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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 adimen-
sional (Número de Reynolds) dado por R = ραvβdγητ, em que ρ é a densidade do fluido, v, 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 movi-
menta num meio fluido, sofre a ação de uma força de arrasto viscoso dada por F = 3πDηv.
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.
A fórmula dimensional do coeficiente de viscosidade (η) pode ser determinada como segue:
F = 3 ⋅ π ⋅ D ⋅ η ⋅ v (força de arrasto)
M ⋅ L ⋅ T–2 = L ⋅ [η] ⋅ L ⋅ T–1
[η] = M ⋅ T–1 ⋅ L–1
Da relação (número de Reynolds) dada:
R = ρα ⋅ vβ ⋅ dγ ⋅ ητ
Dimensionalmente:
1 = (M ⋅ L–3)α ⋅ (L ⋅ T–1)β ⋅ Lγ ⋅ (M ⋅ T–1 ⋅ L–1)τ
1 = Mα + τ ⋅ L–3α + β + γ – τ ⋅ T–β – τ
Assim:
Resolvendo-se o sistema:
α = β = γ = –τ
Uma das possíveis soluções é:
α = 1, β = 1, γ = 1 e τ = –1
Resposta: A
α + τ = 0
–3α + β + γ – τ = 0
–β – τ = 0





ITA/2005 1
FÍSICA
RESOLUÇÃO
1-
Um projétil de densidade ρp é lançado com um ângulo
α em relação à horizontal no interior de um recipiente
vazio. A seguir, o recipiente é preenchido com um
superfluido de densidade ρs , e o mesmo projétil é nova-
mente lançado dentro dele, só que sob um ângulo β em
relação à horizontal. Observa-se, então, que, para uma
velocidade inicial v
→
do projétil, de mesmo módulo que
a do experimento anterior, não se altera a distância
alcançada pelo projétil (veja figura).
Sabendo que são nulas as forças de atrito num superfluido, podemos então afirmar, com relação ao ângulo β
de lançamento do projétil, que
A) cosβ = (1 – ρs/ρp)cosα.
B) sen2β = (1 – ρs/ρp)sen2α.
C) sen2β = (1 + ρs/ρp)sen2α.
D) sen2β = sen2α/(1 + ρs/ρp).
E) cos2β = cosα/(1 + ρs/ρp).
Se a resistência do superfluido é desprezível, não há força horizontal agindo no projétil.
Logo, para os dois casos (recipiente vazio ou com superfluido):
x = v0 cosα t
x = v0 cosβ t’
Daí obtemos:
t cosα = t’ cosβ (1)
Sendo t e t’ os tempos de movimento do projétil em cada um dos casos.
O valor de t é:
(2)
O valor de t’ é:
(3)
Sendo a a aceleração do projétil se movimentando no superfluido.
Pelo Princípio Fundamental da Dinâmica:
Sendo E = ρs ⋅ v ⋅ g (5)
e m = ρp ⋅ v (6)
Substituindo-se (6) e (5) em (4), vem:
Logo:
 
′ =
−
t
v sen
gp s
p
2 0 β
ρ ρ
ρ
( )
 
a g g gs
p
p s
p
= =







–
–
( )
ρ
ρ
ρ ρ
ρ
7
a
R
m
P E
m
g
E
m
= = =– – ( )4
′ =t v sen
a
2 0
β
 
t
v sen
g
= 2 0 α
ITA/2005
v→
v→
2
RESOLUÇÃO
2-
Substituindo-se os valores de t’ e t na expressão (1), vem:
Dessa expressão obtemos:
Observação: Como o autor da questão utilizou notação vetorial para designar as velocidades iniciais, elas
deveriam receber símbolos diferentes, pois apresentam diferentes direções.
Resposta: B
Considere uma rampa de ângulo θ com a horizontal sobre a
qual desce um vagão, com aceleração a
→
, em cujo teto está de-
pendurada uma mola de comprimento l, de massa desprezível
e constante de mola k, tendo uma massa m fixada na sua
extremidade.
Considerando que l0 é o comprimento natural da mola e que o
sistema está em repouso com relação ao vagão, pode-se dizer
que a mola sofreu uma variação de comprimento ∆l = l – l0
dada por
A)∆l = mg senθ/k.
B) ∆l = mg cosθ/k.
C) ∆l = mg/k.
D)∆l = 
E) ∆l = 
Para um observador situado no interior do vagão, tudo se passa como se o corpo de massa m estivesse em
equilíbrio, submetido a um peso aparente mg* neutralizado por uma força elástica k∆l:
mg* = k∆l onde g→* = g→ – a→
Como (g*)2 = g2 + a2 – 2ag cosα e cosα = senθ (α + θ = 90°),
Então: 
Resposta: E
∆l = +m a agsen g
k
2 22– θ
∆l = +m
k
g a agsen ou2 2 2– θ
 m a – 2ag s g / k.
2 2enθ +
 m a – 2ag cos g / k.
2 2θ +
sen sens
p
2 1 2β ρ
ρ
α=







