terça-feira, 7 de agosto de 2012

Cursos do Blog - Termologia, Óptica e Ondas

Sombra e Penumbra 
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Borges e Nicolau
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Vamos considerar uma fonte puntiforme F, um disco opaco C e um anteparo A. O disco está disposto paralelamente ao anteparo.
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Observa-se no anteparo uma sombra projetada de forma semelhante à do corpo opaco C, o que evidencia o fato de a luz se propagar em linha reta. Entre o disco C e o anteparo A, forma-se um tronco de cone que não é iluminado pela fonte F, sendo denominado sombra.
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Foto: M. Z. Ferraro
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Se invés de uma fonte puntiforme F tivéssemos uma fonte extensa FG, como, por exemplo, uma lâmpada fluorescente, notaríamos que além da sombra e da sombra projetada teríamos regiões parcialmente iluminadas denominadas penumbra e penumbra projetada. Observe que o ponto P da penumbra é iluminado apenas pelo trecho FE da fonte extensa.

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Eclipses do Sol
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Considerando o Sol como  fonte de luz e a Lua como corpo opaco, ocorre eclipse do Sol quando a sombra e a penumbra da Lua interceptam a Terra (anteparo). O eclipse do Sol é total para os habitantes da Terra que se encontram na sombra projetada (A) e parcial  para aqueles que se encontram na penumbra projetada (B).
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Eclipses da Lua
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Considerando o Sol como fonte de luz e a Terra como corpo opaco, ocorre eclipse total da Lua quando ela inteira está imersa na sombra da Terra. O eclipse é parcial quando parte da Lua está imersa na sombra da Terra.

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As órbitas da Lua em torno da Terra, e da Terra, em torno do Sol, não pertencem ao mesmo plano. Em determinadas ocasiões, pode acontecer de os três astros se alinharem justamente no ponto em que a órbita da Lua intercepta o plano da órbita da Terra, ocorrendo o eclipse.
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Câmara escura de orifício
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A câmara escura de orifício é uma caixa de paredes opacas existindo em uma delas um pequeno orifício, por onde pode penetrar luz.
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Um objeto AB é colocado diante da parede que possui o orifício. Os raios de luz, que partem do objeto e passam pelo orifício determinam, na parede oposta à do orifício, uma figura A’B’, semelhante ao objeto, mas invertida.
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Essa figura é chamada imagem A’B’ do objeto AB. A imagem é semelhante ao objeto e invertida. Isto evidencia o fato de a luz se propagar em linha reta.
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Sejam (o) e (i) as alturas do objeto e da imagem e p e p' suas distâncias à parede que contém o orifício, respectivamente. Da semelhança entre os triângulos A’B’O e ABO, obtemos:
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i/o = p'/p
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Para que um observador externo veja a imagem, a parede onde ela se forma deve ser substituída por uma folha de papel vegetal. A imagem vista pelo observador, além de invertida, troca o lado direito pelo lado esquerdo e vice-versa.
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Exercícios Básicos
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Exercício 1:
Entre uma fonte puntiforme e uma parede, coloca-se um lápis de 20 cm de altura. A fonte de luz e o centro do lápis estão numa mesma reta perpendicular à parede. O lápis se encontra a 20 cm da fonte e a 60 cm da parede. Determine o comprimento da sombra do lápis projetada na parede.
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Resolução:


Da semelhança dos triângulos FAB e FCD, vem:

L/20 = 80/20 => L = 80 cm 

Resposta: 80 cm

Exercício 2:
Analise as afirmações e assinale as corretas:
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I) A formação de penumbra de um corpo opaco ocorre quando a fonte de luz é extensa.
II) O eclipse do Sol só ocorre numa fase de Lua Cheia e, portanto, todos os meses têm-se eclipses do Sol.
III) Quando ocorre eclipse do Sol a posição relativa dos três astros é Sol, Terra e Lua.
IV) Uma pessoa na Terra se situa na penumbra da Lua determinada pelo Sol. Esta pessoa presencia um eclipse parcial do Sol.
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Resolução:

