Fisica 2004 ITA

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Caso necessário, use os seguintes dados:
Aceleração da gravidade g = 10m/s2. Velocidade do som no ar c = 300m/s. 1atm = 1 × 105 N/m2. 1cal = 4,2J.
Constante universal dos gases R = 8J/mol ⋅ K. Calor específico da água β = 1cal/gºC. π = 3,14. = 2,24.
Durante a apresentação do projeto de um sistema acústico, um jovem aluno do ITA esquece-se da expressão da intensidade de uma
onda sonora. Porém, usando da intuição, concluiu ele que a intensidade média (I) é uma função da amplitude do movimento do ar (A),
da freqüência (f), da densidade do ar (ρ) e da velocidade do som (c), chegando à expressão I = Ax fy ρz c. Considerando as grandezas
fundamentais: massa, comprimento e tempo, assinale a opção correta que representa os respectivos valores dos expoentes x, y e z.
A) –1, 2, 2
B) 2, –1, 2
C) 2, 2, –1
D) 2, 2, 1
E) 2, 2, 2
Resolução:
A intensidade de uma onda sonora é definida de acordo com a expressão:
I = , em que ε representa a energia transportada pela onda, A a área através da qual a onda se propaga e ∆t um inter-
valo de tempo. As unidades de ε, A e ∆t podem ser representadas através das grandezas fundamentais, como segue:
[ε] = M ⋅ L2 ⋅ T–2
[A] = L2
[∆t] = T
Logo: I = (I)
De acordo com a expressão criada pelo aluno, a unidade da intensidade sonora em termos das grandezas fundamentais é:
I = Ax ⋅ f y ⋅ ρz ⋅ c
[A] = L
[f] = T–1
[ρ] = M ⋅ L–3
[c] = L ⋅ T–1
[I] = Lx ⋅ T–y ⋅ Mz ⋅ L–3z ⋅ L ⋅ T–1
[I] = Lx – 3z + 1 ⋅ Mz ⋅ T–(y + 1) (II)
Igualando-se as expressões I e II
M ⋅ T–3 = Lx – 3z + 1 ⋅ Mz ⋅ T–(y + 1)
tem-se
z = 1
x – 3z + 1 = 0 ⇒ x = 2
– (y + 1) = –3 ⇒ y = 2
Portanto: (x, y, z) = (2, 2, 1).
Resposta: D
M L T
L T
M T
⋅ ⋅
⋅
⋅=
2 2
2
3
–
–
ε
A t⋅ ∆
5
ITA/2004
1
2
3
1
FÍSICA
1-
Um atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçando as mãos contra duas paredes verticais, perpendiculares entre si, dispondo
seu corpo simetricamente em relação ao canto e mantendo seus braços horizontalmente alinhados, como mostra a figura. Sendo m
a massa do corpo do atleta e µ o coeficiente de atrito estático interveniente, assinale a opção correta que indica o módulo mínimo
da força exercida pelo atleta em cada parede.
A)
B)
C)
D)
E) n.d.a.
Resolução:
Na figura (a) estão indicados os pontos Q e R nos quais o atleta se apóia
na parede.
Na figura (b) estão indicadas as componentes das forças de contato que
agem sobre o atleta em cada um dos pontos Q e R.
• Ax é a componente horizontal do atrito
• Ay é a componente vertical do atrito
• N é a componente normal.
Condições de equilíbrio:
Ax = N (1)
Ay = mg (2)
O atrito estático máximo (A) é diretamente porporcional à normal. Logo:
A = µN
Mas A = (Ax
2 + Ay
2)1/2.
Logo:
Ax
2 + Ay
2 = µ2N2 (3)
Substituindo-se (1) e (2) em (3), vem:
A força de contato trocada entre o atleta e a parede é:
C2 = Ax
2 + Ay
2 + N2 (5)
Substituindo (1), (2) e (4) em (5), obtemos:
Resposta: B
C
mg
=
+




2
1
1
2
2
1 2
µ
µ –
/
A
mg
x
2
2
24 1
4=
( )
( – )
( )
µ
1
2
 
mg
µ
µ
2
2
1
1
+




–
 
mg
2
1
1
2
2
µ
µ
–
+






mg
2
1
1
2
2
1
2µ
µ
+




–
mg
2
1
1
2
2
1
2µ
µ
–
+






ITA/2004
90º
Q R
figura (a)
Q
N
Ax
Ay
R
N
Ax Ay
figura (b)
2
2-
Durante as Olimpíadas de 1968, na cidade do México, Bob Beamow bateu o recorde de salto em distância, cobrindo 8,9m de ex-
tensão. Suponha que, durante o salto, o centro de gravidade do atleta teve sua altura variando de 1,0m no início, chegando ao
máximo de 2,0m e terminando a 0,20m no fim do salto. Desprezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que o componente ho-
rizontal da velocidade inicial do salto foi de
A) 8,5m/s. D) 5,2m/s.
B) 7,5m/s. E) 4,5m/s.
C) 6,5m/s.
Resolução:
A figura abaixo representa a trajetória do centro de massa do atleta e os eixos coordenados pertinentes ao estudo do movimento
Eixo y
• Aplicando-se Torricelli até a altura máxima:
v2y = v
2
0y + 2a∆s ⇒ 0 = v20y – 2 ⋅ 10 ⋅ (2 – 1)
∴ v0y = m/s.
• Utilizando-se a equação dos espaços para MUV até o fim do movimento:
∴ tT ≈ 1,047s.
Eixo x
• Utilizando-se a equação dos espaços para MU até o fim do movimento:
x = x0 + vx ⋅ tT ⇒ 8,9 = 0 + vx ⋅ 1,047
∴ vx ≈ 8,5m/s.
Resposta: A
A figura representa o percurso de um ciclista, num plano horizontal, composto de dois trechos retilíneos (AB e EF), cada um com
6,0m de comprimento, e de um trecho sinuoso intermediário formado por arcos de circunferências de mesmo diâmetro, igual a
4,0m, cujos centros se encontram numerados de 1 a 7. Considere pontual o sistema ciclista-bicicleta e que o percurso é completado
no menor tempo, com velocidade escalar constante.
Se o coeficiente de atrito estático com o solo é µ = 0,80, assinale a opção correta que indica, respectivamente, a velocidade
do ciclista, o tempo despendido no percurso e a freqüência de zigue-zague no trecho BE.
A) 6,0m/s 6,0s 0,17s–1
B) 4,0m/s 12s 0,32s–1
C) 9,4m/s 3,0s 0,22s–1
D) 6,0m/s 3,1s 0,17s–1
E) 4,0m/s 12s 6,0s–1
A B
1 2 3 4 5 6 7
E F
6m
36m
6m 4m
 
