Fisica 2008 ITA

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ITA/2008
No circuito representado na figura, têm-se duas lâmpadas incandescentes
idênticas, L1 e L2, e três fontes idênticas, de mesma tensão V. Então, quando
a chave é fechada,
A) apagam-se as duas lâmpadas.
B) o brilho da L1 aumenta e o da L2 permanece o mesmo.
C) o brilho da L2 aumenta e o da L1 permanece o mesmo.
D) o brilho das duas lâmpadas aumenta.
E) o brilho das duas lâmpadas permanece o mesmo.
Ao fechar-se a chave, as ddps nas lâmpadas não se alteram, ficando, ambas, iguais a V. Portanto o brilho das
lâmpadas não se altera, conforme mostra a figura abaixo.
Resposta: E
A estrela anã vermelha Gliese 581 possui um planeta que, num período de 13 dias terrestres, realiza em torno
da estrela uma órbita circular, cujo raio é igual a 1/14 da distância média entre o Sol e a Terra. Sabendo que
a massa do planeta é aproximadamente igual à da Terra, pode-se dizer que a razão entre as massas da Gliese
581 e do nosso Sol é de aproximadamente
A) 0,05 D) 0,3
B) 0,1 E) 4,0
C) 0,6
A condição para que um planeta entre em órbita circular em torno de uma estrela é que a resultante seja cen-
trípeta:
R = mω2r = m
sendo r o raio da órbita
m a massa do planeta
T o período do movimento do planeta
2
2π
T
r






Resolução
Questão 2
+
–
V
L1
L2
+
–
+
–
V
V
V
2V2V
V
0 0
+
–
V
+
–
+
–
V
2V2V
V
0 00
V
Resolução
chave
+
–
V
L1
L2
+
–
+
–
V
V
Questão 1
1
1 -
RESOLUÇÃO
2 -
RESOLUÇÃO
Como a resultante é igual à força de atração gravitacional entre o planeta e a estrela:
⇒ (1)
sendo M a massa da estrela
Aplicando-se a expressão (1) tanto ao movimento do planeta que gira em torno da estrela Gliese 581, como
para o movimento da Terra em torno do Sol, tem:
levando-se em conta que rp/rT = 1/14, obtemos 
Resposta: D
A figura mostra uma barra de 50cm de comprimento e massa desprezível,
suspensa por uma corda OQ, sustentando um peso de 3000N no ponto indi-
cado. Sabendo que a barra se apóia sem atrito nas paredes do vão, a razão
entre a tensão na corda e a reação na parede no ponto S, no equilíbrio está-
tico, é igual a
A) 1,5
B) 3,0
C) 2,0
D) 1,0
E) 5,0
A figura a seguir indica as forças que agem na barra:
Pelo equilíbrio das forças verticais: T = P
T = 3000N
Escolhendo o ponto A como pólo, a equação de equilíbrio dos momentos fica:
MT + MNS = MP
T ⋅ (0,1) + NS ⋅ (0,3) = P(0,2)
Substituindo os valores de T e P: 300 + 0,3NS = 600
NS = 1000N
Portanto: 
Resposta: B
T
NS
= 3
S
T
Q
20 cm
10 cm
A
NS
P
30 cm
N
S
O
Q
P
20 cm
10 cm 30 cm
Questão 3
M
M
G
S
≈ 0 3,
T
T
p
T
=
365
13
GM
r T
S
T T
3
2
2
=






πGM
r T
G
p p
3
2
2
=






π
GM
r T3
2
2
=






π
G
mM
r
m
T
r
2
2
2
=






π
ITA/2008 2
RESOLUÇÃO
3 -
Numa dada balança, a leitura é baseada na deformação de uma mola quando um objeto é colocado sobre sua
plataforma. Considerando a Terra como uma esfera homogênea, assinale a opção que indica uma posição da
balança sobre a superfície terrestre onde o objeto terá a maior leitura.
A) Latitude de 45°.
B) Latitude de 60°.
C) Latitude de 90°.
D) Em qualquer ponto do Equador.
E) A leitura independe da localização da balança já que a massa do objeto é invariável.
De acordo com o enunciado, a força que deforma a mola da balança tem intensidade igual à normal aplicada
sobre o corpo pela balança. Como a intensidade da normal está relacionada à tendência de o corpo penetrar na
mola, quanto maior a tendência de o corpo penetrar na mola, maior é a normal e, conseqüentemente, maior é
a deformação da mola.
Como a intensidade da velocidade de um ponto na superfície da Terra é a proporcional à sua distância em
relação ao eixo de rotação do planeta, pontos sobre o Equador apresentam velocidade máxima, enquanto pontos
sobre os pólos (latitude 90°) apresentam velocidade mínima, que é nula.
Dessa forma, de acordo com o princípio da inércia, corpos sobre o Equador possuem menor tendência de pene-
tração em relação à mola, logo, a deformação da mola é mínima. Nos pólos, a tendência de penetração é máxi-
ma e, assim sendo, a deformação da mola também o será.
Resposta: C
Define-se intensidade I de uma onda como a razão entre a potência que essa onda transporta por unidade de
área perpendicular à direção dessa propagação. Considere que para uma certa onda de amplitude a, fre-
qüência f e velocidade v, que se propaga em um meio de densidade ρ, foi determinada que a intensidade é
dada por: I = 2π2fxρvay.
Indique quais são os valores adequados para x e y, respectivamente.
A) x = 2; y = 2
B) x = 1; y = 2
C) x = 1; y = 1
D) x = –2; y = 2
E) x = –2; y = –2
De acordo com a definição
, como ,
No sistema de unidade MLT, as grandezas ∆ε, ∆t e A são expressas por:
[∆ε] = [M] [L]2 [T]–2
[∆t] = [T]
[A] = [L]2
Assim, a unidade da intensidade da onda é:
[I] = [M] [L]0 [T]–3 = [M] [T]–3 (I)
I
t A
=
⋅
∆
∆
ε
.
P =
∆
∆
ε
t
I
A
=
P
Questão 5
ITA/2008 3
4 - 
RESOLUÇÃO
5 -
RESOLUÇÃO
De acordo com a equação fornecida, I = 2π2fxρvay, as unidades das grandezas f, ρ , v e a, no sistema MLT, são:
[f] = [T]–1
[ρ ] = [M] [L]–3
[v] = [L] [T]–1
[a] = [L]
Assim, a unidade de I, pela equação fornecida, é:
[I] = [T]–x ⋅ [M] ⋅ [L]–3 ⋅ [L] ⋅ [T]–1 ⋅ [L]y, ou seja:
[I] = [T]–x – 1 ⋅ [M] ⋅ [L]y – 2 (II)
Comparando-se as relações (I) e (II), segue:
Resposta: A
Uma partícula P1 de dimensões desprezíveis oscila em movimento harmônico simples ao longo de uma reta com
período de 8/3s e amplitude a. Uma segunda partícula, P2, semelhante a P1, oscila de modo idêntico numa
reta muito próxima e paralela à primeira, porém com atraso de π/12rad em relação a P1. Qual a distância que
separa P1 de P2, 8/9s depois de P2 passar por um ponto de máximo deslocamento?
A) 1,00a
B) 0,29a
C) 1,21a
D) 0,21a
E) 1,71a
Vamos considerar que a fase inicial ϕ0 para a partícula P1 seja nula. Nessa circunstância, a equação horária de
sua elongação é:
; em que a é a amplitude do movimento e T o período de oscilação.
Para a partícula P1, . Assim, a equação torna-se
Como a segunda partícula (P2) tem um atraso de em relação a P1, embora se movimente de modo
idêntico a P1, sua equação horária é:
Vamos agora considerar o primeiro instante que P2 atinge a elongação máxima. Nesse caso x2 = a e a equação
acima fica:
a a t= +