–
2
20 0v
g
sen
v sen
gp s
pα α
β
ρ ρ
ρ βcos
( – )
cos=
ITA/2005
a→
m
l
θ
a→
θ
θ
g→
g*
→
–a→ α
3
RESOLUÇÃO
3-
Um objeto pontual de massa m desliza com velocidade inicial v
→
,
horizontal, do topo de uma esfera em repouso, de raio R. Ao
escorregar pela superfície, o objeto sofre uma força de atrito
de módulo constante dado por f = 7mg/4π.
Para que o objeto se desprenda da superfície esférica após per-
correr um arco de 60° (veja figura), sua velocidade inicial deve
ter o módulo de
A) D)
B) E)
C)
Vamos aplicar o teorema da energia mecânica para o trecho AB, sendo B o ponto onde o corpo se destaca da pista.
= – (1)
Como a intensidade do atrito é considerada constante:
= (2)
mghB – mghA = mg (Rcos60° – R) = – (3)
No ponto B, o objeto se destaca da pista (N = 0).
= mgcos60° ⇒ v2B = Rg/2 (4)
Substituindo (2), (3) e (4) em (1), obtemos:
Resposta: A
Um vagão-caçamba de massa M se desprende da locomotiva e corre
sobre trilhos horizontais com velocidade constante v = 72,0km/h
(portanto, sem resistência de qualquer espécie ao movimento). Em
dado instante, a caçamba é preenchida com uma carga de grãos de
massa igual a 4M, despejada verticalmente a partir do repouso de
uma altura de 6,00m (veja figura).
Supondo que toda a energia liberada no processo seja integralmente convertida em calor para o aquecimento
exclusivo dos grãos, então, a quantidade de calor por unidade de massa recebido pelos grãos é
A) 15J/kg.
B) 80J/kg.
C) 100J/kg.
D) 463J/kg.
E) 578J/kg.
60
°
vA
A
P
vB
Pco
s60
°
60°
B
vA =
2
3
gR
mv
R
B
2
mgR
2
7
12
mRgπ
3
⋅ Rτ
πFNC
f AB
mg= =⋅ � 7
4
 
1
2
2mv mghA A+
1
2
2mv mghB B+
 
τ
F
A B
MEC
B
MEC
A
NC
E E→ = –
6gR/2.
 3 gR.3gR/2.
 3 gR/2.2gR/3 .
ITA/2005
60°
R
v→m
v→
������������4Mgrãos
M


















4
RESOLUÇÃO
4-
5-
O vagão-caçamba e a carga de grãos formam um sistema isolado na horizontal, tal que:
(QSist.
Início)x = (QSist.
Fim)x
m20 = (m + 4m)v’
v’ = 4m/s
A energia dissipada no processo pode ser determinada como segue:
εDissip = εmInício – εmFim
εDissip = 
εDissip = 400mJ
Por fim, a energia em forma de calor recebida pelos grãos, por unidade de massa, é:
Resposta: C
Dois corpos esféricos de massa M e 5M e raios R e 2R,
respectivamente, são liberados no espaço livre. Con-
siderando que a única força interveniente seja a da
atração gravitacional mútua, e que seja de 12R a dis-
tância de separação inicial entre os centros dos corpos,
então, o espaço percorrido pelo corpo menor até a co-
lisão será de
A) 1,5R. D) 7,5R.
B) 2,5R. E) 10,0R.
C) 4,5R.
Quando as esferas colidem, a menor terá percorri-
do x, e a maior y. Portanto, pela figura:
x + 3R + y = 12R
Pela conservação da quantidade de movimento (sis-
tema mecanicamente isolado):
Mx = 5My
Logo, 
Resposta: D
x R
x
R x R x R+ + = = =→ →3
5
12
6
5
9 7 5,
R
M
12R
2R
5M
 
Q
m
m
m
Q
m
J kg= =⇒400
4
100 /
–
5 4
2
2m4 10 6
20
2
2
m
m
( ) +
�� 4Mgrãos
M v = 20m/svagão
“ “Início:�� v’Fim:
ITA/2005
M
5M
x 3R y
12R






5
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
6-
Considere um pêndulo de comprimento l, tendo na sua extremidade uma esfera de
massa m com uma carga elétrica positiva q. A seguir, esse pêndulo é colocado num
campo elétrico uniforme E
→
que atua na mesma direção e sentido da aceleração da
gravidade g
→
. Deslocando-se essa carga ligeiramente de sua posição de equilíbrio e
soltando-a, ela executa um movimento harmônico simples, cujo período é
A) D)
B) E)
C)
As forças que atuam na carga elétrica, na posição da-
da pela elongação x, estão representadasao lado.
Considerando-se que a oscilação seja, praticamente,
retilínea:
Para pequenas oscilações: senθ ≈ tgθ. Logo, igualando-se as expressões I e II: 
Lembrando-se que R = m|a| e que, no MHS, |a| = ω2x, a equação acima torna-se:
, para (T é o período de oscilação).
Assim: m ⋅
2
Resposta: E
Um pequeno objeto de massa m desliza sem atrito sobre um bloco de massa
M com o formato de uma casa (veja figura).
A área da base do bloco é S e o ângulo que o plano superior do bloco forma
com a horizontal é α. O bloco flutua em um líquido de densidade ρ, per-
manecendo, por hipótese, na vertical durante todo o experimento. Após o
objeto deixar o plano e o bloco voltar à posição de equilíbrio, o decréscimo
da altura submersa do bloco é igual a:
A) msenα /Sρ. D) m/Sρ.
B) mcos2α /Sρ. E) (m + M)/Sρ.
C) mcosα /Sρ.
= + =
+
∴qE mg T m
qE mgl
l
2π2π
T
 