I) Correta. Quando uma fonte de luz extensa é colocada próxima de um corpo opaco observam-se regiões parcialmente iluminadas. São as penumbras.
II) Incorreta. No eclipse do Sol, a posição relativa dos astros é Sol, Lua e Terra. Portanto, o eclipse do Sol ocorre na fase de Lua Nova. Os eclipses não ocorrem todos os meses pois as órbitas da Lua em torno da Terra e da Terra em torno do Sol não pertencem ao mesmo plano. Os eclipses ocorrem quando a orbita da Lua intercepta o plano da órbita da Terra e ainda deve haver um alinhamento entre os três astros.
III) Incorreta. A posição relativa dos astros é Sol, Lua e Terra.
IV) Correta. Estando na penumbra da Lua determinada pelo Sol o eclipse é parcial.
 

Respostas: I) e IV)

Exercício 3:
a) Esquematize a posição relativa dos três astros Sol, Terra e Lua, durante um eclipse total da Lua. 
b) Em qual fase da Lua ocorre o eclipse lunar?
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Resolução:

a) A posição relativa dos três astros é Sol, Terra e Lua:


b) Se não estivesse ocorrendo eclipse a Lua voltaria seu hemisfério iluminado para a Terra. Portanto, a fase é de Lua Cheia.
 
Respostas:

a) Sol; Terra; Lua
b) Lua Cheia


Exercício 4:
Um objeto AB de altura 10 cm encontra-se a 30 cm de uma câmara escura de orifício, cujo comprimento é de 45 cm. 
a) Qual é a altura da imagem?
b) Aproxima-se o objeto da câmara. A altura da imagem aumenta ou diminui?
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Resolução:


a) o = 10 cm; p = 30 cm e p' = 45 cm
De i/o = p'/p, vem: i/10 = 45/30 => i = 15 cm

b) Aproximando-se o objeto da câmara o valor de p diminui e portanto a altura i da imagem aumenta.

Respostas:
a) 15 cm; b) Aumenta


Exercício 5:
Uma placa na qual está escrita a letra P é iluminada e disposta em frente a uma câmara escura de orifício. A parede onde se forma a imagem é de vidro fosco.
Esquematize a imagem que se forma nesta parede e que é vista pelo observador O.
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Resolução:

A imagem vista pelo observador é invertida e troca a direita pela esquerda e vice-versa. Assim, temos:

segunda-feira, 6 de agosto de 2012

Cursos do Blog - Mecânica

Segunda Lei de Newton

Borges e Nicolau

A segunda Lei de Newton, também denominada Princípio Fundamental da Dinâmica, afirma que:

A resultante das forças aplicadas a um ponto material é igual ao produto de sua massa pela aceleração adquirida:

FR = m.a

Portanto, a força resultante  produz uma aceleração  com mesma direção e mesmo sentido da força resultante e suas intensidades são proporcionais.

A seguir, apresentamos a segunda lei em sua formulação original:

A mudança de movimento é proporcional à força motora imprimida, e é produzida na direção da linha reta na qual aquela força é imprimida.

Unidades no SI:

xxxxx FR => newton (N)
xxxxx m => quilograma (kg)
xxxxx a => m/s2

Exemplos:

a)



b)



c)

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Peso de um corpo

Peso de um corpo é a força de atração que a Terra exerce no corpo.

xxxxx FR = m.a => P = m.g

Exercícios básicos

Exercício 1:
Calcule o módulo da aceleração de uma esfera, de massa 2 kg, nos casos indicados abaixo. Em cada caso represente o vetor aceleração a.


