PROVA FISICA ITA RESOLVIDO

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1 
 
Caso necessário, use os seguintes dados: 
 
Constante gravitacional G = 6,67 × 10−11 m3/s2kg. Massa do Sol M = 1,99 × 1030 kg. Velocidade 
da luz c = 3 × 108m/s. Distância média do centro da Terra ao centro do Sol: 1,5 × 1011 m. 
Aceleração da gravidade g = 9,8 m/s2. Raio da Terra: 6380 km. Número de Avogadro: 
6,023 × 1023 mol−1. Constante universal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atômica do nitrogênio: 
14. Constante de Planck h = 6,62 × 10−34 m2kg/s. Permissividade do vácuo: ε0 = 1/4πk0. 
Permeabilidade magnética do vácuo: µ0. 
 
 
 
1. Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial gravitacional devido ao Sol, assumindo 
simetria esférica, é dado por −V = GM /r, em que r é a distância média do corpo ao centro do 
Sol. Segundo a teoria da relatividade de Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigida 
para −V = GM/r + A/r2, em que A depende somente de G, de M e da velocidade da luz, c. Com 
base na análise dimensional e considerando k uma constante adimensional, assinale a opção que 
apresenta a expressão da constante A, seguida da ordem de grandeza da razão entre o termo de 
correção, A/r2, obtido por Einstein, e o termo GM/r da equação de Newton, na posição da 
Terra, sabendo a priori que k =1. 
A. ( ) A = kGM/c e 10−5 B. ( ) A = kG2M 2/c e 10−8 
C. ( ) A = kG2M 2/c e 10−3 D. ( ) A = kG2M 2/c2 e 10−5 
E. ( ) A = kG2M 2/c2 e 10−8 
 
Alternativa: E 
 
Sabemos que: 
[ ] [ ][ ][ ] [ ] [ ] [ ][ ][ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] [ ] [ ] [ ][ ]
[ ]
[ ]
[ ] [ ]
[ ][ ]
[ ] [ ]
[ ]
2 2
2
1 F
2 2 2 2
2 2
2
1 a
r r mA GM A G M r G M
r G M m rr
m G M G M1A G M
F r a r c
    = ∴ = = ⋅ ⋅ ⋅           
 = ⋅ ⋅ = =   
���	��
�	
 
 
Logo: 
2 2
2
kG MA = 
c
 
 
( )
2 2 2 2 2 11 30
8
2 28 11
A / r kG M / c r kGM 1 6,67 10 1,99 10 0,983 10
GM / r GM / r c r 3 10 1,5 10
− −⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅
⋅ ⋅ ⋅
� 
 
2
8A / rOG 10
GM / r
−  =   
 
 
 
 
 
 
2 
 
 
2. Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R que gira com velocidade angular 
uniforme ω em torno do seu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência de rotação da 
Terra, sabe-se que a aceleração da gravidade seria dada por g = GM/R2. Como ω ≠ 0, um corpo 
em repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito forçosamente a um peso aparente, 
que pode ser medido, por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode não passar pelo 
centro do planeta. Então, o peso aparente de um corpo de massa m em repouso na superfície da 
Terra a uma latitude λ é dado por 
A. ( ) mg − mω2Rcos λ. 
B. ( ) mg − mω2Rsen2 λ. 
C. ( ) 2 2 2 21 2 + ( ) sen . − λ mg R / g R / gω ω
D. ( ) 2 2 2 21 2 ( ) cos . − − λ mg R / g R / gω ω 
E. ( ) 2 2 2 21 2 ( ) sen . − − λ mg R / g R / gω ω
Equador
S
N
R m
ω
λ
 
Alternativa: D 
 
R
Rcos
F
GF
 
Para a dinâmica do corpo que gira em MCU de raio R cos λ: 
G
2 2
G
Fsen F sen Fsen = mgsen
 
F cos Fcos m R cos Fcos = mg cos m R cos
θ = λ θ λ  ∴ λ − θ = ω λ θ λ − ω λ 
 
onde F é o peso aparente. 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
22 2 2
2 2 2 2
22 2
2
 F (mgsen ) (mg cos m R cos ) m g 2m g R cos m ( R) cos
2 R cos RF m g 1 cos
g g
2 R RF mg 1 cos
g g
∴ = λ + λ − ω λ = − ω λ + ω λ
  ω λ ω= − + λ     
  ω ω= − − λ     
 
 
 
 
 
 
 
 
 3 
 
3. Considere um segmento de reta que liga o centro de qualquer planeta do sistema solar ao centro 
do Sol. De acordo com a 2ª Lei de Kepler, tal segmento percorre áreas iguais em tempos iguais. 
Considere, então, que em dado instante deixasse de existir o efeito da gravitação entre o Sol e o 
planeta. Assinale a alternativa correta. 
A. ( ) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer áreas iguais em tempos iguais. 
B. ( ) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porém com focos diferentes e a 2ª Lei de 
Kepler continuaria válida. 
C. ( ) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2ª Lei de Kepler não seria mais válida. 
D. ( ) A 2ª Lei de Kepler só é válida quando se considera uma força que depende do inverso 
do quadrado das distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser válida. 
E. ( ) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol. 
 
Alternativa: A 
 
A Lei das Áreas é válida para qualquer força central, mesmo que esta seja nula. 
Se a atração gravitacional deixar de existir, o planeta entraria em MRU. 
 
A B C D
Sol
A1 A2 A3
1 2 3Se AB BC CD, então A A A= = = =
 
 
 
4. A temperatura para a qual a velocidade associada à energia cinética média de uma molécula de 
nitrogênio, N2, é igual à velocidade de escape desta molécula da superfície da Terra é de, 
aproximadamente, 
A. ( ) 1,4 x 105 K. B. ( ) 1,4 x 108 K. 
C. ( ) 7,0 x 1027 K. D. ( ) 7,2 x 104 K. 
E. ( ) 8,4 x 1028 K. 
 