ω π= 2
T
m x
qE mg
x⋅
+
=ω
2
l
R
F P
x
e +
=
l
 T 2 /(qE).m= π l
 T 2 /(mg qE).m= +π l T 2 /(g q).= +π l
 T 2 /(mg – qE).m= π l T 2 /g.= π l
ITA/2005
H
M
α
m
E
→
g
→
l
m
q
l
x
P
–A AFe
F
θ
123
senθ = (I)x
l
O
R
F
θ
tgθ = (II)R
Fe + PFe + P






6
RESOLUÇÃO
7-
8-
O corpo de massa m escorrega sem atrito, acelerado pela componente Psenα do peso. Por outro lado o bloco
é pressionado obliquamente pela reação de N = Pcosα.
Supondo-se que só importe a componente vertical de Pcosα (o enunciado supõe que o bloco se mantenha
vertical), a força que pressiona o sólido para baixo, obrigando-o a deslocar um volume adicional ∆H ⋅ S será:
(Pcosα)cosα
Esta componente vertical será, então, igual ao acréscimo de empuxo necessário para equilibrá-la:
Pcos2α = ρVg → mgcos2α = ρ ⋅ ∆H ⋅ S ⋅ g
Portanto: ∆H = mcos2α/Sρ
Resposta: B
Situa-se um objeto a uma distância p diante de uma lente convergente de distância focal f, de modo a obter uma
imagem real a uma distância p’ da lente.
Considerando a condição de mínima distância entre imagem e objeto, então é correto afirmar que
A) p3 + fpp’ + p’3 = 5f3. D) p3 + fpp’ + p’3 = 25f3.
B) p3 + fpp’ + p’3 = 10f3. E) p3 + fpp’ + p’3 = 30f3.
C) p3 + fpp’ + p’3 = 20f3.
Para a situação representada, tem-se o seguinte esquema:
A distância entre o objeto e a imagem (D) é dada por:
D = p + p’ (1)
De acordo com a equação dos pontos conjugados:
′ = ⋅p f p
p f–
( )2
 
1 1 1 1 1 1
f p p p f p
= +
′ ′
=⇒ –
p p’
L
imagem
real
objeto
real
ITA/2005
N
α
m
Pse
nα
α Pco
sα
7
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
9-
Substituindo-se (2) em (1):
Na condição de distância mínima:
2p2 – 2pf – p2 = 0 ⇒ p2 – 2pf = 0
∴ p = 2f Em (2): p’ = 2f
Portanto, o valor da expressão p3 + fpp’ + p’3 é:
p3 + f ⋅ p ⋅ p’ + p’3 = (2f)3 + f ⋅ 2 ⋅ f ⋅ 2 ⋅ f + (2f)3
∴ p3 + fpp’ + p’3 = 20f3
Resposta: C
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) 7100%.
D) 9999900%.
E) 10000000%.
O nível de intensidade sonora (N), em dB, é dado por:
Em que:
I corresponde à intensidade da onda sonora e I0 = 
Para o som de 70dB, tem-se:
Para o som de 120dB, tem-se:
Comparando-se as intensidades I2 e I1:
Expressando esse quociente em porcentagem:
Ou seja, I2 = 10000000% I1.
Assim, para atingir o valor de I2, a intensidade I1 deverá ser elevada de 9999900%.
Resposta: D
I
I
I I2
1
5
2
7
110 100 10= =⋅ ⇒% %
I
I
2
1
510=
 
120 10
10
12
12 2 2
= =⋅ ⇒log
–
I
I
W
m
70 10
10
101
12 1
5
2
= =⋅ ⇒log
–
–I I
W
m
10 12
2
– W
m
N
I
I
= ⋅10
0
log
dD
dp
p p f p
p f
= =⇒ ⋅0 2 1 0
2
2
( – ) – ( )
( – )
D p
f p
p f
D
p
p f
= + =⋅ ⇒
– –
2
ITA/2005 8
RESOLUÇÃO
10-
Um pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lago a 10,0m de profundidade.
No fundo do lago, a lanterna emite um feixe luminoso formando um pequeno
ângulo θ com a vertical (veja figura). Considere: tanθ –~ senθ –~ θ e o índice de
refração da água n = 1,33. Então, a profundidade aparente h vista pelo pescador
é igual a
A) 2,5m. D) 8,0m.
B) 5,0m. E) 9,0m.
C) 7,5m.
A situação proposta é: 
Considerando-se as aproximações, a equação do dioptro plano: = ⇒
∴ h = 7,5m
Resposta: C
São de 100Hz e 125Hz, respectivamente, as freqüências de duas harmônicas
adjacentes de uma onda estacionária no trecho horizontal de um cabo esti-
cado, de comprimento l = 2m e densidade linear de massa igual a 10g/m
(veja figura). Considerando a aceleração da gravidade g = 10m/s2, a massa do
bloco suspenso deve ser de
A) 10kg. D) 102kg.
B) 16kg. E) 104kg.
C) 60kg.
A relação entre freqüências adjacentes de ondas estacionárias em cordas é dada por: f(n) = n ⋅ f1º-
f(n + 1) = (n + 1) ⋅ f1º-
Substituindo-se os valores: 100 = n ⋅ f1º- ⇒ f1º- = 25Hz
125 = (n + 1) ⋅ f1º- n = 4
A freqüência de vibração do 1º- harmônico (f1º-) é calculada por: f1º- = 
Pela Equação de Taylor: 
∴ T = P = 100N
Considerando-se g = 10m/s2, a massa do bloco suspenso é m = 10kg.
Resposta: A
 