Resolução:

a) FR = m.a => F = m.a => 4 = 2.a => a = 2 m/s2
b) FR = m.a => F1 - F2 = m.a => 4 - 2 = 2.a => a = 1 m/s2
c) Cálculo de FR


(FR)2 = (F1)2 + (F2)2 => (FR)2 = (3)2 + (4)2 => FR = 5 N
FR = m.a => 5 = 2.a => a = 2,5 m/s2
d) Cálculo de FR


O triângulo indicado é equilátero. Logo, FR = 3 N 
FR = m.a => 3 = 2.a => a = 1,5 m/s2
A direção e sentido da aceleração é a mesma direção e sentido da força resultante:


Respostas:
a) 2 m/s2 xxb) 1 m/s2 xxc) 2,5 m/s2 xxd) 1,5 m/s2

Exercício 2:
Uma pequena esfera de massa m = 0,5 kg desloca-se horizontalmente sob ação de uma força resultante de intensidade FR = 0,5 N. Sabe-se que a esfera parte do repouso. Determine 10 s após o início do movimento:
a) a velocidade da esfera;
b) a distância percorrida.

Resolução:

a)
FR = m.a => 0,5 = 0,5.a => a = 1 m/s2
v = v0 + a.t => v = 0 + 1.10 => v = 10 m/s
b)
Como a aceleração escalar é constante, temos um movimento uniformemente variado:
s = a.t2/2 => s = 1.(10)2/2 => s = 50 m 

Respostas:
a) 10 m/s xxb) 50 m
 

Exercício 3:
Uma partícula, de massa 0,5 kg, realiza um MRUV. Num percurso de 2,5 m sua velocidade varia de 2 m/s para 3 m/s. Qual é a intensidade da força resultante que age na partícula?

Resolução:

Equação de Torricelli:
v2 = (v0)2 + 2.a.Δs => (3)2 = (2)2 + 2.a. 2,5 => a = 1 m/s2 
FR = m.a => FR = 0,5.1 => FR = 0,5 N

Resposta:
0,5 N


Exercício 4:
O professor Adalberto pergunta a um de seus alunos: ”qual é o seu peso”. O aluno responde: “50 quilos”. Nesta resposta há dois erros. Você sabe quais são?

Resolução:

Em primeiro lugar o aluno respondeu o valor da massa e não o peso. Além disso, a unidade de massa é quilograma e não o quilo. Quilo é um múltiplo e significa 1000, sendo representado pela letra k. Por exemplo, 1 kW é igual a 1000 watts.

Exercicio 5:
A aceleração da gravidade na Terra é igual a 9,8 m/s2 e, na Lua, 1,6 m/s2. A massa de um corpo medida na Terra é de 10 kg.
Determine:
a) o peso do corpo na Terra;
b) a massa do corpo na Lua;
c) o peso do corpo na Lua.

Resolução:

a) PT = m.gT => PT = 10.9,8 => PT = 98 N
b) A massa é a mesma na Terra ou na Lua: m = 10 kg
c) PL = m. gL => PL = 10.1,6 => PL = 16 N

Respostas:
a) 98 N xxb) 10 kg xxc) 16 N

domingo, 5 de agosto de 2012

Arte do Blog

 Hopfgarten, 1920

Lyonel Feininger

Lyonel Feininger nasceu em 17 de julho de 1871, em Nova Iorque. Seus pais eram artistas, o pai violinista e a mãe cantora e pianista, ambos alemães. Em 1887 Feininger foi para a Europa com seus pais,que o matricularam no curso de desenho e pintura na "Gewerbeschule", em Hamburgo. Em seguida Feininger estudou na "Königliche Kunst-Akademie" em Berlim, entre os anos de 1888 e 1892.


 Mid-Ocean, 1937

Depois de estudar arte em Hamburgo, Berlim e Paris e de sua atividade como caricaturista, Feininger desenvolveu a partir de 1912 estilo próprio, à base de paisagens e composições arquitetônicas inspiradas pelo cubismo.

The Cathedral, 1920

Influenciado pelo expressionismo, em suas primeiras pinturas tentou reduzir as formas a corpos articulados prismaticamente, utilizando para isso uma coloração matizada e quase transparente, a qual confere a muitas de suas obras um caráter excêntrico e onírico.