y y v t
at
t ty T T
T
T= 0 0
2
2
2
0 2 1 20 5+ ⋅ + ⇒ = + ⋅, –
20
2,0
1,0
0,2
8,9
y (m)
x (m)
ITA/2004 3
3-
4-
Resolução:
A velocidade escalar máxima é limitada pelo trecho sinuoso e pode ser calculada como segue:
… m = mgµ
vmáx = ⇒ vmáx = 
vmáx = 4m/s
O intervalo de tempo mínimo para realização do percurso corresponde a:
∆tmín = ⇒ ∆tmín = 
∆tmín ≈ 12s
E, finalmente, a freqüência de ziguezague é determinada pela relação:
onde T = = 
Logo: ⇒ f ≈ 0,32s–1
Resposta: B
Em 1879, Edwin Hall mostrou que, numa lâmina metálica, os elétrons de condução podem ser
desviados por um campo magnético, tal que no regime estacionário, há um acúmulo de elétrons
numa das faces da lâmina, ocasionando uma diferença de potencial VH entre os pontos P e Q, mos-
trados na figura. Considere, agora, uma lâmina de cobre de espessura L e largura d, que trans-
porta uma corrente elétrica de intensidade i, imersa no campo magnético uniforme
→
B que penetra
perpendicularmente a face ABCD, no mesmo sentido de C para E. Assinale a alternativa correta.
A) O módulo da velocidade dos elétrons é Ve = VH/(BL).
B) O ponto Q está num potencial mais alto que o ponto P.
C) Elétrons se acumulam na face AGHD.
D) Ao se imprimir à lâmina uma velocidade V = VH/(Bd) no sentido indicado pela corrente, o
potencial em P torna-se igual ao potencial em Q.
E) N.d.a.
Resolução:
Determina-se o sentido de desvio dos elétrons utilizando-se a regra da mão direita, conforme a figura abaixo:
Na situação de equilíbrio para o elétron, a resultante das forças na direção x é nula.
∴ Felet = Fmag
Ao se imprimir à lâmina a velocidade dada pela expressão (1), para baixo, a velocidade dos elétrons em relação ao campo
magnético torna-se nula.
Assim, cessa a força magnética e, conseqüentemente, o efeito Hall. Isto é, os potenciais de P e Q ficam iguais.
Resposta: D
 
e
V
d
evB v
V
Bd
H H
= =⇒ ( )1
Fmag
–Felet
E =
VH
d
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
Fmag
x
→
B
–
i
A B
D C
x
 
f =
1
π
 
2 2
4
⋅ ⋅
=
( )π2πr
vmáx 
f
T
=
1
,
 
12 12
4
+ π∆stotal
vmáx
 0 8 2 10, ( )⋅ ⋅µ r g
v2máx
r
r
RC = AEMÁX
ITA/2004
L
i
A
G
F
B
E
CD
H
P Q
d
i
4
5-
Duas partículas carregadas com cargas opostas estão posicionadas em uma corda nas posições x = 0 e x = π, respectivamente. Uma
onda transversal e progressiva de equação y(x, t) = (π/2)sen(x– �t), presente na corda, é capaz de transferir energia para as
partículas, não sendo, porém, afetada por elas. Considerando T o período da onda, Ef, a energia potencial elétrica das partículas
no instante t = T/4, e Ei essa mesma energia no instante t = 0, assinale a opção correta indicativa da razão Ef/Ei.
A)
B)
C)
D)
E)
Resolução:
A energia potencial elétrica entre duas cargas q1 e q2, separadas pela distância r, é:
No instante t = 0, as ordenadas (y) das cargas localizadas em x = 0 e x = π são obtidas por meio da equação fornecida. Assim:
Ou seja, em t = 0, a localização das cargas é:
Nesse instante, a energia potencial elétrica Ei entre as cargas é:
Lembrando que ω = 2π /T, as ordenadas (y) das cargas q1 e q2, no instante t = T/4, são:
Ou seja, em t = T/4, a localização das cargas é:
A distância r’ entre as cargas é:
Nesse instante, a energia potencial elétrica Ef entre as cargas é:
Dessa forma, a razão Ef /Ei pedida é:
Resposta: B
E
E
K q q
K q q
E
E
f
i
f
i
= =
⋅ ⋅
⋅ ⋅
∴
1 2
1 2
2 2
2
π
π
E K
q q
IIf = ⋅
⋅1 2
2π
( )
r’ = =⋅ ⋅2
2
2 2
π
π
y sen
T
T
’ ( ) –π
π
π
π π
=



