Física ITA 2012

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(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
1 
 
FÍSICA 
 
 QUESTÃO 01 
Ondas acústicas são ondas de compressão, ou seja, propagam-se em 
meios compressíveis. Quando uma barra metálica é golpeada em sua 
extremidade, uma onda longitudinal propaga-se por ela com 
velocidade /v Ea= ρ . A grandeza E é conhecida como módulo de 
Young, enquanto ρ é a massa específica e a uma constante 
adimensional. Qual das alternativas é condizente à dimensão de E? 
a) 2J m b) 2N m c) J s m⋅ 
d) 2kg m s⋅ e) 3dyn cm 
 Resolução Alternativa B 
Temos que: 
2E a vv E
a
⋅ ρ ⋅= ⇔ =ρ 
Sendo [ ] 3M L−ρ = ⋅ , [ ] 1v L T −= ⋅ e [ ] 1a = (adimensional), vem que: 
[ ] ( ) ( )
23 1
1
M L L TE
− −⋅ ⋅ ⋅= ⇔ [ ] 1 2E M L T− −= ⋅ ⋅ 
Comparando agora com cada alternativa: 
a) Como Joule (J) é unidade de energia, J/m2 tem dimensão de: 
2 2
2
2
M L T M T
L
−
−⋅ ⋅ = ⋅ 
b) Como N (Newton) é unidade de força, N/m2 tem dimensão de: 
2
1 2
2
M L T M L T
L
−
− −⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 
c) Como Joule (J) é unidade de energia, J/(s.m) tem dimensão de: 
2 2
3M L T M L T
T L
−
−⋅ ⋅ = ⋅ ⋅⋅ 
d) Temos que kg.m/s2 tem dimensão de: 
2
2
M L M L T
T
−⋅ = ⋅ ⋅ 
e) Como dina (dyn) é unidade de força, dyn/cm3 tem dimensão de: 
2
2 2
3
M L T M L T
L
−
− −⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 
Assim, a única alternativa que apresenta unidades referentes à 
mesma dimensão do módulo de Young é a alternativa B. 
 
 QUESTÃO 02 
Considere uma rampa plana, inclinada de um ângulo θ em relação à 
horizontal, no início da qual encontra-se um carrinho. Ele então recebe 
uma pancada que o faz subir até uma certa distância, durante o tempo 
st , descendo em seguida até sua posição inicial. A “viagem” completa 
dura um tempo total t . Sendo μ o coeficiente de atrito entre o 
carrinho e a rampa, a relação a s/t t é igual a 
a) 2 b) ( )1 tan / tan+ θ + μ θ − μ 
c) ( )1 cos / cos+ θ + μ θ − μ d) ( )1 sen / cos+ θ + μ θ − μ 
e) ( )1 tan / tan− θ + μ θ − μ 
 Resolução Alternativa B 
Observe a figura a seguir. Quando o corpo 
percorre uma distância SΔ ao longo do plano 
inclinado representado, ele sofre a ação das 
forças indicadas na figura. Na subida a força 
de atrito possui a mesma direção e sentido 
que o xP
G
 e na descida possui sentido oposto. 
Assim, podemos calcular o tempo para 
ambas as situações. Mas antes vamos 
calcular a aceleração na subida e na descida. 
Adotaremos o sentido positivo como sendo o 
de descida. 
atF
G
 
N
G
 
P
G
 xP
G
 
yP
G
 
θ
 
Na subida: 
res x atF P F= + ⇒
G G G = + ⇒ ⋅ = θ + μ θ⇒res x at s sen cosF P F m a mg m g 
⇒ = θ + μ θs sen cosa g g eq. i 
Na descida: 
res x atF P F= + ⇒
G G G = − ⇒ ⋅ = θ − μ θres x at d sen cosF P F m a mg m g 
⇒ = θ − μ θd sen cosa g g 
Sendo 
G
atF uma força passiva, temos ≥x atP F , logo ≥d 0a : 
= θ − μ θ = θ − μ θid sen cos sen cosa g g g eq. ii 
Na subida, temos: 
−Δ = − ⋅ +
2
0 2
tS v t a 
Mas = − +0v v at . Como, no ponto mais alto da trajetória v = 0, então: 
=0v at , logo: 
( )−Δ = − ⋅ + ⇒ Δ = ⇒2 2
2 2
s s
s s s s s
t tS a t t a S a 
⋅ Δ= 2s
s
St
a
 
Na descida: 
Δ = ⋅ + ⇒ Δ = ⇒
2 2
0
2 2
d d
d d d
t tS t a S a ⋅ Δ= 2d
d
St
a
 
O tempo de percurso (t) é dado por = +s dt t t . 
A razão s/t t será: 
+ ⋅ Δ= = + = + ⋅ ⇒⋅ Δ
s d d s
s s s d
21 1
2
t t t at S
t t t a S
= + s
s d
1 at
t a
 
Substituindo as equações i e ii, obtemos: 
θ + μ θ= + θ − μ θs
sen cos1
sen cos
t
t
 
Dividindo a parte superior e a inferior, dentro da raiz quadrada, por co-
seno, obtemos: 
θ + μ= + θ − μs
tan1
tan
t
t
 
 
 QUESTÃO 03 
Um elevador sobe verticalmente com aceleração constante igual a a . 
No seu teto está preso um conjunto de dois sistemas massa-mola 
acoplados em série, conforme a figura. O primeiro tem massa 1m e 
constante de mola 1k , e o segundo, massa 2m e constante de mola 
2k . Ambas as molas têm o mesmo comprimento natural (sem 
deformação) A . Na condição de equilíbrio estático relativo ao 
elevador, a deformação da mola de constante 1k é y, e da outra, x. 
Pode-se então afirmar que (y - x) é 
 
a) ( ) ( )⎡ ⎤− + −⎣ ⎦2 1 2 2 1 1 2/k k m k m g a k k 
b) ( ) ( )⎡ ⎤+ + −⎣ ⎦2 1 2 2 1 1 2/k k m k m g a k k 
c) ( ) ( )⎡ ⎤− + +⎣ ⎦2 1 2 2 1 1 2/k k m k m g a k k 
d) ( ) ( )2 1 2 2 1 1 2/ 2k k m k m g a k k⎡ ⎤+ + + −⎣ ⎦ A 
e) ( ) ( )2 1 2 2 1 1 2/ 2k k m k m g a k k⎡ ⎤− + + +⎣ ⎦ A 
 
k1 
k2 
m2 
m1 
 
 Resolução Alternativa C 
A primeira frase do enunciado (“Um elevador sobe verticalmente com 
aceleração constante igual a a ”) não especifica se a aceleração é 
vertical para cima ou para baixo. Ao longo do texto em nenhum 
momento ele menciona o sentido da aceleração, entretanto o valor de 
a pode ser negativo ou positivo, sendo a resolução abaixo uma 
resolução geral. 
Quando o texto menciona a “condição de equilíbrio estático relativo ao 
elevador”, nós temos um sistema acelerado para um observador em 
repouso relativamente à superfície da Terra. Vamos então supor uma 
aceleração vertical para cima e analisar as forças sobre os blocos do 
ponto de vista de um referencial inercial fixo no solo e assumir o 
sentido positivo de nosso referencial como sendo para cima: 
Observe a figura ao lado. Nela representamos as forças 
que atuam no corpo de massa m2. Pela Segunda Lei de 
Newton, temos: 
res el 2 2 el 2 2F ma F P ma F P ma= ⇒ + = ⇒ − = ⇒
G G GG G
 
 
m2 
el 2F
G
 
2P
G
 
 
 
 
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2 
 
⇒ 2 2 2k x m g m a⋅ − ⋅ = ⋅ ⇒ ( )2
2
m a g
x
k
+= 
Observe agora a figura a seguir onde consideramos os blocos de 
massa m1 e m2 como sendo um único corpo. Assim sendo, podemos 
escrever: 
( )res el 1 1 2 1 2F ma F P P m m a= ⇒ + + = + ⇒G G G GG G 
( )el 1 1 2 1 2F P P m m a⇒ − − = + ⇒ 
( )1 1 2 1 2k y m g m g m m a⇒ ⋅ − ⋅ − ⋅ = + ⇒ 
⇒ ( ) ( )1 2
1
m m a g
y
k
+ ⋅ += 
 
m1 + m2
el 1F
G
 
1 2P P+
G G
 
Fazendo a diferença (y - x), obtemos: 
( ) ( ) ( )1 2 2
1 2
m m a g m a g
y x
k k
+ ⋅ + +− = − ⇒ 
⇒ ( ) ( )1 2 2 2 1
1 2
m m k m k
y x a g
k k
+ ⋅ − ⋅− = + ⋅ ⋅ ⇒ 
⇒ ( ) ( )1 2 2 2 2 1
1 2
m k m k m k
y x a g
k k
⋅ + ⋅ − ⋅− = + ⋅ ⋅ ⇒ 
⇒ ( ) ( )2 1 2 2 1
1 2
k k m k m g a
y x
k k
⎡ ⎤− + +⎣ ⎦− = ⋅ 
Que daria a alternativa C. 
Caso a aceleração fosse vertical para baixo, basta que a seja menor 
que zero. 
 
