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(19) 3251-1012
www.elitecampinas.com.br
 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
6 
 
O PROCESSO SELETIVO – ITA 2013 
 
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. 
 
Propomo-nos com este material passar algumas dicas para o 
melhor rendimento nos 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. 
 
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 GERAIS 
 
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, pode-se 
conseguir algum ponto por resolver apenas parte da questão. Por 
isso, é importante não deixar nenhuma questão em branco. 
 
Nos testes, preste bastante atenção às alternativas. Frequentemente 
há questões que apresentam vários caminhos a se seguir e a 
observação das alternativas ajuda a entender 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. 
 
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. 
 
Independente dessas informações, é importante que você se 
concentre na prova do dia. As provas anteriores já foram e você não 
tem como mudar suas respostas. As posteriores, encare quando 
vierem. Confie em sua preparação: independentemente do nível 
de dificuldade da prova, se você estudou então você sabe a 
matéria! Tenha isto em mente ao resolver as questões. Cada uma é 
um desafio a ser superado. 
 
Para auxiliá-lo, você encontrará a seguir um resumo teórico do que 
tem maior probabilidade de ser cobrado nas provas do ITA de 2013. 
 
Bons estudos! 
 
 
A FÍSICA NO ITA 
 
A prova de Física do vestibular do ITA apresenta uma seleção de 
assuntos bem variados. Assim como a maior parte dos vestibulares, o 
ITA apresenta uma forte ênfase em mecânica na distribuição dos 
assuntos das questões. Entretanto, esta prova se diferencia porque 
com frequência o nível de complexidade das questões se torna 
elevado, apesar de tipicamente se partir de conceitos relativamente 
simples. 
A exemplo da mecânica, as demais grandes áreas do conhecimento 
da física são cobradas em um nível de complexidade bastante 
elevado. Por exemplo, o efeito Hall (eletromagnetismo), malhas 
complexas (eletrodinâmica) resolvidas pelo teorema de Thévenin, 
Cinética dos Gases (Termofísica) e, digna de nota devido a 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, como ótica física, 
polarização, interferência, filmes finos, difração, experimento de 
Young e rede de difração, que são tópicos cobrados com frequência 
pelo vestibular do ITA. A banca de Física do ITA busca, além de forte 
capacidade analítica e profundo domínio da Matemática, 
conhecimento sólido dos conceitos da Física do Ensino Médio, 
incluindo assuntos específicos que outros vestibulares normalmente 
não cobram. Um outro assunto recorrente nesta prova é a Física 
Moderna, especialmente a Quântica, o que normalmente causa 
surpresa nos estudantes menos preparados. 
Há ainda tópicos clássicos, como Análise Dimensional. Quase 
todas as provas dos últimos 20 anos do ITA apresentam uma questão 
deste assunto. Assim, este tópico, apesar de relativamente simples, é 
quase certo no vestibular. Vale lembrar que conhecimentos de 
Análise Dimensional podem ser extremamente úteis para ajudar a 
lembrar de alguma fórmula esquecida, além de ser uma 
ferramenta importante para verificar a coerência das respostas 
obtidas. Outro ponto que chama atenção é que no vestibular de 2007 
a primeira questão cobrava conhecimentos de algarismos 
significativos, enfatizando a importância de se analisar o quanto o 
resultado encontrado faz sentido levando em consideração as 
incertezas das medidas realizadas. 
Tipicamente, quando abordados assuntos mais complexos, as 
questões são simples e diretas, cobrando em muitos casos apenas 
um contato básico com os principais conceitos envolvidos. Podemos 
dizer que tais questões não são necessariamente mais difíceis do que 
aquelas de assuntos mais clássicos, mas apenas mais específicas. 
Entretanto, é indispensável que o vestibulando tenha contato com 
esses temas, caso contrário não terá condições de resolver as 
questões relativas a esses assuntos, restando-lhe apenas o velho (e 
não tão bom) “chute”. 
Você encontrará neste material um resumo de alguns assuntos 
bastante cobrados no vestibular do ITA nos últimos anos, 
seguidos de exemplos de como esses assuntos são abordados. 
Os tópicos descritos, 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! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
7 
 
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=Δs/Δt). 
 
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 do membro esquerdo de uma 
equação é necessariamente igual à dimensão do membro direito. 
Além disso, havendo parcelas, todas elas devem apresentar 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 (constante de 
proporcionalidade) por potências das grandezas das quais ela 
depende”. 
 
Fórmulas Dimensionais 
À luz dos conceitos anteriores, toda 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. 
 
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 v d= α β γ τρ η , 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 movimenta num meio fluido, sofre a ação de uma força de 
arrasto viscoso dada por 3F D v= π η . 
Assim sendo, com relação aos respectivos valores de , , e α β γ 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 
 
Resolução: (Alternativa A) 
Da expressão da força de arrasto em uma esfera se movimentando 
em um fluido, temos que 
2 1 1 1
2 2
M L T
F T MT M L T
L TL L
− −
⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎝ ⎠= = = = ⋅ ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦ ⋅η 
Escrevendo as expressões dimensionais para as grandezas ρ , v , d : 
[ ] 1 33M M LL
−ρ = = ⋅ ; [ ] 1Lv L T
T
−= = ⋅ ; [ ]d L= ; 
Substituindo na fórmula dimensional para R, tem-se: 
( ) ( ) ( ) ( )1 3 1 1 1 1 R M L L T L M L T− − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦ α β τγ 
1 3 1 1 1 1
3
 
 
R M L L T L M L T
R M L T
− − − −
+ − + + − − −
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒⎡ ⎤⎣ ⎦
= ⋅ ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦
α α β β γ τ τ τ
α τ α β γ τ β τ 
Como R é adimensional, [R] = 1, assim: 
3
0
1 3 0
0
M L T+ − + + − − −
+ =⎧⎪= ⋅ ⋅ ⇒ − + + − =⎨⎪− − =⎩
α τ α β γ τ β τ
α τ
α β γ τ
β τ
 
Resolvendo o sistema, tem-se: , , e , /t t t t p t= = = = − ∈\α β γ τ . 
A única alternativa compatível é a alternativa A. 
 
MOMENTO LINEAR 
Momento Linear: grandeza vetorial definida por: Q
→
= m v
→
 
Q
→
 de um sistema: sistQ
→
 = 2 31 Q Q ....Q
→ → →+ + + = iim v
→∑ 
Impulso de uma Força: Mede o efeito de uma força num certo 
intervalo de tempo. É uma grandeza vetorial definida por: I F t
→ →= Δ . 
Obs: No caso de uma força variável com o tempo, o módulo do 
impulso é numericamente igual à área do gráfico de Força X Tempo 
ou à integral 
2
1
( ).
t
t
I F t dt= ∫G G . 
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. Re - s f iI Q Q Q
→ → → →= Δ = 
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
Re Res f isist0 0 Q 0 Q Q
ext
sF I
→ → → → → → → →= ⇒ = ⇒ Δ = ⇒ = 
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. 
 