v
T T= =⇒
µ
100
10 2–
v
2
25
2 2
100
l
⇒
⋅
∴= =v v m s/
h
10
1
1 33
=
,
npassa
nprovém
di
do
N
di = h
do = 10m
Ar
Água
ITA/2005
h θ
l
9
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
11-
12-
Considere o vão existente entre cada tecla de um computador e a base do seu
teclado. Em cada vão existem duas placas metálicas, uma delas presa na base
do teclado e a outra, na tecla. Em conjunto, elas funcionam como um capaci-
tor de placas planas paralelas imersas no ar. Quando se aciona a tecla, diminui
a distância entre as placas e a capacitância aumenta. Um circuito elétrico detec-
ta a variação da capacitância, indicativa do movimento da tecla. Considere
então um dado teclado, cujas placas metálicas têm 40mm2 de área e 0,7mm de
distância inicial entre si. Considere ainda que a permissividade do ar seja
ε0 = 9 × 10–12F/m. Se o circuito eletrônico é capaz de detectar uma variação da
capacitância a partir de 0,2pF, então, qualquer tecla deve ser deslocada de pelo
menos
A) 0,1mm. D) 0,4mm.
B) 0,2mm. E) 0,5mm.
C) 0,3mm.
C0 = ε0
C = ε0
∆C = C – C0 ∴ ∆ C = ε0 – ε0
∆C = ε0 A
0,2 ⋅ 10–12 = 9 ⋅ 10–12 ⋅ 40 ⋅ 10–6
d = 0,5 ⋅ 10–3m = 0,5mm.
Logo, a variação de distância é:
|∆d| = |d – d0| = |0,5 – 0,7|
∴ |∆d| = 0,2mm
Resposta: B
O circuito da figura abaixo, conhecido como ponte de Wheatstone, está
sendo utilizado para determinar a temperatura de óleo em um reser-
vatório, no qual está inserido um resistor de fio de tungstênio RT. O resis-
tor variável R é ajustado automaticamente de modo a manter a ponte sem-
pre em equilíbrio, passando de 4,00Ω para 2,00Ω. Sabendo que a resistên-
cia varia linearmente com a temperatura e que o coeficiente linear de tem-
peratura para o tungstênio vale α = 4,00 × 10–3 ºC–1, a variação da tempe-
ratura do óleo deve ser de
A) –125°C.
B) –35,7°C.
C) 25,0°C.
D) 41,7°C.
E) 250°C.
1 1
0 7 10 3d
–
, –⋅