⋅ ⋅cos –
π π
12
3
4
x a t II2 12
3
4
= +





⋅ ⋅cos – ( )
π π
π
12
rad
x a t I1
3
4
=





⋅ ⋅cos ( )
π
T s=
8
3
x a
T
t1
2
=





⋅ ⋅cos
π
Questão 6
–x – 1 = –3 ⇒ x = 2
y – 2 = 0 ⇒ y = 2



ITA/2008
4
6 -
RESOLUÇÃO
Para tanto: 
Assim, o instante estipulado no enunciado é:
Susbstituindo esse instante nas equações I e II, segue:
•
2π/3
64748
••
A distância d entre P1 e P2 no instante t = 1s é:
d ≈ 0,21a
Resposta: D
Uma corrente elétrica passa por um fio longo, (L) coincidente com o eixo y no sentido negativo. Uma outra
corrente de mesma intensidade passa por outro fio longo, (M), coincidente com o eixo x no sentido negativo,
conforme mostra a figura. O par de quadrantes nos quais as correntes produzem campos magnéticos em sen-
tidos opostos entre si é
A) I e II D) II e IV
B) II e III E) I e III
C) I e IV
y
x
LII I
III IV
M
Questão 7
d
a a
= +–
2
2 2
– a
P1 P2
0 + a– a 2
2
��� – a
2
d = ?
x
a
2 2
= –
x a2 12
3
4
1= +





⋅ ⋅cos –
π π
x
a
1
22
=
–
(*)
x a1
3
4
1=





⋅ ⋅cos
π
 
t s' .= + =
1
9
8
9
1
∴ =t s1
9
cos – –
π ππ π
12
3
4
1
12
3
4
0+





 = + =⋅ ⇒ ⋅t t
ITA/2008 5
7 -
Chamando de B
→
x o campo criado pelo fio M e de B
→
y o campo criado pelo fio L, usando a regra da mão direita:
Logo, nos quadrantes I e III, os campos magnéticos B
→
x e B
→
y têm sentidos opostos.
Resposta: E
Considere uma espira retangular de lados a e b percorrida por uma corrente I, cujo plano da espira é paralelo
a um campo magnético B. Sabe-se que o módulo do torque sobre essa espira é dado por τ = I B a b. Supondo 
que a mesma espira possa assumir qualquer outra forma geométrica, indique o valor máximo possível que se
consegue para o torque.
A) D)
B) IBab E)
C) 2IBab
• O torque na espira é dado por:
τ = IB ⋅ A, sendo A a área da espira.
• A máxima área de uma figura de perímetro (2a + 2b) é a área de um círculo tal que:
2πr = 2(a + b) ∴
• Logo, o máximo torque na espira é:
τmáx = IB ⋅ πr2 = IB
Resposta: A
Um elétron e um pósitron, de massa m = 9,11 ⋅ 10–31kg, cada qual com energia
cinética de 1,20MeV e mesma quantidade de movimento, colidem entre si em sen-
tidos opostos. Neste processo colisional as partículas aniquilam-se, produzindo dois
fótons γ1 e γ2. Sendo dados: constante de Planck h = 6,63 ⋅ 10–34J ⋅ s; velocidade da
luz c = 3,00 ⋅ 108m/s; 1 eV = 1,6 ⋅ 10–19J; 1 femtometro = 1fm = 1 ⋅ 10–15m, indique
os respectivos valores de energia E e do comprimento de onda dos fótons.
A) E = 1,20MeV ; λ = 2435fm D) E = 1,46MeV ; λ = 0,28 ⋅ 10–2fm
B) E = 1,20MeV ; λ = 1035fm E) E = 1,71MeV ; λ = 559fm
C) E = 1,71MeV ; λ = 726fm
e– e+
γ1
γ2
Questão 9
( )a b+ 2
π
r
a b
=
+
π
IBab
π
IBab
2π
IB a b( )+ 2
π
Questão 8
y
x
LII I
III IV
M
By
BxBx
By
By
Bx
By
Bx
ITA/2008 6
RESOLUÇÃO
8 -
RESOLUÇÃO
9 -
• conservação da quantidade de movimento do sistema:
(Q
→i )sistema = (Q
→f)sistema
Q
→
elétron + Q
→
pósitron = Q
→
fóton1 + Q
→
fóton2
Como • Q
→
elétron = –Q
→
pósitron
• Qfóton1 = 
• Qfóton2 = , vem que
Q
→
fóton1 = –Q
→
fóton2
Qfóton1 = Qfóton2
• conservação da energia do sistema:
(εi)sistema = (εf)sistema
(melétron + mpósitron) ⋅ c2 + εcelétron + εcpósitron = εfóton1 + εfóton2
Lembrando que Efóton1 = Efóton2 = hf e substituindo-se os dados com o adequado ajuste de unidades, vem que:
2 ⋅ 9,11 ⋅ 10–31 ⋅ (3 ⋅ 108)2 + 2 ⋅ 1,2 ⋅ 106 ⋅ 1,6 ⋅ 10–19 = 2 ⋅ 6,63 ⋅ 10–34 ⋅ f ⇒ f = 4,13 ⋅ 1020Hz
• energia individual dos fótons:
Efóton = h ⋅ f = 6,63 ⋅ 10–34 ⋅ 4,13 ⋅ 1020
Efóton = 27,34 ⋅ 10–14J
∴ Efóton = 1,71MeV
• comprimento de onda da onda associada ao fóton:
v = λ ⋅ f
3 ⋅ 108 = λ ⋅ 4,13 ⋅ 1020
λ = 726 ⋅ 10–15m
∴ λ = 726fm
Resposta: C
A figura mostra uma bobina com 80 espiras de 0,5m2 de área e 40Ω de resistência. Uma indução magnética
de 4 teslas é inicialmente aplicada ao longo do plano da bobina. Esta é então girada de modo que seu plano
perfaça um ângulo de 30° em relação à posição inicial. Nesse caso, qual o valor da carga elétrica que deve fluir
pela bobina?
A) 0,025C D) 3,5C
B) 2,0C E) 0,50C
C) 0,25C
30°
B
→
B
→
posição inicial posição final
Questão 10
hf
C
hf
C
f f f1 2 1 2= = =⇒
hf
C
2
hf
C
1
ITA/2008