 Church of the Minorites II, 1926

Seus motivos preferidos foram os edifícios medievais, como se pode ver em Igreja do Mercado de Halles (1930), e as marinas, nas quais costumam aparecer barcos a vela. Entre 1919 e 1932 foi professor e artista da Bauhaus, cujo primeiro manifesto de 1919 ilustrou com uma gravura em madeira intitulada A Catedral. Proibido pelos nazistas como artista degenerado, em 1937 voltou a seu país de origem, os Estados Unidos. Lyonel Feininger morreu em 13 de janeiro de 1956, em Nova Iorque.

 Market Church in Halle, 1930

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sábado, 4 de agosto de 2012

Especial de Sábado

Ganhadores do Premio Nobel de Física

Borges e Nicolau
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1964
Charles Hard Townes, Nicolay Gennadiyevich Basov e Aleksandr Mikhailovich Prokhorov por trabalhos fundamentais no campo da eletrônica quântica conduzindo à construção de osciladores e amplificadores baseados no princípio dos maser e laser.

Charles Hard Townes (1915), físico estadunidense; Nicolay Gennadiyevich Basov (1922-2001), físico russo; Aleksandr Mikhailovich Prokhorov (1916-2002), físico russo

Charles Hard Townes é um físico e inventor estadunidense nascido em Greenville, South Carolina, inventor do maser e ganhador com dois cientistas russos, Nikolai G. Basov e Aleksandr M. Prochorov, do Prêmio Nobel de Física de 1964 pelo seu trabalho em eletrônica, liderando o caminho para a descoberta do maser e do raio laser. Durante a II Guerra Townes trabalhou intensamente em pesquisas sobre radares e técnicas de aplicação de microondas. Na Columbia University (1948-1961), concebeu a idéia (1951) e inventou o maser (1953) e, com seu cunhado, Arthur Schawlow, criou as bases do raio laser, e fez a primeira aplicação prática no ano seguinte. Trabalhando para o governo federal e para a indústria privada, continuou suas pesquisas no Massachusetts Institute of Technology (1961-1966), no qual foi reitor, e na University of California: Berkeley (desde 1967), aplicando a tecnologia do maser-laser para a astrofísica. 

Nicolay Gennadiyevich Basov foi um físico soviético nascido na pequena cidade de Usman, próxima a Voronezh. Cientista do Massachusetts Institute of Technology, o famoso MIT de Cambridge, Basov foi laureado com um quarto do premio Nobel de Física de 1964, juntamente com o norte-americano C. H. Townes, que recebeu metade do prêmio e outro colega soviético, A. M. Prokhorov, também laureado com um quarto do prêmio. A premiação deu-se pelo desenvolvimento de estudos em eletrônica quântica, permitindo a construção de instrumentos a laser e maser.

Aleksandr Mikhailovich Prokhorov foi um físico soviético, nascido na Austrália, que desenvolveu masers, precursores dos lasers, com o também físico soviético Nikolai Gennadievich Basov. Por seu trabalho, Prokhorov e Basov compartilharam parte do Prêmio Nobel de Física de 1964 com o físico americano Charles Hard Townes. Prokhorov trabalhou nos laboratórios da Universidade Estadual de Moscou, onde se tornou professor em 1957. Em 1973, tornou-se diretor do Instituto de Física Geral da Academia de Ciências de Moscou.

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Próximo Sábado: Ganhadores do Premio Nobel de 1965:
Sin-Itiro Tomonaga, Julian Schwinger e Richard Phillips Feynman pelos trabalhos fundamentais em eletrodinâmica quântica, com profundas implicações na Física de partículas.

quinta-feira, 2 de agosto de 2012

A Física Explica

Física no cotidiano


Professor Adilson de Oliveira do Departamento de Física da Universidade Federal de São Carlos
Fonte: Instituto Ciência Hoje

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Caiu no vestibular

Barra metálica em campo magnético

(UNIFESP)
Uma mola de massa desprezível presa ao teto de uma sala, tem sua outra extremidade atada ao centro de uma barra metálica homogênea e na horizontal, com 50 cm de comprimento e 500 g de massa. A barra metálica, que pode movimentar-se num plano vertical, apresenta resistência ôhmica de 5 Ω e está ligada por fios condutores de massas desprezíveis a um gerador G de corrente continua, de resistência ôhmica interna de 5 Ω, apoiado sobre uma mesa horizontal. O sistema barra-mola está em um plano perpendicular a um campo magnético horizontal, cujas linhas de campo penetram nesse plano, conforme mostra a figura.


