Manual do Professor · Exercícios propostos ... os três processos de transferência de calor:...

EM 2ª série | Volume 2 | Física

Manual do Professor

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2 Coleção EM2Coleção EM2

C689 Coleção Ensino Médio 2ª série: - Belo Horizonte: Bernoulli Sistema de Ensino, 2018. 164 p.: il.

Ensino para ingresso ao Nível Superior. Bernoulli Grupo Educacional.

1. Física I - Título II - Bernoulli Sistema de Ensino III - V. 2

CDU - 37CDD - 370

Centro de Distribuição:

Rua José Maria de Lacerda, 1 900 Cidade Industrial Galpão 01 - Armazém 05 Contagem - MGCEP: 32.210-120

Endereço para correspondência:

Rua Diorita, 43, PradoBelo Horizonte - MGCEP: 30.411-084www.bernoulli.com.br/sistema 31.3029.4949

Fotografias, gráficos, mapas e outros tipos de ilustrações presentes em exercícios de vestibulares e Enem podem ter sido adaptados por questões estéticas ou para melhor visualização.

Coleção Ensino Médio 2ª série – Volume 2 é uma publicação da Editora DRP Ltda. Todos os direitos reservados. Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

SAC: [email protected] 31.99301.1441 - Dúvidas e sugestões a respeito das soluções didáticas.

ConSElho DirEtorDiretor Administrativo-Financeiro: Rodrigo Fernandes DomingosDiretor de Ensino: Rommel Fernandes DomingosDiretor Pedagógico: Paulo RibeiroDiretor Pedagógico Executivo: Marcos Raggazzi

DirEçãoDiretor Executivo: Tiago Bossi

AutoriAFísica: Luiz Machado

ProDuçãoGerente de Produção: Luciene FernandesAnalista de Processos Editoriais: Letícia OliveiraAssistente de Produção Editorial: Thais Melgaço

núcleo PedagógicoGestores Pedagógicos: Amanda Zanetti, Vicente Omar TorresCoordenadora Geral de Produção: Juliana RibasCoordenadoras de Produção Pedagógica: Drielen dos Santos, Isabela Lélis, Lílian Sabino, Marilene Fernanda Guerra, Thaísa Lagoeiro, Vanessa Santos, Wanelza TeixeiraAnalistas Pedagógicos: Amanda Birindiba, Átila Camargos, Bruno Amorim, Bruno Constâncio, Daniel Menezes, Daniel Pragana, Daniel Pretti, Dário Mendes, Deborah Carvalho, Joyce Martins, Juliana Fonseca, Júnia Teles, Luana Vieira, Lucas Maranhão, Mariana Campos, Mariana Cruz, Marina Rodrigues, Paulo Caminha, Paulo Vaz, Raquel Raad, Sabrina Carmo, Stênio Vinícios de Medeiros, Taciana Macêdo, Tatiana Bacelar, Thalassa Kalil, Thamires Rodrigues, Vladimir AvelarAssistente técnica em Estatística: Numiá GomesAssistentes de Produção Editorial: Carolina Silva, Suzelainne de Souza

Produção EditorialGestora de Produção Editorial: Thalita NigriCoordenadores de núcleo: Étore Moreira, Gabriela Garzon, Isabela DutraCoordenadora de iconografia: Viviane FonsecaPesquisadores iconográficos: Camila Gonçalves, Débora Nigri, Eloine Reis, Fabíola Paiva, Guilherme Rodrigues, Núbia Santiagorevisores: Ana Maria Oliveira, Gabrielle Ruas, Lucas Santiago, Luciana Lopes, Natália Lima, Tathiana OliveiraArte-Finalistas: Cleber Monteiro, Gabriel Alves, Kátia SilvaDiagramadores: Camila Meireles, Isabela Diniz, Kênia Sandy Ferreira, Lorrane Amorim, Naianne Rabelo, Webster Pereirailustradores: Reinaldo Rocha, Rodrigo Almeida, Rubens Lima

Produção GráficaGestor de Produção Gráfica: Wellington SeabraCoordenador de Produção Gráfica: Marcelo CorreaAnalista de Produção Gráfica: Patrícia ÁureaAnalistas de Editoração: Gleiton Bastos, Karla Cunha, Pablo Assunção, Taiana Amorimrevisora de Produção Gráfica: Lorena Coelho

Coordenador do PSM: Wilson BittencourtAnalistas de Processos Editoriais: Augusto Figueiredo, Izabela Lopes, Lucas Roquerevisoras: Bruna Emanuele Fernandes, Danielle Cardoso, Luísa GuerraArte-Finalista: Larissa AssisDiagramadores: Anna Carolina Moreira, Maycon Portugal, Rafael Guisoli, Raquel Lopes, Wallace Weberilustrador: Hector Ivo Oliveira

rElACionAMEnto E MErCADoGerente Geral de relacionamento e Mercado: Renata Gazzinelli