Alternativa: A 
 
Considerando apenas as energias cinéticas translacionais das moléculas de N2, temos: 2 TN EV V ,= 
isto é, a velocidade quadrática média deve ter seu módulo igual à velocidade de escape da Terra. 
Logo: 
2 T
2
T T T
N E T2
N T T
2 G M 2 G M R3 R TV V 2 g R 
M R R
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅= ∴ = = = ⋅ ⋅ 
 
2
6 3
T N 52 g R M 2 9,8 6,38 10 28 10 T T 1, 4 10 K
3 R 3 8,31
−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∴ = = ∴ ⋅⋅ ⋅ � 
 
Observação: 
Foram desconsiderados dois graus de liberdade rotacionais. 
 
 
4 
 
 
5. No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma mola de constante elástica k, sendo 
barrado à frente por um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, o anteparo, de 
alguma forma, inicia seu movimento de descida com uma aceleração constante a. Durante parte 
dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo, dele se separando somente após um 
certo tempo. Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que a variação máxima do 
comprimento da mola é dada por 
A. ( ) sen (2 sen ) / . + + mg m a g a kα α 
B. ( ) cos (2 cos ) / . + + mg m a g a kα α 
C. ( ) sen (2 sen ) / . + − mg m a g a kα α 
D. ( ) ( sen ) / .−m g a kα 
E. ( ) sen / .mg kα 
 
Alternativa: C 
 
No ponto em que o bloco de massa m está na iminência de perda de contato com o anteparo temos: 
 
x 1 1
1
P kx ma mgsen kx ma
m(gsen a)x (I)
k
− = ∴ α− =
α −=
1
kx
xP
 
 
Ao chegar em 2A , a velocidade v é dado por: 
2 2 2
o 1v v 2a s v 2ax (II)= + ∆ ∴ = 
O corpo prossegue até 3A , posição na qual a velocidade é nula, conforme a figura: 
 
A1
A2
A3
x2
x1
 
 
Aplicando conservação da Energia Mecânica entre 2A e 3A : 
( )22 22 1 1 21 1 1mv mg x sen k x k x x (III)2 2 2+ α + = + 
 
Substituindo (II) em (III): 
2 2 2
1 2 1 1 2 1 2
1 1 1max mgx sen kx kx kx x kx (IV)
2 2 2
+ α + = + + 
 
 
 
 
 5 
 
Substituindo (I) em (IV): 
( ) ( ) 2
2 2 2
mgsen ma mgsen ma 1ma mgx sen kx kx
k k 2
α − α −⋅ + α = ⋅ + 
 
Simplificando, tem-se: ( )222 2 m a gsen a1 kx max 02 k
α −− − = 
Como 2x 0 :> 
( )22 2
2
m a gsen akma m a 4
2 kx
k
α −+ + ⋅ ⋅
= ( )2 ma mx a 2gsen ak k∴ = + α − 
Portanto a deformação máxima x é dada por: 
( )1 2 mgsen ma ma mx x x a 2gsen ak k k k
α= + = − + + α − 
Portanto: 
( )mgsen m a 2gsen a
x
k
α + α −= 
 
 
6. Um quadro quadrado de lado A e massa m, feito de um material de coeficiente de dilatação 
superficial β, é pendurado no pino O por uma corda inextensível, de massa desprezível, com as 
extremidades fixadas no meio das arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força de 
tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir, o quadro é submetido a uma variação 
de temperatura ∆T, dilatando. Considerando desprezível a variação no comprimento da cordadevida à dilatação, podemos afirmar que o comprimento mínimo da corda para que o quadro 
possa ser pendurado com segurança é dado por 
A. ( ) 2 / .∆AF T mgβ 
B. ( ) 2 (1 )/ .+ ∆AF T mgβ 
C. ( ) ( )2 2 22 (1 ) 4 .+ ∆ −AF T F m gβ 
D. ( ) ( )2 (1 ) 2 .+ ∆ −AF T F mgβ 
E. ( ) ( )2 2 22 (1 ) 4 .+ ∆ −AF T F m gβ 2A 2A
A
 
 
Alternativa: E 
 
Seja θ o ângulo formado pela corda e a horizontal na situação final e d a hipotenusa do triângulo, 
então o comprimento da corda é L = 2d. 
F
2
A F
2
A
 
y
y 2Fy2T P 2 F sen m g 2 F m g d
d mg
= ∴ ⋅ ⋅ θ = ⋅ ∴ ⋅ ⋅ = ⋅ ∴ = 
 
 
6 
 
 
4FyL 2d
mg
= = 
Mas: 
( )2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2F F4F y m g d m g y y 4F m g m g4 4 = = ⋅ + ∴ ⋅ − = ⋅   A A 
( )
2
2
2 2 2 2
2 F F
2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2
1 T
m g mg mg mg 1 T2y y
2 2 24F m g 4F m g 4F m g4 4F m g
β + ∆  +β∆ = ∴ = ⋅ = ⋅ ⋅− − −⋅ −
AA A A� 
Logo: 
2 2 2
4Fy 4F mg 1 TL
mg mg 2 4F m g
+β∆= ⋅ ⋅ −
A� 
( )
2 2 2
1 T
 L 2 F
4F m g
+β∆∴ ⋅ −� A 
 
 
7. Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um plano horizontal não liso, mostrado em 
corte na figura. Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está articulada no ponto O. 
A barra está apoiada na superfície lisa do semicilindro, formando um ângulo α com a vertical. 
Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre o semicilindro e o plano horizontal para que o 
sistema todo permaneça em equilíbrio? 
A. ( ) ( )cos cos 2 2 cos(2 ) sen=  + −  P h LQ R LQµ α α α α 
B. ( ) ( )cos cos 2 sen(2 ) 2 cos=  + −  P h LQ R LQµ α α α α 
C. ( ) ( )cos sen 2 2 sen(2 ) cos=  + −  P h LQ R LQµ α α α α 
D. ( ) ( )sen sen 2 2 cos( ) 2 cos=  + −  P h LQ R LQµ α α α α 
E. ( ) ( )sen cos 2 sen( ) 2 cos=  + −  P h LQ R LQµ α α α α 
 
Alternativa: C 
 
Isolando o semicilindro e a barra tem-se: 
α
1N
2N
fat
P
R
1
2 1
N cos fat (I)
F 0 
N N sen P (II)
α == ∴  = α +
G G
 
 
 
 7 
 
α Q
L
2
x
1N
O
RO 1
L0 Q sen N x (III)
2
τ = ∴ ⋅ ⋅ α = ⋅G G 
 
Em que o valor de x é dado pela geometria do problema. 
 