Determine:
a) a força eletromotriz, em volts, produzida pelo gerador e a potência elétrica dissipada pela barra metálica, em watts.
b) a deformação, em metros, sofrida pela mola para manter o sistema barra-mola em equilíbrio mecânico.
Suponha que os fios elétricos não fiquem sujeitos a tensão mecânica, isto e, esticados.

Resolução:

a) Cálculo da força eletromotriz E do gerador.

Pela lei de Pouillet, temos:

i = E/(r + R) => 5 = E/(5 + 5) => E = 50 V

Cálculo da potência elétrica dissipada na barra metálica 

Pot = R. i2 => Pot = 5.(5)2 => Pot = 125 W

b) Forças que agem na barra metálica: Peso (vertical e para baixo), força elástica (vertical e para cima) e força magnética (dada pela regra da mão esquerda: vertical e para cima).


Impondo o equilíbrio, temos:

P = Fel + Fmag =>
m.g = k.x + B.i.L =>
0,5.10 = 80,0.x + 0,40.5.0,50 =>
80,0.x = 4,0 =>
x = 0,050 m = 5,0 cm

Respostas:
a) 50 V; 125 W
b) 5,0 cm

quarta-feira, 1 de agosto de 2012

Cursos do Blog - Eletricidade

Associação de Resistores

Borges e Nicolau

Resumo:
Vimos nas aulas anteriores o conceito de resistor, a lei de Ohm, a potência dissipada por um resistor e a grandeza resistividade.

Resistor é um elemento de circuito que consome energia elétrica e a transforma em energia térmica. Dizemos que um resistor dissipa energia elétrica.

Os resistores são utilizados como aquecedores em chuveiros elétricos, torneiras elétricas, ferros de passar roupa, torradeiras elétricas, etc. Eles são também usados para limitar a intensidade da corrente elétrica que passa por determinados componentes eletrônicos. É claro que nestas utilizações a finalidade não é dissipar energia elétrica, como ocorre nos aquecedores.

Lei de Ohm 

Mantida a temperatura constante, a ddp aplicada a um resistor é diretamente proporcional à intensidade da corrente elétrica que o atravessa. 

U = R . i 

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Os resistores que obedecem a Lei de Ohm são denominados resistores ôhmicos.

Gráfico U x i (curva característica)

Para um resistor ôhmico o gráfico da ddp U em função da intensidade da corrente elétrica i é uma reta inclinada em relação aos eixos passando pela origem:

Clique para ampliar

Potência elétrica dissipada por um resistor

P = U.i
 

P = R.i2

P = U2/R

Resistividade
 

R = ρ.L/A

A constante de proporcionalidade ρ depende do material que constitui o resistor e da temperatura, sendo denominada resistividade do material.
 

a) Associação em série

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Entre os terminais A e B vamos aplicar uma ddp U. É possível substituir toda associação por um só resistor que produz o mesmo efeito. É o resistor equivalente.

Na associação em série:

1) Todos os resistores são percorridos pela mesma intensidade de corrente i, inclusive o equivalente.

2) A ddp em cada resistor é diretamente proporcional à sua resistência elétrica:
xxxxxxxxxxxxxxx U1 = R1.i
xxxxxxxxxxxxxxx U2 = R2.i
xxxxxxxxxxxxxxx U3 = R3.i

3) A potência elétrica dissipada em cada resistor é diretamente proporcional à sua resistência elétrica:
xxxxxxxxxxxxxxx P1 = R1.i2
xxxxxxxxxxxxxxx P2 = R2.i2
xxxxxxxxxxxxxxx P3 = R3.i2

4) A ddp total é a soma das ddps parciais:
xxxxxxxxxxxxxxx U = U1 + U2 + U3

5) A resistência equivalente é igual à soma das resistências associadas
xxxxxxxxxxxxxxx RS = R1 + R2 + R3

b) Associação em paralelo

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Na associação em paralelo:

1) Todos os resistores são submetidos à mesma ddp U, inclusive o equivalente.