REFERENCIAL DO CENTRO DE MASSA 
 
Tão importante como o Momento Linear de um sistema de partículas 
é a determinação Centro de Massa de um sistema. Em questões de 
Mecânica do ITA, muitas vezes se faz necessário adotar um 
referencial que normalmente diminui muito o esforço algébrico na 
resolução: é o referencial do Centro de Massa do sistema. 
Observe a seguir as relações matemáticas para o referencial do 
Centro de Massa: 
Posição: 
 
 
ii i i i i
cm cm cm
m r m x m y
r x e y
M M M
→
→ = ⇒ = =∑ ∑ ∑ 
Velocidade: 
ii
cm
m v
v
M
→
→ = ∑ Aceleração: iicm m aa
M
→
→ = ∑ 
Note que: Re
 extcmsist
cm s cmsist
dQ d M vQ M v F M a
dt dt
→ →
→ → → →= ⇒ = ⇒ = 
Isso nos permite concluir que o centro de massa de um sistema se 
move como se fosse uma partícula única cuja massa é 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. 
Sistema Mecanicamente Isolado: Re 0 0
ext
s cmcmF a v 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 5m , está inicialmente em 
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 
 
 
 
 
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 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
8 
 
Resolução: (Alternativa E) 
Considerando o sistema isolado, temos que seu Centro de Massa, 
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 
1 25
6
5
CM
m x m x
X
m
⋅ + ⋅
= 
Calculando nos instantes inicial e final e considerando o comprimento 
total da lâmina igual a c, temos: 
.1 . 1
5 2
6.
5
i
CM
m cm
X
m
⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠= e 
. .
5 2
6.
5
f
CM
m cd m
X
m
+
= 
Como o centro de massa não altera sua posição (sistema isolado e 
com velocidade inicial do centro de massa nula), temos i fCM CMX X= : 
.1 . 1 . .5 2 5 2
6. 6.
5 5
m c m cm d m
m m
⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ = ⇒ . . .
5 2 5 2
m c m cm m d m+ + = + ⇒
6. . 6
5 5
m m d d cm= ⇒ = 
 
COEFICIENTE DE RESTITUIÇÃO [COLISÕES] 
 
Colisões unidimensionais: 
Suponha uma colisão unidimensional entre dois corpos: 
 
 
G
Av 
Bm A
m 
A B '
G
Av 
Bm A
m
A B '
G
Bv
ANTES DEPOIS 
G
Bv 
 
 
Verificou-se experimentalmente que na colisão frontal de duas esferas 
sólidas, tais como duas bolas de bilhar, as velocidades depois da 
colisão são relacionadas com as de antes pela expressão: 
( )' '− = − ⋅ −G G G GA B A Bv v e v v 
onde e (chamado de coeficiente de restituição) tem valor entre zero e 
1 e é característico do par de corpos que estão interagindo. 
Note que existem subtrações vetoriais. Podemos relacionar esses 
vetores com seus módulos e, em outras palavras, temos: 
' '
' ' B A afastamentoB A A B
A B aproximação
v v v
v v e v v e
v v v
−− = ⋅ − ⇒ = =−
G GG G G G G G 
Assim, a razão entre o módulo da velocidade de afastamento e o 
módulo da velocidade de aproximação é constante para um par de 
corpos. 
 
O coeficiente de restituição está diretamente relacionado com a 
conservação ou perda de energia durante a colisão. Pode se 
demonstrar que: 
( ) 22 11 2 A B A BA B
m mK e v v
m m
⎛ ⎞⋅Δ = − − ⋅ ⋅ ⋅ −⎜ ⎟+⎝ ⎠
G G
 
Onde KΔ é a variação de energia cinética do sistema. 
 
Visto que, num sistema isolado há conservação da quantidade de 
movimento (pois só há forças internas, que é o caso de uma colisão), 
usaremos, para caracterizar os tipos de colisão, a relação do 
coeficiente de restituição com variação da energia cinética do sistema 
ΔK: 
 
 
Colisão Elástica (ou colisão perfeitamente elástica) ( 1e = ) 
A Energia se conserva. 
 
Colisão perfeitamente inelástica ( 0e = ) 
A Energia não se conserva; a perda de energia é máxima. Os 
corpos não se afastam após a colisão (a velocidade de afastamento 
é nula).Colisão parcialmente elástica (ou parcialmente inelástica) 
( 0 1e< < ) 
A Energia não se conserva; há certa fração da energia que é 
dissipada (pode ser por atrito, emissão de calor, emissão de som, 
por deformação plástica desses corpos etc.). 
 
Colisões bidimensionais: 
Mas como tratar o coeficiente de restituição em colisões 
bidimensionais? Vamos tratar aqui apenas do caso em que as forças 
de contato durante a colisão atuam em uma única direção (colisões 
entre duas superfícies sem atrito é um exemplo disto). 
Suponha que dois discos ou esferas A e B colidem sem atrito e na 
ausência de ações externas ao sistema de acordo com o diagrama 
abaixo. 
G
Av
'
G
Av
'
G
Bv
θ
φ
Bm
Bm 
Am
Am
b b 
x
yANTES DEPOIS 
 
As forças impulsivas (interação entre as massas) acontecerão 
somente no eixo x indicado, acontecendo, portanto, conservação da 
quantidade de movimento para cada massa individualmente no eixo y 
(não existem forças atuando em cada massa nessa direção). 
Para que tenhamos mesmo coeficiente de restituição caso a colisão 
seja elástica ou inelástica, note que devemos considerar apenas as 
velocidades na direção x. Isso é evidente, pois a colisão frontal é 
apenas um caso particular da colisão bidimensional (quando a 
velocidade no eixo y é nula). Assim, define-se mais apropriadamente 
o coeficiente de restituição como: 
' ' afastamento em xBx Ax
Ax Bx aproximação em x
vv v
e
v v v
−= =−
G G
G G 
Assim, a razão entre o módulo da velocidade de afastamento e o 
módulo da velocidade de aproximação, ambas na direção das forças 
impulsivas, é constante para um par de corpos. 
 
Exemplo: (ITA 2008) A figura mostra uma bola de massa m que cai 
com velocidade 1v
JJG
 sobre a superfície de um suporte rígido, inclinada 
de um ângulo θ em relação ao plano horizontal. 
Sendo e o coeficiente de 
restituição para esse impacto, 
calcule o módulo da 
velocidade 2v
JJG
 com que a bola 
é ricocheteada, em função de 
1v
JJG
,θ e e . Calcule também o 
ângulo α . 
θ
α
m JJG
1v JJG
2v
 
 
Resolução: Ao analisarmos o choque, devemos notar que o 
coeficiente de restituição relaciona as velocidades de aproximação e 
de afastamento em relação à direção normal à superfície de contato. 
Também devemos atentar que, como há dissipação de energia no 
eixo normal, o ângulo de incidência não é o mesmo que o ângulo de 
reflexão. Denotando como ⊥
JJJG
1v a velocidade de aproximação na 
direção normal e ⊥
JJJG
2v a velocidade de afastamento nessa mesma 
direção, temos: 
 
 
(19) 3251-1012
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 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
9 
 
.
θ
θ
− α90θ
. − θ90
α
m JJG
1v
JJG
2v
⊥
JJJG
1v
⊥
JJJG
2v
JJJG
1tv
JJJG
2tv
 
Assim: 
2 2
1 2
11
cos
cos
v v sene e v v sen
vv
α θ αθ
⊥
⊥
⋅= = ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅⋅
JJJG
JJJG (I) 
Como não existem forças externas atuando na direção tangencial, os 
módulos das componentes das velocidades nessa direção são iguais. 
Denotando essas componentes das velocidades como 
JJJG
1tv e 
JJJG
2tv 
podemos escrever: 
1 2 1 2 cost tv v v sen vθ α= ⇒ ⋅ = ⋅
JJG JJJG
 (II) 
 
