zn
OH-
Os íons H+ e OH- estarão sempre participando desta “competição”
pela descarga em uma solução aquosa, visto que a água sofre
ionização, segundo a reação:
H2O ' H+ + OHAssim, devemos escolher quem irá se descarregar em cada
pólo da eletrólise. Caso sejam os íons da água, iremos notar a
formação de gás hidrogênio (H2) e/ou gás oxigênio (O2). Isso acontece
porque em uma solução aquosa existem íons H+ e OH- que quando
reduzidos ou oxidados geram H2 e O2 segundo as seguintes reações:
ELETROQUÍMICA
Ânodo
Demais metais (Mn2+, Zn2+
etc.)
H+
Para uma reação que avança dE, N.dE elétrons passam pelo circuito
externo (N = número de elétrons).
Como o número de elétrons N é igual ao produto do número de mols
de elétrons e o número de avogadro (N=n.NA), temos que a carga total
transferida entre os dois eletrodos é:
–n.e.NA.dE = –n.F.dE
Onde
e = módulo da carga do elétron
NA = número da Avogadro
F é a carga por mol de elétrons (a constante de Faraday).
Assim o trabalho efetuado quando uma carga infinitesimal –n.F.dE
passa do ânodo para o cátodo é:
dWe, = –n.F.E.dE
Lembre-se que o trabalho elétrico é definido por: dWe = E.dq (produto
da diferença de potencial que uma carga percorre por esta carga)
Como: dWe = ∆Greação.dE, temos ∆Greação = -n.F.E
Com n = número de mols de elétrons que passam pelo circuito por mol
de reação, F é a constante de Faraday e E é a diferença de potencial
fornecida pela pilha. Esta é a relação que tem aparecido neste
vestibular.
+
+
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ITA
DICAS PARA A PROVA DO ITA
A 25oC, as fórmulas apresentadas tomam as seguintes formas:
0,0257  [C ]c [D]d 

ln 
∆E = ∆E 0 −
 [ A]a [B ]b 
n


c
d 

C
D
0,0592
[
]
[
]