2) A intensidade da corrente que percorre cada resistor é inversamente  proporcional à sua resistência elétrica:
xxxxxxxxxxxxxxx i1 = U/R1
xxxxxxxxxxxxxxx i2 = U/R2
xxxxxxxxxxxxxxx i3 = U/R3

3) A potência elétrica dissipada em cada resistor é inversamente proporcional à sua resistência elétrica:
xxxxxxxxxxxxxxx P1 = U2/R1
xxxxxxxxxxxxxxx P2 = U2/R2
xxxxxxxxxxxxxxx P3 = U2/R3

4) A intensidade da corrente total é a soma das intensidades das correntes nos resistores associados:
xxxxxxxxxxxxxxx i = i1 + i2 + i3

5) O inverso da resistência equivalente é igual à soma dos inversos das resistências associadas:
xxxxxxxxxxxxxxx 1/RP = 1/R1 + 1/R2 + 1/R3

Exercícios básicos

Exercício 1:
Considere a associação de resistores esquematizada abaixo e submetida a uma ddp de 24 V.


Determine:
a) a resistência equivalente entre os terminais A e B;
b) a intensidade da corrente que percorre cada resistor;
c) a ddp em cada resistor;
d) qual resistor dissipa a maior potência.


Resolução:

a) RS = R1 + R2 = 2 Ω + 6 Ω = 8 Ω
b) U = RS.i => 24 = 8.i => i = 3 A
c)
U1 = R1.i = 2.3 => U1 = 6 V
U2 = R2.i = 6.3 => U2 = 18 V
d) Na associação em série o resistor que dissipa maior potência é o de maior resistência elétrica. Portanto, R2.

Respostas:
a) 8 Ω
b) 3 A
c) 6 V e 18 V
d) R2


Exercício 2:
Considere a associação de resistores esquematizada abaixo e submetida a uma ddp de 24 V.


Determine:
a) a resistência equivalente entre os terminais A e B;
b) a  ddp em cada resistor;
c) a intensidade da corrente que percorre cada resistor;
d) qual resistor dissipa a maior potência. 

Resolução: 

a) 1/RP = 1/R1 + 1/R2 => 1/RP = 1/2 + 1/6 => RP = 1,5 Ω
Para se calcular mais rapidamente o valor de RP, quando se tem apenas dois resistores, pode-se fazer o produto das resistências associadas e dividir pela soma:
RP = produto/soma = 2.6/2+6 = 12/8 => RP = 1,5 Ω
b) Todos os resistores estão sob mesma tensão de 24 V
c)
U = R1.i1 => 24 = 2.i1 => i1 = 12 A
U = R2.i2 => 24 = 6.i2 => i2 = 4 A
d) Na associação em paralelo o resistor que dissipa maior potência é o de menor resistência elétrica. Portanto, R1.

Respostas:
a) 1,5 Ω
b) 24 V e 24 V
c) 12 A e 4 A
d) R1


Determine a resistência equivalente entre os terminais A e B, das associações esquematizadas abaixo. Dê as respostas em função de R.

Exercício 3:
 

Resolução:

1/RP = 1/R + 1/R = 2/R => RP = R/2
A resistência equivalente de dois resistores em paralelo e de mesma resistência R é igual a R/2

Resposta: R/2

Exercício 4:


Resolução:

1/RP = 1/R + 1/R + 1/R = 3/R => RP = R/3
A resistência equivalente de três resistores em paralelo e de mesma resistência R é igual a R/3

Resposta: R/3

Exercício 5:


Resolução:


Resposta: 3R/2

Exercício 6:


Resolução:


RP = (2R.R)/(2R+R) = 2R/3

Resposta: 2R/3

Exercício 7:


Resolução:


1/RP = 1/3R + 1/R + 1/R => 1/RP = (1+3+3)/(3R) => RP = 3R/7

Resposta: 3R/7