1 1
0d d
–






A
d0
A
d
A
d
A
d0
ITA/2005
G
R
RT
10Ω
8,0Ω
base do teclado
0,7mm
tecla
10
RESOLUÇÃO
13-
14-
Considerando que R = R0(1 + α∆θ), temos:
4 = 2[1 + 4 ⋅ 10–3 ⋅ ∆θ]
∴ 2 = 1 + 4 ⋅ 10–3∆θ] ⇒ ∆θ = 250ºC
Resposta: E
Quando uma barra metálica se desloca num campo magnético, sabe-se que seus elétrons se movem para uma das
extremidades, provocando entre elas uma polarização elétrica. Desse modo, é criado um campo elétrico cons-
tante no interior do metal, gerando uma diferença de potencial entre as extremidades da barra. Considere uma
barra metálica descarregada, de 2,0m de comprimento, que se desloca com velocidade constante de módulo
v = 216km/h num plano horizontal (veja figura), próximo à superfície da Terra. Sendo criada uma diferença
de potencial (ddp) de 3,0 × 10–3V entre as extremidades da barra, o valor do componente vertical do campo
de indução magnética terrestre nesse local é de
A) 6,9 × 10–6T.
B) 1,4 × 10–5T.
C) 2,5 × 10–5T.
D) 4,2 × 10–5T.
E) 5,0 × 10–5T.
Nas condições do enunciado:
ε = Blv ⇒ 3 × 10–3 = B ⋅ 2 ⋅
∴ B = 2,5 × 10–5T
Resposta: C
Uma bicicleta, com rodas de 60cm de diâmetro externo, tem seu velocímetro compostode um ímã preso em
raios, a 15cm do eixo da roda, e de uma bobina quadrada de 25mm2 de área, com 20 espiras de fio metálico,
presa no garfo da bicicleta. O ímã é capaz de produzir um campo de indução magnética de 0,2T em toda a área
da bobina (veja a figura).
Com a bicicleta a 36km/h, a força eletromotriz máxima gerada pela bobina é de
A) 2 × 10–5V.
B) 5 × 10–3V.
C) 1 × 10–2V.
D) 1 × 10–1V.
E) 2 × 10–1V.
15cm
Imã Bobina presa
ao garfo
216
3 6,
→
B
v→
ITA/2005 11
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
15-
16-
• A velocidade do ímã em relação à bobina é:
• Tomando o campo de indução magnética como referencial, temos:
1) Ocorre variação de fluxo magnético durante a entrada da espira no campo.
2) Não ocorre variação de fluxo magnético quando a espira estiver toda no campo.
3) Ocorre a variação de fluxo magnético durante a saída da espira no campo.
O fluxo magnético, em módulo, será: φ(t) = B ⋅ A 
φ(t) = B ⋅ l ⋅ ve ⋅ t, sendo l o lado da espira e ve = 5m/s. Logo:
φ(t) = 0,2 ⋅ 5 ⋅ 10–3 ⋅ 5 ⋅ t ⇒ φ (t) = 5 ⋅ 10–3 ⋅ t
A força eletromotriz induzida máxima para uma espira, em módulo, é:
Para 20 espiras é: εmax = 1 ⋅ 10–1V.
Resposta: D
Um automóvel pára quase que instantaneamente ao bater frontalmente numa árvore. A proteção oferecida
pelo air-bag, comparativamente ao carro que dele não dispõe, advém do fato de que a transferência para o
carro de parte do momentum do motorista se dá em condição de
A) menor força em maior período de tempo.
B) menor velocidade, com mesma aceleração.
C) menor energia, numa distância menor.
D) menor velocidade e maior desaceleração.
E) mesmo tempo, com força menor.
A variação da quantidade de movimento do motorista corresponde ao impulso da resultante das forças trocadas
entre carro e motorista:
∆Q = IR (Teorema do Impulso)
Como: IR = Rmédia ⋅ ∆t (definição)
Conclui-se que:
A proteção oferecida advém de que, com air-bag, a resultante média (“força”) é menos intensa num intervalo
de tempo maior (“período”).
Resposta: A
Um avião de vigilância aérea está voando a uma altura de 5,0km, com velocidade de no rumo nor-
te, e capta no radiogoniômetro um sinal de socorro vindo da direção noroeste, de um ponto fixo no solo. O
piloto então liga o sistema de pós-combustão da turbina, imprimindo uma aceleração constante de 6,0m/s2.
Após , mantendo a mesma direção, ele agora constata que o sinal está chegando da direção oeste.
Neste instante, em relação ao avião, o transmissor do sinal se encontra a uma distância de
A) 5,2km.
B) 6,7km.
C) 12km.
D) 13km.
E) 28km.
4 100 3/ s
50 10 m s/
 
ε εφ= =⇒ ⋅d
dt
Vmax
–5 10 3
v v
d
T
v v m si B
i
B
i i= = =⋅ ⇒ ⋅ ∴10
15
30
5 /
ITA/2005 12
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
17-
18-
O deslocamento horizontal será:
2
= 
Logo: BC = ABtg45º = 12km.
A distância entre o avião e o ponto no solo será:
d2 = 122 + 52
d = 13km
Resposta: D
Em uma impressora a jato de tinta, gotas de certo tamanho são ejetadas de um
pulverizador em movimento, passam por uma unidade eletrostática onde per-
dem alguns elétrons, adquirindo uma carga q, e, a seguir, se deslocam no espaço
entre placas planas paralelas eletricamente carregadas, pouco antes da
impressão. Considere gotas de raio igual a 10µm lançadas com velocidade de
módulo v = 20m/s entre placas de comprimento igual a 2,0cm, no interior das
quais existe um campo elétrico vertical uniforme, cujo módulo é E = 8,0 × 104N/C
(veja figura). Considerando que a densidade da gota seja de 1000kg/m3 e
sabendo-se que a mesma sofre um desvio de 0,30mm ao atingir o final do
percurso, o módulo da sua carga elétrica é de
A) 2,0 × 10–14C.
B) 3,1 × 10–14C.
C) 6,3 × 10–14C.
D) 3,1 × 10–11C.
E) 1,1 × 10–10C.
AB m km= = =36000
3
12000 12
20000
3
16000
3
+
4 10
3
AB S= = +⋅ ⋅ ⋅∆ 50 10 40 10
3
1
2
6
∆S v t at= +0 2
1
2
ITA/2005
N
NW
W
NW
W
45°
B
A
C
d
ABtg45°
C
5km
B
A
→
Ev→
2,0cm
0,30mm