 =⋅ ⋅2
2
4 2
 
y sen
T
T
’ ( ) – –0
2
0
2
4 2
=



 =⋅ ⋅
π π π
 
E K
q q
Ii = ⋅
⋅1 2
π
( )
y sen( ) ( – )π π ω
π
= =⋅ ⋅
2
0 0
y sen( ) ( – )0
2
0 0 0= =⋅ ⋅
π
ω
E K
q q
r
= ⋅
⋅1 2
2 π
2 2π/
2
2 2/
2 2/ π
ITA/2004
q1 q2 x
y
r = π
14243
q1
q2
2
x
π
1424345°
45°
2
π
2
π
1
4
2
4
3
1
4
2
4
3 2
π
y
5
6-
A figura plana abaixo mostra os elementos de um circuito elétrico. Nesse mesmo plano encontram-se duas espiras interligadas, A
e B, de comprimentos relativamente curtos em comparação aos dois fios condutores próximos (CD e EF). A deflexão do ponteiro do
micro-amperímetro, intercalado na espira B, só ocorre instantaneamente no momento em que
A) a chave 1 for ligada.
B) a chave 1 for ligada ou então desligada.
C) a chave 2 for ligada.
D) a chave 2 for ligada ou então desligada.
E) a chave 2 for desligada.
Resolução:
Quando a chave 1 for ligada ou desligada, a variação do fluxo magnético
nas espiras A e B será a mesma, induzindo em A e B correntes de inten-
sidades iguais, porém de sentidos opostos (as espiras estão ligadas em
oposição), de modo que a corrente no conjunto AB é nula:
Quando a chave 2 for ligada ou desligada, as variações dos fluxos magné-
ticos nas espiras A e B serão diferentes, induzindo em A uma corrente de
intensidade maior do que aquela induzida em B (o campo de indução mag-
nética em B é menor), de modo que a corrente no conjunto AB é diferente
de zero:
Resposta: D
O circuito elétrico mostrado na figura é constituído por dois geradores ideais, com 45V de força eletromotriz, cada um; dois ca-
pacitores de capacitâncias iguais a 2µF; duas chaves S e T e sete resistores, cujas resistências estão indicadas na figura. Consi-
dere que as chaves S e T se encontram inicialmente fechadas e que o circuito está no regime estacionário.
Assinale a opção correta.
A) A corrente através do resistor d é de 7,5A.
B) A diferença de potencial em cada capacitor é de 15V.
C) Imediatamente após a abertura da chave T, a corrente através do resistor g é de 3,75A.
D) A corrente através do resistor e, imediatamente após a abertura simultânea das chaves S e T, é de 1,0A.
E) A energia armazenada nos capacitores é de 6,4 × 10–4J.
S
45V
45V
a
b
c
4Ω
2Ω 4Ω
2Ω
4Ω
12Ω
f
d e
2Ω
2µF
2µFg
T
espira A
espira B
µA
F
C
lâmpada 1 lâmpada 2
chave 1 chave 2
E
H
GD
ITA/2004
iind = 0A
B
µA
F
C
L1
Ch1 Ch2
E
H
GD
L2
i
i
i
i
iind A
iind B
µA
F
C
L1
Ch1 Ch2
E
H
GD
L2
i
i
i
6
7-
8-
Resolução:
Redesenhando o circuito em regime permanente:
Assim, a corrente i1 indicada vale i1 = = 10A, e a ddp entre C e B, conseqüentemente, vale 30V.
As correntes i2 e i3 valem:
i2 = = 2,5A i3 = = 7,5A
• A corrente através do resistor d é, portanto, igual a 3,75A.
• A ddp entre D e B é 15V e, portanto, em cada capacitor, 7,5V.
• A energia dos capacitores vale:
Imediatamente após a abertura da chave T, o circuito equivalente fica:
ig = 
Resposta: C
15
4
3 75= , A90V
4Ω
2Ω
2Ω
4Ω
4Ω
15V
2Ω
12Ω g
ig
 
W
CU
J= = =
⋅
⋅ ⋅
2 2
6 4
2
1 15
2
10 1 125 10
( )
,– –
30
4
30
12
90
9
45V
45V
B B
C C 4Ω
4Ω2Ω
4Ω
2Ω12Ω
B B
D
2Ω
2µF
2µF
⇔
⇔
D
4Ω6Ω
A
C
4Ω
2Ω
2Ω
D
90V
12Ω
B
2µF 2µF
i1
i3
i2
i = 0
2Ω 2Ω
12Ω
6Ω
C
A
B
i1 i3 i3
⇔
90V
12Ω
6Ω 4Ω
90V
i3
i1
i2
CA BD
⇔
6Ω
i1
3Ω
i1
C
90V
A
D
i2
A B
i3
2
i3
2
ITA/2004 7
Um painel coletor de energia solar para aquecimento residencial de água, com 50% da eficiência, tem superfície coletora com
área útil de 10m2. A água circula em tubos fixados sob a superfície coletora. Suponha que a intensidade da energia solar
incidente é de 1,0 × 103 W/m2 e que a vazão de suprimento de água aquecida é de 6,0 litros por minuto. Assinale a opção que
indica a variação da temperatura da água.
A) 12°C
B) 10°C
C) 1,2°C
D) 1,0°C
E) 0,10°C
Resolução:
Cálculo da potência do coletor
Ptotal = I ⋅ A = 103 ⋅ 10
Ptotal = 104W
Cálculo da potência útil
Pútil = Ptotal ⋅ η = 104 ⋅ 0,5
Pútil = 5 ⋅ 103W
Pútil = 
Resposta: A
Um recipiente cilíndrico vertical é fechado por meio de um pistão, com 8,00kg de massa e 60,0cm2 de área, que se move sem
atrito. Um gás ideal, contido no cilindro, é aquecido de 30°C a 100°C, fazendo o pistão subir 20,0cm. Nesta posição, o pistão
é fixado, enquanto o gás é resfriado até sua temperatura inicial. Considere que o pistão e o cilindro encontram-se expostos à
pressão atmosférica. Sendo Q1 o calor adicionado ao gás durante o processo de aquecimento e Q2, o calor retirado durante o
resfriamento, assinale a opção correta que indica a diferença Q1 – Q2.
A) 136J D) 16J
B) 120J E) 0J
C) 100J
Resolução:
As transformações realizadas pelo gás estão esquematizadas a seguir:
Considerando-se que no estado A o gás esteja em equilíbrio, sua pressão é dada por:
pA = patm + pêmbolo, em que pêmbolo = 
m g
A
⋅
Estado A
TA = 303K
Q1
Estado B
TB = 373K
Estado C
TC = 303K
Q2
h = 0,2 m
 