∆E = ∆E 0 −
log 
 [ A]a [B ]b 
n


Atentar que os elementos que aparecem no logaritmo devem ser as
concentrações dos íons, ou pressões parciais dos gases, fazendose iguais a 1 quando se tratar de uma substância não dissolvida, no
estado sólido ou líquido.
EXEMPLO ITA 2004
Considere os eletrodos representados pelas semi-equações químicas
seguintes e seus respectivos potenciais na escala do eletrodo de
hidrogênio (E∅) e nas condições-padrão:
E∅I = – 0,14 V.
I.
In+(aq) + e- (CM) = In(s)
2+
+
E∅II = – 0,40 V.
II.
In (aq) + e (CM) = In (aq)
E∅III = – 0,44 V.
III.
In3+(aq) + 2 e- (CM) = In+(aq)
E∅IV = – 0,49 V.
IV.
In3+(aq) + e- (CM) = In2+(aq)
Assinale a opção que contém o valor CORRETO do potencial-padrão
do eletrodo representado pela semi-equação In3+(aq) + 3 e- (CM) = In(s)
a) – 0,30 V. b) – 0,34 V. c) – 0,58 V. d) – 1,03 V. e) – 1,47 V.
EXEMPLO: ITA 2006
Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo
especificados, ligados por uma ponte salina e conectados a um
multímetro de alta impedância.
Eletrodo a: Placa de chumbo metálico mergulhada em uma solução
aquosa 1 mol L-1 de nitrato de chumbo.
Eletrodo b: Placa de níquel metálico mergulhada em uma solução
aquosa 1 mol L-1 de sulfato de níquel.
Após estabelecido o equilíbrio químico nas condições-padrão,
determina-se a polaridade dos eletrodos. A seguir, são adicionadas
pequenas porções de KI sólido ao Eletrodo a, até que ocorra a
inversão de polaridade do elemento galvânico.
Dados eventualmente necessários: Produto de solubilidade de PbI2:
Kps (PbI2) = 8,5 x 10-9
Potenciais de eletrodo em relação ao eletrodo padrão de hidrogênio
nas condições-padrão:
Solução:
A semi-equação de redução em questão pode ser determinada a partir
das semi-equações de redução I e III. Assim, tem-se:
E∅I = – 0,14 V
In+(aq) + e- (CM) = In(s)
3+
+
E∅III = – 0,44 V
In (aq) + 2 e (CM) = In (aq)
In3+(aq) + 3 e- (CM) = In(s)
O potencial-padrão deste eletrodo pode ser calculado considerando a
sua relação com a variação de energia livre de Gibbs (∆G∅) através da
expressão ∆G∅ = – nFE∅, em que n é o número de mols de elétrons
recebidos na redução, F a constante de Faraday e E∅ o potencialpadrão da semi-célula de redução. Portanto:
∆G∅ = ∆G∅I + ∆G∅ III
(
θ
θ
−nFE∅ = − F nE
I
I + nIIIE III
)
E0
= −0,25V ; EI0/ I = −0,53V ;
2
Assinale a opção que indica a concentração CORRETA de KI, em mol
L-1, a partir da qual se observa a inversão de polaridade dos eletrodos
nas condições-padrão.
b) 1 x 10-3
c) 1 x 10-4
d) 1 x 10-5
e) 1 x 10-6
a) 1 x 10-2
Solução:
De acordo com o enunciado original, os valores EºPb/Pb2+ e EºNi/Ni2+,
devido à representação do estado reduzido/estado oxidado,
representariam os potenciais de oxidação do chumbo e do níquel. Se
utilizarmos esta informação, o exercício ficaria sem possibilidade de
resposta. Na realidade, os potenciais representados são os potenciais
de redução, o que com certeza atrapalhou a resolução dos
candidatos. Resolveremos o exemplo com as informações corretas,
onde os potenciais de oxidação seriam:
0
EPb
= +0,13V ; ENi0 / Ni 2+ = +0,25V ; EI0− / I = −0,53V ;
/ Pb 2 +
−3E = − 1( −0,14V ) + 2 ( −0,44V ) 
∅
E∅ =
( −0,14 − 0,88 )
3
V
Pb / Pb 2 +
= −0,34 V (Alternativa B)
EQUAÇÃO DE NERSNT
Este tópico é de extrema importância. O conhecimento da equação de
Nersnt foi cobrado pelo vestibular o ITA em todos os anos, desde o
vestibular de 2002, principalmente por ser um assunto que não é dado
no ensino médio.
O efeito das concentrações nos potenciais em reações de óxidoredução
Até aqui, limitamos nossas discussões às pilhas contendo reagentes
com concentrações unitárias. No entanto, no laboratório geralmente os
trabalhos não se restringem apenas a essas condições e tem-se
verificado que a ddp da pilha e mesmo o sentido da reação podem ser
controlados pelas concentrações das substâncias envolvidas.
Podemos notar, por exemplo, que a ddp de uma pilha tende a diminuir
conforme ela vai se descarregando. Sendo assim, examinemos estes
fatos de um ponto de vista quantitativo.
= −0,13V ; E 0
Ni / Ni 2 +
2
Como o potencial de oxidação do eletrodo de níquel é maior que o
potencial de oxidação do chumbo, teremos que o Ni se oxida e o Pb2+
se reduz.
Semi-reação de oxidação: Ni Æ Ni2+ + 2eSemi-reação de redução: Pb2+ + 2e- Æ Ni
Reação global:
Pb2+ + Ni Æ Ni2+ + Pb
A equação de Nernst
Existe uma relação entre a ddp de uma pilha com as concentrações
molares das soluções presentes. Essa relação é explicitada de acordo
com a equação de Nernst. Sua dedução foge ao interesse do curso e
portanto vamos nos limitar a apenas observar os casos em que ela
será utilizada.
Genericamente podemos dizer que a diferença de potencial de uma
reação de oxido-redução genérica aA+bBÆcC+dD é:
RT  [C ]c [D ]d 

∆E = ∆E 0 −
ln 
nF  [ A]a [B ]b 
Onde,
∆E = ddp real da reação
∆E° = ddp no caso das concentrações/pressões parciais serem
unitárias e temperatura 25o C (ddp padrão)
R = Constante universal dos gases ( 8,31 Pa.m3/mol.K)
T = Temperatura em kelvin
F = Carga em coulombs de um mol de elétron (96500C)
n = número de elétrons envolvidos na oxido-redução
Eº = +0,25V
Eº = -0,13V
∆Eo = +0,12V
Adição de KI ao eletrodo a causa uma diminuição da concentração de
Pb2+ o que implicaria numa queda de ddp (diminuição da tendência do
Pb2+ se reduzir a Pb), segundo a reação 2I-(aq) + Pb2+(aq) Æ PbI2 (s)
A inversão da polaridade ocorre quando ∆E =0
A concentração de Pb2+ quando isso ocorre pode ser calculada pela
Equação de Nernst, assumindo que a temperatura permanece
constante e igual a 25o C:
∆E = ∆E 0 −
0,059
[Ni 2 + ]
log
n
[Pb2 + ]
Como o número de elétrons trocados por mol de reação n = 2, a
concentração de Ni2+ permanece constante (1 mol/L), a ddp padrão é
0,12 V e o valor da ddp na inversão de polaridade é nula, teremos:
0,059
1
0,12
0 = 0,12 −
log
⇒ log[Pb2 + ] = −
⇒ [Pb2 + ] ≅ 10−4
2
0,0295
[Pb2 + ]
Para descobrirmos qual é a quantidade de iodeto de potássio
adicionada, basta obtermos a quantidade de iodeto que teremos no
momento da inversão de polaridade, a partir do KPS do PbI2:
Alternativamente temos que podemos expressar tal equação utilizando
logaritmo na base 10:
 [C ]c [D]d 
2,303.RT