7
RESOLUÇÃO
10 -
Φi = 0
Φf = B ⋅ A ⋅ cos120° (ângulo entre B
→
e o vetor normal às espiras)
∴ |∆Φ| = N ⋅ BA ⋅
Da Lei de Faraday-Neumann:
Logo: 
Resposta: B
A figura mostra um circuito formado por uma barra fixa FGHJ e uma barra
móvel MN, imerso num campo magnético perpendicular ao plano desse circuito.
Considerando desprezível o atrito entre as barras e também que o circuito seja
alimentado por um gerador de corrente constante I, o que deve acontecer com
a barra móvel MN?
A) Permanece no mesmo lugar.
B) Move-se para a direita com velocidade constante.
C) Move-se para a esquerda com velocidade constante.
D) Move-se para a direita com aceleração constante.
E) Move-se para a esquerda com aceleração constante.
Observando a força magnética aplicada sobre a barra MN, 
dada pela regra da mão direita:
Como F tem módulo constante, considerando-a como a única atuante, o movimento da barra será para a
esquerda, com aceleração constante.
Resposta: E
Na figura, um bloco sobe um plano inclinado, com velocidade inicial V0.
Considere µ o coeficiente de atrito entre o bloco e a superfície. Indique a
sua velocidade na descida ao passar pela posição inicial.
A) D)
B) E)
C)
 
V
sen
sen0
θ µ θ
θ µ θ
+ cos
– cos
 
V
sen
sen0
µ θ θ
µ θ θ
−
+
cos
cos 
V
sen
sen0
θ µ θ
θ µ θ
−
+
cos
cos
 
V
sen
sen0
µ θ θ
µ θ θ
+
−
cos
cos 
V
sen sen
0
θ µ θ
θ µ θ
−
−cos cos
V0
θ
Questão 12
F
N
I
M
B
→
H
I
M
N
J
FG
Questão 11
q q C= =
⋅ ⋅ ⋅ ⇒80 4 0 5 0 5
40
2 0
, ,
,
ε ε= = ∴ = =⇒
⋅
| | | | | |∆Φ
∆
∆Φ
∆
∆ ∆Φ
t R R t
i t q
R
1
2
ITA/2008 8
RESOLUÇÃO
11 -
RESOLUÇÃO
12 -
Nas figuras estão indicadas as forças que agem no corpo durante a subida (a) e durante a descida (b):
As acelerações do movimento na subida (a1) e na descida (a2) podem ser obtidas pela aplicação do Princípio
Fundamental da Dinâmica em cada um dos casos.
Na subida
R = m|a1|
Ac + Px = m|a1|
mg(µcosθ + senθ) = m|a1|
|a1| = g(senθ + µcosθ)
Na descida
R = m|a2|
Px – Ac = m|a2|
mg(senθ – µcosθ) = m|a2|
|a2| = g(senθ – µcosθ)
Aplicando-se a equação de Torricelli para cada um dos movimentos, tem:
Na subida
v2 = v20 – 2|a1| ⋅ ∆s
Sendo ∆s o deslocamento até parar, vem:
0 = v20 – 2g(senθ + µcosθ)∆s (1)
Na descida
v2 = vi
2 + 2|a2| ⋅ ∆s (1)
Sendo vi = 0, tem, para o mesmo ∆s
v2 = 2g(senθ – µcosθ)∆s (2)
Das duas expressões:
Resposta: B
 
v v
sen
sen
=
−
+0
θ µ θ
θ µ θ
cos
cos
v g sen
v
g sen
2 0
2
2= −
+
( cos )
( cos )
θ µ θ
µθ θ
Sendo Px = Psenθ
Py = Pcosθ
N = Py = Pcosθ
Ac = µN = µmgcosθ
PX
Py
AC
AC
N
P
(a)
N
P
(b)
ITA/2008 9
RESOLUÇÃO
Na figura, um gato de massa m encontra-se parado próximo a uma das extremidades de uma prancha de
massa M que flutua em repouso na superfície de um lago. A seguir, o gato salta e alcança uma nova posição
na prancha, à distância L. Desprezando o atrito entre a água e a prancha, sendo θ o ângulo entre a velocidade
inicial do gato e a horizontal, e g a aceleração da gravidade, indique qual deve ser a velocidade u de deslo-
camento da prancha logo após o salto.
A) D)
B) E)
C)
Como o sistema é isolado na direção horizontal:
m ⋅ v ⋅ cosθ = M ⋅ u (1)
O tempo total do salto pode ser determinado como 2 vezes o tempo necessário para a componente vertical
da velocidade do gato se anular:
(2)
Finalmente, a distância L é a soma dos deslocamentos horizontais do gato e da prancha no intervalo de tempo T:
(u + vcosθ) ⋅ T = L (3)
Substituindo (1) e (2) em (3):
(4)
Substituindo (1) em (4):
Isolando u:
Resposta: D
u
gLm
M
m
M tg
=
+