 QUESTÃO 04 
Apoiado sobre patins numa superfície horizontal sem atrito, um 
atirador dispara um projétil de massa m com velocidade v contra um 
alvo a uma distância d . Antes do disparo, a massa total do atirador e 
seus equipamentos é M . Sendo sv a velocidade do som no ar e 
desprezando a perda de energia em todo o processo, quanto tempo 
após o disparo o atirador ouviria o ruído do impacto do projétil no alvo? 
a) ( )( )( )( )
+ −
− +
s
s s
d v v M m
v Mv m v v
 b) ( )( )( )( )
+ +
+ +
s
s s
d v v M m
v Mv m v v
 
c) ( )( )( )( )
− +
+ +
s
s s
d v v M m
v Mv m v v
 d) ( )( )( )( )
+ −
− −
s
s s
d v v M m
v Mv m v v
 
e) ( )( )( )( )
− −
+ +
s
s s
d v v M m
v Mv m v v
 
 
 Resolução Alternativa A 
Considerando que o sistema é isolado horizontalmente, conforme é 
descrito pelo enunciado, a quantidade de movimento durante o disparo 
se conserva. 
Assumiremos que o tiro foi dado horizontalmente. 
No início o sistema está em repouso, de modo que a quantidade de 
movimento inicial é nula. Imediatamente após o disparo as 
quantidades de movimento do projétil e do atirador serão opostas, de 
modo que: 
⋅ − ⋅ = ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ = ⋅' ' 0 ' ' '
'
mm v m v m v m v v v
m
 
em que 'v é a velocidade do atirador e = −'mM m é a massa do 
atirador, e seus equipamentos, desconsiderando o projétil. 
O tempo para que o projétil atinja o alvo é: 
=1 dt v 
Para que o som do disparo alcance o atirador, a onda terá que 
percorrer a distância d somada à distância percorrida pelo atirador. 
Considerando que o tempo desse segundo trajeto é 2t , temos: 
( )
( )
⋅ = + ⋅ + ⇔ ⋅ − ⋅ = + ⋅
− ⋅ = + ⋅
2 1 2 2 2 1
2 1
' ' '
' '
s s
s
v t d v t t v t v t d v t
v v t d v t
 
Substituindo o valor de 1t determinado anteriormente: 
( ) +⎛ ⎞− ⋅ = + ⋅ = ⋅ + = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
+∴ = ⋅ −
2
2
' '' ' 1
'
'
s
s
d v v vv v t d v d d
v v v
d v vt
v v v
 
Portanto, o tempo total será: 
 
⎛ ⎞ − + ++ ++ = + ⋅ = ⋅ + = ⋅⎜ ⎟− − −⎝ ⎠
+∴ + = ⋅ −
1 2
1 2
' '' '1
' ' '
'
s
s s s
s
s
v v v vd d v v d v v dt t
v v v v v v v v v v
v vdt t
v v v
 
Por fim, substituindo o valor da velocidade do atirador, = ⋅'
'
mv v
m
, 
obtemos: 
( )+ ⋅++ = ⋅ = ⋅ ⋅ − ⋅− ⋅1 2
'
'
'
ss
s
s
v v mv vd dt t mv v v m v mv v
m
 
 
Como a massa do atirador é dada por = −'m M m , chegamos em: 
( ) ( )
( )
+ ⋅ −+ = ⋅ ⋅ − ⋅ +1 2
s
s s
v v M mdt t
v M v m v v
 
 
 QUESTÃO 05 
Um gerador elétrico alimenta um circuito cura resistência equivalente 
varia de 50Ω a 150Ω, dependendo das condições de uso do circuito. 
Lembrando que, com resistência mínima, a potência útil do gerador é 
máxima, então, o rendimento do gerador na situação de resistência 
máxima, é igual a. 
a) 0,25 
b) 0,50 
c) 0,67 
d) 0,75 
e) 0,90 
 Resolução Alternativa D 
Sabemos que para um circuito como o do enunciado (representado 
abaixo), a potência útil é máxima quando temos intr R= : 
 
 
 
Continuando com este raciocínio, o enunciado nos diz que a situação 
de potência útil máxima acontece quado a resistência R do circuito é 
mínima (e igual a 50 Ω ), portanto temos int 50 r = Ω . 
Nos resta agora calcular o rendimento do gerador para a situação de 
resistência máxima, quando 150 R = Ω : 
 
( )int
2
int
útil
total
E R r i
R
P R i R r
P E i
⎧ = + ⋅⎪ ⇒ η =⎨ ⋅ +η = =⎪ ⋅⎩
 
 
Substituindo R e rint temos: 
150
200
η = ⇒ 0,75η = 
 
Obs.: A utilização da frase “Lembrando que, com resistência mínima, a 
potência útil do gerador é máxima...” poderia levar o candidato a 
considerar a afirmação como um teorema válido para qualquer 
circuito, o que não é verdade. Essa informação é apenas uma 
informação específica para a situação descrita no enunciado. 
 
 QUESTÃO 06 
Um funil que gira com velocidade angular uniforme em torno do seu 
eixo vertical de simetria apresenta uma superfície cônica que forma 
um ângulo θ com a horizontal, conforme a figura. Sobre esta 
superfície, uma pequena esfera gira com a mesma velocidade angular 
mantendo-se a uma distância d do eixo de rotação. Nestas 
condições, o período de rotação do funil é dado por. 
intr 
R 
E 
 
 
 
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3 
 
a) π θ2 send g 
b) π θ2 cosd g 
c) π θ2 tand g 
d) π θ2 sen2d g 
e) π θ θ2 cos tand g 
 
θ 
d 
 
 Resolução Alternativa C 
Para que a esfera gire com mesma velocidade angular que o funil seu 
movimento deverá ser restrito a uma circunferência contida num plano 
perpendicular ao eixo de rotação do funil. Isso ocorrerá somente se a 
resultante vertical das forças que atuam sobre a esfera for nula e a 
resultante for centrípeta (perpendicular ao eixo de rotação). 
Decompondo as forças que atuam sobre a esfera, de modo a 
obedecer a essas condições, obtemos a figura a seguir: 
 
 
 
Com isso, temos que: 
θ θ
= = ⋅
= ⋅ = ⋅ ⋅tg tg
y
x y
N P m g
N N m g
 
 
Portanto, considerando a velocidade angular ω , a resultante 
centrípeta será: 
ω θ= ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅2e e tgc ntríp ta xR N m R m g 
 
Substituindo o valor do raio por d: 
πθ π θ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ = ⋅ ⇔ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 22tg
2 tg
T dg d
T g
 
 
Por fim, o período será: 
π θ= ⋅2 tg
dT
g
 
 QUESTÃO 07 
No interior de um carrinho de massa M mantido em repouso, uma 
mola de constante elástica k encontra-se comprimida de uma distância 
x, tendo uma extremidade presa e outra conectada a um bloco de 
massa m, conforme a figura. Sendo o sistema então abandonado e 
considerando que não há atrito, pode-se afirmar que o valor inicial da 
aceleração do bloco relativa ao carrinho é 
a) /kx m 
b) /kx M 
c) ( )+/kx m M 
d) ( )− /kx M m mM 
e) ( )+ /kx M m mM 
x
m M 
 
 Resolução Alternativa E 
Como não há atritos no sistema, a única força atuando 
horizontalmente sobre os corpos de massa m e M é a força elástica 
F k x= ⋅ . Pela Lei de ação e reação, as forças agirão sobre cada um 
dos corpos conforme o esquema abaixo: 
 
Considerando o instante inicial, no qual a mola está comprimida em x, 
pela segunda Lei de Newton, temos (adotando orientação para a 
direita como positiva): 
⋅⎧ =⎪= ⋅ = ⋅⎧⎪ ⎪⇒⎨ ⎨− = ⋅ = ⋅ ⋅⎪⎩ ⎪ = −⎪⎩
m
m
M
M
k xaF k x m a m
F k x M a k xa
M
 
A aceleração relativa do bloco em relação ao carrinho no instante 
inicial é: 
( )⋅ ⋅⎛ ⎞= − = − − = +⎜ ⎟⎝ ⎠relativa m M
k x k xa a a kx M m mM
m M
 
 
 QUESTÃO 08 
Um corpo movimenta-se numa superfície horizontal sem atrito, a partir 
do repouso, devido à ação contínua de um dispositivo que lhe fornece 
uma potência mecânica constante. Sendo v sua velocidade após 
certo tempo t , pode-se afirmar que. 
a) a aceleração do corpo é constante. 
b) a distância percorrida é proporcional a 2v . 
c) o quadrado da velocidade é proporcional a t . 
d) a força que atua sobre o corpo é proporcional a t . 
e) a taxa de variação temporal da energia cinética não é constante. 
 Resolução Alternativa C 
Pelo TEC (Trabalho da resultante é igual à variação de energia 
cinética) e, sabendo que o corpo partiu do repouso, podemos calcular 
o trabalho realizado pela força que age sobre o corpo até que ele 
atinja uma velocidade v: 
2
2C
m vE ⋅τ = Δ = 
Como a potência é constante, sabemos que o trabalho realizado pela 
força que atua sobre o corpo, após um tempo t, é: 
P tτ = ⋅ 
Igualando as duas equações do trabalho, temos: 
2
2 2
2
m v P tP t v
m
⋅ ⋅ ⋅⋅ = ⇔ = 
Como tanto a potência quanto a massa são constantes, podemos 
notar que o quadrado da velocidade é proporcional ao tempo t 
( ∝2v t ). 
a) Incorreta. Como a potência é constante e a velocidade aumenta 
com o tempo, temos que PF
v
= e por isso a força atuando sobre o 
corpo diminui com o tempo, assim como sua aceleração. 
b) Incorreta. Sabemos que a função velocidade do corpo é 
( ) 2 P tv t
m
⋅ ⋅= . Ao integrar esta função pelo tempo, podemos 
encontrar a distância percorrida, que é ( ) 3322 2
3 3
P m vd t t
m P
⋅ ⋅= ⋅ ⋅ = . 
d) Incorreta. Como 
22
P P m PF
v tP t
m
⋅= = = ⋅⋅ ⋅ , a força que atua 
sobre o corpo é proporcional a 1
t
. 
e) Incorreta. A taxa de variação da energia cinética em função do 
tempo é justamente a potência fornecida, que é constante. 
Também pode-se seguir o seguinte raciocínio: 
Como CE P t= ⋅ é uma função linear em t, sua taxa de variação em 
relação ao tempo é constante (e igual a P, a potência fornecida). 
 