5 10
6 10
60
1 123
3
⋅
⋅
⋅ ⋅ ∴= = °∆ ∆θ θ C
 
Q
t
m c
t∆
∆
∆=
⋅ ⋅ θ
ITA/2004 8
9-
10-
Fazendo-se as substituições numéricas:
Supondo-se que na transformação A → B a pressão do gás tenha se mantido constante, a seqüência de transformações de 
A → B e de B → C pode ser representada de acordo com o diagrama p × V a seguir:
De acordo com a 1ª Lei da Termodinâmica, tem-se:
Na transformação A → B:
∆UAB = Q1 – τAB,
em que Q1 é a quantidade de calor recebida pelo gás e τ é o trabalho realizado pela força de pressão na movimentação do pistão.
Na transformação B → C, o trabalho da força de pressão é nulo. Logo:
∆UB → C = –Q2
O sinal negativo associado a Q2 indica que o gás cedeu calor ao meio ambiente. Como a temperatura inicial (no estado A) é igual
à final (no estado C), a variação de energia interna ∆Utotal é nula.
Assim: ∆Utotal = ∆UAB + ∆UBC = 0
64748 678
Logo: Q1 – τAB – Q2 = 0
Q1 – Q2 = τAB
O trabalho da força de pressão na transformação A → B é dado por:
τAB = p ⋅ ∆V, em que ∆V = S ⋅ h = 60 ⋅ 10–4 ⋅ 0,2, ou seja, ∆V = 1,2 ⋅ 10–3m3
Assim: τAB = 1,13 ⋅ 105 ⋅ 1,2 ⋅ 10–3
τAB = 135,6J
Portanto: Q1 – Q2 = 135,6J ou
Q1 – Q2 ≈ 136J
Resposta: A
A linha das neves eternas encontra-se a uma altura h0 acimado nível do mar, onde a temperatura do ar é 0°C. Considere que, ao
elevar-se acima do nível do mar, o ar sofre uma expansão adiabática que obedece a relação �p/p = (7/2)(�T/T), em que p é a pres-
são e T, a temperatura. Considerando o ar um gás ideal de massa molecular igual a 30u (unidade de massa atômica) e a tem-
peratura ao nível do mar igual a 30°C, assinale a opção que indica aproximadamente a altura h0 da linha das neves.
A) 2,5km
B) 3,0km
C) 3,5km
D) 4,0km
E) 4,5km
A B
C
T2 = 373 K
T1 = 303 K
V(m3)
VA VB
1,13 × 105
p (N/m2)
p p
N
m
A A= +⋅
⋅
⋅
⇒ ≈ ⋅1 10
80 10
60 10
1 13 105
4
5
2–
,
ITA/2004 9
11-
Resolução:
A variação de pressão entre os pontos A e B pode ser calculada por:
∆p = –ρ ⋅ g ⋅ ∆h com 
Como 
Então:
e 
Efetuando-se as substituições numéricas:
Logo: h0 ≈ 3km
Resposta: B
Uma estrela mantém presos, por meio de sua atração gravitacional, os planetas Alfa, Beta e Gama. Todos descrevem órbitas
elípticas, em cujo foco comum se encontra a estrela, conforme a primeira lei de Kepler. Sabe-se que o semi-eixo maior da órbita de
Beta é o dobro daquele da órbita de Gama. Sabe-se também que o período de Alfa é vezes maior que o período de Beta.
Nestas condições, pode-se afirmar que a razão entre o período de Alfa e o de Gama é
A) . D) .
B) 2. E) .
C) 4.
Resolução:
Se os planetas α, β e γ estão em órbita elíptica em torno de uma estrela ∆, então:
sendo α, β e γ os semi-eixos maiores das suas órbitas.
Do enunciado:
β = 2γ ⇒ T2γ = 1/8 T2β (1)
Das expressões (1) e (2):
Resposta: C
T
T
α
γ
= 4
T
T
γ
α2
21
8 2
= ⋅
T T T
T
α β β α= =⇒2 2 2
2
2
( )
T T Tα β γ
α β γ
2
3
2
3
2
3= = ,
 6 2
4 22
 2
∆h = = =⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
⋅
– (– )
, ,–
7 30 8
2 30 10 10
2 8 10 2 83
3m km
∆ ∆h = ⋅
⋅ ⋅
–7
2
TR
M g
∆ ∆∆p T
p
M
RT
g h
T
= =