 ⋅ ⋅1 2 θ
u 1
M
m
2 M u tg
mg
L⋅ ⋅ ⋅ ⋅+











 =
θ
u 1
M
m
2vsen
g
L⋅ +











 =
θ
T
vsen
g
= ⋅2 θ
 
u
gLM
M
m
msen
=
+





1 2 θ
 
u
gLm
M
m
M
=
+






2
1 tanθ
 
u
gLM
M
m
msen
=
+





1 2 2θ
u
gLm
M
m
M
=
+





1 2 tanθ
 
u
gLM
M
m
msen
=
+





1 θ θcos
v
θ→
 L
Questão 13
ITA/2008
10
13 -
RESOLUÇÃO
Um aro de 1kg de massa encontra-se preso a uma mola de massa desprezível, constante elástica k = 10N/m e
comprimento inicial L0 = 1m quando não distendida, afixada no ponto O. A figura mostra o aro numa posição
P em uma barra horizontal fixa ao longo da qual o aro pode deslizar sem atrito. Soltando o aro do ponto P,
qual deve ser sua velocidade, em m/s, ao alcançar o ponto T, a 2m de distância?
A)
B)
C)
D)
E)
Sendo o sistema conservativo:
(εm)T = (εm)P ⇒ (εc)T + (εp)T = (εc)P + (εp)P
Substituindo os valores numéricos dados e calculados:
∴ vT ≈
Resposta: C
No estudo de ondas que se propagam em meios elásticos, a impedância característica de um material é dada
pelo produto da sua densidade pela velocidade da onda nesse material, ou seja, z = µv. Sabe-se, também, que
uma onda de amplitude a1, que se propaga em meio 1 ao penetrar em uma outra região, de meio 2, origina ondas,
refletida e transmitida, cuja amplitudes são, respectivamente:
 
a
z
z
– 1
z
z
1
a a
2
1
z
z
ar
1
2
1
2
1 t
2
1
1=
+












=
+












23 4, /m s
1 10 2 1 10 2 2 12
2 2⋅ ⋅+ −( ) = −( )vT
1
2
1
2
1
2
2 2 2 2
0
2
0
2mv kx kx mv k L L k L LT T P T T P+ = + − = −⇒ ( ) ( )
 8 2,
 69 5,
 23 4,
 40 0,
 30 0,
O
2 m
2 mT P
Questão 14
ITA/2008
0
11
14 -
RESOLUÇÃO
15 -
Num fio, sob tensão τ, a velocidade da onda nesse meio é dada por Considere agora o caso de uma
onda que se propaga num fio de densidade linear µ (meio 1) e penetra num trecho desse fio em que a densi-
dade linear muda para 4µ (meio 2). Indique a figura que representa corretamente as ondas refletidas (r) e trans-
mitida (t)?
A) D)
B) E)
C)
Vamos comparar a velocidade de propagação nos meios 1 e 2.
De acordo com a equação apresentada em que F é a força de tração aplicada sobre o fio (impre-
cisamente designada no enunciado por tensão).
Para os dois meios, a força de tração é a mesma, mas a densidade linear (µ) do meio 2 é o quádruplo da densi-
dade linear do meio 1. Logo:
Assim, 
Agora, vamos comparar as impedâncias (z) dos meios 1 e 2.
De acordo com a equação apresentada (z = µv):
z1 = µ ⋅ v1 e z2 = 4µ ⋅ v2 = 2 ⋅ µ ⋅ v1
Ou seja, z2 = 2 ⋅ z1
Por fim, vamos substituir a relação acima nas equações fornecidas e referentes às amplitudes refletida (ar) e
transmitida (at).
o sinal negativo implica que a onda incidente e componente refletida estão em
oposição de fase.
A parcela da onda transmitida, em relação à onda incidente, mantém a fase.
a a a at t= +





 =⋅ ⇒ ⋅
2
1 2
2
31
a a a ar r=
+












⇒ =





⋅
1
2
1
1
2
1
1
31 1
–
– ,
 
v
v
2
1
2
=
 
v e v1 2= =
F F
4µ µ
v =
F
µ
,
meio 1 meio 2
tr
meio 1
meio 2
t
r
meio 1
meio 2
t
r
meio 1
meio 2
t
rmeio 1
meio 2
t
r
 