 QUESTÃO 09 
Acredita-se que a grande colisão de um asteróide com a Terra tenha 
causado a extinção dos dinossauros. Para se ter uma ideia de um 
impacto dessa ordem, considere um asteróide esférico de ferro, com 2 
km de diâmetro, que se encontra em repouso quase no infinito, 
estando sujeito somente à ação da gravidade terrestre. Desprezando 
as forças de atrito atmosférico, assinale a opção que expressa a 
energia liberada no impacto, medida em número aproximado de 
bombas de hidrogênio de 10 megatons de TNT. 
a) 1 b) 10 c) 500 
d) 50.000 e) 1.000.000 
JG
F 
m 
M 
−JGF(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
4 
 
 Resolução Alternativa D 
Para o sistema, avaliaremos a energia mecânica: 
= +M Cin PotE E E , com ⋅ ⋅= −Pot G M mE d 
Como o asteróide está a uma distância muito grande da Terra, 
partindo do repouso, temos, inicialmente: 
→∞
⎧ ⋅ ⋅⎛ ⎞= − =⎪ ⎜ ⎟ ⇒ =⎝ ⎠⎨⎪ =⎩
,
lim 0
0
0
Pot d
M inicial
Cin
G M mE
Ed
E
 
No momento da colisão, temos: 
⋅ ⋅= + = −, Terra AstM Final Cin Pot Cin
Terra
G M mE E E E
R
 
Conservando a energia Mecânica do sistema, calculamos a energia 
cinética do sistema no momento da colisão: 
, , 0 Terra Ast TerraM inicial M final Cin Cin Ast
Terra Terra
G M m G ME E E E m
R R
⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = − ⇒ = ⋅ 
Como a aceleração da gravidade é conhecida, = 210 m/sg , temos: 
( ) ( ) 3
6 2 2
2 2
6400 10 m
10 10 64 10 m /sTerra Terra Terra Terra
TerraTerra Terra
G M G M G Mg R
RR R ⋅
⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = ⇒ = ⋅ = ⋅�	
 
Substituindo, na energia cinética do sistema no momento da colisão: 
⋅= ⋅ = ⋅ ⋅664 10TerraCin Ast Ast
Terra
G ME m m
R
 
Entretanto, a massa do asteróide pode ser determinada facilmente, 
através de sua densidade e seu volume: ρ= ⋅Ast Fe Astm V 
Assim: 
( ) ( )
ρ
π π π
π π
⎧ =⎪⎨ ⋅= = =⎪⎩
⋅ ⋅= ⋅ ⇒ =
3
933 3 3
9 5 12
8000 kg/m
4 4 4 1010 m
3 3 3
4 10 2 108000 kg
3 3
Fe
Ast Ast
Ast Ast
V R
m m
 
Logo, temos: 
π π⋅ ⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
5 12 11 18
6 6 2 10 2 1064 10 64 10 J
3 3Cin Ast
E m 
De acordo com o enunciado e com os dados da prova: 
( )= = ⋅ ⋅ ×6 91 bomba de hidrogênio 10 megatons de TNT 10 10 4 10 J 
Assim: 
1 bomba de hidrogênio ( )⋅ ⋅ ×6 910 10 4 10 J 
x bombas de hidrogênio 
 
 π⋅
11 182 10 J
3
 
( )
π π
⋅
= = ⋅ ⋅ ≅⋅ ⋅ ×
11 18
9 2
6 9
2 10
3 2 10 53616 bombas de hidrogênio
310 10 4 10
x 
Ou seja, a energia dispersada na colisão será de aproximadamente 
50.000 bombas de hidrogênio de 10 megatons de TNT. 
 QUESTÃO 10 
Boa parte das estrelas do Universo formam sistemas binários nos 
quais duas estrelas giram em torno do centro de massa comum, CM. 
Considere duas estrelas esféricas de um sistema binário em que cada 
qual descreve uma órbita circular em torno desse centro. Sobre tal 
sistema são feitas duas afirmações: 
I. O período de revolução é o mesmo para as duas estrelas e depende 
apenas da distância entre elas, da massa total deste binário e da 
constante gravitacional. 
II. Considere que 1R
G
 e 2R
G
são os vetores que ligam CM ao respectivo 
centro de cada estrela. Num certo intervalo de tempo Δt , o raio vetor 
1R
G
 varre certa área A. Durante este mesmo intervalo de tempo, o raio 
vetor 2R
G
 também varre uma área igual a A. 
Diante destas duas proposições, assinale a alternativa correta. 
a) As afirmações I e II são falsas. 
b) Apenas a afirmação I é verdadeira. 
c) Apenas a afirmação II é verdadeira. 
d) As afirmações I e II são verdadeiras, mas a II não justifica a I. 
e) As afirmações I e II são verdadeiras e, além disso, a II justifica a I. 
 Resolução Alternativa B 
I. Correto. 
Sejam duas estrelas, de massa m1 e m2, distantes do centro de massa 
CM respectivamente r1 e r2. Pela equação do centro de massa, dada 
por 
1 1 2 2 n n
CM
1 2 n
...
...
m x m x m xx
m m m
⋅ + ⋅ + + ⋅= + + + 
encontramos 21
T
d mr
m
⋅= e 12
T
d mr
m
⋅= , sendo d a distância entre as 
estrelas binárias e mT a soma das massa das duas estrelas. 
 
m1 m2 
CM 
r1 
r2 
 
Utilizando a equação da Gravitação Universal de Newton, sabendo 
que a resultante é centrípeta, temos para o corpo 1: 
⎛ ⎞⋅ ⋅ ⋅ π= ⇒ = ⇒ = ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠
22
1 1 1 2 1 2
centrípeta gravit 2 2
1 1 1
2 1m v G m m r mF F G
r d T r d
 
⇒
2
2
2
1 1
2 mG
T d r
⎛ ⎞π = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
Como 21
T
d mr
m
⋅= , temos ⎛ ⎞π = ⋅ ⇒ = π⎜ ⎟ ⋅ ⋅⎝ ⎠
2 3
2
12
21 T
T
2 2mG dT
d mT d G m
m
 
 
Analogamente para o corpo 2, obtemos 
2
1
2
2 2
2 mG
T d r
⎛ ⎞π = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
 
Como ⋅= 12
T
d mr
m
, temos 
⎛ ⎞π = ⋅ ⇒ = π⎜ ⎟ ⋅ ⋅⎝ ⎠
2 3
1
22
12 T
T
2 2mG dT
d mT d G m
m
 
Assim, os períodos das órbitas devem ser iguais (observe que este 
resultado era esperado, caso contrário o centro de massa deveria ter 
algum movimento não retilíneo e, portanto, as estrelas binárias não 
seriam um sistema isolado sujeito somente à atração gravitacional). 
II. Incorreto. 
Neste caso, basta um contra exemplo. 
Observe a figura a seguir. Sejam duas estrelas girando em torno de 
um centro comum C, partindo um do ponto A e o outro do ponto D, 
ambos girando no sentido anti-horário. Como ambas têm um mesmo 
período, se os pontos A e D forem diametralmente opostos, como na 
figura abaixo, então quando uma das estelas atingir o ponto B, a outra 
atingirá o ponto E, ambos diametralmente opostos. 
 
A
B
C D 
E 
 
Observe que, se dissermos que decorreu um tempo tΔ , então o vetor 
posição da estrela inicialmente em A varre uma área maior que o vetor 
posição da estrela inicialmente em D. 
 
 QUESTÃO 11 
Um cilindro vazado pode deslizar sem atrito num eixo horizontal no 
qual se apoia. Preso ao cilindro, há um cabo de 40 cm de 
comprimento tendo uma esfera na ponta, conforme figura. Uma força 
externa faz com que o cilindro adquira um movimento na horizontal do 
tipo ( )sen 2oy y ft= π . Qual deve ser o valor de f em hertz para que 
seja máxima a amplitude das oscilações da esfera. 
a) 0,40 
b) 0,80 
c) 1,3 
d) 2,5 
e) 5,0 
y
 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
5 
 
 Resolução Alternativa B 
Para resolvermos esta questão, infelizmente teremos que assumir 
algumas hipóteses que não ficaram claras no enunciado. 
1) O pêndulo deve realizar pequenas oscilações, com ângulos entre a 
vertical e o cabo não excedendo valores de aproximadamente 10º, 
caso contrário a frequência do oscilador dependerá do ângulo máximo 
de oscilação; 
2) O cilindro deve realizar oscilações pequenas e com amplitude y0 
muito menor do que a amplitude de oscilação da esfera, caso contrário 
o movimento da esfera pode nem mesmo ser harmônico simples (mas 
a demonstração disso exige cálculo diferencial, que não mostraremos 
aqui). 
Dessa forma, o pêndulo poderá fazer aproximadamente um 
movimento harmônico simples (MHS). 
Além disso, o candidato deve saber que para a esfera oscile com a 
maior amplitude possível, é necessário que aconteça o fenômeno da 
ressonância, com a frequência do cilindro igual à do pêndulo: 
1 1 0,42 2
10
lT
f g f
= = π ⇒ = π ⇒ 0,8f Hz≈ 
 
 QUESTÃO 12 
No interior de um elevador encontra-se um tubo de vidro fino, em 
forma de U, contendo um líquido sob vácuo na extremidade vedada, 
sendo a outra conectada a um recipiente de volume V com ar mantido 
á temperatura constante. Com o elevador em repouso, verifica-se uma 
altura h de 10 cm entre os níveis do líquido em ambos os braços do 
tubo, Com o elevador subindo com aceleração constante a
G
 (ver 
figura), os níveis do líquido sofrem deslocamento de altura de 1,0 cm. 
 
a) 21,1m/s− 
b) 20,91m/s− 
c) 20,91m/s 
d) 21,1m/s 
e) 22,5 m/s 
V 
G
a 
h 
elevador 
 
 Resolução Alternativa E 
Observe as figuras abaixo, nas quais está representado o 
deslocamento de 1 cm para cada nível do líquido, quando o elevador é 
acelerado para cima: 
 
 
V 
0a =G 
h=10 cm 
elevador 
 
V 
a
G 
h’=8 cm 
elevador 
 
 
A diferença de níveis diminui para ' 8 cmh = , pois a gravidade 
aparente ( 'g g a= + ) aumenta. Isso fica claro pois a diferença entre 
as pressões de gás entre nos dois ramos permanece constante. 
Sendo assim, um aumento na gravidade aparente implica em uma 
menor diferença de níveis h’ ( p g hΔ = ρ ⋅ ⋅ ). 
Assumindo a temperatura constante e otubo suficientemente fino 
(variação no nível do líquido não altera significativamente o volume 
ocupado pelo gás), podemos considerar que não há alteração na 
pressão gasosa entre as duas situações. 
Dessa forma, temos: 
'p p= ⇒ ρ g h⋅ ⋅ = ρ
2 2 2
' ' ( ) '
10 10 10 (10 ) 8 10 2,5 m/s
g h g h g a h
a a− −
⋅ ⋅ ⇒ ⋅ = + ⋅
⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ ⇒ =
 
Sendo p′ a pressão na segunda situação [?]. 
 