⋅ ⋅
– 7
2
 
pV
m
M
RT temos
PM
RT
= =, : ρ
 
ρ = m
V
B
A30ºC
0ºC
h0
Nível do mar
ITA/2004 10
12-
Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras idênticas que emitem, em fase, ondas de freqüência f e comprimento
de onda λ. A distância d entre as fontes é igual a 3λ. Pode-se então afirmar que a menor distância não
nula, tomada a partir de F2, ao longo do eixo x, para a qual ocorre interferência construtiva, é igual a
A) 4λ/5. D) 2λ.
B) 5λ/4. E) 4λ.
C) 3λ/2.
Resolução:
O esquema a seguir representa a situação:
A diferença de marcha ∆x entre as fontes e o ponto P considerado é dada por:
∆x = d1 – d2
∆x – d2 (I)
Para que, em P, a interferência seja construtiva, a diferença de marcha deve corresponder a um número inteiro do comprimen-
to de onda.
Em símbolos:
∆x = n ⋅ λ (n = 0, 1, 2, …) (II)
Igualando-se I e II:
n ⋅ λ – d2
Fazendo-se as devidas operações, obtém-se:
Dessa forma, os possíveis valores para d2 são:
n = 0 … não convém
n = 1 … d2 = 4λ
n = 2 … d2 = 
n = 3 … d2 = 0 (o ponto P coincidiria com F2)
n � 4 … d2 � 0 (não convém)
Observando-se os valores obtidos para d2, conclui-se que o menor possível (excluindo o valor nulo) é:
d2 = 
Resposta: B
Num experimento de duas fendas de Young, com luz monocromática de comprimento de onda λλ,
coloca-se uma lâmina delgada de vidro (nv = 1,6) 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
deslocamento da franja central brilhante (ordem zero) para a posição que era ocupada pela
franja brilhante de primeira ordem, é igual a
A) 0,38λ. D) 1,2λ.
B) 0,60λ. E) 1,7λ.
C) λ.
5
4
λ
5
4
λ
d
n
n2
29
2
=
λ ( – )
= +9 2 2
2λ d
= +9 2 2
2λ d
ITA/2004
F1
F2
d
x
Por Pitágoras:
d d1
2
2
29= +λ
F1
F2
Anteparo
d
Lâmina
λ
F1
F2 x
1
4
4
2
4
4
3
3λ
d2 = ?
P
d
1
11
13-
14-
Resolução:
Para que haja deslocamento da franja central para a posição que era ocupada pela franja de primeira ordem, o atraso de
onda devido à presença da lâmina na região F1 deve corresponder ao período de propagação da onda no ar. Tal situação pode
ser equacionada como segue:
∆tvidro – ∆tar = T
(considerando: vluz no ar ≈ c)
Como 
d(nvidro – 1) = λ
Sendo nvidro = 1,6, vem que:
d ≈ 1,7λ
Resposta: E
Um tubo sonoro de comprimento l, 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 mll. D) (c/l)2 mll.
B) (c/2l)2 mL. E) n.d.a.
C) (c/l)2 mL.
Resolução:
O modo fundamental de um trecho sonoro fechado pode ser representado pela ilustração:
A freqüência emitida é dada pela equação:
sendo c a velocidade do som no ar, e l o comprimento do tubo.
O modo fundamental emitido por um fio preso nas extremidades é dado por:
sendo v a velocidade de propagação dos pulsos no fio, a qual pode ser determinada por:
em que T é a “tensão” no fio, m sua massa, e L o comprimento do fio.
Como a corda sonora e o fio emitem sons em ressonância, tem-se:
Fazendo-se as devidas operações:
Resposta: B
 
T
c
m L=



 ⋅ ⋅2
2
l
 
c T
mL4l
=
f ftubo corda1 1( ) ( )=
 
v
T
m L
=
/
,
 
f
v
Lcoroa1 2( )
,=
L
 
f
c
tubo1 4( )
,=
l
l
d =
λ
1 6 1, –
 
d n
c
d
c c
vidro⋅
=–
λ
 
n
c
v
temosvidro
vidro
= , :
 
d
v
d
c cvidro
– =
λ
ITA/2004 12
15-
O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga e que se move em órbitas circulares de raio r, em
torno do próton, sob a influência da força de atração coulombiana. O trabalho efetuado por esta força sobre o elétron ao per-
correr a órbita do estado fundamental é
A) –e2/(2εor).
B) e2/(2εor).
C) –e2/(4πεor)
D) e2/r.
E) n.d.a.
Resolução:
Como a órbita é circular, a força elétrica coincide com a resultante centrípeta, e seu trabalho é nulo.
Resposta: E
Num experimento que usa o efeito fotoelétrico, ilumina-se sucessivamente a superfície de um metal com luz de dois comprimentos
de onda diferentes, λ1 e λ2, respectivamente. Sabe-se que as velocidades máximas dos fotoelétrons emitidos são, respectivamente, v1
e v2, em que v1 = 2v2. Designando C a velocidade da luz no vácuo, e h constante de Planck, pode-se, então, afirmar que a função
trabalho φ do metal é dada por
A) (2λ1 – λ2)hC/(λ1λ2).
B) (λ2 – 2λ1)hC/(λ1λ2).
C) (λ2 – 4λ1)hC/(3λ1λ2).
D) (4λ1 – λ2)hC/(3λ1λ2).
E) (2λ1 – λ2)hC/(3λ1λ2).
Resolução:
De acordo com a equação de Planck (E = h ⋅ f) e lembrando que c = λ ⋅ f, a energia individual de um fóton pode ser calculada por:
Segundo Einstein, a energia individual do fóton é igual à função trabalho do metal (Φ) somada à εc adquirida pelo fotoelétron.
Lembrando que a velocidade v adquirida pelo fotoelétron não é relativística (v �� c), sua εc pode ser calculada pela definição
da física clássica. Dessa maneira, temos:
Como v1 = 2v2, a equação (1) fica:
Substituindo (2) em (3):
∴
Resposta: D
 
Φ = ⋅ ⋅
⋅ ⋅
( – )4
3
1 2
1 2
λ λ
λ λ
h c
 
h c h c⋅ ⋅
= +



λ λ1 24Φ Φ–
 
h c mv⋅
= +λ1
2
24
2
3Φ ( )
 
h c mv mv h c⋅
→
⋅
= + =λ λ2
2
2
2
2
22 2
2Φ Φ– ( )
 
h c mv⋅
= +λ1
1
2
2
1Φ ( )
 