Elevando as equações (I) e (II) ao quadrado e somando membro a 
membro temos: 
( ) ( )2 2 2 2 2 2 21 2
2 2 2
2 1
cos cos
cos
v sen e v sen
v v sen e
θ θ α α
θ θ
⋅ + ⋅ = ⋅ +
= ⋅ + ⋅
 
A resposta do valor de α poderia ser expressa de diversas maneiras. 
Entre elas citaremos três: 
a) substituindo o valor encontrado para o módulo de v2 em (I): 
θ θα αθ θ θ θ
⎛ ⎞⋅ ⋅= ⇒ = ⎜ ⎟⎜ ⎟+ ⋅ + ⋅⎝ ⎠2 2 2 2 2 2
cos cos
cos cos
e esen arcsen
sen e sen e
 
b) substituindo o valor encontrado para o módulo de v2 em (II): 
θ θα αθ θ θ θ
⎛ ⎞= ⇒ = ⎜ ⎟⎜ ⎟+ ⋅ + ⋅⎝ ⎠2 2 2 2 2 2
cos arccos
cos cos
sen sen
sen e sen e
 
c) Pela divisão de (I) por (II): 
( )cos cot arc cot
cos
e sen tg e g tg e g
sen
θ α α θ α θθ α
⋅ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ 
 
Últimas ressalvas e alguns fatos interessantes 
Além das análises indicadas acima, vale ressaltar algumas colisões 
notáveis (pode-se demonstrar esses fatos): 
a) Colisão unidimensional perfeitamente elástica entre corpos de 
massas iguais: as velocidades dos corpos são “trocadas”. 
b) Colisão bidimensional perfeitamente elástica entre corpos de 
massas iguais: as velocidades dos corpos após a colisão formam um 
ângulo de 90° entre si. Além disso, as velocidades na direção das 
forças impulsivas são trocadas. 
c) Colisão entre um corpo muito massivo e um corpo muito mais leve: 
o corpo muito massivo praticamente não muda de velocidade após a 
colisão (a velocidade do corpo mais leve pode, no entanto, variar 
livremente). 
d) Colisão perfeitamente elástica entre um corpo muito massivo e um 
corpo muito mais leve: o corpo muito massivo praticamente não muda 
de velocidade após a colisão e a velocidade do corpo leve inverte o 
seu sentido na direção das forças impulsivas. 
 
EFEITO FOTOELÉTRICO 
 
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. 
 
Efeito Fotoelétrico – Emissão de elétrons por um material quando 
submetido à presença de uma onda eletromagnética. 
 
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: 
MAXh f Eφ⋅ = + 
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 MAXE é a energia cinética 
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 
frequência da luz, e não com sua intensidade. A proporção fóton-
elétron é de um para um, ou seja, não há possibilidade de um único 
fóton arrancar mais de um elétron. 
(II) Existe uma frequência mínima 0f necessária para que os 
elétrons sejam arrancados do material, de modo que se a luz incide 
com uma frequência 0f f< , nenhum elétron deixará a superfície do 
material, independentemente da intensidade da luz (quantidade de 
fótons) incidente. Essa frequência 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 
0MAXE = na equação, vem que: 0 0h f f h
φφ⋅ = ⇒ = (frequência 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 sucessivamentea superfície de um metal com luz de dois 
comprimentos de onda diferentes, 1λ e 2λ , respectivamente. Sabe-se 
que as velocidades máximas dos fotoelétrons emitidos são, 
respectivamente, 1v e 2v , em que 1 22v v= ⋅ . Designando c a 
velocidade da luz no vácuo, e h a constante de Planck, pode-se, 
então, afirmar que a função do trabalho φ do metal é dada por: 
a) 1 2 1 2(2 ) /( )h cλ λ λ λ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ b) 2 1 1 2( 2 ) /( )h cλ λ λ λ− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
c) 2 1 1 2( 4 ) /(3 )h cλ λ λ λ− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ d) 1 2 1 2(4 ) /(3 )h cλ λ λ λ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
e) 1 2 1 2(2 ) /(3 )h cλ λ λ λ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
Resolução: (Alternativa D) 
No efeito fotoelétrico, temos que MAXh f Eφ⋅ = + , onde h cE h f λ
⋅= ⋅ = 
é a energia do fóton, φ é a função trabalho (característica do metal) e 
2
2
MAX
MAX
m vE ⋅= é a energia cinética máxima do elétron emitido. 
Escrevendo esta equação para as situações (1) e (2), temos: 
2 2
1 2
1
4
2 2
m v mvh c φ φλ
⋅⋅ = + = + ⋅ (I) 
2
2
2 2
m vh c φλ
⋅⋅ = + (II) 
Fazendo a subtração [4 x (II) – (I)] membro a membro, vem que: 
1 2
2 1 1 2
(4 )4 4
3
h ch c h c λ λφ φ φλ λ λ λ
⋅ − ⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ − = ⋅ − ⇒ = ⋅ ⋅ 
 
EFEITO COMPTON 
 
Efeito Compton – É a variação do comprimento de onda de uma 
radiação eletromagnética após interagir com a matéria. 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. 
O experimento de Compton evidencia que o tratamento ondulatório 
não é suficiente para estudar o comportamento da luz; é necessário 
 
 
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10 
 
neste caso dar tratamento corpuscular (de partícula) para modelar (e 
compreender) esse experimento (a luz pode ser tratada como fótons, 
partículas que apresentam energia quantizada através da relação 
E h f= ⋅ ). 
Apesar de ainda não ter sido cobrado pelo ITA, o entendimento do 
Efeito Compton é um dos fundamentos da Física Quântica e, portanto, 
é conceito fundamental que pode vir a ser cobrado. 
 
 
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: 
 
 
( ) ( )antes depois F E antes F E depoisp p p p p p= ⇒ + = +
G G G G G G
 
 
Lembremos que a quantidade de movimento do fóton é definida não 
como | | | |p m v= ⋅G G , já que não tem sentido falar em massa do fóton, 
mas como | | hp λ=
G
, onde h é a constante de Planck e λ é o 
comprimento de onda do fóton. 
 
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: 
2
| |1
m vp
v
c
⋅=
⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠
GG
G 
Vamos decompor as quantidades de movimento nas direções 
horizontal e vertical. 
Na direção horizontal: 
2
0 cos cos
' 1 ( / )
h h m vm
v c
⋅+ ⋅ = + −φ θλ λ (I) 
Na direção vertical: 
2
0 0
' 1 ( / )
h m vm sen sen
v c
φ θλ
⋅+ ⋅ = − − (II) 
Podemos reescrever as equações como: 
2
cos cos
' 1 ( / )
h h m v
v c
φ θλ λ
⋅− = − e 2' 1 ( / )
h m vsen sen
v c
φ θλ
⋅= − 
 
Elevando ambas ao quadrado e somando membro a membro, ficamos 
com: 
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 22 cos' ' 1 ( / )
h h h m v m c v
v c c v
φλ λ λ λ
⋅ ⋅ ⋅+ − = =⋅ − − (i) 
 
Vamos impor agora a conservação da energia antes e depois da 
colisão. 
Novamente aqui devemos considerar a energia cinética relativística do 
elétron, que é: 
2
2
1 1
1 ( / )
CE m c
v c
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⋅ −⎜ ⎟−⎝ ⎠
 
Lembremos também que a energia transportada por um fóton pode 
ser escrita como: F
h cE h f λ
⋅= ⋅ = 
Desse modo, a expressão da conservação da energia fica: 
2
2 2
1 11 1
' '1 ( / ) 1 ( / )
h c h c h hm c m c
v c v cλ λ λ λ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + ⋅ − ⇒ = + ⋅ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
2' 1 ( / )
h h m cm c
v cλ λ
⋅⎛ ⎞− + ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠ − 
 