v =
τ
µ
.
ITA/2008
12
RESOLUÇÃO
Interpretando os resultados obtidos, um possível esquema das ondas é:
Resposta: A
Indique a opção que explicita o representado pelo gráfico da figura:
A) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica mais a sua segunda harmônica, todas
elas de mesma amplitude.
B) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica de amplitude 5 vezes menor mais
a segunda harmônica de amplitude 10 vezes menor.
C) A soma de uma freqüência fundamental com a sua harmônica, ambas com amplitudes iguais.
D) A soma de uma freqüência fundamental com a sua segunda harmônica com metade da amplitude.
E) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica com metade da amplitude.
Observando as alternativas apresentadas, é suficiente analisar a superposição de três ondas: a fundamental, a
primeira harmônica e segunda harmônica.
De acordo com o gráfico fornecido, o período da fundamental é T = 36ms.
Assim sendo, o período da primeira harmônica é e o da segunda harmônica, 
A fim de obter as características das ondas componentes, basta analisar alguns instantes, confrontando as in-
formações do gráfico fornecido com as do possível gráfico das três ondas componentes.
Observe a tabela a seguir:
Instante Representação Valor de V na Valor de V na Valor de V na Valor de V nanos gráficos fundamental 1ª- harmônica 2ª- harmônica onda resultante
9ms Ponto P1 V é max V é zero V é min V é zero
12ms Ponto P2 V é positivo V é negativo V é zero V é zero
T
T
ms2 3
12= = .T
T
ms1 2
18= =
Resolução
3
2
1
0
– 1
– 2
– 3
0 20 40 60 80 100 120 140 160
Tempo (ms)
A
m
p
lit
u
d
e 
(V
)
a
v1
v1
a
3
onda incidente
fio 2
2
3
a
v2 � v1
fio 1
ITA/2008 13
16 - 
RESOLUÇÃO
Como no instante representado por P1 o sinal (V) resultante é nulo, conclui-se que as amplitudes da fundamen-
tal e da 2ª- harmônica são iguais.
Por exclusão, somente as alternativas A e C podem ser corretas.
Ora, no instante representado por P2, o sinal (V) da onda resultante também é nulo; para tal, a amplitude da 1ª-
harmônica é diferente de zero.
[Observando as alternativas A e C] Conclui-se, assim, que somente a alternativa A é correta.
Resposta: A
Numa brincadeira de aventura, o garoto (de massa M) lança-se por
uma corda amarrada num galho de árvore num ponto de altura L
acima do gatinho (de massa m) da figura, que pretende resgatar.
Sendo g a aceleração da gravidade e H a altura da plataforma de onde
se lança, indique o valor da tensão na corda, imediatamente após o
garoto apanhar o gato para aterrisá-lo na outra margem do lago.
A)
B)
C)
D)
E)
 
( )m M g
M
M m
H
L
+
+





 −








2
2
1
( )M m g
M
M m
H
L
+ +
+














1
2
2
Mg
H
L
1
2
–






( ) –M m g
M m
M
H
L
+
+













1
2
2
 
Mg
H
L
1
2
+





 m
L
M
H
1
0.5
0
– 0.5
– 1
0 18 36
3
2
0
– 1
– 2
– 3 18 36
1
9 12
9 12
P1 P1
Tempo (ms)
Tempo (ms)
A
m
p
lit
u
d
e 
(V
)
A
m
p
lit
u
d
e 
(V
)
Fundamental
1ª- harmônica
2ª- harmônica
Onda
Resultante
ITA/2008 14
17 -
Desde o instante em que o garoto abandona o galho da árvore até o momento em que ele apanha o gatinho,
pode-se considerar o sistema como sendo conservativo:
εim = εfm
εip + εic = εfp + εfc
(vi = 0) (hf = 0)
∴
Considerando que ao apanhar o gatinho há conservação da quantidade de movimento, tem-se:
(Qsist)antes = (Qsist)depois
(colisão inelástica) ∴
Imediatamente após o garoto apanhar o gatinho, pode-se considerar que a corda ainda esteja na vertical.
Assim, neste momento, a resultante é centrípeta:
Rc = (M + m)ac
Lembrando que tem-se:
∴
Resposta: D
T M m g
M
M m
H
L
= + +
+
















( ) 1
2
2
T M m g
M m
L
M
M m
gH= + +
+
+





( )
( )
2
2
v
M
M m
gH=
+
2 ,
T M m g M m
v
L
– ( ) ( )+ = +
2
T P M m
v
L
– ( )= +
2
M+m
T
P
v
v
M
M m
gH=
+
2
 M gH M m v⋅ = +2 ( )
v 2gHf =
MgH
Mvf=
2
2
Resolução
ITA/2008
f
M
M
L
L
i
HPHR
0 0
M ⇒m Mm
vvf = 2gH������
15
RESOLUÇÃO
Um feixe de luz é composto de luzes de comprimentos de onda λ1 e λ2
sendo λ1 15% maior que λ2.Esse feixe de luz incide perpendicularmente
num anteparo com dois pequenos orifícios, separados entre si por uma
distância d. A luz que sai dos orifícios é projetada num segundo anteparo,
onde se observa uma figura de interferência. 
Pode-se afirmar então, que
A) o ângulo de arcsen(5λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é observada.
B) o ângulo de arcsen(10λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é observada.
C) o ângulo de arcsen(15λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é observada.
D) o ângulo de arcsen(10λ2/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ2 é observada.
E) o ângulo de arcsen(15λ2/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ2 é observada.
Da experiência de Young, temos:
, em que 
Como o feixe de luz é composto de luzes de comprimentos de onda λ1 e λ2(λ1 = 1,15λ2), para a mesma posição
no anteparo.
θ1 = θ2
n1 ⋅ 1,15 = n2
23n1 = 20n2
As soluções inteiras dessa equação são:
• n1 = 20 (interferência construtiva da luz de comprimento de onda λ1)
• n2 = 23 (interferência destrutiva da luz de comprimento de onda λ2)
Para n1 = 20:
∴ na posição somente a luz de comprimento λ1 é observada.
Resposta: B
 
θ
λ
=
⋅




arc sen d
10 1 ,
 
θ
λ
1
10 1=
⋅




arc sen d
 
θ
λ
1
20
2
1=
⋅




arc sen d
θ
λ
1
1 1
2
=





arc sen
n
d
n
d
n
d
1 2 2 2115
2 2
⋅
=
⋅, λ λ
arc sen
n
d
arc sen
n
d
1 1 2 2
2 2
λ λ




 =






• n par: interferência construtiva
• n ímpar: interferência destrutiva
θ λ=





arc sen
n
d2
dsen
nθ λ=
2
Resolução
d
θ
λ1, λ2
Questão 18
ITA/2008
1
2
3
10
1
16
18 -
RESOLUÇÃO
A figura 1 mostra um capacitor de placas paralelas com vácuo entre as placas, cuja capacitância é Co. Num
determinado instante, uma placa dielétrica de espessura d/4 e constante dielétrica K é colocada entre as pla-
cas do capacitor, conforme a figura 2. Tal modificação altera a capacitância do capacitor para um valor C1.
Determine a razão 
A)
B)
C)
D)
E)
• Considerando a figura 1:
(I)
• Considerando a figura 2, temos uma associação em série:
(II)
• Calculando , usando as equações (I) e (II):
Resposta: A
C
C
A
d
K
K
A
d
C
C
K
K
o
o
o
o
1 14
1 3
1 3
4
=
+
=
+∴
ε
ε
 