13
RESOLUÇÃO
19-
• Na horizontal as gotas executam movimento uniforme: x = vt (1)
• Na vertical as gotas executam movimento uniformemente acelerado: (2)
• Combinando (1) e (2), obtemos a equação da trajetória: (3)
• Considerando-se que a resultante das forças atuantes é a força elétrica:
R = Fe ⇒ mγ = |q |E ∴ (4)
• Substituindo-se (4) em (3): 
• Como m = ρV, o desvio y é dado por:
|q | ≈ 3,1 ⋅ 10–14C
Resposta: B
A pressão exercida pela água no fundo de um recipiente aberto que a contém é igual a Patm + 10 × 103Pa. Co-
locado o recipiente num elevador hipotético em movimento, verifica-se que a pressão no seu fundo passa a
ser de Patm + 4,0 × 103Pa. Considerando que Patm é a pressão atmosférica, que a massa específica da água é
de 1,0g/cm3 e que o sistema de referência tem seu eixo vertical apontado para cima, conclui-se que a acele-
ração do elevador é de
A) –14m/s2.
B) –10m/s2.
C) –6m/s2.
D) 6m/s2.
E) 14m/s2.
A pressão exercida pela água no fundo do recipiente vale, na situação de equilíbrio: p = pat + dgh
Se o líquido acelera verticalmente com uma aceleração a, pode-se calcular a pressão como se o líquido
estivesse em um local com aceleração da gravidade: g* = g – a
Logo: p* = pat + dg*h = pat + d(g – a)h
Portanto: dgh = 10 ⋅ 103
e d(g – a) h = 4,0 ⋅ 103
vertical para baixo
Pela convenção adotada:
a = –6m/s2
Resposta: C
 
g a
g
a g m s
–
, , /= = =⇒0 4 0 6 6 2
∴
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
=| |
( ) ,– –
–
q
2 1000
4
3
10 10 400 0 3 10
8 10 4 10
6 3 3
4 4
π
y
q E x
V v
q
V v y
Ex
= =⇒| | | |
2
2
2
22
2
ρ
ρ
y
q E
m
x
v
= 1
2
2
2
| |
 
γ = | |q E
m
 
y
x
v
= 1
2
2
2
γ
 
y t= 1
2
2γ .
ITA/2005 14
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
20-
ITA/2005
Um átomo de hidrogênio inicialmente em repouso emite um fóton numa transição do estado de energia n
para o estado fundamental. Em seguida, o átomo atinge um elétron em repouso que com ele se liga, assim
permanecendo após a colisão. Determine literalmente a velocidade do sistema átomo + elétron após a colisão.
Dados: a energia do átomo de hidrogênio no estado n é En = E0/n2; o mometum do fóton é h�/c; e a energia
deste é h�, em que h é a constante de Plank, � a freqüência do fóton e c a velocidade da luz.
Inicialmente, ao emitir um fóton de energia h� e momentum linear h�/c, o átomo sofre um recuo, adquirindo
momentum linear oposto (conservação da quantidade de movimento do sistema).
Como a energia h� do fóton pode ser calculada pela energia perdida pelo átomo:
A quantidade de movimento adquirida pelo átomo após a emissão do fóton será:
Supondo que a incorporação do segundo elétron não altere o momentum angular do átomo, podemos escrever:
Sendo M a massa do núcleo, e m, a de cada elétron, logo: 
Inicialmente 48g de gelo a 0ºC são colocados num calorímetro de alumínio de 2,0g, também a 0ºC. Em segui-
da, 75g de água a 80ºC são despejados dentro desse recipiente. Calcule a temperatura final do conjunto.
Dados: calor latente do gelo Lg = 80cal/g, calor específico da água cH2O = 1,0cal g
–1ºC–1, calor específico do
alumínio cAl = 0,22cal g–1 ºC–1.
A quantidade de calor necessária para fundir todo o gelo é:
Q = mL
Q = 48 ⋅ 80
Q = 3840cal (I)
A quantidade de calor que a água pode ceder, caso ocorra seu resfriamento até 0°C, é:
Q = mc∆θ
Q = 75 ⋅ 1 ⋅ (–80)
Q = –6000cal (II)
Comparando-se I e II, conclui-se que todo gelo será fundido e a água proveniente dessa fusão será aquecida.
Logo, considerando-se o sistema termicamente isolado:
Qgelo + Qágua + Qcal. = 0
mL + mc∆θ + mc∆θ + mc∆θ = 0
Fazendo-se as devidas substituições numéricas:
48 ⋅ 80 + 48 ⋅ 1 ⋅ (θ – 0) + 75 ⋅ 1 ⋅ (θ – 80) + 2 ⋅ 0,22 ⋅ (θ – 0) = 0
∴ θ ≈ 17,5°C
v
E
c M m
n
n
=
+








0
2
22
1
( )
–
 
E
c
n
n
M m v0
2
2
1
0 2
–
( )







 + = +
 
h
c
E
c
n
n
� =








0
2
2
1 –
 
h E E
E
n
E E
n
n
n� = = =







– –
–
0
0
2 0 0
2
2
1
14243 123 123
15
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
21-
22-
ITA/2005
Um técnico em eletrônica deseja medir a corrente que passa pelo resistor de 12Ω no circuito da figura. Para
tanto, ele dispõe apenas de um galvanômetro e uma caixade resistores. O galvanômetro possui resistência
interna Rg = 5kΩ e suporta, no máximo, uma corrente de 0,1mA. Determine o valor máximo do resistor R a
ser colocado em paralelo com o galvanômetro para que o técnico consiga medir a corrente.
• Gerador equivalente da associação em paralelo:
εeq = req ⋅ ∑icc ∴ εeq = ∴ εeq = 16V
Então:
• Cálculo da resistência R (shunt):
R ⋅ iS = RG ⋅ iG ⇒ R = 
R = 
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 comprimento de onda λ = 5500Å, 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.
5 10 0 1
1199 9
0 42
3⋅ ⋅ ∴ ≈,
,
,R Ω
R i
i
G G
S
⋅
1200mA
G
1200mA
RG iG
R iS
; iS = 1200 – 0,1 = 1199,9mA
 