Observação: O enunciado não deixa claro se a aceleração é 
realmente para cima, isto pode ser notado nas alternativas a) e b), que 
apresentam valores negativos de a. 
Caso considerássemos a aceleração para baixo, o desnível se daria 
no sentido oposto e teríamos ' 12 cmh = , resultando na seguinte 
relação: 
'p p= ⇒ ρ g h⋅ ⋅ = ρ
2 2 2
' ' ( ) '
10 10 10 (10 ) 12 10 1,67 m/s
g h g h g a h
a a− −
⋅ ⋅ ⇒ ⋅ = + ⋅
⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ ⇒ = −
 
Esse valor não está presente em nenhuma alternativa. 
 QUESTÃO 13 
Conforme a figura, um circuito elétrico dispõe de uma fonte de tensão 
de 100 V e de dois resistores, cada qual de 0,50 Ω. Um resistor 
encontra-se imerso no recipiente contendo 2,0 kg de água com 
temperatura inicial de 20 °C, calor específico 4,18 kJ/kg.°C e calor 
latente de vaporização 2230 kJ/kg. Com a chave S fechada, a corrente 
elétrica do circuito faz com que o resistor imerso dissipe calor, que é 
integralmente absorvido pela água. Durante o processo, o sistema é 
isolado termicamente e a temperatura da água permanece sempre 
homogênea. Mantido o resistor imerso durante todo o processo, o 
tempo necessário para vaporizar 1,0 kg de água é 
a) 67,0 s. 
b) 223 s. 
c) 256 s. 
d) 446 s. 
e) 580 s. 
100 V 
S 
0,50 Ω 
0,50 Ω 
 
 Resolução Alternativa E 
Ao fechar a chave S, a corrente que passa a circular no circuito é dada 
por: 
 
( ) ( )1 2 100 0,5 0,5 100 AE R R i i i= + ⋅ ⇔ = + ⋅ ⇔ = 
 
A potência dissipada no resistor que está imerso na água vale: 
 
2 2
1 0,5 100 5000 WP R i= ⋅ = ⋅ = 
 
Para que tenhamos 1,0 kg de água vaporizado, devemos inicialmente 
submeter os 2,0 kg de água a um aumento de temperatura, dos 20 �C 
iniciais até 100 �C. O calor Q1 que deve ser absorvido pela água 
nessa primeira etapa é igual a: 
 
( )3 3
1 2,0 4,18 10 100 20 668,8 10 JQ m c= ⋅ ⋅ Δθ = ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ 
 
Posteriormente, já estando à temperatura de 100 �C, o calor Q2 
necessário para vaporizar 1,0 kg de água é dada por: 
 
3 3
2 1,0 2230 10 2230 10 JV VQ m L= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ 
 
O tempo decorrido para que a quantidade de calor total 1 2Q Q+ seja 
fornecida à água é dado por: 
 
( ) 31 2 668,8 2230 105000Q QP
t t
+ + ⋅= ⇔ = ⇔Δ Δ 580 stΔ ≈ 
 
 QUESTÃO 14 
Em uma superfície líquida, na origem de um sistema de coordenadas 
encontra-se um emissor de ondas circulares transversais. Bem 
distante dessa origem, elas têm a forma aproximada dada por 
( ) ( )( )1 0, , sen 2 /h x y t h r f t= ⋅ π λ − , em que λ é o comprimento de 
onda, f é a frequência e r, a distância de um ponto da onda até a 
origem. Uma onda plana transversal com a forma 
( ) ( )( )2 0, , sen 2 /h x y t h x f t= ⋅ π λ − superpõe-se à primeira, conforme a 
figura. Na situação descrita, podemos afirmar, sendo ] o conjunto dos 
números inteiros, que 
 
x 
y 
(xP, yP) 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
6 
 
a) nas posições ( )( )2 / 2 / 8,p py n n yλ − λ as duas ondas estão em fase 
se n∈] . 
b) nas posições ( )( )2 / 2 / 2,p py n n yλ − λ as duas ondas estão em 
oposição de fase se n∈] e 0n ≠ . 
c) nas posições ( ) ( )( )2 / 2 1/ 2 / 2,p py n n yλ − + λ as duas ondas estão 
em oposição de fase se n∈] e 0n ≠ . 
d) nas posições ( )( ) ( )( )2 / 2 1 1/ 2 / 2,p py n n y+ λ − + λ as duas ondas 
estão em oposição de fase se n∈] . 
e) na posição ( )22 / / 8,p py yλ − λ a diferença de fase entre as ondas é 
de 45°. 
 Resolução Alternativa D 
A diferença de caminhos entre as duas ondas que se superpõem num 
ponto P é dada por: 
 
2 2s r x x y xΔ = − = + − 
 
Analisemos agora o tipo de interferência que pode ocorrer em função 
dessa diferença de caminhos. 
 
(I) Para que ocorra interferência totalmente construtiva, tal diferença 
deve corresponder a: 
 
s nΔ = ⋅ λ , para n∈] 
 
Assim, para n∈] : 
 
( ) ( )2 22 2 2 2 2 2x y x n x y x n y x n n+ − = ⋅ λ ⇒ + = + ⋅ λ ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅ λ + ⋅ λ 
 
Para 0n ≠ , vem que: 
 
⋅ λ= −⋅ ⋅ λ
2
2 2
y nx
n
 
 
Observe que essa não é a expressão apresentada na alternativa A, 
que é a única que fala sobre interferência construtiva. 
 
(II) Para que ocorra interferência totalmente destrutiva, tal diferença 
deve corresponder a: 
 
1
2
s n⎛ ⎞Δ = + ⋅ λ⎜ ⎟⎝ ⎠ , para n∈] 
 
Assim, para n∈] : 
 
2
2 2 2 21 1
2 2
x y x n x y x n⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − = + ⋅ λ ⇒ + = + + ⋅ λ ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 
( )
2 2
2 1 1 1 12
2 2 2 1 2 2
yy x n n x n
n
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ + ⋅ λ + + ⋅ λ ⇔ = − ⋅ + ⋅ λ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⋅ + ⋅ λ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 
 
Observe que essa expressão é apresentada adequadamente na 
alternativa D e ao mesmo tempo invalida as alternativas B e C. 
 
(III) Por fim, julgamos a alternativa E. Se uma das ondas estivesse 
defasada da outra de 45°, que corresponde a 45
360 8
° λ⋅ λ =° , teríamos: 
 
1
8
s n⎛ ⎞Δ = ± ⋅ λ⎜ ⎟⎝ ⎠ , para n∈] 
 
Colocamos os dois sinais, pois qualquer uma delas pode estar 
adiantada de 45° em relação à outra. Assim: 
 
2
2 2 2 21 1
8 8
x y x n x y x n⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − = ± ⋅ λ ⇒ + = + ± ⋅ λ ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 
2 2
2 1 1 1 12
18 8 2 82
8
yy x n n x n
n
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ± ⋅ λ + ± ⋅ λ ⇔ = − ⋅ ± ⋅ λ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⋅ ± ⋅ λ⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
Para 
22
8
yx λ= −λ , teríamos: 
 
2 22 1 1
18 2 82
8
y y n
n
λ ⎛ ⎞− = − ⋅ ± ⋅ λ⎜ ⎟λ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠⋅ ± ⋅ λ⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
Fazendo a troca de variáveis 1
8
n k± = , vem que: 
 
2 2 22 1 1 12
8 2 2 2 8 2
y y y kk
k k
λ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − ⋅ ⋅ λ ⇔ ⋅ − = λ ⋅ − ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟λ ⋅ ⋅ λ λ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
( )
( )
2
2
2
2
4 1 1 4
2 8
1 14 1 0
2 8
1 
4
y k k
k
yk
k
k
− −⋅ = ⇔λ
⎡ ⎤− ⋅ ⋅ + = ⇔⎢ ⎥λ⎣ ⎦
=
 
ou
2
2
1 1 0
2 8
y
k
⋅ + = ⇔λ
2
2
4yk = − λ 
 
 
Assim: 
 
2
2
1 1 1 4 ou 
8 4 8
yn n± = ± = − ⇔λ 
1
8
n = ou 3
8
n = ou 
2
2
4 1
8
yn = − − ⇔λ ou 
2
2
4 1
8
yn = − + ⇔λ 
 
Para as expressões que dependem de λ existem infinitos valores de 
λ para os quais a expressão não é inteira, assim, como nenhum dos 
valores é necessariamente inteiro, concluímos que a defasagem entre 
as ondas não é necessariamente 45° nesse ponto. 
 
 QUESTÃO 15 
Um capacitor de placas paralelas de área A e distância 3h possui duas 
placas metálicas idênticas, de espessura h e área A cada uma. 
Compare a capacitância C deste capacitor com a capacitância 
0C que ele teria sem as duas placas metálicas. 
a) 0C C= 
b) 4 0C C> 
c) 0 0C C< < 
d) 0 2 0C C C< < 
e) 02 4 0C C C< < 
3h 
h
h
 
 Resolução Alternativa E 
Ao inserir uma placa metálica entre as placas de um capacitor, temos 
como resultado dois capacitores ligados em série. Assim, com as duas 
placas dentro do capacitor, temos o equivalente a três capacitores, 
como apresentado na figura a seguir. 
 
 
x 
y 
h - x - y 
 
A capacitância equivalente eqC é calculada por: 
eq 1 2 3
1 1 1 1
C C C C
= + + 
Sendo que a capacitância de um capacitor 
formado por duas placas metálicas planas de 
área A afastadas de uma distância d é dada por:
AC
d
= ε , 
onde ε a permissividade elétrica do meio. 
 
 
Logo, a eqC é dada por: 
eq eq
1 1 1 1 1 ( )
/ / / ( )
x y h x y h
C A x A y A h x y C A A
+ + − −= + + ⇒ = = ⇒ε ε ε − − ε ε
⇒ eq AC h= ε 
Sabendo que a capacitância 0C do capacitor sem as placas metálicas 
é 0 3
AC
h
= ε , então temos que eq 03ACCh= ε = , que é satisfeita apenas 
pela alternativa E. 
 