Elevando ao quadrado, obtemos: 
2 2 2
2 2
22' ' 1 ( / )
h h h h m cm c m c
v cλ λ λ λ
⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
( )2 22 2 42 2 2 22 2 '' ' 'h h h h m cm c m c c vλ λλ λ λ λ λ λ ⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⋅ + + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ ⋅ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (ii) 
 
Finalmente, fazendo a subtração (ii) – (i) membro a membro, obtemos: 
2 2 2
2 2 2 2
2 22 (1 cos ) 2 ( ' ) ( )' '
h h m cm c m c c v
c v
φ λ λλ λ λ λ
⋅− ⋅ − + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ = − ⇒⋅ ⋅ −
' (1 cos )h
m c
λ λ φ− = −⋅ 
 
Esta é a fórmula do deslocamento Compton, que apresenta a 
variação do comprimento de onda ( 'λ λ λΔ = − ) da radiação 
eletromagnética em função do seu ângulo de espalhamento (φ ). 
A grandeza h
m c⋅ é conhecida como comprimento de onda 
Compton ( C
h
m c
λ = ⋅ ) 
 
Exemplo: 
Um fóton de raio X, com 0,01 nm, faz uma colisão frontal com um 
elétron ( 180φ = ° ). 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: 
34
12
31 8
6,63 10' (1 cos ) (1 ( 1)) 4,8 10
9,31 10 3,00 10
h m
m c
λ λ φ
−
−
−
⋅− = − = − − = ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
b) A energia do fóton é dada por: F
h cE h f λ
⋅= ⋅ = . Assim, a variação 
de energia será: 
34 8
12 9 9
1 1
'
1 16,63 10 3,00 10
4,8 10 0,01 10 0,01 10
F
F
E h c
E
λ λ
−
− − −
⎛ ⎞Δ = ⋅ ⋅ −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞Δ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −⎜ ⎟⋅ + ⋅ ⋅⎝ ⎠
 
156,5 10 41FE J keV
−Δ = − ⋅ = − , onde 191 1,6 10eV 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, 156,5 10 41CE J keV
−= ⋅ = 
 
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 
 
 
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11 
 
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
G
, podemos associar um comprimento de 
onda ( λ ) dado por: 
| |
h
p
λ = K onde h é a constante de Planck. 
Confira o exemplo abaixo de uma questão que relaciona o 
comprimento de onda de De Broglie para um elétron: 
 
EXEMPLO: (ITA 2000) Dobrando-se a energia cinética de um elétron 
não-relativístico, o comprimento de onda original de sua função de 
onda fica multiplicado por: 
a) 1
2
 b) 1
2
 c) 1
4
 d) 2 e) 2 
Resolução: (Alternativa A) 
Vamos colocar a energia cinética do elétron em função do seu 
momento linear: 
2 2 2 2 2( )
2 2 2 2C
m v m v m v pE
m m m
⋅ ⋅ ⋅= = = =⋅ ⋅ ⋅ . O comprimento de onda 
associado ao elétron é dado por: h hp
p
λ λ= ⇒ = . Assim, a energia 
cinética do elétron pode ser dada em função do seu comprimento de 
onda por: 
2
2 2
22 2 2C
h
p hE
m m m
λ
λ
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ . 
Dobrando-se a energia cinética, temos: 
22 2
2 0
0 02 2
0
12 2
2 2 2 2
h hE E
m m
λλ λ λλ λ=⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ = ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
 
POLARIZAÇÃO 
 
O modelo ondulatório da luz assume que um raio de luz consiste de 
um grande número de ondas eletromagnéticas viajando 
simultaneamente no espaço. Cada uma dessas ondas que compõem 
o raio de luz, sendo uma onda transversal, apresenta um determinado 
plano de vibração para os campos elétrico e magnético, plano este 
que é perpendicular à direção de propagação da onda. 
 
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 não-
polarizado. 
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 ( 0I ), visto 
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 
a intensidade se reduza pela metade: 0
2
II = 
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: 
 
Nesse caso, a relação entre a intensidade do raio emergente ( I ) e a 
intensidade do raio incidente ( 0I ) será dada pela Lei de Malus: 
2
0 cosI I β= ⋅ 
Observe que tal relação é coerente com o fato de que se o raio 
polarizado incide paralelamente à direção das fibras do polarizador 
( 0β = ), o raio incidente será integralmente transmitido, não havendo 
absorção, e como consequência, 0I I= . Por outro lado, quando o raio 
incidente está polarizado numa direção perpendicular às fibras do 
polarizador ( 90β = ° ), 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 ( 0I = ). 
 
Este conceito já foi explorado pelo vestibular do ITA, como no 
exemplo a seguir: 
 
Exemplo: (ITA 2000) Uma luz não-polarizada de intensidade 0I ao 
passar por um primeiro polaroide tem sua intensidade reduzida pela 
metade, como mostra a figura. A luz caminha em direção a um 
segundo polaroide que tem seu eixo inclinado em um ângulo de °60 
em relação ao primeiro. A intensidade de luz que emerge do segundo 
polaroide é: 
I0 I0/2 
60º 
 
a) 0I b) 00,25 I⋅ c) 00,375 I⋅ d) 00,5 I⋅ e) 00,125 I⋅ 
Resolução: (Alternativa E) 
A intensidade da luz que emerge do primeiro polarizador é 01 2
II = , 
visto que a luz estava inicialmente não-polarizada. 
A intensidade da luz que emerge do segundo polarizador, pela Lei de 
Malus, é: 
2 01
2 1 0cos 60 0,1254 8
III I I= ⋅ ° = = = ⋅ (Alternativa E) 
 
INTERFERÊNCIA 
 
Interferência – É o fenômeno da superposição de duas ou mais 
ondas num mesmo ponto do espaço. 
 
Superposição de Ondas – Quando dois pulsos propagando-se em 
sentidos opostos se encontram, temos uma superposição desses 
pulsos. Após o encontro, os pulsos continuam seu caminho sem que 
nenhuma propriedade (período, velocidade, frequência, etc) tenha se 
alterado. 
 
Dizemos que a interferência é construtiva quando as amplitudes das 
ondas se somam, e que é destrutiva quando as amplitudes das 
ondas se cancelam. 
 
 
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12 
 
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 2 1s r rΔ = − , for igual a um 
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 n ZλΔ = ⋅ ∈ 
- Destrutiva: 
 ,
2
s n n ímpar ZλΔ = ∈ 
Oposição de fase: 
Construtiva: 
 
,
2
s n n ímpar ZλΔ = ∈
 
Destrutiva: 
 ,s n n ZλΔ = ⋅ ∈ 
 
O vestibular do ITA costuma cobrar bastante este conceito em 
ondulatória, com algumas particularidades como o Experimento de 
Young (cobrado em 2003, 2004 e 2008), Interferência em Filmes 
Finos (cobrado em 1998, 2000 com duas questões, 2005 e 2011) e 
Rede de difração (2006), difração e fenda simples (2009) e anéis de 
Newton (2010). 
 