E
h c
=
⋅
λ
ITA/2004 13
16-
17-
Uma lente convergente tem distância focal de 20cm quando está mergulhada em ar. A lente é feita de vidro, cujo índice de re-
fração é nv = 1,6. Se a lenteé mergulhada em um meio, menos refringente do que o material da lente, cujo índice de refração é n,
considere as seguintes afirmações:
I. A distância focal não varia se o índice de refração do meio for igual ao do material da lente.
II. A distância focal torna-se maior se o índice de refração n for maior que o do ar.
III. Neste exemplo, uma maior diferença entre os índices de refração do material da lente e do meio implica numa menor dis-
tância focal.
Então, pode-se afirmar que
A) apenas a II é correta. D) todas são corretas.
B) apenas a III é correta. E) todas são incorretas.
C) apenas II e III são corretas.
Resolução:
A abscissa do foco de uma lente delgada pode ser obtida pela equação do fabricante:
sendo nL o índice de refração do material usado para construção da lente, nm o índice de refração do
meio externo, e R1 e R2 valores associados aos raios de curvatura das faces da lente.
I. Errada. Se nL = nm, não ocorre refração, a lente não existe.
II. Correta. Observa-se que, se o índice de refração do meio externo aumenta, o primeiro parênteses do segundo membro da
equação do fabricante tende a zero. Assim, o foco tende ao infinito.
III. Correta. A equação do fabricante mostra que, se a diferença entre os índices de refração aumenta, o primeiro parênteses do
segundo membro aumenta, e a distância focal diminui.
Resposta: C
Ao olhar-se num epelho plano, retangular, fixado no plano de uma parede vertical, um homem observa a imagem de sua face
tangenciando as quatro bordas do espelho, isto é, a imagem de sua face encontra-se ajustada ao tamanho do espelho. A seguir,
o homem afasta-se, perpendicularmente à parede, numa certa velocidade em relação ao espelho, continuando a observar sua
imagem. Nestas condições, pode-se afirmar que essa imagem
A) torna-se menor que o tamanho do espelho tal como visto pelo homem.
B) torna-se maior que o tamanho do espelho tal como visto pelo homem.
C) continua ajustada ao tamanho do espelho tal como visto pelo homem.
D) desloca-se com o dobro da velocidade do homem.
E) desloca-se com metade da velocidade do homem.
Resolução:
O enunciado sugere a seguinte situação:
Observa-se que o ângulo visual α é o mesmo tanto para observar o espelho quanto para observar a imagem.
Assim, alterando-se o ângulo visual com o afastamento do observador, nota-se que o tamanho aparente do espelho e o da imagem
são iguais, continuando a imagem ajustada ao tamanho do espelho, tal como visto inicialmente.
Resposta: C
α
paredevafast. do homem
β
vafast. da imagem
1
1
1 1
1 2f
n
n R R
L
m
=



 +



⋅– ,
ITA/2004 14
18-
19-
Um bloco homogêneo de massa m e densidade d é suspenso por meio de um fio leve e inextensível preso ao teto de um elevador. O
bloco encontra-se totalmente imerso em água, de densidade ρ, contida em um balde, conforme mostra a figura. Durante a subida
do elevador, com uma aceleração constante a→, o fio sofrerá uma tensão igual a
A) m(g + a)(1 – ρ/d).
B) m(g – a) (1 – ρ/d).
C) m(g + a)(1 + ρ/d).
D) m(g – a) (1 + d/ρ).
E) m(g + a)(1 – d/ρ).
Resolução:
Na figura estão assinaladas as forças que agem sobre o corpo:
De acordo com o Princípio Fundamental da Dinâmica:
T + E – P = ma
T = –E + m(g + a) (1)
Na expressão (1), E é o empuxo. Como o sistema é acelerado, o empuxo é a força que o líquido aplicaria ao líquido deslocado para
que esse adquirisse uma aceleração vertical para cima (a). Logo:
E = mLD ⋅ (g + a)
E = ρ ⋅ VLD ⋅ (g + a)
Substituindo-se (2) em (1), vem:
T = m(g + a) (1 – ρ/d)
Resposta: A
AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE 21 A 30, DEVEM SER RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.
Uma máquina térmica opera com um mol de um gás monoatômico ideal. O gás realiza o ciclo ABCA, representado no plano
PV, conforme mostra a figura. Considerando que a transformação BC é adiabática, calcule:
a) a eficiência da máquina;
b) a variação da entropia na transformação BC.
B
A
C
V (m3)
3200
80
P (Pa)
1 8
 
E
m
d
g a= +ρ ( ) ( )2
T E
P
m
a
→
ITA/2004 15
20-
21-
Resolução:
a) Calculando a energia interna em cada estado:
Analisando cada mudança de estado utilizando a definição de variação de energia interna (∆U = U’ – U) e a 1ª Lei da
Termodinâmica (∆U = Q – τ):
O cálculo da eficiência é:
∴ η ≈ 0,7
b) O trecho BC é adiabático e reversível, portanto isentrópico (∆s = 0).
Tubos de imagem de televisão possuem bobinas magnéticas defletoras que desviam elétrons para obter pontos luminosos na tela e,
assim, produzir imagens. Nesses dispositivos, elétrons são inicialmente acelerados por uma diferença de potencial U entre o catodo
e o anodo. Suponha que os elétrons são gerados em repouso sobre o catodo. Depois de acelerados, são direcionados, ao longo do eixo x,
por meio de uma fenda sobre o anodo, para uma região de comprimento L onde atua um campo de indução magnética uniforme B
→
,
que penetra perpendicularmente o plano do papel, conforme mostra o esquema. Suponha, ainda, que a tela delimita a região do
campo de indução magnética.
Se um ponto luminoso é detectado a uma distância b sobre a tela, determine a expressão da intensidade de B
→
necessária para
que os elétrons atinjam o ponto luminoso P, em função dos parâmetros e constantes fundamentais intervenientes. (Consi-
dere b �� L).
Resolução:
A partícula entra no campo de indução magnética com velocidade (v) tal que:
Ao entrar no campo magnético, passa a descrever um arco de circunferência
que deve estar de acordo com o desenho:
R2 = L2 + (R – b)2
R2 = L2 + R2 – 2Rb + b2
∴ =
+
R
L b
b
2 2
2
 
eU mv v eU
m
= =∴
1
2
2
12 ( )
anodo
elétron
catodo
U B
→y
b
P
x
telaL
η τ= =
Q
3840 560
4680
–
A → B B → C C → A
∆U 4680J –3840J –840J
τ 0 (isométrica) +3840J –560J
Q 4680J 0(adiabática) –1400J
 
U P V U JC C C C= = =⋅ ⇒
3
2
3
2
80 8 960
U P V U JB B B B= = =⋅ ⇒
3
2
3
2
3200 1 4800 .
 