α
h
x α
R
h Rsenh x cos Rsen x (IV)
cos
− α= α + α ∴ = α 
 
Substituindo (IV) em (III) e isolando N1: 
1
Q L sen cosN (V)
2(h Rsen )
⋅ ⋅ α α= − α 
 
Na iminência do deslizamento, 2fat N ,= µ ⋅ com coeficiente de atrito mínimo. 
Substituindo (II) em (I): 
1 2 1N cos N (N sen P)α = µ⋅ = µ ⋅ ⋅ α + 
1
1
1
N cos cos (VI)PN sen P sen
N
⋅ α α∴ µ = =⋅ α + α +
 
Substituindo (V) em (VI): 
cos
2h Rsen 2P
LQsen(2 ) LQcos
αµ =  α + −  α α
 
 
 
8. Um elétron é acelerado do repouso através de uma diferença de potencial V e entra numa 
região na qual atua um campo magnético, onde ele inicia um movimento ciclotrônico, 
movendo-se num círculo de raio RE com período TE. Se um próton fosse acelerado do repouso 
através de uma diferença de potencial de mesma magnitude e entrasse na mesma região em que 
atua o campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e período TP que 
A. ( ) RP = RE e TP = TE. 
B. ( ) RP > RE e TP > TE. 
C. ( ) RP > RE e TP = TE. 
D. ( ) RP < RE e TP = TE. 
E. ( ) RP = RE e TP < TE. 
 
 
 
 
8 
 
 
Alternativa: B 
 
A velocidade de entrada do elétron no campo magnético é dada por: 
2
E E E
E
1 2eVeV m v v
2 m
= ∴ = 
 
Assim, o raio da trajetória do elétron é dado por: 
E E E
E
m v 2m V1R
eB B e
= = 
O período da trajetória do elétron é dado por: 
 EE
2 mT
eB
π= 
Similarmente, para o próton tem-se que: PP
2m V1R
B e
= e PP 2 mT eB
π= 
Assim, como P E P E P Em m : R R e T T>> > > 
 
 
9. Considere um oscilador harmônico simples composto por uma mola de constante elástica k, 
tendo uma extremidade fixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. O oscilador gira 
num plano horizontal com velocidade angular constante ω em torno da extremidade fixa, 
mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a figura. Considerando R0 a posição de 
equilíbrio do oscilador para ω = 0, pode-se afirmar que 
A. ( ) o movimento é harmônico simples para qualquer que seja 
velocidade angular ω. 
B. ( ) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0. 
C. ( ) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de ω = 0. 
D. ( ) o quadrado da frequência do MHS depende linearmente do 
quadrado da velocidade angular. 
E. ( ) se a partícula tiver carga, um campo magnético na direção 
do eixo de rotação só poderá aumentar a frequência do 
MHS. 
ω 
 
Alternativa: D 
 
No referencial que gira com velocidade angular ω: 
 
2m (R x)ω +
 
 
2 2 2 2 2
RF m (R x) k x m a m R m x kx m R x(k m )= ω ⋅ + − ⋅ ∴ ⋅ = ω + ω − = ω − − ω 
2
2
2
’
k ma R x
m
ω
 − ω= ω − ⋅  ��	�
 
 
 
 
 9 
 
Logo, a vibração terá frequência f, dada por: 
2 2
2
2 2
’ k m 1f .
m(2 ) 4
 ω − ω= = ⋅ π π  
Então, a frequência ao quadrado depende linearmente do quadrado da velocidade angular. 
 
 
10. Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T-S da figura. 
Pode-se afirmar que 
A. ( ) o processo JK corresponde a uma compressão 
isotérmica. 
B. ( ) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é 
W = (T2 – T1)(S2 – S1). 
C. ( ) o rendimento da máquina é dado por 2
1
1 .= − T
T
η 
D. ( ) durante o processo LM uma quantidade de calor 
QLM = T1(S2 – S1) é absorvida pelo sistema. 
E. ( ) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1 
poderia eventualmente possuir um rendimento 
maior que a desta. 
 
 
Alternativa: B 
 
Analisando as alternativas, temos: 
A. Falsa. O processo JK tem temperatura constante e aumento de entropia, isto é, é uma expansão 
isotérmica. 
B. Verdadeira. W � área interna de T(s) S.× Logo, temos: ( ) ( )2 1 2 1W S S T T 0,= − ⋅ − > por ser 
ciclo horário. 
C. Falsa. O rendimento de Carnot é dado por: 1
2
T1 .
T
η = − 
D. Falsa. O processo LM é uma compressão isotérmica com rejeição de calor. 
E. Falsa. Nenhuma máquina térmica cíclica rende mais do que Carnot. 
 
 
11. Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento de onda, incide sobre uma lente 
plano-convexa apoiada numa lâmina horizontal de vidro, como mostra a figura. Devido à 
variação da espessura da camada de ar existente entre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre 
a lente uma sucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis de Newton. Sabendo-se que 
o diâmetro do menor anel escuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deve ter um raio de 
A. ( ) 1,0 m. 
B. ( ) 1,6 m. 
C. ( ) 2,0 m. 
D. ( ) 4,0 m. 
E. ( ) 8,0 m. 
 