EXEMPLO: (ITA 2004) Na figura, 1F e 2F são fontes sonoras que 
emitem, em fase, ondas de frequência 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 2F , ao longo do 
eixo x , para a qual ocorre interferência construtiva, é igual a: 
 
 
a) 4 /5λ⋅ 
b) 5 / 4λ⋅ 
c) 3 / 2λ⋅ 
d) 2 λ⋅ 
e) 4 λ⋅ 
 
Resolução: (Alternativa B) 
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: 
2 2 2 2(3 ) (3 )x x n x n xλ λ λ λ⋅ + − = ⋅ ⇒ ⋅ + = ⋅ + 
 
Elevando os dois membros ao quadrado, temos: 
 
2
2 2 2 2 2 99 2
2
nx n n x x x
n
λ λ λ λ−⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⇒ = ⋅⋅ , com n inteiro. 
Assim: 1 4n x λ= ⇒ = ⋅ ; 52
4
n x λ= ⇒ = ⋅ ; 3 0n x= ⇒ = 
Portanto, a distância não nua procurada é 5
4
x λ= ⋅ (Alternativa B) 
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 . 
 
 
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 
Δ = ⋅z d senθ , conforme ilustra a figura. 
 
A condição para ocorrência de interferência construtiva (franjas 
claras), isto é, pontos onde é máxima a intensidade luminosa é dada 
por: 
send m⋅ = ⋅θ λ , com 0; 1; 2;...m = ± ± (pontos de máximo) 
Os pontos de interferência destrutiva (franjas escuras), isto é, aqueles 
onde a intensidade luminosa é mínima, são dados por: 
1sen
2
d m⎛ ⎞⋅ = + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠θ λ , com 0; 1; 2;...m = ± ± (pontos de mínimo) 
Fazendo a aproximação: sen tg≈θ θ , válida para pequenos ângulos, 
com tg y
L
=θ , temos: 
Pontos de Máximo 
⋅=m Ly md
λ 
Pontos de Mínimo 
1
2
⋅ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠m
Ly m
d
λ 
com 0; 1; 2;...m = ± ± em ambos os casos. 
 
Exemplo: (ITA 2004) Num experimento de duas fendas de Young, 
com luz monocromática de comprimento de ondaλ , coloca-se uma 
lâmina delgada de vidro 
( 1,6Vn = ) sobre uma das fendas. 
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: 
Anteparo
F1
F2
d
Lâmina
λ
 
a) 0,38λ. b) 0,60λ. c) λ. d) 1,2λ. e) 1,7λ. 
 
Resolução: (Alternativa E) 
O comprimento de onda da luz ao atravessar a lâmina de vidro pode 
ser obtido da seguinte maneira: 
1,6 1,6 1,6V
V V V
c fn
v f
λ λ
λ λ
⋅= = ⇒ = ⇒ =⋅ , lembrando que a frequência 
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 1F é o 
mesmo tempo que a luz 
utiliza para percorrer a 
distância equivalente à 
lâmina de vidro e também 
F1
F2
d
θ2
x
máximo centra
 
θ d 
D 
0 
y 
θ 
ym 
Δz 
 
 
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13 
 
uma certa distância x, da figura abaixo, viaja apenas pelo ar, 
emergindo de 2F . 
1 2
1 2
1 2
1 0,6
V V
s s d d xt t x d x d
v v f f
λ
λ λ λ
⎛ ⎞Δ Δ +Δ = Δ ⇒ = ⇒ = ⇒ = − ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ ⋅ ⎝ ⎠
 
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) 
Fazendo x = λ, temos: 0,6 1,7
0,6
d d λλ λ= ⋅ ⇒ = ≅ 
 
INTERFERÊNCIA EM FILMES FINOS 
 
As cores das bolhas de 
sabão, manchas de óleo e 
outras películas delgadas, 
algumas medidas para 
atenuar reflexões, todos estes 
fenômenos são devidas ao 
fenômeno de interferência. 
Podemos ver ao lado uma 
película de espessura 
constante t de índice de 
refração n. Note que no 
esquema dois raios chegam 
aos olhos do observador: um 
refletido na superfície superior 
do filme, e outro refletido da 
superfície inferior. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Raio Transmitido 
(ignore) 
Raio 
Refletido 
Raio 
Incidente 
Primeira 
Reflexão 
Filme 
 
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 menor índice de 
refração para um com maior índice de refração ocorre uma mudança 
de 180o na fase da onda refletida. Quando mudamos de 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 
abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
180º de mudança 
de fase 
Sem mudança de 
fase 
Ar 
Ar 
Filme 
 
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, 
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. 
 
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. 
 
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 
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. 
Resolução: 
 
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, 
visto que ocorre duas inversões de fase (na reflexão do raio do ar 
para a película e na reflexão do raio da película para o vidro). 
 Assim: 1 1 12
2 2 2n p
t n t n
n
λλ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ = + ⇒ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
Para menor espessura n = 0: 1
4 p
t
n
λ= ⋅ 
Substituindo os valores de λ e np temos: 5500 1058A
4 1,3
o
t = ≅⋅ 
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; 
é chamada de luz toda onda eletromagnética que é visível ao olho 
humano. O conjunto de ondas eletromagnéticas que chamamos de luz 
representa apenas uma pequena parcela de todas as ondas 
eletromagnéticas existentes (aquelas com comprimentos de onda 
entre 400 nm e 700 nm). 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 
frequência, são: vermelho, alaranjado, amarelo, verde, azul, anil e 
violeta. 
 
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 n de ventres que se formam dá origem 
ao n-ésimo harmônico, como ilustra a figura abaixo. 
 
 
 
 
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14 
 
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. 
2
λ= nL , com 1; 2; 3; 4;...
2n
vn f n
L
= ⇒ = 
Obs.: existem outros modos de vibração, no caso de extremidades 
livres. 
 
TUBOS SONOROS 
 
Analogamente às ondas estacionárias, podemos observar certas 
frequências de ressonância dentro de um tubo sonoro de duas 
formas, segundo a anatomia do tubo: 
 
Tubos Abertos: 
2
λ=nL , com 1; 2; 3; 4;...
2n
vn f n
L
= ⇒ = (semelhante à onda 
estacionária numa corda) 
 
 
 
Tubos Fechados: 
(2 1)
4
L n λ= − , com (2 1)1; 2; 3; 4;... (2 1) 4n
vn f n
L−
= ⇒ = − 
 
OBS.: Um tubo também pode ser fechado em suas duas 
extremidades. 
Podemos observar abaixo a conectividade de assuntos específicos da 
Física, ondas estacionárias e tubos sonoros, compartilhando um único 
exercício. 
Exemplo: (ITA 2004) Um tubo sonoro de comprimento A , 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 
a) (c/2L)2 m A . b) (c/2 A )2 mL. c) (c/ A )2 mL. 
d) (c/ A )2 m A . e) n.d.a. 
Resolução: (Alternativa B) 
Tratando-se de um tubo fechado, temos, para frequência fundamental, 
apresenta apenas ¼ de seu comprimento de onda do mesmo 
comprimento total do tubo ( A ). Assim, temos c=λf ⇒ 
4tubo
c cf λ= = ⋅ A . 
Ou então, através da relação descrita na teoria acima, teríamos: 
(2 1)1 (2 1) (2 1)4. 4. 4.n
v c cn f n−= ⇒ = − = − =A A A 
Como o fio está preso pelas duas extremidades, também em 
frequência fundamental, Temos que apenas ½ do seu comprimento 
de onda estaria representado pelo comprimento total do fio (L), 
formando uma onda estacionária. 
Assim, v = λf = 2. A .f ⇒ 
2fio
vf
L
= . Ou então, também através da 
relação descrita na teoria acima, teríamos: 
1
2 2n
v vn f n
L L
= ⇒ = = 
Para o fio, da relação de Taylor, Fv μ= . Substituindo: 2fio
F
f
L
= μ 
Como ambos atuam na mesma frequência (estão em ressonância): 
2.
4 2 2 2.tubo fio
F
c cL F c Lf f F
L
μ μμ
⎛ ⎞= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⎜ ⎟⎝ ⎠A A A 
Mas μ é a densidade linear do fio, dada por m
L
μ = . 
Daí temos 
2
. .
2.
cF m L⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠A 
 
INTENSIDADE SONORA 
 
O nível de intensidade sonora (β) é expresso em decibéis (dB) por: 
0
log Ik
I
β ⎛ ⎞= ⋅ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 
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: 
1k = , N é medido em bel; 10k = , então N é medido em decibel. 
 