U P V U JA A A A= = =⋅ ⇒
3
2
3
2
80 1 120
ITA/2004
v
R
R
L
b
(R – b)
x
16
22-
Como: b ��� L ⇒ R = 
O raio da trajetória circular em um campo magnético é dado por:
Substituindo-se (1) e (2) em (3):
Fazendo-se os cálculos:
Dois tubos sonoros A e B emitem sons simultâneos de mesma amplitude, de freqüências fA = 150Hz e fB = 155Hz, respectivamente.
a) Calcule a freqüência do batimento do som ouvido por um observador que se encontra próximo aos tubos e em repouso em
relação aos mesmos.
b) Calcule a velocidade que o tubo B deve possuir para eliminar a freqüência do batimento calculada no item a), e especifique
o sentido desse movimento em relação ao observador.
Resolução:
a) Para um observador em repouso e próximo aos tubos, a freqüência do batimento (fb) é dada por:
fb = |fB – fA|
fb = 155 – 150
∴ fb = 5Hz
b) Para que se elimine o batimento, o som emitido pelo tubo B deve atingir o observador com freqüência 150Hz; ou seja, mais grave
que o som original. Nesse caso, o tubo deve se afastar do observador, conforme mostra o esquema.
Para essa representação, a equação que permite determinar a freqüência aparente (fap) percebida pelo observador é:
Fazendo-se as devidas substituições numéricas:
Resolvendo a equação acima,
vB = 10m/s
Atualmente, vários laboratórios, utilizando vários feixes de laser, são capazes de resfriar gases a temperaturas muito próximas do
zero absoluto, obtendo moléculas e átomos ultrafrios. Considere três átomos ultrafrios de massa M, que se aproximam com veloci-
dades desprezíveis. Da colisão tripla resultante, observada de um referencial situado no centro de massa do sistema, forma-se uma
molécula diatômica com liberação de certa quantidade de energia B. Obtenha a velocidade final do átomo remanescente em
função de B e M.
150
300
300
155=
+
⋅vB
fap
som
som B
B
v
v v
f=
+
⋅
(fB)
VB = ?
fonteobservador
(+)
 
B
b
L
Um
e
=
2 2
2
L
b
m
eU
m
eB
2
2
2
=
⋅
R
mv
eB
= ( )3
L
b
2
2
2( )
ITA/2004 17
23-
24-
Resolução:
Se os átomos se aproximam com velocidades desprezíveis, antes da tripla colisão:
(Ec)sis τ = 0
Qsis τ = 0
Depois da colisão, há formação de uma molécula de massa 2m e velocidade u e um átomo remanescente de massa m e velocidade v.
Nesse instante:
(E’c)sist = 
Q’sist = Mv + 2Mu
Como o sistema é isolado:
Qsist = Q’sist
0 = Mv + 2Mu ⇒ u = –
Substituindo (2) em (1):
(E’c)sist = 
A alteração de energia cinética foi devida à energia liberada (B) na formação da molécula. Logo:
B = 
v = 
As duas faces de uma lente delgada biconvexa têm um raio de curvatura igual a 1,00m. O índice de refração da lente para luz ver-
melha é 1,60 e, para luz violeta, 1,64. Sabendo que a lente está imersa no ar, cujo índice de refração é 1,00, calcule a distância entre
os focos de luz vermelha e de luz violeta, em centímetros.
Resolução:
A abscissa focal de uma lente delgada pode ser obtida pela expressão:
com
Para a radiação vermelha:
1 1 6
1
1
1
1
1
1
1 2 83 3
f
f cm
verm
verm=



 +



 =⋅ ⇒ ≈
,
– , ,
R1 � 0 (faces convexas)
R2 � 0
C1
C2
R1 = 1,0 m
R2 = 1,0 m
BICONVEXA
 
1
1
1 1
1 2f
n
n R R
lente
meio
=



 +



⋅–
4
3
B
M
3
4
2Mv
3
4
2Mv
v
2
2( )
1
2
1
2
2 12 2Mv Mu+ ( )
ITA/2004 18
25-
Para a radiação violeta:
Então a distância entre os focos é:
d = fverm – fviol ⇒ d ≈ 5,2cm
Na prospecção de jazidas minerais e localização de depósitos subterrâneos, é importante o conhecimento da condutividade elétrica
do solo. Um modo de medir a condutividade elétrica do solo é ilustrado na figura. Duas esferas metálicas A e B, idênticas, de raio
r, são profundamente enterradas no solo, a uma grande distância entre as mesmas, comparativamente a seus raios. Fios retilíneos,
isolados do solo, ligam as esferas a um circuito provido de bateria e um galvanômetro G. Conhecendo-se a intensidade da corrente
elétrica e a força eletromotriz da bateria, determina-se a resistência R oferecida pelo solo entre as esferas.
Sabendo que RC = ε/σ, em que σ é a condutividade do solo, C é a capacitância do sistema e ε a constante dielétrica do solo,
pedem-se:
a) Desenhe o circuito elétrico correspondente do sistema esquematizado e calcule a capacitância do sistema.
b) Expresse σ em função da resistência R e do raio r das esferas.
Resolução:
a)
Conforme dado no enunciado:
Considerando-se dada a f.e.m. (E) e a corrente (i), usando-se a definição de resistência elétrica em (1):
b) Como 
Se a ddp entre as esferas é E, cada uma delas tem potencial elétrico de módulo E/2.
Assim:
Substituindo-se (1) e (2) em (3) e fazendo-se 
 
1
4 2
1
2π σ
σ
πε
ε
⋅ == ∴
i Ri
r rR
K =
1
4πε
:
V = =K
Q
r
E
2
3( )
 