log 
∆E = ∆E 0 −
 [ A]a [B ]b 
nF


KPS = [Pb2+].[I-]2 ⇒ 8,5.10-9 = 1,0.10-4[I-]2 ⇒ [I-] =
[I-] =
32
85.10−3 ≅1.10-2 mol/L (alternativa A)
85.10−6 ⇒
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ITA
DICAS PARA A PROVA DO ITA
•
•
TERMOQUÍMICA e sua relação com TERMOFÍSICA
q = ordem da reação em relação a B
p + q + ... = ordem da reação
Obs.: para reagente(s) gasoso(s) temos que a pressão de um gás é
diretamente proporcional à sua concentração em mol/L. Por isso, no
caso de reagente(s) gasoso(s), a lei de velocidade pode ser expressa
em termos de pressão.
Para aA(g) + bB(g) Æ produtos, temos:
v = k·pAp·pBq
CASO A: Reação elementar
Reação elementar é aquela que ocorre numa única etapa.
Numa reação elementar os expoentes a que devem ser elevadas as
concentrações molares dos reagentes na expressão da velocidade
são os próprios coeficientes dos reagentes na equação balanceada.
Neste caso, para aA + bB + ... Æ produtos, temos:
v = k [A]a [B]b...
CASO B: Reação não elementar
Quando uma reação química se desenvolve em duas ou mais etapas
distintas, a velocidade da reação depende apenas da etapa lenta. Em
outras palavras, podemos dizer que a etapa lenta é a que determina a
velocidade da reação. Neste caso, os expoentes a que devem ser
elevadas as concentrações molares dos reagentes na expressão da
velocidade são os coeficientes da etapa lenta. Tipicamente, seus
valores são obtidos experimentalmente.
Entalpia, energia interna e trabalho:
∆H = ∆U + p∆V
Entropia e troca de calor
Q
Em uma transformação reversível: ∆S =
T
(Q = calor absorvido)
Energia livre de Gibbs e espontaneidade
∆G = ∆H − T ∆S
• ∆G < 0 → reação espontânea
• ∆G > 0 → reação não espontânea
• ∆G = 0 → reações direta e inversa em equilíbrio
É comum que o ITA procure relacionar a entalpia, a energia interna e o
trabalho. Entretanto, em algumas vezes esta tentativa não alcança
êxito (como apresentado no exemplo abaixo):
EXEMPLO ITA 2006
Considere as seguintes afirmações a respeito da variação, em módulo,
da entalpia (∆H) e da energia interna (∆U) das reações químicas,
respectivamente representadas pelas equações químicas abaixo, cada
uma mantida a temperatura e pressão constantes:
| ∆HI | > | ∆UI |
I. H2O(g) + 1 / 2O2 (g) → H2O2 (g) ;
II. 4NH3 (g) + N2 (g) → 3N2H4 (g) ;
| ∆HII | < | ∆UII |
III. H2 (g) + F2 (g) → 2HF(g) ;
| ∆HIII | > | ∆UIII |
IV. HCl(g) + 2O2 (g) → HClO 4 ( ) ;
| ∆HIV | < | ∆UIV |
V. CaO(s) + 3C(s) → CO(g) + CaC 2 (s) ;
| ∆H V | > | ∆UV |
APROFUNDAMENTO - CINÉTICA
Uma determinação importante no estudo da cinética de uma reação
química é a da ordem da reação. Convém recordar, nos casos mais
simples, o que se entende por ordem da reação. Sendo Co a
concentração inicial do reagente, e C a concentração do reagente
decorrido em tempo t de reação, se dC/dt obedecer à equação
dC
= −k.C n , n será a ordem da reação.
dt
A variação da concentração deve ser obtida em função do tempo em
diversos casos.
Das afirmações acima, estão CORRETAS
a) apenas I, II e V
b) apenas I, III e IV
c) apenas II, IV e V
d) apenas III e V
e) todas
Solução:
Sabe-se que ∆H = ∆U + p∆V = ∆U + ∆nRT, com ∆n igual à variação do
número de mols de partículas gasosas por mol de reação. Assim:
I) ∆H = ∆U + ∆nRT = ∆U + (1-1,5)RT
Assim ∆H = ∆U – 0,5.RT ⇒ ∆H < ∆U
II) ∆H = ∆U + ∆nRT = ∆U + (3-5)RT
Assim ∆H = ∆U – 2.RT ⇒ ∆H < ∆U
III) ∆H = ∆U + ∆nRT = ∆U + (2-2)RT
Assim ∆H = ∆U – 0.RT ⇒ ∆H = ∆U ⇒ |∆H| = |∆U|
(afirmação III incorreta)
IV) ∆H = ∆U + ∆nRT = ∆U + (0-3)RT
Assim ∆H = ∆U – 3.RT ⇒ ∆H < ∆U
V) ∆H = ∆U + ∆nRT = ∆U + (1-0)RT
Assim ∆H = ∆U + 1.RT ⇒ ∆H > ∆U
Caso as comparações entre ∆H e ∆U não estivessem em módulo,
poder-se-ia concluir a partir daí que a alternativa correta é a C, porém,
da forma como foi enunciada a questão, com a comparação entre os
módulos de ∆H e ∆U fica impossível ao estudante identificar quais
itens estão corretos e quais estão errados. (sem resposta)
Se n = 0 (reação de ordem zero), a equação obtida será C = Co − k.t .
Se n = 1 (reação de ordem um, ou de primeira ordem), a equação
obtida será lnC = lnCo − k ⋅ t ∴ C = Co ⋅ e − k ⋅t
Se n = 2 (reação de ordem dois, ou de segunda ordem), a equação
Co
1
1
obtida será
=
+ k ⋅ t ∴C =
C Co
1 + Co ⋅ k ⋅ t
Medindo-se, durante um experimento, os valores de C em diferentes
instantes t, nos casos aqui considerados serão obtidos os gráficos
esquematicamente representados na figura abaixo.
Considere o seguinte exemplo de 2006:
EXEMPLO: ITA 2006
A figura apresenta cinco curvas (I, II, III, IV e V) da concentração de