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. 
 
Exemplo: (ITA 2005) Uma banda de rock irradia uma certa potência 
em um nível de intensidade sonora igual a 70 decibeis. Para elevar 
esse nível a 120 decibeis, a potência irradiada deverá ser elevada de: 
a) 71% b) 171% c) 7.100% 
d) 9.999.900% e) 10.000.000% 
Resolução: (Alternativa D) 
O nível de intensidade e a intensidade sonora estão relacionados 
através da equação: 
0 0
10log 10logI P
I P
β = = 
Na situação inicial o nível de intensidade é de 70dβ. Na situação final, 
120dβ. Assim: 
0
0
70 7 log log( ) log( )Id I I
I
⎛ ⎞= = = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
β β (I) 
0
0
120 12 log log( ) log( )Id I I
I
⎛ ⎞ ′= = = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
β β (II) 
Fazendo (II)-(I), tem-se: 
(12 7) 5 log( ) log( )I I′− = = − ⇒ 5 log I
I
′⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ 
5 71 10 10 %I
I
′ = ⋅ = 
Assim, o aumento de intensidade sonora será dado por: 
7(10 100)% 9999900%X = − = 
 
BATIMENTO 
 
Batimento – Fenômeno de variação periódica da intensidade, num 
determinado ponto do espaço, de duas ondas que se superpõem com 
frequências ligeiramente diferentes entre si. 
 
Lembramos que uma onda tem uma equação geral dada por: 
0 0
2 2( ; ) cos( ) cosy x t A k x t A x t
T
π πω ϕ ϕλ
⎛ ⎞= ⋅ ⋅ − ⋅ + = ⋅ − +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Vamos analisar a superposição de duas ondas de mesma amplitude e 
mesma fase, com frequências ligeiramente diferentes, superpondo-se 
num ponto do espaço a que atribuiremos arbitrariamente a coordenada 
0 como abscissa ( 0x = ). 
As duas ondas terão então como equações: 
1 1 1( ) cos( ) cos(2 )y t A t A f tω π= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ 
2 2 2( ) cos( ) cos(2 )y t A t A f tω π= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ 
A superposição das duas ondas nesse ponto resulta numa onda de 
equação: 
1 2 1 2( ) ( ) ( ) [cos(2 ) cos(2 )]y t y t y t A f t f tπ π= + = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ 
 
Utilizando a transformação trigonométrica da soma em produto: 
 
 
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15 
 
cos cos 2 cos cos
2 2
α β α βα β + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , vem que: 
1 2 1 2( ) 2 cos 2 cos 2
2 2
f f f fy t A t tπ π− +⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 
Note que se f1 e f2 forem valores próximos, temos que 
1 22 cos 2
2
f fA tπ −⎡ ⎤⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦ varia muito lentamente com o tempo. 
Assumindo que esta equação possa ser entendida como uma onda de 
frequência 1 2
2
f f+ , cuja amplitude varia no tempo (muito mais 
lentamente que a onda anteriormente citada) de acordo com 
1 22 cos 2
2
f fA tπ −⎡ ⎤⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦ , temos que a onda resultante terá uma 
intensidade que varia periodicamente no tempo, caracterizando o 
fenômeno do batimento. 
 
Note que a onda 
de maior 
frequência está 
envolvida 
(modulada) pela 
onda de menor 
frequência 
(duplicada pelas 
possibilidades 
de inversão de 
sinal). 
Nos pontos de máximo, onde ocorre um reforços audíveis, temos 
1 2cos 2 1
2
f f tπ −⎡ ⎤⋅ ⋅ = ±⎢ ⎥⎣ ⎦ , enquanto nos pontos de mínimo, teremos 
1 2cos 2 0
2
f f tπ −⎡ ⎤⋅ ⋅ =⎢ ⎥⎣ ⎦ . 
Como a amplitude será máxima ( 2MAXA A= ⋅ ) quando 
1 2cos 2 1
2
f f tπ −⎡ ⎤⋅ ⋅ = ±⎢ ⎥⎣ ⎦ , temos que a frequência de batimento (reforço 
do som) será dada pelo dobro da frequência da envoltória.: 
1 2| |Bf f f= − 
 
EFEITO DOPPLER-FIZEAU 
 
É a variação da frequência percebida por um observador que está em 
movimento relativo em relação a uma fonte emissora de ondas. A 
frequência aparente é dada por: 
S O
AP
S F
v vf f
v v
⎛ ⎞±= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∓ 
A convenção de sinais, nesse caso, é a seguinte: 
No numerador: 
⎩⎨
⎧
−
+
afastaseobservadorose ,
aproximaseobservadorose ,
 
No denominador: 
⎩⎨
⎧
+
−
afastasefontease ,
aproximasefontease ,
 
 
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. 
 
Exemplo: (ITA 2001) Um diapasão de frequência 400 Hz é afastado 
de um observador, em direção a uma parede plana, com velocidade 
de 1,7 m/s. São nominadas 1f a frequência aparente das ondas não-
refletidas, vindas diretamente até o observador; 2f , a frequência 
aparente das ondas sonoras que alcançam o observador depois de 
refletidas pela parede e 3f , a frequência dos batimentos. Sabendo 
que a velocidade do som é de 340 m/s, os valores que melhor 
expressam as frequências em hertz de 1f , 2f e 3f , 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: (Alternativa C) 
A equação da frequência aparente para o efeito Doppler é: 
S O
AP
S F
v vf f
v v
±= ⋅∓ 
Na primeira situação, a fonte se afasta do observador parado e, 
portanto, temos: 
1
340 0 400 398
340 1,7
f Hz+= ⋅ =+ 
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 frequência (espelha-se a fonte em 
relação à parede). Assim: 
2
340 0 400 402
340 1,7
f Hz+= ⋅ =− 
Finalmente, a frequência dos batimentos é dada por: 
3 1 2| | | 398 402 | 4f f f Hz= − = − =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 significativamente alta. Em tais casos, 
essa lei não só simplifica tremendamente o trabalho, mas, devido à 
sua simplicidade, frequentemente fornece novas ideias. 
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. 
Fluxo elétrico - Se A é a área de uma superfície S que foi colocada 
num campo elétrico uniforme E
G
, define-se como fluxo do campo 
elétrico, ou fluxo do vetor E
G
, através da superfície S como: 
| | cosE E A E A θΦ = ⋅ = ⋅ ⋅
G G G
 
onde θ é o ângulo entre o vetor normal ao elemento de área e o vetor 
campo elétrico. 
 