C
Q
U
i
E
Q
E
= =⇒
ε
σ
( )2
 
C
E
i
C
i
E
= =∴
ε ε
σ σ
 
C
R
=
ε
σ
( )1
C
R
G
E
A B
r r
G
 
1 1 64
1
1
1
1
1
1
1 28 78 1
f
f cm
viol
viol=



 +



 =⋅ ⇒ ≈
,
– , ,
ITA/2004 19
26-
A figura representa o esquema simplificado de um circuito elétrico em uma instalação residencial. Um gerador bifásico produz
uma diferença de potencial (d.d.p.) de 220V entre as fases (+110V e –110V) e uma ddp de 110V entre o neutro e cada uma das
fases. No circuito estão ligados dois fusíveis e três aparelhos elétricos, com as respectivas potências nominais indicadas na figura.
Admitindo que os aparelhos funcionam simultaneamente durante duas horas, calcule a quantidade de energia elétrica consumida
em quilowatt-hora(kWh) e, também, a capacidade mínima dos fusíveis, em ampére.
Resolução:
Cálculo da energia elétrica consumida pelos aparelhos em 2 horas
εcafeteira = 0,88kW ⋅ 2h = 1,76kW ⋅ h
εforno = 2,2kW ⋅ 2h = 4,4kW ⋅ h
εchuveiro = 3,3kW ⋅ 2h = 6,6kW ⋅ h
εtotal = 1,76 + 4,4 + 6,6 = 12,76kW ⋅ h
Redesenhando o esquema da figura, temos:
Cálculo da corrente em cada aparelho
De acordo com o esquema acima, as correntes i1 e i2 que se estabelecem nos ramos que contêm os fusíveis 1 e 2, respecti-
vamente, serão:
i1 = 15 + 8 = 23 A
i2 = 15 + 20 = 35 A
Portanto os fusíveis F1 e F2 devem ter capacidade mínima de 23 e 35 ampères, respectivamente.
i Achuveiro = =
3300
220
15
i Aforno = =
2200
110
20
i Acafeteira = =
880
110
8
gerador
bifásico
fusível fase +110V
neutro (zero volts)
fusível fase –110V
cafeteira
880W
forno
2200W
chuveiro
3300W
ITA/2004
110V
A
0 V
Fusível 2
+
–
110V +
–
B
A
C CC
A
Fusível 1 ich = 15Ai1
ich = 15A
icafet = 8A
iforno = 20A
ich = 15Ai2
110V
Fusível 1 A
0 V
Fusível 2
B
+
–
+
–
B
A
UBC = 110V
UAB = 110V
UAC = 220V
Pcafet = 880W
Pch = 3300W
Pforno = 2200W
C CC
A
110V
20
27-
Um elétron é acelerado a partir do repouso por meio de uma diferença de potencial U, adquirindo uma quantidade de movi-
mento p. Sabe-se que, quando o elétron está em movimento, sua energia relativística é dada por , em
que m0 é a massa de repouso do elétron e C a velocidade da luz no vácuo. Obtenha o comprimento de onda de De Broglie do
elétron em função de U e das constantes fundamentais pertinentes.
Resolução:
A energia adquirida pelo elétron é igual ao trabalho realizado pela força elétrica:
eU = E – E0 = mC2 – m0C2 (1)
sendo E a energia relativística a que se refere o enunciado e de cuja expressão podemos concluir:
E2 = E0
2 + p2C2 (2)
Como de (1) E = E0 + eU, substituindo-se em (2):
E0
2 + 2 ⋅ eU ⋅ E0 + e2U2 = E0
2 + p2C2
Portanto:
p2C2 = 2 ⋅ eU ⋅ E0 + e2U2 (3)
O comprimento de onda λ associado a uma partícula que possui quantidade de movimento p é dado pela expressão:
λ = 
Logo, (3) poderá ser escrita como:
ou:
Duas salas idênticas estão separadas por uma divisória de espessura L = 5,0cm, área A = 100m2 e condutividade térmica 
k = 2,0W/mK. O ar contido em cada sala encontra-se, inicialmente, à temperatura T1 = 47°C e T2 = 27°C, respectivamente.
Considerando o ar como um gás ideal e o conjunto das duas salas um sistema isolado, calcule:
a) O fluxo de calor através da divisória relativo às temperaturas iniciais T1 e T2.
b) A taxa de variação de entropia ∆S/∆t no sistema no início da troca de calor, explicando o que ocorre com a desordem do sistema.
Resolução:
a) O fluxo de calor inicial é dado pela expressão:
Efetuando-se os cálculos:
ϕ = 8 ⋅ 104W
b) Vamos calcular a taxa de variação de entropia (∆S/∆t) em um intervalo de tempo muito pequeno. Feita essa hipótese, a troca
de calor ocorre com temperatura constante.
Logo:
∆S = ∆S1 + ∆S2
 
∆S Q
T
Q
T
= +
–
1 2
 
ϕ = K A T T
L
( – )1 2
 λ = +hC eU m C eU[ ( )]
–2 0
2 1 2
h
C eUE e U
λ
⋅ = +[ ]2 0
2 2 1 2
h
p
E m C p C= +[ ]( )0 2 2 2 2 12
ITA/2004 21
28-
29-
Um aumento de entropia corresponde a um aumento da desordem.
Na figura, uma pipeta cilíndrica de 25cm de altura, com ambas as extremidades abertas, tem 20cm mergulhados em um recipiente
com mercúrio. Com sua extremidade superior tapada, em seguida a pipeta é retirada lentamente do recipiente.
Considerando uma pressão atmosférica de 75cmHg, calcule a altura da coluna de mercúrio remanescente no interior da pipeta.
Resolução:
Com a extremidade superior da pipeta tapada:
Como a temperatura do ar dentro da pipeta permanece constante:
P2V2 = P1V1
P2Ab(25 – h1) = 75 ⋅ Ab ⋅ 5
P2(25 – h1) = 375 (I)
Na situaçãofinal:
PB = PA
P2 + h1 = 75
h1 = 75 – P2 (II)
Situação inicial
Hg
1
2
3
5cm
P1 = Patm = 75cmHg
Ar
Hg
1
2
3
25 – h1Ar
A B
Patm
1
4
4
2
4
4
3
h1
P2
Situação final
25cm
20cm
Ar
Hg
 
∆
∆
S
t
J K s= + ⋅16 6, /
∆
∆
S
t
T T
T T
=
⋅
– ( – )ϕ 1 2
1 2
∆
∆
S
t T T
= +
–ϕ ϕ
1 2
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30-
Substituindo-se II em I:
(75 – h1)(25 – h1) = 375
h1’ ∼= 81,62cm (impossível)
h1
2 – 100h1 + 1500 = 0
h1’’ ∼= 18,38cm
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