 
 
 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
7 
 
 QUESTÃO 16 
A figura mostra uma região espacial de campo elétrico uniforme de 
módulo = 20 /E N C . Uma carga = 4Q C é deslocada com velocidade 
constante ao longo do perímetro do quadrado de lado = 1L m , sob 
ação de uma força 
JG
F igual e contrária à força coulombiana que atua 
na carga Q. Considere, então, as seguintes afirmações: 
I. O trabalho da força 
JG
F para deslocar a carga Q do ponto 1 para 2 é o 
mesmo do dispendido no seu deslocamento ao longo do caminho 
fechado 1-2-3-4-1. 
II. O trabalho de 
JG
F para deslocar a carga Q de 2 para 3 é maior que 
para deslocá-la de 1 para 2. 
III. É nula a soma do trabalho da força 
JG
F para deslocar a carga Q de 
2 para 3 com seu trabalho para deslocá-la de 4 para 1. 
 
a) todas são corretas. 
b) todas são incorretas. 
c) apenas a II é correta. 
d) apenas a I é incorreta. 
e) apenas a II e III são corretas. 
 
1 2
3 4 
Q JGF 
JG
E 
JG
E
L 
 
 Resolução Alternativa A 
Pelo enunciado sabemos que a força F
JG
 tem sentido oposto ao do 
campo elétrico que atua sobre a região, além de possuir módulo 
constante e igual à força coulombiana, ou seja, = ⋅JG JGF Q E . Vamos 
calcular os trabalhos realizados pela força F
JG
 nos trechos do quadrado 
de lado L: 
1) ( ) ( )1 2 cos 90 0F F L→τ = ⋅ ⋅ ° =JJG JG 
2) ( ) ( )2 3 cos 0F F L F L→τ = ⋅ ⋅ ° = ⋅JJG JG JG 
3) ( ) ( )3 4 cos 90 0F F L→τ = ⋅ ⋅ ° =JJG JG 
4) ( ) ( )→τ = ⋅ ⋅ ° = − ⋅JJG JG JG4 1 cos 180F F L F L 
Analisando então as afirmativas: 
I. Correta. O trabalho pedido neste item consiste na soma dos 
trabalhos realizados por F
JG
 em todos os trechos, e por isso é dado por 
0 0 0F L F L+ ⋅ + − ⋅ =JG JG , que é igual ao trabalho realizado por FJG no 
trecho 1 2→ . 
II. Correta. Conforme calculado em (2) e (1), temos 
( ) ( )→ →τ = ⋅ > = τJJG JJG
JG
2 3 1 2
0
F F
F L . 
III. Correta. Conforme calculado em (2) e (4), temos 
( ) ( )→ →τ + τ = ⋅ − ⋅ =JJG JJG
JG JG
2 3 4 1
0
F F
F L F L . 
 
Portanto, todas as afirmativas são corretas. 
 QUESTÃO 17 
Uma fonte luminosa uniforme no vértice de um cone reto tem 
iluminamento energético (fluxo energético por unidade de área) AH na 
área A da base desse cone. O iluminamento incidente numa seção 
desse cone que forma ângulo de 30° com a sua base, e de projeção 
vertical S sobre esta, é igual a 
a) / .AAH S 
b) / .ASH A 
c) / 2 .AAH S 
d) 3 / 2 .AAH S 
e) 2 / 3 .AAH S 
 Resolução Alternativa D 
Para melhor visualizar o cenário do enunciado, pode-se ver no 
desenho abaixo a seção em forma de elipse fazendo 30° com a 
horizontal, assim como a circunferência S, com raio igual a b (semi-
eixo menor da elipse), resultado da projeção desta sobre a base. 
a b 
b b 
30° 
 
Usando a definição de iluminamento do enunciado, e o fato de que a 
fonte luminosa está no vértice do cone, então o fluxo energético 
através da elipse, com área S’, é igual ao fluxo energético através da 
base do cone temos (toda a luz que passa através de S’ passa pela 
base): 
Φ = ⋅ = ⋅ ⇒' ' 'S S AH S H A 
( )⋅ π ⋅ = ⋅'S AH ab H A (1) 
 
Observando a projeção do semi-eixo maior, a, da elipse S’ sobre a 
base do cone podemos ver que o raio da circunferência S projetada b 
é: 
( )cos 30b a= ⋅ ° (2) 
Substituindo (2) em (1) temos: 
( )
( )
⋅ π ⋅ = ⋅ ⇒°
2
'
cos 30
S
A
H b
H A 
( )⋅ = ° ⋅ ⋅ ⇒' cos 30S AH S H A 
=' 3 2S AH AH S 
 
 QUESTÃO 18 
Alguns tipos de sensores piezorresistivos podem ser usados na 
confecção de sensores de pressão baseados em pontes de 
Wheatstone. Suponha que o resistor Rx do circuito da figura seja um 
piezorresistor com variação de resistência dada por 10 xR kp= + Ω , 
em que 42,0 10 /Pak −= × Ω e p, a pressão. Usando este piezorresistor 
na construção de um sensor para medir pressões na faixa de 0,10 atm 
a 1,0 atm, assinale a faixa de valores do resistor R1 para que a ponte 
de Wheatstone seja balanceada. São dados: 2 20 R = Ω e 3 15 R = Ω . 
 
 
 
a) De 1min 25R = Ω a 1máx 30R = Ω 
b) De 1min 20R = Ω a 1máx 30R = Ω 
c) De 1min 10R = Ω a 1máx 25R = Ω 
d) De 1min 9,0R = Ω a 1máx 23R = Ω 
e) De 1min 7,7R = Ω a 1máx 9,0R = Ω 
 
 
 
 
G 
R3 Rx 
R1 R2 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
8 
 
 Resolução Alternativa C 
Para que a ponte de Wheatstone esteja equilibrada, as resistências 
devem obedecer a seguinte relação: 
1 x 2 3R R R R⋅ = ⋅ ⇒ 2 31
x
R RR
R
⋅= 
Dessa forma: 
2 3
1máx
x min
R RR
R
⋅= e 2 31min
x máx
R RR
R
⋅= 
Utilizando a equação dada, obtemos minxR e máxxR : 
( ) 4 5x min x min
4 5
x máxx máx
2 10 0,1 10 10 12 
10
30 2 10 1,0 10 10x
R R
R k p
RR
−
−
⎧ = ⋅ ⋅ ⋅ + = Ω⎧⎪ ⎪= ⋅ + Ω⇒ ⇒⎨ ⎨ = Ω= ⋅ ⋅ ⋅ + ⎪⎪ ⎩⎩
 
Observe que a equação está no sistema internacional, de modo que a 
pressão p varia de 50,1 atm 0,1 10 Pa= ⋅ a 51,0 atm 1,0 10 Pa= ⋅ . 
Substituindo os resultados encontrados nas equações de 1máxR e 
1minR , obtemos: 
1min
1máx
20 15
30
20 15
12
R
R
⋅⎧ =⎪⎪ ⇔⎨ ⋅⎪ =⎪⎩
1min
1máx
10
25
R
R
= Ω⎧⎪⎨ = Ω⎪⎩ 
 
 QUESTÃO 19 
Assinale em qual das situações descritas nas opções abaixo as linhas 
de campo magnético formam circunferências nos espaço. 
a) Na região externa de um toroide 
b) Na região interna de um solenoide 
c) Próximo a um ímã com formato esférico 
d) Ao redor de um fio retilíneo percorrido por corrente elétrica 
e) Na região interna de uma espira circular percorrida por corrente 
elétrica 
 Resolução Alternativa D 
Vamos analisar cada caso: 
a) Para um toroide ideal, o campo no interior segue o formato do 
próprio toroide (que pode ser circular ou elíptico). No entanto, na 
região externa o campo é nulo. 
 
b) Em um solenoide ideal infinito o campo externo, de maneira 
semelhante ao toróide, é nulo e o campo interno é formado por linhas 
paralelas infinitas. Mesmo que o solenoide seja finito, o campo na 
região de borda sofrerá pequenas distorções, mas não formará uma 
circunferência. 
 
c) Um bom exemplo de ímã aproximadamente esférico é a Terra. 
Assim como outros ímãs, as linhas de campo apontam para o sul 
magnético, podendo ter diversos formatos, dependendo da estrutura 
interna do ímã. 
 
 
 
d) O fio retilíneo percorrido por corrente é um exemplo clássico de 
linhas de campo em formato de circunferência, pois a intensidade do 
campo é inversamente proporcional à distância do fio. Como o lugar 
geométrico, sobre um plano, dos pontos equidistantes de um ponto é 
uma circunferência, o formato das linhas será esse. 
 
 
 
e) Em uma espira as linhas de campo de assemelham às geradas por 
ímãs. Em regiões próximas do fio as linhas podem se aproximar de 
circunferências, como ocorre com o fio infinito, mas não chegam a 
essa forma porque existe interferência do campo gerado por outras 
porções da espira. 
 
 
 
 QUESTÃO 20 
Considere as seguintes afirmações: 
 
I. As energias do átomo de Hidrogênio do modelo de Bohr satisfazem 
à relação, 213,6 / eVnE n= − , com 1, 2, 3...;n = portanto, o elétron no 
estado fundamental do átomo de Hidrogênio pode absorver energia 
menor que 13,6 eV . 
II. Não existe um limiar de frequência de radiação no efeito 
fotoelétrico. 
III. O modelo de Bohr, que resulta em energias quantizadas, viola o 
princípio da incerteza de Heisenberg. 
 