 
 
 
 
 
 
10 
 
 
Alternativa: C 
 
A situação do problema é descrita na figura a seguir: 
 
d
vidro
vidro
ar
 
 
Observa-se que há uma inversão de fase na interface ar-vidro. Assim, para que se tenha 
interferência destrutiva, tem-se que: 
p2d n ,2
λ= ⋅ com pn 0, 2, 4, 6 ...= 
 
No caso do menor anel escuro, tem-se Pn 2.= Portanto: 
92d 250 10 m
4 2
−λ λ= = = ⋅ 
 
Considerando-se que a lente plano-convexa seja uma calota esférica: 
 
d
r
R d− R
 
 
Ou seja: ( )22 2 2 2 2 2R R d r r R R 2dR d= − + ∴ = − + − 
2 r 2dR d 2dR∴ = − � 
2 6
7
r 10 R R 2 m
2d 5 10
−
−∴ = ∴⋅� � 
 
 
12. Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na figura, aberta na sua extremidade 
D, dispondo de uma abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro em C. Sendo 
AD = 34,00 cm, , = =AB BD BC CD e a velocidade do som de 340,0 m/s, as frequências 
esperadas nos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os orifícios B e C estão 
fechados, devem ser, respectivamenteA. ( ) 2000 Hz e 1000 Hz. 
B. ( ) 500 Hz e 1000 Hz. 
C. ( ) 1000 Hz e 500 Hz. 
D. ( ) 50 Hz e 100 Hz. 
E. ( ) 10 Hz e 5 Hz. 
 
 
 
 
 
 11 
 
Alternativa: C 
 
Ao deixarmos um orifício aberto, forma-se naquele ponto um ventre, tal que: 
 
 
 
Para um tubo aberto, na frequência fundamental: 
s
1 1
1 v 1 340f f 1000 Hz
2 2 0,17
⋅ ⋅= = ∴ =⋅A 
 
Situação ii (B e C fechados): 
 
 
Para um tubo aberto, na frequência fundamental: 
s
1 1
1 v 340f f 500 Hz
2 2 0,34
⋅= = ∴ =⋅A 
 
 
13. Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel circular que gira a uma velocidade angular 
constante com período T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emite um som de 
frequência f0 em direção ao centro de rotação. No instante t = 0, a jovem está à menor distância 
em relação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor representação da frequência f ouvida pela 
jovem. 
A. ( ) 
 
1
0
f f
0 T tT 4 T 2 3T 4
B. ( ) 
T 4 T 2 3T 4
C. ( ) 
 
1
0
f f
0 T tT 4 T 2 3T 4
D. ( ) 
1
0 T tT 4 T 2 3T 4
0
f f
 
 
 
 
 
12 
 
 
E. ( ) 
 
1
0
f f
0 T tT 4 T 2 3T 4
 
Alternativa: A 
 
A frequência percebida pela jovem é calculada pela equação do efeito Doppler: ( )
( )som observadorAP 0 som fonte
v v
f f
v v
±= ⋅ ± em que observador
2v v sen v sen t
T
π = ⋅ α = ⋅ ⋅   e fontev 0= 
α
 ( ) ( )som APAP 0
som 0 som
v v sen f v 2f f 1 sen t 1 a sen b t
v f v T
− ⋅ α π = ⋅ ∴ = − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅   
Em que a amplitude: 
som
va
v
= e o período: 2T
b
π= 
Assim, a melhor representação para a frequência é dada na alternativa A. 
 
 
14. Considere as cargas elétricas 1 C=1q , situada em 2m= −x , e 2C= −2q , situada em 8m.= −x 
Então, o lugar geométrico dos pontos de potencial nulo é 
A. ( ) uma esfera que corta o eixo x nos pontos 4m e x 4m.= − =x 
B. ( ) uma esfera que corta o eixo x nos pontos 16m e 16m.= − =x x 
C. ( ) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos 4m e 16m.= − =x x 
D. ( ) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto 4m.= −x 
E. ( ) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto 4m.= −x 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 13 
 
Alternativa: A 
 
De acordo com o problema, tem-se que: 
2C−
8− 4− 2−
1C
4− 
Seja um ponto P de coordenadas ( )x, y, z . O potencial nesse ponto é dado por: 
( ) ( )2 22 2 2 2
k 1 k 2 0
x 2 y z x 8 y z
⋅ ⋅− =
+ + + + + +
 
 
( ) ( )2 22 2 2 2
1 4 
x 2 y z x 8 y z
∴ =+ + + + + + 
2 2 2 2 2 2 x 16x 64 y z 4x 16x 16 4y 4z∴ + + + + = + + + + 
2 2 2 3x 3y 3z 48∴ + + = 
2 2 2 2x y z 4 + + = ∴ que é a equação de uma esfera centrada na origem e com raio igual a 4. 
 
 
15. Considere uma balança de braços desiguais, de comprimentos A1 e A2, conforme mostra a figura. 
No lado esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude Q e massa desprezível, 
situada a uma certa distância de outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m sobre 
um prato de massa desprezível. Considere as cargas como pontuais e desprezível a massa do 
prato da direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por 
 
30°
1A 2A
 
 
 
 
14 
 
 
A. ( ) 22 0 1/ ( ).− A Amg d k Q B. ( ) 22 0 18 / ( ).− A Amg d k Q 
C. ( ) 22 0 14 / (3 ).− A Amg d k Q D. ( ) 22 0 12 / ( 3 ).− A Amg d k Q 
E. ( ) 22 0 18 / (3 3 ).− A Amg d k Q 
 
Alternativa: E 
 
Considerando a massa da barra desprezível e escolhendo o ponto de apoio como referencial tem-se: 
 
30°
1A 2A
 
 
0R 1 20 Fel cos30 mg (I)τ = ∴ ⋅ ° ⋅ = ⋅
GG A A 
 
A força elétrica (Fel) deve ser atrativa; logo, as cargas devem ser opostas. Assim, tem-se: 
 
30°
 
 
2
0 0
2 2
k Q q k Q q cos 30
Fel Fel = (II)
(d / cos30 ) d
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ °= ∴° 
 
Substituindo (II) em (I): 
 
3 2 2
0 1 2 2
22 3
0 1
0 1
k Q q cos 30 mg d 8mg dmg q q
d 3 3k Q3k Q
2
⋅ ⋅ ⋅ ° ⋅ = ∴ = ∴ =
  ⋅  
A A AA A
A
 
O sinal de menos das alternativas representa as cargas opostas de Q e q. 
 