Lei de Gauss - A Lei de Gauss nos diz que o fluxo de linhas de 
campo 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): 
int
0
E
QΦ = ∑ε 
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: 
int
01
cos
n
E i i i
i
Q
E A θ ε=
Φ = = ∑∑ 
 
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 
 
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 módulo do 
campo elétrico constante em toda a superfície, e os vetores campo 
 
 
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16 
 
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: 
 
Exemplo 1: Apliquemos a lei de Gauss às superfícies fechadas S1, S2, 
S3 e S4 abaixo: 
 
- 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 campo passam através dessa superfície, 
dirigindo-se da carga positiva envolvida por S1 até a carga negativa 
envolvida por 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 
volta pela parte inferior, em direção à carga negativa. 
 
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 θ = 1). 
Aplicando a Lei de Gauss, temos: 
ε0 EΦ = Qint ⇒ ε0EA = λh ⇒ ε0E(2πrh) = λh ⇒ 
0
E
2 r
λ= πε 
 
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. (r > Rexterno) 
Aplicando a Lei de Gauss, facilmente chegamos a 
2int
20 0 01
1cos 4
4
n
E i i i
i
Q Q QE A E r E
r
θ πε ε πε=
Φ = = ⇒ ⋅ = ⇒ = ⋅∑∑ 
Como 
0
1
4
k πε= , temos que 2
kQE
r
= (como na lei de Coulomb) 
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 (r < Rinterno). 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. 
 
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 
A B C 
L
λ 
 
a) φA = φB = φC b) φA > φB > φC c) φA < φB < φC 
d) φA/2 = 2.φB = φC e) φA = 2.φB = φC 
 
Resolução: (Alternativa A) 
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 . 
 
Existem formulações da Lei de Gauss para outros campos de vetores 
além do campo elétrico. Vamos discutir o caso do campo 
gravitacional. 
 
LEI DE GAUSS – CAMPO GRAVITACIONAL 
 
Lei de Gauss para campo gravitacional– aqui, o campo 
gravitacional g
G
 criado por um conjunto de n massas 
1
n
k
k
M m
=
= ∑ é 
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. 
 
Fluxo gravitacional – analogamente aos fluxos elétrico e magnético, 
definiremos o fluxo gravitacional de um campo gravitacional g
G
 
através de uma superfície S, de área A, como | | cosG g A θΦ = ⋅ ⋅G , 
onde θ 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 . 
A lei da Gauss para a gravitação afirma então que, para : 
 
1
4
n
G k
k
G mπ
=
Φ = − ⋅ ⋅ ∑ 
 
no qual o fluxo gravitacional GΦ é calculado através de qualquer 
superfície fechada (gaussiana) que encerre o conjunto das n massas 
km . 
O sinal negativo do lado direito desta relação significa que o campo 
gravitacional é um campo de aproximação, assim como o campo 
elétrico criado por uma carga puntiforme negativa é de aproximação. 
Além disso, vale lembrar que o fluxo é calculado por: 
 
| | cosG g AΦ = ⋅ ⋅
G θ 
 
Exemplo: Calcule a aceleração da gravidade na superfície de um 
planeta esférico de massa M e raio R . 
 
 
 
 
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17 
 
Resolução: 
 
n
G g
G 
 
De acordo com a lei de Gauss, temos 
que: 
1
4
n
G k
k
G mπ
=
Φ = − ⋅ ⋅ ∑ 
O fluxo gravitacional através da 
superfície esférica S do planeta é: 
2| | cos | | (4 ) ( 1)G g A g RΦ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ −
G Gθ π , observando que o ângulo entre 
a normal n
G
 e o campo g
G
 é 180θ = ° , como mostra a figura anterior. 
Assim: 
2
2| | 4 4 | |
G Mg R G M g
R
⋅− ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ ⇒ =G Gπ π 
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: 
a) 0. b) 2
GMm
d
 c) 3 3
2
GMm
R d− 
d) 3 3
1
GMm
d R− e) 
3 3
1
2 3 3
2 1
( )
( )
GMm d R
d R R
−
− 
Resolução: (Alternativa E) 
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: 
2| | cos | | (4 ) ( 1)G g A g dθ πΦ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ −G G (I) 
Note que este fluxo também pode ser mensurado considerando a 
massa interna desta superfície: int
1
4 4
n
G k
k
G m G mπ π
=
Φ = − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅∑ 
Considerando a densidade da casca constante, temos: 
( ) ( )
3 3
int 1
int 3 33 3 3 3 2 11 2 1
4 4
3 3
m d Rm M m M
V R Rd R R R
ρ
π π
−= = = ⇒ = −− −
 
Assim, 
3 3
1
int 3 3
2 1
4 4G
d RG m G M
R R
π π −Φ = − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ − (II) 
Assim temos, igualando (I) e (II): 
3 3 3 3
2 1 1
3 3 2 3 3
2 1 2 1
| | (4 ) 4 | |d R d RG Mg d G M g
R R d R R
π π − −⋅− ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ ⇒ =− −
G G
 
A força de atração gravitacional sobre m, é dada portanto por: 
3 3 3 3
1 1
2 3 3 2 3 3
2 1 2 1
( )| |
( )
d R GMm d RG MF m g m
d R R d R R
− −⋅= ⋅ = ⋅ ⋅ =− −
G
 
 
GRAVITAÇÃO 
 
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 
1. Lei de Órbitas: Todos os planetas se movem em órbitas elípticas 
em torno de um astro central, o qual ocupa um dos focos. 
2. 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 Δt: 1,2 1,2
3,4 3,4
A t
A t
Δ= Δ 
3. 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). 
2 3.T k R= 
Onde:
2
máx mínR RR += , e a constante k pode ser verificada através da 
Gravitação de Newton, ao considerarmos um movimento circular, cuja 
resultante centrípeta é dada pela força de atração gravitacional 
2
. .G M mF
R
= : 
2
2
2
. . . . .G M m m v G M G Mv v
R R R R
= ⇒ = ⇒ = 
Como no movimento circular 2. .Rv
T
π= , temos que 2. . .R G M
T R
π∴ = 
Assim 
2 2
3
4.
.
Tk
R G M
π= = 
 
Sol 
acelerado 
retardado 
Rmin Rmáx 
Vmin Vmáx 
 
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. 
 
Gravitação Universal de Newton: 
Qualquer partícula no universo atrai outra partícula segundo a 
equação: 2
. .
G
G M mF
R
= 
 
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 
gravitacional é dada por . .G M mU
d
= − , temos que, por conservação 
de energia: 
 
( ) ( )
2 2
2
. . . .0 . .lim
2 2
. . . 0 0
2
antes depois
escape
d
escape
K U K U
m v G M m m G M m
R d
m v G M m
R
→∞
+ = +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞+ − = +⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
De onde temos que 2. .escape
G Mv
R
= , que a velocidade mínima onde 
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: 
 
 
 
 
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 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
18 
 
Velocidade de lançamento menor que a velocidade de escape: 
- Se GMv
R
< , teremos que o corpo descreve (na realidade 
descreveria) uma elipse onde o planeta ocuparia o foco mais 
afastado do ponto de lançamento 
- Se GMv
R
= , teremos que o corpo descreve uma circunferência 
- Se 2GM GMv
R R
< < , teremos que o corpo descreverá uma 
elipse, onde o planeta ocuparia o foco mais próximo do ponto de 
lançamento 
 
Velocidade de lançamento maior ou igual à velocidade de 
escape: 
- Se 2GMv
R
= , teremos que o corpo descreverá uma parábola 
- Se GMv
R
> , teremos que o corpo descreverá uma hipérbole 
 
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 suamassa. 
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. 
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 
a) a3/[(R-a)2R] b) (a/R)3 c) (a/R)2 d) a/R e) nulo. 
 