Então, pode-se afirmar que: 
a) apenas a II é incorreta. 
b) apenas a I e II são corretas. 
c) apenas a I e III são incorretas. 
d) apenas a I é incorreta. 
e) todas são incorretas. 
 Resolução Alternativa A 
I. Correta. 
Se um elétron no estado fundamental mudar de nível, ele deverá 
receber uma energiamenor que 13,6 eV , pois a energia absorvida 
(ou, em outro sentido, emitida) por um elétron que salta do nível ni 
para o nível nf é dado por: 
f i
f i
13,6 13,6E E E
n n
− −= − = − 
Se ni é o estado fundamental, de modo que ni = 1, então: 
f f
13,6 13,6 13,6 13,6
1
E E
n n
−= + ⇒ = − ⇒ f 13,613,6n E= − 
Note que se 13,6E → eV, então fn →∞ e o elétron não estará mais 
ligado ao átomo, ou seja, o elétron torna-se livre. 
Para E > 13,6 eV, o elétron, além de livre, terá uma energia cinética 
( )13,6 eVK E= − . 
Agora, observando o enunciado, nele afirma-se que o “átomo de 
Hidrogênio pode absorver energia menor que 13,6 eV ” e não que 
pode absorver somente “energia menor que 13,6 eV ”, o que é 
verdade, pois ele pode absorver energia menor que 13,6 eV, desde 
que ela seja quantizada e corresponda à diferença entre as energias 
de duas órbitas do átomo de Bohr. 
 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
9 
 
II. Falsa. 
Para o efeito fotoelétrico ocorrer, é necessário que o fóton incidente 
tenha uma energia mínima (limiar), o que corresponderá a uma 
frequencia mínima, tornando incorreto este item. 
III. Correta. 
O modelo de Bohr é um modelo determinista, isto é, dadas todas as 
condições iniciais do problema, seria possível, a princípio, determinar 
com total precisão a órbita exata de cada elétron. É muito provável 
que seja esta a justificativa desejada como resposta deste item. 
Entretanto, cabe ressaltar aqui que os erros experimentais tornam 
impossível determinar com absoluta precisão todas as constantes 
utilizadas por Bohr em seu modelo, tornando impossível mostrar 
experimentalmente que o modelo viola o princípio da incerteza. 
Uma ciência determinista admite que se conhecermos todas as 
condições iniciais de um problema (por exemplo, a massa e a 
velocidade de todos os astros do sistema solar em determinado 
instante), poderíamos saber exatamente qual a evolução do sistema. 
A mecânica quântica, sendo uma ciência probabilística, impõe que a 
evolução de um sistema possui um caráter probabilístico, isto é, existe 
uma possibilidade de evoluir em certo sentido ou em outro. Ou seja, 
na mecânica quântica (Nova Mecânica Quântica, pois o modelo de 
Bohr se enquadra no que se costuma chamar de Velha Mecânica 
Quântica), não faz nem sentido dizer que temos dois sistema idênticos 
(por exemplo, dois elétrons com a mesma velocidade no mesmo 
instante). 
É importante mencionar também que o princípio da incerteza de 
Heisenberg atua em um universo microscópico, o mesmo para o qual 
o modelo de Bohr foi criado para explicar. 
 
 QUESTÃO 21 
100 cápsulas com água, cada uma de massa = 1,0m g , são 
disparadas à velocidade de 10,0 m/s perpendicularmente a uma placa 
vertical com a qual colidem elasticamente. Sendo as cápsulas 
enfileiradas com espaçamento de 1,0 cm, determine a força média 
exercida pelas mesmas sobre a placa. 
Resolução 
Com espaçamento de 1 cm 0,01 m= entre as cápsulas, temos o 
intervalo de tempo tΔ entre as colisões: 
30,0110 10 sSv t
t t
−Δ= ⇒ = ⇒ Δ =Δ Δ 
Cada colisão produz uma certa variação da quantidade de movimento 
da placa, que é igual em módulo à variação na quantidade de 
movimento de cada cápsula, a calcular: 
0,001 (0 10) 0,01 kg /cápsulaQ m v m sΔ = ⋅ Δ = ⋅ − = − ⋅ 
Assim, a força média exercida pelas cápsulas sobre a placa é dada 
por: 
3
| | 0,01 | | 10 N
10M
QF
t −
Δ= = =Δ
JJJGJJG
 
 
 QUESTÃO 22 
O arranjo de polias da figura é preso ao teto para erguer uma massa 
de 24 kg, sendo os fios inextensíveis, e desprezíveis as massas das 
polias e dos fios. Desprezando os atritos, determine: 
1. O valor do módulo da força 
JG
F necessário para equilibrar o sistema. 
2. O valor do módulo da força 
JG
F necessário para erguer a massa com 
velocidade constante. 
3. A força (
JG
F ou peso?) que realiza maior trabalho, em módulo, 
durante o tempo T em que a massa está sendo erguida com 
velocidade constante. 
JG
F 
24 kg 
 
 
 
 
Resolução 
1. Uma vez que o sistema somente possui forças verticais, para que JG
F possa equilibrá-lo, esta não pode ter componente horizontal, isto é, 
deve ser também vertical. Como devemos desprezar os atritos, 
podemos escrever as relações de forças a seguir e esboçar a figura: 
JG
F 
24 kg 
P
JG
 
P−JG 
P
JG
 
2
P−
JG
 2
P−
JG
 
4
P−
JG
 
 
4
24 10
4 4
60N
PF
PF
F
= ⇒
⋅= = ⇒
=
JGJG
 
 
2. Para que a massa seja erguida com velocidade constante, a 
resultante das forças no sistema deve ser nula, de modo que o 
equacionamento das forças é idêntico ao do item 1, isto é, 60NF = 
3. Na figura a seguir, sejam A, B, C e D os pontos indicados sobre as 
cordas ou em suas extremidades e a, b, c e d as respectivas cordas. 
JG
F 
A 
C 
B 
D • 
• 
• 
• 
a 
b c d 
 
Observe que, para que o ponto A se desloque, deve haver um 
deslocamento do ponto B. Devido à geometria do problema, podemos 
escrever: 
2
B
A
SS ΔΔ = 
Da mesma forma, 
2
C
B
SS ΔΔ = (tomando-se o deslocamento sobre a 
trajetória definida pela corda c), portanto: 
2 4C B AS S SΔ = ⋅ Δ = ⋅ Δ 
Dos itens anteriores, temos: 
4
PF = 
Deste modo, o módulo do trabalho realizado pela força F é dado por: 
F CF Sτ = ⋅ Δ 
e o módulo do trabalho realizado pela força peso é dado por 
4
4
C
P A F
SP S F Δτ = ⋅ Δ = ⋅ ⋅ = τ 
Assim, os trabalhos realizados por F
JG
 e P
JG
são iguais em módulo. 
 
 QUESTÃO 23 
A figura mostra uma chapa fina de massa M com o formato de um 
triângulo equilátero, tendo um lado na posição vertical, de 
comprimento a , e um vértice articulado numa barra horizontal contida 
no plano da figura. Em cada um dos outros vértices encontra-se fixada 
numa carga elétrica q e, na barra horizontal, a uma distância 
3 / 2a do ponto de articulação, encontra-se fixada numa carga Q . 
Sendo as três cargas de mesmo sinal e massa desprezível, determine 
a magnitude de carga Q para que o sistema permaneça em equilíbrio. 
 q 
q 
Q 
 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
10 
 
Resolução 
As forças que atuam sobre as cargas e a placa, excetuando-se a força 
devida ao apoio, estão abaixo: 
 
 
 
Para que a placa esteja em equilíbrio duas condições devem ser 
obedecidas: a resultante das forças deve ser nula e a soma dos 
torques também deve se anular. 
Para satisfazer a primeira condição surgirá uma força devida ao apoio 
para cancelar as outras, visto que é uma articulação que suporta 
esforços em qualquer direção. 
Já para a segunda consideração, considerando o centro de rotação 
sobre o apoio, o torque deverá ser nulo. 
 
Inicialmente, determinaremos algumas medidas da figura: 
1) Vemos que a distância 1d é metade de uma aresta (devido à 
simetria do triângulo equilátero), ou seja, 1 2
ad = . 
2) A distância h é a altura do triângulo equilátero, dada por 
3
2
ah = . 
3) Com isso, a distância 2d é dada por: 
2 2 2
2 2 2
2
3 3 7
2 4 4
a a ad a a
⎛ ⎞= + = + = ⇒⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=2 72
ad 
4) O braço da força peso (b) pode ser obtido lembrando-se que o 
baricentro (ponto de atuação do peso da placa) do triângulo equilátero 
divide a altura em dois segmentos, sendo que a distância do lado ao 
baricentro é um terço da altura. Assim, 1 3 3
3 2 6
a ab = ⋅ = 
 
Agora, determinemos as forças elétricas sobre as cargas: 
1 22 2
1
4
2
Q q Q q K Q qF K K
d aa
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ = ⋅ = ⋅
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
 
2 22 2
2
4
7 7
4
Q q Q q K Q qF K K
ad a
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ = ⋅ = ⋅ 
Para facilitar o cálculo da soma dos torques, vamos decompor a força 
2F em suas componentes, lembrando que em relação ao apoio, a 
componente vertical não realiza torque: 
 
 
 
Utilizandoas medidas do triângulo na primeira figura, obtemos que: 
θ = =
3
32cos
7 7
2
a
a
 
Com isso, a componente horizontal será: 
2 2 2
4 3cos
7 7x
K Q qF F
a
⋅ ⋅= ⋅ = ⋅ ⋅θ 
 
Dessa forma, a soma dos torques em relação ao apoio será: 
1 2
2 2
3 3 0
2 6
3 3 4 34
6 2 7 7
x
a aF F a M g
a K Q q a K Q qM g a
a a
⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
 
2 2
1 1 2 7 74 4
6 2 7 7 14 7
M g K Q q K Q q
a a
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +⎛ ⎞= ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Q∴ = ( )
2 7 7
12 7 7 2
M g a
K q
⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ + 
 
 QUESTÃO 24 
A figura mostra um sistema de formado por dois blocos, A e B, cada 
um com massa m . O bloco A pode deslocar-se sobre a superfície 
plana e horizontal onde se encontra. O bloco B está conectado a um 
fio inextensível fixado à parede, e que passa por uma polia ideal com 
eixo preso ao bloco A. Um suporte vertical sem atrito mantém o bloco 
B descendo sempre paralelo a ele, conforme mostra a figura. Sendo 
μ o coeficiente de atrito cinético entre o bloco A e a superfície, g a 
aceleração da gravidade, e 30θ = ° mantido constante, determine a 
tração no fio após o sistema ser abandonado do repouso. 
B 
A 
θ 
a
G 
Resolução 
Isolando os corpos, temos as forças representadas no diagrama 
abaixo: 
B 
A 
θ 
T
JG 
T
JG BN
JJJG BN−
JJJG 
AP
JJG 
AN
JJJG 
ANμ ⋅
T
JG
BP
JJG 
 
Aplicando a segunda lei de Newton para o corpo B: 
- Em x: Rx BF N m a= = ⋅ Eq. (I) 
- Em y: BRy B y y
P TF P T m a a
m
−= − = ⋅ ⇒ = Eq. (II) 
 
Aplicando a segunda lei de Newton para o corpo A: 
- Em x: 
3cos30º m a
2A B A B
TT N N N Nμ μ⋅ − ⋅ − = − ⋅ − = ⋅ Eq. (III) 
- Em y: 
sen30º
2 2A A A A A A
T TN T T P N T P N P+ ⋅ = + ⇒ = − + ⇒ = + Eq. (IV) 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
11 
 