uma espécie X em função do tempo. Considerando uma reação
química hipotética representada pela equação X(g) Æ Y(g), assinale a
opção CORRETA que indica a curva correspondente a uma reação
química que obedece a uma lei de velocidade de segunda ordem em
relação à espécie X.
CINÉTICA
Lei da ação das massas: A cada temperatura, a velocidade de uma
reação é diretamente proporcional ao produto das concentrações
molares dos reagentes, elevadas a expoentes determinados
experimentalmente.
a) Curva I
b) Curva II
c) Curva III
d) Curva IV
e) Curva V
Considere a seguinte reação genérica:
aA + bB Æ produtos
A velocidade desta reação pode ser calculada pela expressão:
v = k [A]p [B]q
onde
p e q são experimentalmente determinados
k = constante de velocidade de reação; aumenta com a
temperatura
• p = ordem da reação em relação a A
•
•
Solução:
33
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ITA
DICAS PARA A PROVA DO ITA
Se a reação química obedece a uma lei de velocidade de segunda
ordem em relação à espécie X, temos v=k[X]2.
v =−
d[X]
dt
⇒ k[X] = −
2
d[X]
dt
⇒
d[X]
dt
Note a recorrência de assuntos. Em 2004, tivemos uma questão
parecida, que levava em consideração uma reação de ordem zero. Em
2003, de primeira ordem e assim por diante...
+ k[X] = 0
2
EQUAÇÀO DE ARRHENIUS
Assim, temos que a solução desta equação diferencial deve ser da
forma:
[X] = at-1
Verificando na equação:
d  X 
1
2
+ k  X  = 0 ⇒ −at −2 + ka2t −2 = 0 ⇒ ak − 1 = 0 ⇒ a =
dt
k
Assim, [X] = (kt)-1, ou seja, uma hipérbole eqüilátera.
Portanto a curva correspondente é a curva V
Em muitos casos a velocidade observada de uma reação química
aumenta com o aumento da temperatura, mas a extensão deste
aumento varia muito de reação para reação.
Observando a equação de velocidade (v=k.[REAGENTES]), a causa
da variação da velocidade de reação com a temperatura reside em
que a constante k varia quando se altera a temperatura. A relação
entre ambas foi descoberta em 1887 por Van’t Hoff e,
independentemente, em 1889, por Arrhenius. A relação, conhecida
como equação de Arrhenius, é:
Agora observe a questão que foi cobrada em 2005:
− Ea
k = A ⋅ e RT
Onde A é denominado fator de freqüência, Ea, energia de ativação, R
é a constante de gases ideais e T, temperatura absoluta.
Note que quanto menor a energia de ativação e quanto maior a
temperatura, maior será a constante de velocidade e maior a
velocidade da reação.
No vestibular do ITA várias foram as oportunidades que a utilização
desta equação foi necessária, como por exemplo:
EXEMPLO: ITA 2005
Considere as seguintes equações que representam reações químicas
genéricas e suas respectivas equações de velocidade:
I. A → produtos; VI = kI [A]
II. 2B → produtos; VII = kII [B]2
Considerando que, nos gráficos, [X] representa a concentração de A e
de B para as reações I e II, respectivamente, assinale a opção que
contém o gráfico que melhor representa a lei de velocidade das
reações I e II,
EXEMPLO: ITA 2005
Considere uma reação endotérmica entre reagentes, todos no estado
gasoso.
a) Esboce graficamente como deve ser a variação da constante de
velocidade em função da temperatura.
b) Conhecendo-se a função matemática que descreve a variação da
constante de velocidade com a temperatura é possível determinar a
energia de ativação da reação. Explique como e justifique.
c) Descreva um método que pode ser utilizado para determinar a
ordem da reação.
Resolução:
a) Temos que a constante de velocidade pode ser calculada por:
1
[x]
1
[x]
−Ea
−Ea
k = A e RT ⇒ lnk = lnA + ln e RT ⇒
Ea 1
.
R T
(Análoga a y = b – ax)
lnk = lnA –
ln k
obs.: a representação
exponencial também
seria válida
b) Levando em consideração que o coeficiente angular da reta do
1
Ea
gráfico lnk x
é dada por −
, com R a constante dos gases
T
R
Ea
⇒Ea=R.tgα
ideais, bastaria observarmos a inclinação da reta: tgα=
R
c) Experimentalmente, podemos fazer uma alteração na concentração
de um reagente e medir as velocidades em cada caso. Temos que:
Resolução 1:
Durante a reação a concentração diminui com o tempo, logo inverso
da concentração diminui com o tempo, logo inverso da concentração
aumenta com o tempo, para ambos os casos apresentados, sendo
assim a única alternativa que se adequou é a letra A.
Resolução 2
A equação de dependência da [X] com o tempo pode ser deduzida
para casos como o mostrado a seguir:
I. vI = -
d [A]
= kI [A] ⇒ dt
[A ]
∫
[A]0
⇒ - ln [A] + ln [A]0 = kIt ⇒ ln
⇒
II. vII = ⇒
α
v1 k ⋅ [R1]α [demais reagentes ]  [R1] 
=
=