Resolução: (Alternativa D) 
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: 
( )
( ) ( ) ( )2 1 1 1 1 22 2 2
. ' . ' . '
massa negativa
G M G M G MG G G G G G G
R d R d R d
−= + = + = − ⇒ − =− − −
Onde M’ é o módulo da massa da cavidade. 
Mas, como a densidade é constante, temos que 
3
3
3 3
' '4 4
3 3
M M aM M
RR a
ρ
π π
= = ⇒ = 
Assim, temos que: 
( ) ( )
3
33
1 2 2 23
. . .
aG M G M aRG G
R d R R d
− = =− − 
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: 
( )
3 3
1 2 2 3 2 33
. . . . . .G M a G M a G M aG G
R a RR R R a
− = = =⎡ ⎤− −⎣ ⎦
 
Como temos que 1 2
.G MG
R
= , podemos dizer: 
1 2
1 2 12
1
. G GG M a a aG G G
R R R G R
−− = = ⇒ = 
 
 
SIMETRIA EM CIRCUITOS ELÉTRICOS 
 
Quando falamos em simetria num circuito composto por resistores (ou 
por capacitores), estamos falando em identificar nesse circuito pontos 
de mesmo potencial. Isso pode ser usado para resolver circuitos com 
associações de resistores (ou capacitores), a princípio, complexas. 
Como exemplo, temos a questão abaixo: 
 
Exemplo: (IME 2008) A malha de resistores apresentada na figura ao 
lado é conectada pelos terminais A e C a 
uma fonte de tensão constante. A malha 
é submersa em um recipiente com água 
e, após 20 minutos, observa-se que o 
líquido entra em ebulição. Repetindo as 
condições mencionadas, determine o 
tempo que a água levaria para entrar em 
ebulição, caso a fonte tivesse sido 
conectada aos terminais A e B. 
 
Resolução: 
Chamemos de E o ponto no meio do circuito. 
a) Resistência equivalente entre 
A e C: 
 
Observando a simetria existente 
em relação à reta BD, o lado 
esquerdo e o lado direito são 
idênticos. Portanto, os pontos B, 
D e E têm o mesmo potencial. 
 
 
 
Assim, as duas resistências, entre B e E, e entre D e E, não são 
atravessadas por corrente, e podem ser removidas do circuito. Desse 
modo, o circuito é equivalente ao seguinte: 
 
 
RAC = 
2
3
R 
 
b) Resistência equivalente entre A e 
B: 
 
Observando novamente a simetria 
indicada na figura acima (em relação 
à linha s), atribuir aos pontos sobre a 
linha s o mesmo potencial: 
 
 Linha s
 
 
 
 
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 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
19 
 
 
 
Temos que a resistência equivalente entre os pontos AB pode ser 
calculada por: 
RAB = 2. / / / / / /
2 2
R RR R R
⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
 
Calculando: 
1) 2/ /
2 3
2
R RR RR
R R
⋅⎛ ⎞ = =⎜ ⎟⎝ ⎠ +
 
2) 4/ /
2 3 3
R R RR R R⎛ ⎞ + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
3) 
4
43 3/ / / / / / 42 2 15
3 3
R R
R R RR R R
R R
⋅⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ +
 
4) RAB=
82. / / / / / /
2 2 15
R R RR R R
⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
 
 
Agora passemos à comparação entre os tempos utilizados no primeiro 
e no segundo processo para vaporizar a água. Em ambos os casos, a 
quantidade de calor fornecida deve ser a mesma, bem como a tensão 
aplicada. 
Como a potência é dada por 
2Q UP
t R
= =Δ , temos que: 
2
1 2 2
2 8
3 15 16 min
20 min
AC AB
R RR R t
t t t
= ⇒ = ⇒ Δ =Δ Δ Δ 
 
Observe a seguir um exemplo de simetria com circuito de capacitores. 
 
(ITA 2011) Uma diferença de potencial eletrostático V é estabelecida 
entre os pontos M e Q da rede cúbica de capacitores idênticos 
mostrada na figura. A diferença de potencial entre os pontos N e P é 
a) 2
V 
b) 3
V 
c) 4
V 
d) 5
V 
e) 6
V 
Resolução. 
Seja C a capacitância de cada um dos doze capacitores do cubo. 
Nota-se que a rede de capacitores do nó Q para o nó M apresenta 
simetria geométrica e elétrica, pois todos os capacitores são idênticos 
e cada um dos “caminhos” de Q para M apresenta as mesmas 
características, 3 arestas e, portanto, 3 capacitores. 
Observe a figura a seguir: 
N
N’ 
N’’ M
P’ 
P’’ 
Q P
 
De acordo com o enunciado, o potencial em M é 0 VMV = (aterrado). 
Por simetria, observando a partir de M, os nós N, N’ e N’’ apresentam 
potenciais elétricos iguais (VN). Seguindo o mesmo raciocínio, os nós 
P, P’ e P’’ apresentam potenciais elétricos iguais (VP). 
Em uma rede elétrica, nós que apresentam um mesmo potencial 
elétrico são equivalentes a nós coincidentes. 
Desse modo, podemos redesenhar a rede cúbica de capacitores 
substituindo os nós equivalentes por um mesmo nó. Na figura a seguir 
o esquema elétrico apresentado é equivalente ao esquema cúbico da 
questão, porém está todo em um mesmo plano e, com a equivalência 
dos nós, ficou mais fácil o estudo das capacitâncias equivalentes, das 
cargas armazenadas e das diferenças de potencial (d.d.p.) entre os 
nós. 
M N P Q 
V 
C 
C 
C 
C 
C 
C 
C 
C 
C 
C 
C 
C 
 
Para os cálculos das capacitâncias equivalentes, lembre-se: 
• “n” capacitores em paralelo: eq 1 2 ... nC C C C= + + + 
• “n” capacitores em série: 
eq 1 2
1 1 1 1...
nC C C C
= + + + 
Logo, podemos simplificar ainda mais o circuito acima: 
M N Q 
VMN VNP VPQ 
P 
V
3C 6C 3C 
 
Podemos dizer que os capacitores acima carregam-se através de uma 
mesma corrente num mesmo intervalo de tempo, e por isso possuem 
cargas iguais: 
MN NP PQq q q q= = = 
Da definição de capacitância, q C V= ⋅ , podemos escrever, de acordo 
com o esquema da figura acima: 
6 
6NP NP NP
qq C V V
C
= ⋅ ⇒ = 
3 2
3MN MN MN MN NP
qq C V V V V
C
= ⋅ ⇒ = ⇒ = 
3 2
3PQ PQ PQ PQ NP
qq C V V V V
C
= ⋅ ⇒ = ⇒ = 
Pela lei das malhas, podemos escrever sobre as d.d.p. entre os nós: 
MN NP PQV V V V+ + = . Então: 
2 2NP NP NPV V V V+ + = ⇒ 5 NPV V= ⇒ 5NP
VV = 
 
 
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 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
20 
 
MALHAS INFINITAS 
 
É possível calcular resistências equivalentes até mesmo em algumas 
associações envolvendo infinitos resistores. Nesse caso, devemos 
tentar obter algum padrão que se repita dentro da associação, de 
modo a transformá-la numa malha equivalente finita, com poucos 
resistores, com a qual seja simples trabalhar, como ilustra o exemplo 
abaixo.

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