I I A ou I mA=
+
= =⇒16
12
4
3
1 2 1200,
⇔
16V
12ΩI
Ω434Ω
24V 12V
2Ω
12Ω
24
4
12
2
+4
3
r
r r
r r
r req eq eq= +
=
+
=⋅ ⇒ ⋅ ∴1 2
1 2
4 2
4 2
4
3
Ω
4Ω
24V 12V
2Ω 12Ω






16
RESOLUÇÃO
23-
24
ITA/2005
Para a situação descrita, temos:
I: onda incidente
a: onda refletida em S1, defasada de πrad em
relação a I.
b: onda refletida em S2, defasada de πrad em
relação a I.
Assim, as ondas a e b estão em concordância de fase entre si.
Para que a reflexão seja mínima, deve-se impor que a interferência entre as radiações a e b seja do tipo
destrutiva.
Para tal: ∆x = (2n + 1) ⋅ (n = 0, 1, 2, …), em que ∆x = 2d e 
A menor espessura (d) da película corresponde ao caso em que n = 0.
Assim: 2d = 1 ⋅ ⇒ d = 
Para λ = 5500Å, d 1058Å
Num experimento, foi de 5,0 × 103m/s a velocidade de um elétron, medida com a precisão de 0,003%. Calcule
a incerteza na determinação da posição do elétron, sendo conhecidos: massa do elétron me = 9,1 × 10–31kg e
constante de Plank reduzida � = 1,1 × 10–34Js.
De acordo com o princípio da incerteza de Heisenberg, considerando-se os valores como valores médios*:
∆Q—x ⋅ ∆x
—
�
Como ∆Q—x = me ⋅ ∆v
—
x, temos:
me ⋅ ∆v
—
x ⋅ ∆x
—
�
Do enunciado:
∆v
—
x = 5 ⋅ 103 ⋅ = 1,5 ⋅ 10–1m/s
me = 9,1 ⋅ 10–31kg
� = 1,1 ⋅ 10–34J ⋅ s
Dessa forma:
9,1 ⋅ 10–31 ⋅ 1,5 ⋅ 10–1 ⋅ ∆x— �
∴ ∆ x— � 0,0004m ou ∆x— � 0,4mm
* Landau, L. e Lifchitz, E. Mécanique Quantique. Moscou, Éditions Mir, 1966, p. 61-65.
11 10
2
34, –⋅
0 003
100
,
h
2
h
2
λar
pn4 ⋅ 
λp
2
λ λp ar
pn
=
λp
2
Ar (n = 1)
Película (np = 1, 30)
Vidro (nv = 1, 50)
a
b
I
1
2
3d = ?
λar
λp
λv
S1
S2
}
diferença
de marcha
17
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
25-
ITA/2005
Suponha que na Lua, cujo raio é R, exista uma cratera de profundidade R/100, do fundo da qual um projétil é lan-
çado verticalmente para cima com velocidade inicial v igual à de escape. Determine literalmente a altura máxima
alcançada pelo projétil, caso ele fosse lançado da superfície da Lua com aquela mesma velocidade inicial v.
Resolução qualitativa
Sendo v a velocidade de escape no fundo da cratera, ao lançarmos o projétil com velocidade v na superfície da
Lua, ele vai escapar também, pois quanto mais afastado do centro do planeta, menor é a velocidade de escape.
Resolução quantitativa (demonstração)
Representando-se a situação descrita e definindo-se o versor er
→ :
Calculando-se a energia potencial no ponto A a partir da definição:
εpA = τFcons
A → posição de referência = τPA → ∞ = τPA → solo + τPsolo → ∞
sendo:
Logo:
εpA = + 
= + 
= 1 – – = – 3 – 
Calculando-se as velocidades de escape:
• No solo:
εmsolo = εm∞
(1)
1
2
0
2
2
2
mv
GMm
R
v GM
Rs
s– = =⇒
99
100
GMm
R2
GMm
R
99
100
–2
3
2Gmd R
π
+ GMm
r
–
Gmd r4
3 2
2π
–
GMm
r
dr
2∫– Gmd rdr43 π∫
– .
– – –int
GMm
r
e para r R
GmM
r
e
Gmd
r
r e
Gmd
r e r R
r
r r r
2
2 2
34
3
4
3
�
�= ⋅ ⋅ =π π