 
 
 
 
 
 
 15 
 
16. A figura mostra três camadas de dois materiais com condutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da 
esquerda para a direita, temos uma camada do material com condutividade σ1, de largura d/2, 
seguida de uma camada do material de condutividade σ2, de largura d/4, seguida de outra 
camada do primeiro material de condutividade σ1, largura d/4. A área transversal é a mesma 
para todas as camadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial entre os pontos a e b igual a 
V, a corrente do circuito é dada por 
A. ( ) 4V A/d(3σ1 + σ2). 
B. ( ) 4V A/d(3σ2 + σ1). 
C. ( ) 4V Aσ1σ2/d(3σ1 + σ2). 
D. ( ) 4V Aσ1σ2/d(3σ2 + σ1). 
E. ( ) AV (6σ1 + 4σ2)/d. 
1σ 1σ2σ
d
2
d
4
d
4
 
Alternativa: D 
 
Pela 2ª Lei de Ohm, tem-se que R .
A
= σ
A Logo a Req é dada por: 
2 1 2 2 1
eq eq
1 2 1 1 2 1 2
d(2 ) d(3 )d d dR R
2 A 4 A 4 A 4 A 4 A
σ +σ +σ σ +σ= + + = ∴ =σ ⋅ σ ⋅ σ ⋅ σ σ ⋅ σ σ ⋅ 
 
Assim, tem-se que: 
1 2
eq 2 1
4 V AVi i
R d (3 )
⋅ ⋅ ⋅σ ⋅σ= ∴ = ⋅ σ + σ 
 
 
17. Uma esfera condutora de raio R possui no seu interior duas cavidades esféricas, de raio a e b, 
respectivamente, conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade há uma carga puntual 
qa e no centro da outra, uma carga também puntual qb, cada qual distando do centro da esfera 
condutora de x e y, respectivamente. É correto afirmar que 
A. ( ) a força entre as cargas qa e qb é k0qaqb/(x2 + y2 – 2xy cosθ ). 
B. ( ) a força entre as cargas qa e qb é nula. 
C. ( ) não é possível determinar a força entre as cargas, pois não 
há dados suficientes. 
D. ( ) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira 
carga, qc, esta não sentiria força alguma. 
E. ( ) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira 
carga, qc, a força entre qa e qb seria alterada. 
a byx
qa qbθ
 
Alternativa: B 
 
Sabe-se que em um condutor em equilíbrio eletrostático, o campo no seu interior é nulo. Portanto, 
pode-se afirmar que a carga qa está blindada eletrostaticamente, assim como a carga qb. Logo, 
a força entre elas é nula. 
 
 
 
 
16 
 
 
18. Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo da figura (a) e produz no seu centro um 
campo magnético de magnitude B na direção y, cuja representação no sistema de coordenadas é 
(0,B,0). Considerando um outro cubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesma magnitude 
I flui através do caminho indicado, podemos afirmar que o campo magnético no centro desse 
cubo será dado por 
A. ( ) (-B,-B,-B). 
B. ( ) (-B,B,B). 
C. ( ) (B,B,B). 
D. ( ) (0,0,B). 
E. ( ) (0,0,0). 
 
Alternativa: B 
 
Considerando a situação (a), tem-se que o campo é devido à contribuição das quatro arestas. 
Supondo o campo gerado por cada fio igual a B’, tem-se que: 
 
L 2
L 2
 
 
Assim, o campo gerado pelo fio 1 no centro do cubo, representado pelas suas componentes, é dado 
por: 
1
B’ 2 B’ 2B , ,0
2 2
 =    
G
 
Analogamente para os outros fios tem-se: 
2
B’ 2 B’ 2B 0, ,
2 2
 =    
JG
 3
B’ 2 B’ 2B , ,0
2 2
 −=    
JG
 4
B’ 2 B’ 2B 0, ,
2 2
 −=    
JG
 
Logo, o campo no centro é dado pela soma centro,a 1 2 3 4B B B B B= + + +JG JG JG JG JG 
( )centro,a B 0,2B’ 2,0 T B 2B’ 2 (I)∴ = ∴ =JJG 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 17 
 
Na situação da figura (b), pela Regra da Mão Direita, tem-se, no centro do cubo, que: 
 
8
79
10
z
x
y0
5
6
 
 
O campo gerado por cada um dos fios é representado por: 
5
B’ 2 B’ 2B 0, ,
2 2
 =    
JG
 6
B’ 2 B’ 2B ,0,
2 2
 −=    JG
 7
B’ 2 B’ 2B , ,0
2 2
 −=    
JG
 
8
B’ 2 B’ 2B 0, ,
2 2
 =    
JG
 9
B’ 2 B’ 2B ,0,
2 2
 −=    
JG
 10
B’ 2 B’ 2B , ,0
2 2
 −=    
JG
 
 
Assim, o campo ( )centro,b 5 6 7 8 9 10 centro,bB B B B B B B B 2B’ 2,2B’ 2,2B’ 2 (II)= + + + + + ∴ = −JG JG JG JG JG JG JG JG 
 