Substituindo as equações (I) e (IV) em (III): 
 
 3 m a
2 2 A
T T P m aμ ⎛ ⎞− ⋅ + − ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 3 2
2 A
T P m aμ μ−⋅ − = ⋅ ⋅ Eq. (V) 
 
 
Analisando o vínculo geométrico entre os blocos, a relação entre o 
deslocamento x do sistema e o deslocamento y do bloco B pode ser 
determinada. 
y 
x 
θ 
y 
 
 
Dessa forma, podemos obter a relação entre as acelerações (vertical e 
horizontal): 
3cos
2 yy
x a a a
y a
θ = = ⇒ ⋅ = 
Da equação (II), temos: 3
2
BP Ta
m
−= ⋅ 
 
Substituindo em (V): 
 
3 32
2 2
2 3 2
3 3
B
A
B A
P TT P m
m
P PT
μ μ
μ
μ
⎛ ⎞−−⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⋅ += −
 
Como A BP P m g= = ⋅ , temos: 
32
3 3
T mg μμ
+= ⋅ − 
 
 QUESTÃO 25 
Átomos neutros ultrafrios restritos a um plano são uma realidade 
experimental em armadilhas magneto-ópticas. Imagine que possa 
existir uma situação na qual átomos do tipo A e B estão restritos 
respectivamente aos planos α e β , perpendiculares entre si, sendo 
suas massas tais que 2A Bm m= . Os átomos A e B colidem 
elasticamente entre si não saindo dos respectivos planos, sendo as 
quantidades de movimentos iniciais Ap
JG
 e Bp
JG
, e as finais, Aq
JJG
 e Bq
JJG
. 
Ap
JG
 forma um ângulo θ com o plano horizontal e 0Bp =
JG
. Sabendo 
que houve transferência de momento entre A e B, qual é a razão das 
energias cinéticas de B e A após a colisão? 
α β 
B 
A 
Ap
JG y 
z 
x 
 
 
 
Resolução 
Observe a relação entre energia cinética E e quantidade de 
movimento p, relação esta que nos será útil: 
2 2 2 2
2 2 2
m v m v pE E
m m
⎛ ⎞⋅ ⋅= = ⇒ = ⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
Partindo do que o enunciado pede, queremos saber a relação: 
2
2
B
B
A
q
E
E
=
2
2
B
A
m
q
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ 2
2
2 BA B
B A
A
mm q
m q
m
= ⋅ =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
Bm
2 2
2 22
B B B
A A A
q E q
q E q
⎛ ⎞⋅ ⇒ = ⋅ ⎜ ⎟⎝ ⎠
 (I) 
 
O enunciado nos diz que a partícula B continua em seu plano após a 
colisão. A única maneira de isso acontecer é que este átomo passe a 
se deslocar na intersecção entre os planos α e β . Considere, agora, 
que a partícula A forma um ângulo γ com o plano β após a colisão: 
α β 
B 
A 
Aq
JG y 
z 
θ 
γ
x 
 
 
Dessa forma, as equações da conservação de quantidade de 
movimento para os eixos x e z são: 
• Eixo x: 
coscos cos cos A BA A B
A
p qp q q
q
⋅ θ −⋅ θ = ⋅ γ + ⇒ γ = 
Elevando o cosseno ao quadrado: 
 
2 2 2
2
2
cos 2 coscos A A B B
A
p p q q
q
⋅ θ − ⋅ ⋅ ⋅ θ +γ = 
 
• Eixo z: 
sensen sen sen AA A
A
pp q
q
⋅ θ⋅ θ = ⋅ γ ⇒ γ = 
Elevando o seno ao quadrado: 
 
2 2
2
2
sensen A
A
p
q
⋅ θγ = 
Usando agora a relação fundamental da trigonometria: 
2 2sen cos 1γ + γ = 
2 2 2 2 2
2 2
sen cos 2 cos 1A A A B B
A A
p p p q q
q q
⋅ θ ⋅ θ − ⋅ ⋅ ⋅ θ ++ = 
2 2 22 cosA A A B Bq p p q q= − ⋅ ⋅ ⋅ θ + (II) 
 
Com essas relações, podemos encontrar várias respostas incluindo os 
dados do enunciado. Apresentaremos duas delas a seguir: 
 
• Solução (1): 
Dividindo a equação (II) por 2Bq temos: 
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 cos
2 cos
A A A B B B B
B B A A A B B
q p p q q q q
q q q p p q q
− ⋅ ⋅ ⋅ θ += ⇒ = − ⋅ ⋅ ⋅ θ + 
 
Substituindo em (I) obtemos: 
2
2 22 2 cos
B B
A A A B B
E q
E p p q q
⎛ ⎞= ⋅ ⎜ ⎟− ⋅ ⋅ ⋅ θ +⎝ ⎠
, que é uma resposta válida. 
 
 
 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
12 
 
• Solução (2): 
Para uma resposta mais sucinta, utilizamos a informação da colisão 
elástica, escrevendo então a equação da conservação de energia: 
2 2 2
2 2
A A B
inicial A B
A A A
p q qE E E
m m m
= + ⇒ = +⋅ ⋅ 
2 2 22A A Bp q q= + e 2 22A A Bp q q= + 
 
Substituindo em (II): 
( )2 2 2 2 2 2 2 2 32 2 2 cos 2 2 cosBA A B A B B B A B qq q q q q q q q q ⋅= + − ⋅ + ⋅ ⋅ θ + ⇒ + = ⋅ θ
2
2 2 2 2
2 2
9 92 2
4 cos 4 cos
B
A B B A
qq q q q⋅ ⎛ ⎞+ = ⇒ ⋅ − =⎜ ⎟⋅ θ ⋅ θ⎝ ⎠ 
2 2
2 2
4 cos
9 8 cos
B
A
q
q
⋅ θ= − ⋅ θ 
Substituindo em (I): 
2
2
4 cos2
9 8 cos
B
A
E
E
⎛ ⎞⋅ θ= ⋅ ⎜ ⎟− ⋅ θ⎝ ⎠
 
2
2
8 cos
9 8 cos
B
A
E
E
⋅ θ= − ⋅ θ 
 
 QUESTÃO 26 
Dois capacitores em série, de capacitância 1C e 2C , respectivamente, 
estão sujeitos a uma diferença de potencial V . O capacitor de 
capacitância 1C tem carga 1Q e está relacionado com 2C através de 
2 1C xC= , sendo x um coeficiente de proporcionalidade. Os 
capacitores carregados são então desligados da fonte e entre si, 
sendo a seguir religados com os respectivos terminais de carga de 
mesmo sinal. Determine o valor x para que a carga 2Q final do 
capacitor de capacitância 2C seja 1 4Q . 
Resolução 
A primeira situação, em que os capacitores estão ligados a uma fonte 
de FEM V, e em série entre si, está representada abaixo: 
 
V 
Capacitância C1, carga Q1 
Capacitância 2 1C x C= ⋅ , carga Q1 
 
 
Sabemos que, por serem percorridos pela mesma corrente desde o 
início, a quantidade de carga armazenada em cada um deles é a 
mesma ( )1Q . 
 
Procedendo então à próxima etapa, retiramos a fonte do circuito, 
deixando os capacitores ligados com seus terminais de mesmo sinal 
conectados: 
Capacitância 2 1C x C= ⋅ 
Carga 1 4Q 
Capacitância 1C 
Carga ( )1 12 4Q Q⋅ − 
 
 
No equilíbrio desta nova situação, o enunciado diz que o capacitor 2C 
terá carga 1 4Q . Como a carga total armazenada em ambos os 
capacitores era 12 Q⋅ , o capacitor 1C terá carga igual a 
1 1 12 4 7 4Q Q Q⋅ − = . 
 
Nesta situação, a diferença de potencial entre os terminais de ambos 
os capacitores são iguais. Logo: 
= ⇒ = ⇒⋅
1 1
1 2
1 1
7 4 4Q QU U
C x C
1
7
x = 
 
 
 
 QUESTÃO 27 
O momento angular é uma grandeza importante na Física. O seu 
módulo é definido como senL r p= θ , em que r é o módulo do vetor 
posição com relação à origem de um dadosistema de referência, p o 
módulo do vetor quantidade de movimento e θ o ângulo por eles 
formado. Em particular, no caso de um satélite girando ao redor da 
Terra, em órbita elíptica ou circular, seu movimento angular (medido 
em relação ao centro da Terra) é conservado. Considere, então, três 
satélites de mesma massa com órbitas diferentes entre si, I, II e III, 
sendo I e III circulares e II elíptica e tangencial a I e III, como mostra a 
figura. Sendo IL , IIL e IIIL os respectivos módulos do momento 
angular dos satélites em suas órbitas, ordene, de forma crescente, IL , 
IIL e IIIL . Justifique com equação a sua resposta. 
 
III 
II 
I Terra 
 
Resolução 
Para determinar o momento angular total de um satélite em órbita 
elíptica, podemos utilizar da conservação da energia mecânica e da 
conservação da quantidade de momento angular em relação à Terra. 
 