solo
R
A
er
→
R
100
99R
100
centro
→
→ → →
P
→
=
solo
solo
∞
A
solo
solo
∞
A
2 2



































18
RESOLUÇÃO
26
ITA/2005
• Na cratera:
εmcratera = εm∞
3 – = 0
3 – (2)
Substituindo-se (1) em (2):
3 – 
vc ≈ 1,00496vs ⇒ vc � vs
Portanto, o projétil vai escapar quando lançado da superfície e não haverá altura máxima.
Estime a massa de ar contida numa sala de aula. Indique claramente quais as hipóteses utilizadas e os quan-
titativos estimados das variáveis empregadas.
Considerando-se a composição do ar como sendo 80% de N2 e 20% de O2, a massa molar do ar é dada por:
Mar = 0,8 ⋅ MN2 + 0,2 ⋅ MO2 = 0,8 ⋅ 28 + 0,2 ⋅ 32 = 28,8g/mol
Nas condições normais de temperatura e pressão, 1mol de ar ocupa o volume de 22,4L. Dessa forma, a densi-
dade do ar fica dada por: 
Admitindo-se uma sala de aula de dimensões 20m × 10m × 3m, o seu volume é dado por: V = 20 ⋅ 10 ⋅ 3 = 600m3
Como 
Dessa forma: m = 1,3 ⋅ 600 ∴ m ≈ 800kg
Uma cesta portando uma pessoa deve ser suspensa por meio de balões, sendo cada qual inflado com 1m3 de
hélio na temperatura local (27°C). Cada balão vazio com seus apetrechos pesa 1,0N. São dadas a massa
atômica do oxigênio AO = 16, a do nitrogênio AN = 14, a do hélio AHe = 4 e a constante dos gases
R = 0,082 atm l mol–1K–1. Considerando que o conjunto pessoa e cesta pesa 1000N e que a atmosfera é com-
posta de 30% de O2 e 70% de N2, determine o número mínimo de balões necessários.
Cálculo da densidade do He(dHe) e do ar(dar):
pV = nRT ⇒
No caso do He:
⇒ dHe = 0,163g/L = 0,163kg/m3
p = 1atm
M = 4g
R = 0,082atm ⋅ L/mol ⋅ K
T = 300K
pV
m
M
RT d
m
V
pM
RT
= = =⋅ ⇒
d
m
V
m d V= =⇒ ⋅
d
m
V
g
L
d
g
L
kg
m
= = =∴ ≈28 8
22 4
1 3 1 3
3
,
,
, ,
99
100
v
v
c
s2
2
2
=
99
100
v
GM
Rc
2 =
99
100
1
2 2
2mv
GMm
Rc
–
2
2
2




































1
4
2
4
3
19
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
27-
28-
ITA/2005
No caso do ar:
Condição de equilíbrio do balão com sua carga:
E = Ptotal = Pcarga + nPbalão
E = Pcarga + n(1 + mHeg)
dar ⋅ nVg = Pcarga + n(1 + dHe ⋅ V ⋅ g)
Daí vem:
n ≈ 108 balões
Através de um tubo fino, um observador enxerga o topo de uma barra
vertical de altura H apoiada no fundo de um cilindro vazio de diâmetro
2H. O tubo encontra-se a uma altura 2H + L e, para efeito de cálculo,
é de comprimento desprezível. Quando o cilindro é preenchido com
um líquido até uma altura 2H (veja figura), mantido o tubo na mesma
posição, o observador passa a ver a extremidade inferior da barra.
Determine literalmente o índice de refração desse líquido.
A situação proposta é:
Da figura, temos:
• x + y = 2H (1)
• Por semelhança dos triângulos em destaque: 
Substituindo-se 2 em 1: 
• De acordo com a Lei de Snell-Descartes:
nágua = 
• Substituindo-se 3 em 4:
nágua = 2
4
2 2
2 2
H L H
H L H
+ +
+ +
( )
( )
x H
x H
2 2
2 2
4
4
+
+
( )
seni
senr
n
n
x
x H
x
x H
n
ar=
+
+
=⇒
2 2
2 2
2 1( )
x
H
L H
=
+
2
3
2
( )
L
y
L H
H
y
HL
L H
= + =
+
⇒
2
2
2( )
⇒ dar = 1,19g/L = 1,19kg/m3
p = 1atm
M = 0,3 ⋅ 32 + 0,7 ⋅ 28 = 29,2g
R = 0,082atm ⋅ L/mol ⋅ K
T = 300K
L
H
H
2H
L
H
H
2H
x y
x
2 +
 (2
H
)2
�
��
��
��
��
��
��
���
���
x
2 + H
2
r
i
G
água água
1
4
2
4
3
20
RESOLUÇÃO
29-
ITA/2005
Satélite síncrono é aquele que tem sua órbita no plano do equador de um planeta, mantendo-se estacionário
em relação a este. Considere um satélite síncrono em órbita de Júpiter cuja massa é MJ = 1,9 × 1027kg e cujo
raio é RJ = 7,0 × 107m. Sendo a constante da gravitação universal G = 6,7 × 10–11m3 kg–1 s–2 e considerando
que o dia de Júpiter é de aproximadamente 10h, determine a altitude do satélite em relação à superfície desse
planeta.
Calculando o raio da órbita do satélite que está no plano do equador de Júpiter mantendo-se estacionário em
relação a ele, temos:
Rc = Fg
Fazendo-se as devidas substituições:
Ro ≅ 16 ⋅ 107m
Como H = Ro – RJ
H ≅ 16 ⋅ 107 – 7 ⋅ 107
H ≅ 9 ⋅ 107m
 
R
GM
o
J
s
=
ω
3
 
m R
GM m
R
s s o
J s
o
ω2
2
=
RC = FG
vS
ωJ
RJ H
G = 6,7 ⋅ 10–11m3kg–1s–2sendo:
MJ = 1,9 ⋅ 1027kg
 
ω ω π πs J T
rad s= = =
⋅
2 2
10 3600
/
1
4
4
2
4
4
3
21
RESOLUÇÃO
30-