Substituindo (I) em (II): 
( )centro,bB B, B, B∴ = −JG 
 
 
19. Considere um aparato experimental composto de um solenoide com n voltas por unidade de 
comprimento, pelo qual passa uma corrente I, e uma espira retangular de largura A, resistência 
R e massa m presa por um de seus lados a uma corda inextensível, não condutora, a qual passa 
por uma polia de massa desprezível e sem atrito, conforme a figura. Se alguém puxar a corda 
com velocidade constante v, podemos afirmar que a força exercida por esta pessoa é igual a 
A. ( ) ( )20 +AnI v R mgµ com a espira dentro do solenoide. 
B. ( ) ( )20 +AnI v R mgµ com a espira saindo do solenoide. 
C. ( ) ( )20 +AnI v R mgµ com a espira entrando no solenoide. 
D. ( ) 20 +AnI mgµ com a espira dentro do solenoide. 
E. ( ) mg e independe da posição da espira com relação ao solenoide. 
A
 
Alternativa: E 
 
Considerando o campo magnético uniforme, tem-se que: 
B n I= µ ⋅ ⋅ 
 
 
18 
 
 
A direção normal à espira é perpendicular à direção do campo magnético. Dessa forma, o fluxo do 
vetor indução magnética através da espira é sempre igual a zero. 
Portanto, se a velocidade v é constante, tem-se que a força realizada pelo operador é igual ao peso 
da espira, ou seja, mg . 
 
 
20. No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila do tipo a nas plantas verdes apresentam 
um pico de absorção da radiação eletromagnética no comprimento de onda 
76,80 x 10 m.−λ = Considere que a formação de glicose 6 12 6( )C H O por este processo de 
fotossíntese é descrita, de forma simplificada, pela reação: 
 
2 2 6 12 6 26 6 6CO H O C H O O+ → + 
 
Sabendo-se que a energia total necessária para que uma molécula de 2CO reaja é de 
182,34 10 J,−× o número de fótons que deve ser absorvido para formar 1 mol de glicose é 
A. ( ) 8. B. ( ) 24. 
C. ( ) 48. D. ( ) 120. 
E. ( ) 240. 
 
Alternativa: C 
 
Para um comprimento de onda, tem-se que a energia do fóton associada é: 
34 8
19
7
hc 6,62 10 3 10E 2,9 10 J
6,80 10
− −
−
⋅ ⋅ ⋅= = ⋅λ ⋅ � 
Como são necessários 182,34 10 J−⋅ para que uma molécula de 2CO reaja, o número de fótons 
absorvidos é dado por: 
18
19
2,34 10n 8 fótons.
2,9 10
−
−
⋅= =⋅ 
Como são necessárias 6 moléculas de 2CO para que se forme uma molécula de glicose, então são 
necessários 48 fótons . 
Observação: Como o exercício pediu o número de fótons para que se forme um mol de glicose, a 
resposta correta seria 48 mols de fótons. 
 
 
21. Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ângulo α em relação à vertical, gira com 
velocidade angular ω constante. O disco encontra-se imerso numa região do espaço onde 
existe um campo magnético B
JG
 uniforme e constante, orientado paralelamente ao eixo de 
rotação do disco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontra-se no plano do disco, em 
repouso em relação a este, e situada a uma distância R do centro, conforme a figura. Sendo µ o 
coeficiente de atrito da partícula com o disco e g a aceleração da gravidade, determine até que 
valor de ω o disco pode girar de modo que a partícula permaneça em repouso. 
 
 
 
 19 
 
α
αB
JG
ω
α
α
B
JG
vista lateral
R
 
 
Resolução: 
 
A máxima velocidade ω é atingida no ponto de altura mínima, estando o corpo na iminência do 
escorregamento com atf N.= µ Dessa forma, tem-se: 
 
α
P
mF
N
atf
 
atN P cos f mg cos= ⋅ α ∴ = µ⋅ ⋅ α 
2 2
R cp at
2
2 2 2 2
F m a f fm P sen = m R mg cos qvB mgsen m R
 mR qRB mg(sen cos ) 0
qRB q R B 4m Rg(sen cos )
2mR
= ⋅ ∴ − − ⋅ α ⋅ω ⋅ ∴ µ α − − α = ω
∴ ω + ω+ α −µ α =
− ± − α −µ αω =
 
Como 0 :ω > 
2 2 2 2q R B 4m gR( cos sen ) qRB
2mR
+ µ α − α −ω = 
 
 
22. Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo em seguida por um “loop” circular de raio 
R, onde há um rasgo de comprimento de arco 2 ,Rϕ como ilustrado na figura. Sendo g a 
aceleração da gravidade e desconsiderando qualquer atrito, obtenha a expressão para a altura 
inicial em que o bloco deve ser solto de forma a vencer o rasgo e continuar em contato com o 
restante da pista. 
ϕ
 
 
 
20 
 
 
Resolução: 
 
R
hCB
A
 
Entre os pontos A e B: 
( )A B 2M M B1E E mgh mv mgR 1 cos2= ∴ = + + ϕ (I) 
Entre B e C ocorre um lançamento oblíquo: 
ϕ
ϕ
ϕ
Bv
 
2 2
B B 2
B
v sen2 v 2sen cos RgBC 2 Rsen v
g g cos
ϕ ⋅ ϕ ϕ= ∴ ⋅ ϕ = ∴ = ϕ (II) 
(II) em (I): 
( )1 Rg 1mgh m mgR 1 cos h R 1 cos
2 cos 2cos
 = ⋅ + + ϕ ∴ = + + ϕ ϕ ϕ  
22cos 2cos 1h R
2cos
ϕ+ ϕ+= ⋅ ϕ 
 
 
23. Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com um sistema massa-mola m2 e constante 
elástica k, inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito, conforme ilustra a figura. 
Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a sua 
massa. 
1m
0V
k 2
m
 
 
Resolução: 
 