v 2 k ⋅ [R2 ]α [demais reagentes ]  [R2 ] 
Como sabemos as velocidades e as concentrações em ambos os
casos, podemos obter α, que seria a ordem de reação com relação ao
reagente R. Repetindo este procedimento para cada reagente, temos
todos os expoentes, os quais somados dão a ordem de reação.
t
1
⋅ d[A] = ∫ k I ⋅ dt ⇒
[A]
0
[A]
−k t
= -kIt ⇒ [A] = [A]0 e I
[A]0
1
1
=
e −kIt
[A] [A]0
Portanto,
COMENTÁRIOS FINAIS
Enfim, podemos notar que a prova de química realmente apresenta
algumas questões bastante recorrentes. Entretanto, todos os anos
algum assunto novo é introduzido ou então um enfoque diferente é
dado a determinado assunto. Portanto, por mais previsível que sejam
algumas questões, sempre haverá espaço para maiores desafios.
O ITA é uma das faculdades mais conceituadas no país e até por
causa disso, o ingresso parece algo impossível. Na realidade, muito
esforço e determinação são os principais requisitos para ser aprovado
e por esta razão a faculdade fica cada vez mais forte. Cada vez que
uma turma de pessoas determinadas e com uma meta bem definida
passa a fazer parte desta comunidade, mais consolidado fica seu
nome. Assim, faça parte deste esforço.
Nós do ELITE PRÉ-VESTIBULAR desejamos a todos uma boa prova.
1
x tempo é uma exponencial crescente.
[A]
d [B]
= kII [B]2 ⇒
dt
t
1
⋅ d [B] = ∫ k II ⋅ dt ⇒
2
[B]0 [B]
0
[B]
∫
1
1
1
1
−
= k IIt ⇒
=
+ k IIt
[B] [B]0
[B] [B]0
Portanto,
1
T
1
x tempo é uma reta crescente.
[B]
Alternativa: A
34