C
C
o
1
C
A
d
A
do o
”1 3
4
4
3
= =ε ε
C
C C
C C
K
K
A
do1
1 1
1 1
4
1 3
=
+
=
+
’ ”
’ ”
ε
C K
A
d
K
A
do o
‘1
4
4= =ε ε
C’
1
C’’
1
C1⇔
C
A
do o
= ε
1
4 12K+
3
4 12K+
 
4 12
3
+ K
 
4
3 1
K
K +
 
3 1
4
K
K
+
d d
figura 1 figura 2
d
4
 
C
C
0
1
.
Questão 19
ITA/2008 17
19 -
RESOLUÇÃO
Certa quantidade de oxigênio (considerado aqui como gás ideal) ocupa um volume vi a uma temperatura Ti e
pressão pi. A seguir, toda essa quantidade é comprimida, por meio de um processo adiabático e quase estáti-
co, tendo reduzido o seu volume para . Identifique o valor do trabalho realizado sobre esse gás.
A) D)
B) E)
C)
Numa transformação adiabático reversível:
pfvf
γ = pivi
γ
Para um gás diatômico ideal:
Em que: 
Na transformação em questão :
pf ⋅ vf1,4 = pi ⋅ vi1,4
(I)
Aplicando a 1ª- Lei da Termodinâmica:
∆U = Q – τ
τ = –∆U, onde 
(II)
Substituindo I em II:
τ = −

⋅
5
2
20 4p v p vi i i i
,
p v
p v v
v
i i
i i i
i
−




















0 4
0 4
2
,
,
τ = 5
2
∴p v p v
v
i i
i i
i
−




















1 4
0 4
2
,
,
τ = 5
2
τ = −( )5
2
p v p vi i f f
 
U nRT=
5
2
 
p v
p v
v
f f
i i
i
=






1 4
0 4
2
,
,
pf ⋅ vf ⋅ vf0,4 = pi ⋅ vi1,4 ⇒
 
v
v
f
i=





2
γ = = =
C
C
p
v
7
5
1 4,
C R e C C R Rv p v= = + =
5
2
7
2
Resolução
 
W p vi i= −
5
2
2 10 4( )( ),
 
W p vi i= −
5
2
2 11 4( )( ),
 
W p vi i= −
5
2
2 10 7( )( ),
 
W p vi i= −
3
2
2 11 7( )( ),
 
W p vi i= −
3
2
2 10 7( )( ),
 
v
v
f
i=
2
Questão 20
ITA/2008
0
→
18
20 -
RESOLUÇÃO
Assim, o trabalho realizado pelas forças de pressão do gás:
Finalmente, o trabalho realizado sobre o gás:
W = –τ
Resposta: C
Considere um condutor esférico A de 20cm de diâmetro colocado sobre um
pedestal fixo e isolante. Uma esfera condutora B de 0,5mm de diâmetro, do
mesmo material da esfera A, é suspensa por um fio fixo e isolante. Em po-
sição oposta à esfera A é colocada uma campainha C ligada à terra, con-
forme mostra a figura. O condutor A é então carregado a um potencial ele-
trostático Vo, de forma a atrair a esfera B. As duas esferas entram em contac-
to devido à indução eletrostática e, após a transferência de carga, a esfera
B é repelida, chocando-se com a campainha C, onde a carga adquirida é es-
coada para a terra. Após 20 contatos com a campainha, verifica-se que o po-
tencial da esfera A é de 10000V. Determine o potencial inicial da esfera A.
Considere (1 + x)n ≅ 1 + nx se |x| � 1
Para condutores A e B em contato que entram em equilíbrio eletrostático, podemos afirmar que
VA = VB
Como os condutores são esferas:
Utilizando o princípio da conservação da carga:
Q’A + Q’B = QA ⇒ Q’A + Q’A ⋅ = 
14243 123
após 1º- antes do
contato 1º- contato
∴ Q’A = 
Q”A + Q”B = Q’A ⇒ Q”A + Q”A ⋅ = 
14243 123
após 2º- antes do
contato 2º- contato
∴ Q”A = 
V r
r r
r
r r
o A
A B
A
A B+ +






2
V
K
r
r r
o A
A B
2
+
r
r
B
A
V r
K
r
r r
o A A
A B+






V r
K
o Ar
r
B
A
Q
r
Q
r
A
A
B
B
=
K
Q
r
K
Q
r
A
A
B
B
=
A
isolante
B
C
isolante condutor
V0
Questão 21
 
W p vi i= −




5
2
2 10 4,
τ = ( ) −


5
2
1 20 4p vi i
,
ITA/2008 19
21 -
RESOLUÇÃO
Para o vigésimo termo (vigésimo contato):
Calculando o potencial elétrico para o condutor em forma de esfera.
V20 = 
Substituindo os valores numéricos dados:
Vo = 1000(1 + 0,25 ⋅ 10–2)20
Utilizando a expressão dada:
Vo = 1000 (1 + 20 ⋅ 0,25 ⋅ 10–2) ∴ Vo = 10500V
Num dos pratos de uma balança que se encontra em equilíbrio estático, uma mosca de massa m está em re-
pouso no fundo de um frasco de massa M. Mostrar em que condições a mosca poderá voar dentro do frasco
sem que o equilíbrio seja afetado.
Na figura:
A: ponto de apoio do prato na balança
P
→
: peso da mosca
F
→
: força do ar na mosca
–F
→
: força da mosca no ar
Momento de –F
→
em relação ao ponto C (articulação da balança).
(M–F
→)c = y ⋅ d
Para que a balança se mantenha em equilíbrio:
y = peso da mosca
Logo, o movimento da mosca pode ser qualquer um resultante da ação combinada entre F
→
e P
→
, desde que a
linha de ação de F
→
passe por A e que sua componente vertical seja igual ao peso da mosca.
C
F
x
y
xAP
–Fy
→
→
→
 d
M
m
Vo = +








⋅
⋅
1000 1
0 5 10
20 10
3
2
20
, –
–
K Q
r
K V r
r K
r
r r
A
A
o A
A
A
A B
⋅ ⋅ ⋅
⋅
=
+