A máxima compressão ocorrerá quando as velocidades das massas forem iguais, o que equivale às 
massas perderem toda a energia cinética interna, que se transforma em energia potencial elástica: 
 
interna, antes elástica, depois 
2 2
C P r r máx
2 21 2 1 2
0 máx máx 0
1 2 1 2
1 1E E M v kx
2 2
m m m m (V 0) kx x V
m m k(m m )
= ∴ =
⋅ ⋅∴ ⋅ − = ∴ =+ +
 
 
 
 
 21 
 
24. Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V está imersa entre dois líquidos, cujas 
massas específicas são 1ρ e 2 ,ρ respectivamente, estando suspensa por uma corda e uma mola 
de constante elástica k, conforme mostra a figura. No equilíbrio, 70% do volume da esfera está 
no líquido 1 e 30% no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravidade, determine a força de tração 
na corda. 
2ρ
1ρ
 
 
 
Resolução: 
 
Com o sistema em equilíbrio, tem-se: 
• equilíbrio do nó 
60º
1T
2T
F
 
1
R
1 2
1
1 2 1 2
T cos 60 F cos30
F 0 
T sen60 F sen30 T
T3 T T 2T 3T
2 2 3
⋅ ° = ⋅ °= ∴  ⋅ ° + ⋅ ° =
∴ + = ∴ =
G G
 
 
• equilíbrio da esfera 
2T
 
R 2 2 1 2
2 1 2
F 0 T E P T 0,7 g V 0,3 g V g V 
T g V ( 0,7 0,3 )
= ∴ + = ∴ + ⋅ρ ⋅ ⋅ + ⋅ρ ⋅ ⋅ = ρ⋅ ⋅ ∴
= ⋅ ⋅ ρ − ⋅ρ − ⋅ρ
G G
 
Assim, a tração na corda presa à esfera é 2 1 2T g V ( 0,7 0,3 ) ,= ⋅ ⋅ ρ − ⋅ρ − ⋅ρ e a tração na corda 
presa ao teto é 1 2 1 1 2
3 3T T T g V ( 0,7 0,3 ) .
2 2
= ⋅ ∴ = ⋅ ⋅ ⋅ ρ − ⋅ρ − ⋅ρ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
22 
 
 
25. Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de um gás ideal monoatômico a uma 
pressão P0 e temperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separa o gás da outra seção do 
cilindro, na qual há vácuo e uma mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à parede 
oposta do cilindro, como mostra a figura ( )a . O sistema está termicamente isolado e o êmbolo, 
inicialmente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosamente até passar pela posição de 
equilíbrio, em que a sua aceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobro do original, 
conforme mostra a figura ( )b . Desprezando os atritos, determine a temperatura do gás na 
posição de equilíbrio em função da sua temperatura inicial. 
 
( )a
( )b
 
 
 
Resolução: 
 
 
x
n 1
Mono
=
 
Temos os dados: 
(a) gás monoatômico a 0 0P ,T . 
 0=A A (x = 0 para mola). 
 
 
(b) expansão adiabática: Q = 0 
 (sistema isolado termicamente). 
 
 
Para a transformação adiabática, temos: 1 10 0 1 1T VT V .
γ − γ −⋅ = ⋅ 
Como temos gás monoatômico, então: P
V
5 RC 52 .3C 3R
2
γ = = = Ainda: 1 0V 2 V .= ⋅ 
Logo: 
5 5 2 2 21 1 0 03 3 3 3 3
0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 33 2
T TT V T (2V ) T V T 2 V T T
42
− −⋅ = ⋅ ∴ ⋅ = ⋅ ⋅ ∴ = ∴ = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 23 
 
26. A figura mostra uma barra LM de 10 2 cm de comprimento, formando um ângulo de 45° com 
a horizontal, tendo o seu centro situado a 30,0x = cm de uma lente divergente, com distância 
focal igual a 20,0 cm, e a 10,0y = cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o 
comprimento da imagem da barra e faça um desenho esquemático para mostrar a orientação da 
imagem. 
 
M
L
y
x
45°
 
 
Resolução: 
 
Temos os dados: 
M
L y
x
45
O
10 2 cm
10 cm
x
y
v
 
x = 30 cm 
f = –20 cm (lente divergente) 
y = 10 cm 
 
Tomando as coordenadas do ponto M em relação ao sistema cartesiano Oxy, temos: 
( ) ( ) ( )M MM x , y 30 5;10 5 25cm;15cm= = − + = 
( ) ( ) ( )L LL x , y 30 5;10 5 35cm;5cm= = + − = 
 
Analisando agora as distâncias horizontais no referencial de Gauss (supondo lente gaussiana): 
 
para M: 
• M
M M
1 1 1 1 5 4 100’p cm’ ’p p20 25 100 9
+− = + ∴ = − ∴ = − 
• M M M M
M M
100
’p i i 209A i cm
p o 25 15 3
= − = = = ∴ = + 
 
 
24 
 
 
para L: 
• L
L L
1 1 1 1 7 4 140’p cm
20 35 140 11’ ’p p
+− = + ∴ = − ∴ = − 
• L L L L
L L
140
p’ i i 2011A’ i cm
p o 35 5 11
= − = ∴ = ∴ = 
 
A figura com a conjugação dos raios é: 
L’
 
Ampliando a região de M’L’: 
M’
L’
v
100 cm
9
20 cm
3
20 cm
11
140 cm
11
 
2 2140 100 20 20M’L’ M’L’ 5,11 cm
11 9 3 11
   = − + − ∴       � 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 25 
 
27. Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento planetário a partir da Lei da Gravitação Universal de 
Newton considerando órbitas circulares. 
 