θ 
r
G
 
v
G
 
pv
G
 
av
G
pr
G
 ar
G
 
 
Para uma posição qualquer, temos: 
senL r p= ⋅ ⋅ θ e 
2
mec 2
m v MmE G
r
⋅= − 
Sendo pv
G
 e pr
G
 a velocidade e o vetor posição, respectivamente, do 
satélite no periélio; av
G
 e ar
G
 a velocidade e o raio vetor no afélio. Para 
estas duas posições, calculamos a energia mecânica e o momento 
angular, e como eles se conservam, podemos escrever: 
afélio periélio a a p pL L r m v r m v= ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ a a p pr v r v⋅ = ⋅ eq. i 
e 
22
pa
afélio periélio
a p2 2
m vm v Mm MmE E G G
r r
⋅⋅= ⇒ − = − ⇒ 
⇒ 2 2a p
a p
2 2M Mv G v G
r r
− = − eq. ii 
Isolando va na equação i e substituindo na equação ii, obtemos: 
( )2 2 2 a pp p a p2 2
p p 2
a a p a a p
2
2 2
GM r rr v r rM MG v G v
r r r r r r
−⎛ ⎞⋅ −⎛ ⎞ − = − ⇒ ⋅ = ⇒⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
( )
( )
( )a a pa a p2
p 2 2
a p p
22 GMr r rGMr r r
v
r r r
−−⇒ = =− ⋅ ( ) ( )p a p a pr r r r r⋅ + ⋅ − ⇒ 
⇒ ( )ap p a p
2GMr
v
r r r
= ⋅ + eq. iii 
De forma equivalente, se isolarmos vp na equação i e substituirmos na 
equação ii, obtemos: 
 ( )pa a a p
2GMr
v
r r r
= ⋅ + eq. iv 
Entretanto, vamos utilizar a equação iii para determinar o momento 
angular, que será constante: 
( )ap p p p a p
2sen sen 1GMrL r p r m v m
r r r
L r= ⋅ ⋅ θ ⋅ ⋅ ⋅ θ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒⋅ += ⇒ = 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
13 
 
⇒ ( )p a2 a p2
r r
GMm
r r
L
⋅
+= 
Agora, para o problema dado no enunciado, chamemos de rI o raio da 
órbita I e de rIII o raio da órbita III. Vamos comparar o momento 
angular dos satélites em cada órbita, assim: 
2
2 I
I
 I
2
2
rGMm
r
L = ; 22 IIIIII
 III
2
2
rGMm
r
L = ; e ( )2 I IIIII I III2
r rGMm
r r
L ⋅+= 
Observando que a parte 22GMm é igual para todas as trajetórias, 
basta verificarmos que: 
( )
2 2
 III I III I
 III I III I2 2
r r r r
r r r r
⋅> >+ 
o que é verdade, pois, prosseguindo, encontramos 
( )
( )
( )
 I III
 III
 I III I III I III I III I III I
 I III III I III III I I III
 I
 I III
2
2
22 2 2
r rr
r r r r r r rr r r r
r r r r r r rr r r
r r
⋅⎧ >⎪ + + > >⎧ ⎧⋅ ⎪ ⎪ ⎪> > ⇒ ⇒ ⇒⎨ ⎨ ⎨⋅ > + >+ ⎪ ⎪⎩ ⎩⎪ >⎪ +⎩
 
conforme fornecido inicialmente no enunciado. 
Portanto: 
I II IIIL L L< < 
 
 QUESTÃO 28 
Uma partícula de massa m está sujeita exclusivamente à ação da 
força = ⋅G G( ) xF F x e , que varia de acordo com o gráfico da figura, sendo G
xe o versor no sentido positivo de x . Se em 0t = , a partícula se 
encontra em 0x = com velocidade v no sentido positivo de x , 
pedem-se: 
1. O período de movimento da partícula em função de 1F , 2F , L e 
m . 
2. A máxima distância da partícula à origem em função de 1F , 2F , L 
e m . 
3. Explicar se o movimento descrito pela partícula é do tipo harmônico 
simples. 
L
L 
x
y 
0
1F 
( )F x 
2F 
 
Resolução 
1. Podemos notar pelo gráfico que existe uma força diretamente 
proporcional a x, no sentido da origem. Dessa forma, para 0x > , 
temos = ⋅1( ) xF x F L 
Para ilustrar a situação para valores positivos de x, observe a figura 
abaixo, na qual a velocidade vai diminuindo enquanto a força aumenta 
até um deslocamento máximo (onde a velocidade é nula e a força 
restauradora é máxima), ponto este que denominamos como 1x A= : 
 
x 
0 
x 
0 
x 
0 
v
G 
'v
G
x 
A1 
= − ⋅ ⋅JG G1 xxF F eL 
= − ⋅ ⋅JG G11 xAF F eL 
=JG G0F
= GG '' 0v
 
A partir do momento em que atinge A1, a velocidade inverte sua 
direção e começa a aumentar, fazendo com que o corpo retorne à 
origem. 
 
Note que, no movimento de ida e volta à origem, temos metade de um 
período de oscilação de um MHS, pois a força restauradora é 
proporcional ao deslocamento, com constante de proporcionalidade 
1
1
Fk
L
= . 
Dessa forma, o tempo para a primeira metade da oscilação é: 
1 1
11 1
1 1 2
2 2
m m m Lt T Fk F
L
π π π⎛ ⎞ ⋅= ⋅ = ⋅ = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
Podemos pensar agora, para a segunda metade da oscilação (após o 
corpo retornar à origem), de maneira análoga. Assim, o tempo para a 
segunda metade da oscilação é dado por: 
2
2
m Lt
F
π ⋅= 
Portanto, o período do movimento da partícula é dado por: 
1 2
1 2 1 2
1 1m L m LT t t m L
F F F F
π π π ⎛ ⎞⋅ ⋅ ⎜ ⎟= + = + = ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
2. Novamente consideraremos a princípio a primeira metade do 
movimento. Como o gráfico indica a força em função do 
deslocamento, podemos calcular facilmente o trabalho realizado pela 
força utilizando a área do gráfico (área do triângulo). Considerando o 
deslocamento até 1x A= , o trabalho realizado é responsável por parar 
completamente o corpo. Através do teorema da energia cinética: 
 
τ
⎛ ⎞− ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠= = − ⇒ = − ⇒
⋅ ⋅ ⋅⇒ = ⇒ =
1
1 12 2
2
2
1 1
1 1
0
2 2 2
N N
AF A
mv mvLÁrea
m v L m LA A v
F F
 
 
Seguindo o raciocínio análogo para o restante da oscilação, teremos 
2
2
m LA v
F
⋅= 
 
Assumindo que o gráfico está em escala, podemos notar que 1 2F F< 
e, portanto, 1 2A A> . Como o enunciado pede a máxima distância, 
temos ⋅= ⇒ =1
1
máxima máxima
m Ld A d v
F
 
 
3. Analisando o comportamento do corpo separadamente para 0x > e 
para 0x < , podemos notar que nos dois casos existe uma força 
restauradora proporcional à distância em relação a um ponto (origem 
do movimento), característica de um movimento harmônico simples. 
No entanto, as constantes de proporcionalidade nos dois casos são 
distintas 11
Fk
L
= e 22 Fk L= , o que implica, entre outros fatores, em: 
1) O tempo para completar a primeira metade de uma oscilação não 
será o mesmo que o tempo para completar a segunda metade. 
2) A distância máxima em relação à origem da primeira metade de 
uma oscilação não será a mesma que a da segunda metade. 
 
O movimento só poderia ser caracterizado como um MHS se, em 
todos os momentos do movimento, a força restauradora fosse 
proporcional ao deslocamento, com apenas uma constante de 
proporcionalidade. No exemplo dado, isso aconteceria apenas se 
1 2F F= 
 
 
 
 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
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 QUESTÃO 29 
Considere dois fios paralelos, muito longos e finos, dispostos 
horizontalmente conforme mostra a figura. O fio de cima pesa 
0,080 N/m, é percorrido por uma corrente 1 20 AI = e se encontra 
dependurado por dois cabos. O fio de baixo encontra-se preso e é 
percorrido por uma corrente 2 40 AI = , em sentido oposto. Para qual 
distância r indicada na figura, a tensão T nos cabos será nula? 
 
 
 
Resolução 
O campo magnético criado pelo fio de baixo sobre o fio de cima tem 
módulo dado por: 
 
0 2
2 2
IB
r
μ ⋅= ⋅ π ⋅
JJG
 (entrando no plano da figura) 
 
Consequentemente, a forçade origem magnética a que um trecho de 
comprimento L do fio de cima fica sujeito tem intensidade igual a: 
 
0 1 2
2 1 sen90 2m
I I LF B I L
r
μ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ° = ⋅ π ⋅
JJG JJG
 (vertical para cima) 
 
 
Observemos o diagrama das forças que atuam sobre o fio de cima: 
 
 
 
No equilíbrio, temos: 
 
2mP F T= + ⋅
JG JJG JG
 
 
Como queremos determinar a condição em que 0T =JG , segue que: 
 
0 1 2 0 1 22 0
2
2
m
I I L I IP F P r
r P
L
μ ⋅ ⋅ ⋅ μ ⋅ ⋅= + ⋅ ⇔ = ⇔ = ⇔⋅ π ⋅ ⎛ ⎞⋅ π ⋅ ⎜ ⎟⎝ ⎠
JG JJG JG
JG 
74 10 20 40
2 0,080
r
−⋅ π ⋅ ⋅ ⋅= ⇔⋅ π ⋅
32 10 m 2 mmr −= ⋅ = 
 
 QUESTÃO 30 
Considere uma espira com N voltas de área A, imersa num campo 
magnético B
JG
 uniforme e constante, cujo sentido aponta para dentro 
da página. A espira está situada inicialmente no plano perpendicular 
ao campo e possui resistência R. Se a espira gira 180º em torno do 
eixo mostrado na figura, calcule a carga que passa pelo ponto P. 
 
 
 
Resolução 
O fluxo magnético através de uma superfície de área A é dado por 
Φ = ⋅ ⋅ θJG cosB B A , onde θ é o ângulo entre as linhas do campo 
magnético 
JG
B e a normal 
JG
n à superfície. 
 
 
 
Ao longo de meia volta, a variação do fluxo magnético é dada por: 
 
[ ]ΔΦ = ⋅ ⋅ ° − ⋅ ⋅ ° = ⋅ ⋅ − − = ⋅ ⋅JG JG JG JGcos0 cos180 1 ( 1) 2B B A B A B A B A 
 
Pela Lei de Lenz, será induzida uma tensão (força eletromotriz) ε , 
que gera uma corrente i a cada pequeno intervalo de tempo tΔ . 
Assim: 
 
ΔΦ ΔΦ ⋅ ⋅ε = ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔Δ Δ Δ Δ
JG
2B B Q B AN R i N R N
t t t t
 
2 N B AQ
R
⋅ ⋅ ⋅=
JG
 
B
JG
P 
JG
B
JG
n
JG
n
JG
B
r 
I1 
I2 
TT 
T
JG
 T
JG
mF
JJG
P
JG
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2012 - FÍSICA 
 
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Equipe desta resolução 
 
 
 
Física 
Danilo José de Lima 
Fabiano Gonçalves Lopes 
Felipe Costa Mercadante 
Vinício Merçon Poltronieri 
 
 
 
Revisão 
Edson Vilela Gadbem 
Eliel Barbosa da Silva 
Frederico Luís Oliveira Vilela 
Marcelo Duarte Rodrigues Cecchino Zabani 
 
 
Digitação, Diagramação e 
Publicação 
Hannay Nishimaru Molar 
Rebeca Higino Silva Santos