20 20
Q
V r
r r
r
r rAo A
A B
A
A B
20
20
=
+ +






ITA/2008
20
22 -
RESOLUÇÃO
A figura mostra uma bola de massa m que que cai com velocidade v
→
1 sobre a superfície de um suporte rígido,
inclinada de um ângulo θ em relação ao plano horizontal. Sendo e o coeficiente de restituição para esse
impacto, calcule o módulo da velocidade v
→
2 com que a bola é ricocheteada, em função de v1, θ e e. Calcule
também o ângulo α.
Para resolver a questão, partiremos das seguintes hipóteses.
1) A força aplicada pelo suporte sobre a bola é perpendicular à superfície do suporte.
2) O coeficiente de restituição é definido como a razão entre as componentes perpendiculares ao suporte dos
módulos das velocidades de afastamento e aproximação do choque.
Assim, definem-se os eixos x e y, como na figura
Pela hipótese 1, pode-se concluir que as componentes de v
→
1 e v
→
2 na direção x são iguais, logo:
v1senθ = v2cosα (1)
Além disso, pela definição de e dada na hipótese 2:
Elevando (1) e (2) ao quadrado e somando:
v22 = v
2
1 ⋅ (sen2θ + e2cos2θ) ∴ v2 = v1 (3)
Uma das possibilidades para a determinação de α é isolá-lo em (1)
(4)
Substituindo (3) em (4):
 
α θ
θ θ
=
+








arccos
cos
sen
sen e2 2 2
cos
cos
α θ
θ θ
=
+
∴sen
sen e2 2 2
cosα θ= ⋅v
v
sen1
2
sen e2 2 2θ θ+ cos
e
v sen
v
= 2
1
2
α
θcos
( )
m
v2
α
θ
y
θ
x
v1
Resolução
v1
→
m
v2
→
α
θ
ITA/2008 21
23 
RESOLUÇÃO
Um apreciador de música ao vivo vai a um teatro, que não dispõe de amplificação eletrônica, para assistir a
um show de seu artista predileto. Sendo detalhista, ele toma todas as informações sobre as dimensões do
auditório, cujo teto é plano e nivelado. Estudos comparativos em auditórios indicam preferência para aqueles
em que seja de 30ms a diferença de tempo entre o som direto e aquele que primeiro chega após uma
reflexão. Portanto, ele conclui que deve se sentar a 20m do artista, na posição indicada na figura. Admitindo
a velocidade do som no ar de 340m/s, a que altura h deve estar o teto com relação a sua cabeça?
O esquema simplificado da situação apresentada é:
Note-se:
I) FP = F’P. Logo F → P → A ≡ F’ → P → A
II) F’P = 
Para a onda percorrendo o caminho FA, tem-se:
Para a trajetória FPA, tem-se:
De acordo com a condição imposta:
t2 – t1 = 30ms
Ou seja:
Resolvendo a equação acima: h ≈ 11,3m
400 4
340
1
17
0 03
2+
=
h
s– ,
v
s
t
h
t
t
h
= =
+
=
+⇒ ∴∆
∆
340
400 4 400 4
340
2
2
2
2
v
s
t t
t s= = =⇒ ∴∆
∆
340
20 1
171
1
400 4 2+ h
h
h
F’
P
20 m
θ θ
AF
 20,0 m
h
Questão 24
ITA/2008 22
24 -
RESOLUÇÃO
Um resistor Rx é mergulhado num reservatório de óleo isolante. A fim de estudar a variação da temperatura
do reservatório, o circuito de uma ponte de Wheatstone foi montado, conforme mostra a figura 1. Sabe-se
que Rx é um resistor de fio metálico de 10m de comprimento, área da seção transversal de 0,1mm2, e resis-
tividade elétrica ρ0 de 2,0 ⋅ 10–8Ωm, a 20°C. O comportamento da resistividade ρ versus temperatura t é
mostrado na figura 2. Sabendo-se que o resistor Rx foi variado entre os valores de 10Ω e 12Ω para que o cir-
cuito permanecesse em equilíbrio, determine a variação da temperatura nesse reservatório.
• A variação da resistividade elétrica em função da temperatura a partir de t = 20°C é
• Desprezando-se os efeitos de dilatação térmica, a resistência elétrica a partir de t = 20°C é
• Rt = Rx = 10Ω → 10 = 2 + 10–2(t – 20) ∴ t = 820°C
• Rt = Rx = 12Ω → 12 = 2 + 10–2(t – 20) ∴ t = 1020°C
Logo, a variação de temperatura foi de 200°C.
Um cilindro de diâmetro D e altura h repousa sobre um disco que gira num plano horizontal, com velocidade
angular ω. Considere o coeficiente de atrito entre o disco e o cilindro µ � D/h, L a distância entre o eixo do disco
e o eixo do cilindro, e g a aceleração da gravidade. O cilindro pode escapar do movimento circular de duas
maneiras: por tombamento ou por deslizamento. Mostrar o que ocorrerá primeiro, em função das variáveis.
Considerações gerais
As condições para que o cilindro faça a curva sem tombar são:
(1) ∑→F = Mγ→ cm
(2) ∑Mcm = 0
Resolução
h
ω
D
L
Questão 26
 