Resolução: 
 
Considerando uma órbita circular, a resultante centrípeta é a força gravitacional: 
2
2
cp cp G cp 2
3
2 2
GMm 2R ma F ma m r m r
Tr
r GM constante
T 4
π = ∴ = ∴ = ω =   
∴ = =π
 
 
 
28. Considere uma espira retangular de lados 3a e a, respectivamente, em que circula uma 
corrente I, de acordo com a figura. A espira pode girar livremente em torno do eixo z. Nas 
proximidades da espira há um fio infinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no ponto 
/2x a= e 0.y = Se pelo fio passa uma corrente de mesma magnitude I, calcule o momento 
resultante da força magnética sobre a espira em relação ao eixo z, quando esta encontra-se no 
plano yz. 
3
2
a
2
a
 
 
Resolução: 
 
Observando a situação projetada no plano xy: 
 
 
x
y
1θ
mF
G
mF ’
G
B’
JG
a
2
z B
JG a 3
2
+
2
a 3
2
−
θ
d
 
 
 
26 
 
 
Observa-se que em torno do eixo z o momento é provocado pelas forças magnéticas que agem nos 
lados da espira situados em a 3y ,
2
= ± que distam d do fio infinito, onde 
2 2
2 a 3ad d a.
4 4
= + ∴ = 
 Os campos B
JG
 e B’
JG
 gerados nos fios 1 e 2, respectivamente, têm módulos iguais dados por: 
0IB B’
2 d
µ= = π 
Os módulos das forças magnéticas são dados por: 
2
’ 0 0
m m
I IF F I a
2 a 2
µ µ= = ⋅ ⋅ =π π 
Da geometria dos fios tem-se: 
a / 2 a / 2 1sen
d a 2
θ = = = 
Assim, tem-se que o momento em relação a z é dado por: 
2 2
’ 0 0
m m
I I a 3a 3 a 3 a 3F sen F sen
2 2 2 2 4
µ µτ = ⋅ ⋅ θ + ⋅ ⋅ θ ∴ τ = ⋅ ∴ τ =π π 
 
 
29. O olho humano é uma câmara com um pequeno diafragma de entrada (pupila), uma lente 
(cristalino) e uma superfície fotossensível (retina). Chegando à retina, os fótons produzem 
impulsos elétricos que são conduzidos pelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados. 
Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupila se dilata até um raio de 3 mm e o 
olho pode ser sensibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noite muito escura, duas 
fontes monocromáticas, ambas com potência de 56 x10 W,− emitem, respectivamente, luz azul 
( 475nm)λ = e vermelha ( 650nm)λ = isotropicamente, isto é, em todas as direções. 
Desprezando a absorção de luz pelo ar e considerando a área da pupila circular, qual das duas 
fontes pode ser vista a uma maior distância? Justifique com cálculos. 
 
d
 
 
Resolução: 
 
O fóton azul tem a energia dada por: 
34 8
19
azul 7
azul
hc 6,62 10 3 10E 4,2 10 J
4,75 10
− −
−
⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅λ ⋅ 
Para o fóton vermelho: 
34 8
19
vermelho 7
vermelho
hc 6,62 10 3 10E 3,1 10 J
6,5 10
− −
−
⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅λ ⋅ 
 
 
 
 27 
 
As fontes têm a mesma intensidade. Supõe-se que a frente de onda das fontes é esférica e que o olho 
tem área circular, tal que: 
( )5 1023olho fonte olho olho olho2 26 10 1,35 10P I Área P 3 10 P W4 d d
− −−⋅ ⋅= ⋅ ∴ = ⋅π ⋅ ∴ =π 
O número de fótons azuis por segundo é dado por: 
8
olho
fótons 2
azul
P 3,2 10n fótons/s.
E d
⋅= = 
Para a luz azul, a distância máxima é dada por: 
8
2
3, 2 10400 d 898 m
d
⋅= ∴ � 
E o número de fótons vermelhos: 
8
olho
fótons 2
vermelho
P 4,4 10n fótons.
E d
⋅= = 
Para a luz vermelha, a distância máxima é dada por: 
8
2
4, 4 10400 d 1051 m
d
⋅= ∴ � 
A luz vermelha pode ser vista a uma maior distância. 
 
 
30. No gráfico ao lado estão representadas as 
características de um gerador, de força eletromotriz 
igual a ε e resistência interna r, e um receptor ativo de 
força contraeletromotriz ’ε e resistência interna r’. 
Sabendo que os dois estão interligados, determine a 
resistência interna e o rendimento para o gerador e 
para o receptor. 
 0 1 2 3 4
20
40
60
80
100
I(A) 
 
Resolução: 
 
Para um gerador real, a sua reta característica é tal que: 
ε
cci r
ε=
Ntg r,α=
 
Assim, considerando-se o gráfico do enunciado: 
100 Vε = e 100 20r 20 r 20 
4
−= = Ω ∴ = Ω 
Para o receptor: 
 
 
28 
 
 
ε
Ntg r’,θ=
’
 
Considerando-se o gráfico do enunciado: 
’ 40 Vε = e 60 40r’ 10 r’ 10 
2
−= = Ω∴ = Ω 
Estando os 2 interligados por fios ideais: 
i
100 V
10 20 
40 V
 
 
Pela Lei de Pouillet: 
100 40 60i 2A
20 10 30
−= = =+ 
Para o gerador: 
gerador
U ri 100 20 2 60% 60%
100
ε − − ⋅η = = = = ∴ η =ε ε 
Para o receptor: 
receptor
’ 40 2 67%
U 60 3
εη = = = ∴ η = 
 
 
 
Comentários 
 
A prova do ITA de 2010 apresentou um grau de complexidade maior do que a de 2009. Notou-se 
a ausência de questões de calorimetria e cinemática e a presença de somente uma questão de óptica. 
A questão 20 apresentou um erro no enunciado que pode ter prejudicado alguns candidatos. 
Há que se destacar questões com contas trabalhosas, tais como a 26 e a 29. 
Vale a pena ressaltar que somente candidatos muito bem preparados conseguirão sucesso nesta 
prova. 
Parabéns à banca examinadora!