R
A
R t R tt t t t= → = + =⋅ ⋅ ⋅ ∴ ⋅ρ
l
[ ( – )] ( – )– –
–
–2 10 10 20
10
10
2 10 208 10
7
2
ρ ρ α ρ ρt t tt t t= + = + = +→ ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ∴ ⋅20 8
8
8 1020 2 10
0 4 2 10
80
20 2 10 10 20( – )
,
( – ) ( – ).–
–
– –
G
RXR3 = 2Ω
R2 = 12ΩR1
1,4ρ0
ρ0
20 100 t(°C)
ρ(Ωm)
Figura 2Figura 1
Questão 25
ITA/2008 23
25 -
RESOLUÇÃO
26 -
RESOLUÇÃO
De acordo com a equação 1, na situação limite de 
escorregamento:
(Aest)max = M ⋅ ac
µ ⋅ N = M ⋅ ω12 ⋅ L
µ ⋅ M ⋅ g = M ⋅ ω12 ⋅ L ⇒ ω12 = (3)
De acordo com a equação (2), na situação limite de tomba-
mento (normal agindo na situação indicada na figura):
(4)
Comparando as expressões (3) e (4) e lembrando que µ � D/h, conclui-se que:
ω1 � ω2
Isso permite concluir que o cilindro tomba antes de escorregar.
Durante a realização de um teste, colocou-se 1 litro de água a 20°C no interior de um forno de microondas.
Após permanecer ligado por 20 minutos, restou meio litro de água. Considere a tensão da rede de 127V e de
12A a corrente consumida pelo forno. Calcule o fator de rendimento do forno.
Dados: calor de vaporização da água LV = 540cal/g;
calor específico da água C = 1cal/gºC;
1 caloria = 4,2 joules
O fator de rendimento do forno pode ser determinado como segue:
, em que:
• PI é a potência associada ao calor absorvido no processo de aquecimento e vaporização da água.
• PII é a potência elétrica do forno de microondas.
PII = V ⋅ i
PII = 127 ⋅ (12) = 1524W
Logo:
η ≈ 80%
η = = ≈P
P
I
II
1225
1524
0 804,
P WI =
+
=
⋅ ⋅ ⋅ ⋅( ) ,
( )
10 1 80 5 10 540 4 2
20 60
1225
3 2
P
m C
m
L
tI
=
+∆
∆
θ
2
η = P
P
I
II
Resolução
Questão 27
 
MgD M Lh
g
L
D
h
= ⇒ =




ω ω2
2
2
2
 
N
D
M L
h⋅





 = ⋅





2 22
2ω
µg
L P
AC
N
h
2
D
2
ITA/2008 24
27 -
RESOLUÇÃO
Considere o transformador da figura, onde VP é a tensão no primário, VS é a tensão no secundário, R um resistor,
N1 e N2 são o número de espiras no primário e secundário, respectivamente, e S uma chave. Quando a chave é
fechada, qual deve ser a corrente IP no primário?
Com a chave fechada:
Da Lei de Ohm:
Substituindo (II) em (I):
De acordo com a Lei de Stefan-Boltzmann, o equilíbrio da atmosfera terrestre é obtido pelo balanço energético
entre a energia de radiação do Sol absorvida pela Terra e a reemitida pela mesma. Considere que a energia
fornecida por unidade de tempo pela radiação solar é dada por P = A e σT4, em que σ = 5,67 × 10–8Wm–2K–4;
A é a área da superfície do corpo; T a temperatura absoluta, e o parâmetro e é a emissividade que represen-
ta a razão entre a taxa de radiação de uma superfície particular e a taxa de radiação de uma superfície de um
corpo ideal, com a mesma área e mesma temperatura. Considere a temperatura média da Terra T
–
= 287K e,
nesta situação, e = 1. Sabendo que a emissão de gases responsáveis pelo aquecimento global reduz a emis-
sividade, faça uma estimativa de quanto aumentará a temperatura média da Terra devido à emissão de gases
responsáveis pelo aquecimento global, se a emissividade diminuir 8%.
Considere 
Como a potência que chega à Terra é a mesma em ambas as situações:
P = P’
A ⋅ e ⋅ ρ ⋅ T4 = A ⋅ e’ ⋅ ρ ⋅ (T’)4
T
T
e
e
'
=
′






1
4
( – ) –/1 1
4
1 4x
x≅
Questão29
ou I
N
N
V
RP
P=





2
1
2
V
R I
N
N
I
N
N
V
R
S
P
P
S
⋅
∴ ⋅= =1
2
2
1
I
V
R
IIS
S= ( )
V
V
I
I
N
N
IP
S
S
P
= = 1
2
( )
S
RN2 ; VS
N1Vp
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28 -
RESOLUÇÃO
29 -
RESOLUÇÃO
Substituindo os valores numéricos dados:
Utilizando a expressão dada:
Portanto a temperatura aumentará de aproximadamente 6K.
Foi René Descartes em 1637 o primeiro a discutir claramente a formação do arco-íris. Ele escreveu: “Considerando
que esse arco-íris aparece não apenas no céu, mas também no ar perto de nós, sempre que haja gotas de água ilu-
minadas pelo sol, como podemos ver em certas fontes, eu imediatamente entendi que isso acontece devido apenas
ao caminho que os raios de luz traçam nessas gotas e atingem nossos olhos. Ainda mais, sabendo que as gotas são
redondas, como fora anteriormente provado e, mesmo que sejam grandes ou pequenas, a aparência do arco-íris não
muda de forma nenhuma, tive a idéia de considerar uma bem grande, para que pudesse examinar melhor…”
Ele então apresentou a figura onde estão representadas as trajetórias para os arco-íris primário e secundário.
Determinar o ângulo entre o raio incidente na gota, AB, e o incidente no olho do observador, DE, no caso do arco-
íris primário, em termos do ângulo de incidência, e do índice de refração da água na. Considere o índice de refração
do ar n = 1.
O esquema simplificado do fenômeno arco-íris é:
180° – 2r
180° – 2r
0
i – rr
R
i
N
r
r
i – r
água (na)
ar (n = 1)
N
i
rP
N
Q
θ = ?
A
F
E
M
G D
H
C
IB
J A
F
E
E
G
I
B I
H
C
D
Arco-íris primário
e secundário
Vista expandida de
uma gota de água
Questão 30
′ 





≈ ≈T K287 1
1
0 08
4
293
–
,
′ =





 =T 287
1
1 0 08
287
1
1 0 08
1
4
1
4
– ,
( – , )
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26
30 -
RESOLUÇÃO
No quadrilátero PQRO:
r + (i – r) + 180 – 2r + 180 – 2r + θ + r + i – r = 360
2i – 4r + θ = 0
∴ θ = 4r – 2i (I)
Aplicando a lei de Snell na entrada do raio de luz na gota de água:
Substituindo a expressão acima na equação I:
θ =





 −⋅4 2arc sen
seni
n
i
a
∴ =





r arc sen
seni
na
seni
senr
n senr
seni
na a
= =⇒
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