SuPortE PEDAGóGiCoGerente de Suporte Pedagógico: Heloísa BaldoAssessoras Pedagógicas Estratégicas: Madresilva Magalhães, Priscila BoyGestores de Conteúdo: Luciano Carielo, Marinette FreitasConsultores Pedagógicos: Adriene Domingues, Camila Ramos, Claudete Marcellino, Daniella Lopes, Denise Almeida, Eugênia Alves, Francisco Foureaux, Leonardo Ferreira, Lucilene Antunes, Paulo Rogedo, Soraya OliveiraAnalista de Conteúdo Pedagógico: Paula VilelaAnalista de Suporte Pedagógico: Caio PontesAnalista técnico-Pedagógica: Graziene de AraújoAssistente técnico-Pedagógica: Werlayne BastosAssistentes técnico-Administrativas: Aline Freitas, Lívia Espírito Santo

CoMErCiAlCoordenador Comercial: Rafael CurySupervisora Administrativo-Comercial: Mariana GonçalvesConsultores Comerciais: Adalberto de Oliveira, Carlos Eduardo Oliveira, Cláudia Amoedo, Eduardo Medeiros, Guilherme Ferreira, Ricardo Ricato, Robson Correia, Rossano Rodrigues, Simone CostaAnalistas Comerciais: Alan Charles Gonçalves, Cecília Paranhos, Rafaela RibeiroAssistentes Comerciais: Laura Caroline Tomé, Melissa Turci

ADMiniStrAtivoGerente Administrativo: Vítor LealCoordenadora técnico-Administrativa: Thamirys Alcântara Coordenadora de Projetos: Juliene SouzaAnalistas técnico-Administrativas: Ana Clara Pereira, Bárbara Câmara, Lorena KnuppAssistentes técnico-Administrativos: Danielle Nunes, David Duarte, Fernanda de Souza, Mariana Girardi, Priscila Cabral, Raphaella HamziAuxiliares de Escritório: Jéssica Figueiredo, Sandra Maria MoreiraEncarregado de Serviços Gerais e Manutenção: Rogério Brito

oPErAçõESGerente de operações: Bárbara AndradeCoordenadora de operações: Karine ArcanjoSupervisora de Atendimento: Adriana MartinsAnalista de Controle e Planejamento: Vinícius AmaralAnalistas de operações: Ludymilla Barroso, Luiza RibeiroAssistentes de relacionamento: Amanda Aurélio, Amanda Ragonezi, Ana da Silva, Ana Maciel, Ariane Simim, Débora Teresani, Elizabeth Lima, Eysla Marques, Flora Freitas, Iara Ferreira, Renata Gualberto, Renata Magalhães, Viviane RosaCoordenadora de Expedição: Janaína CostaSupervisor de Expedição: Bruno Oliveiralíder de Expedição: Ângelo Everton PereiraAnalista de Expedição: Luís XavierAnalista de Estoque: Felipe LagesAssistentes de Expedição: Eliseu Silveira, Helen Leon, João Ricardo dos Santos, Pedro Henrique Braga, Sandro Luiz QueirogaAuxiliares de Expedição: Admilson Ferreira, Marcos Dionísio, Ricardo Pereira, Samuel Pena

tECnoloGiA EDuCACionAlGerente de tecnologia Educacional: Alex RosaCoordenadora Pedagógica de tecnologia Educacional: Luiza WinterCoordenador de tecnologia Educacional: Eric LongoCoordenadora de Atendimento de tecnologia Educacional: Rebeca MayrinkAnalista de Suporte de tecnologia Educacional: Alexandre PaivaAnalista de tecnologia Educacional: Vanessa VianaAssistentes de tecnologia Educacional: Augusto Alvarenga, Naiara Monteiro, Sarah CostaDesigner de interação: Marcelo CostaDesigners instrucionais: Alisson Guedes, David Luiz Prado, Diego Dias, Fernando Paim, Mariana Oliveira, Marianna DrumondDesigner de vídeo: Thais MeloEditora Audiovisual: Marina Ansalonirevisor: Josélio VerteloDiagramadores: Izabela Brant, Raony Abade

MArkEtinGGerente de Marketing: Maria Cristina BelloCoordenadora de Marketing: Jaqueline Camargos

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3Bernoulli Sistema de Ensino

Planejamento do volume*Disciplina: FÍSICA

sÉRiE: 2ª

sEGMEnTO: EM

vOluME: 2

FRENTE CAPÍTulo TÍTulo SugESTõES dE ESTRATégiAS

A3 •Propagação de calor •Resolução de exercícios

•Aula prática

•Debates

•Aula multimídia

4 •Calorimetria

B3 •Refração da luz – Lentes

4 • Instrumentos ópticos

* Conteúdo programático sujeito a alteração.

Orientações e sugestõesO conteúdo de Física da Coleção do Ensino Médio é dividido em duas frentes de trabalho, constituídas,

cada uma, de 8 capítulos. A distribuição do conteúdo em vários capítulos visa a proporcionar um estudo consistente dos assuntos da Física contemplados no Ensino Médio. Essa estratégia valoriza todos os conteúdos, permitindo que você, professor, explore com sucesso os temas de estudo do 2º ano. Para isso, na medida do possível, ajuste a abordagem de cada capítulo ao tempo sugerido neste manual. Esse planejamento levou em conta o texto e os exercícios de cada capítulo, mas também as outras atividades propostas na obra. Assim, professor, não deixe de realizar em sala ou de propor como atividades para casa algumas das experiências sugeridas nas seções “Experimentando”. Peça, também, para os alunos lerem algumas leituras complementares e acessarem alguns sites sugeridos nas seções “Tá na mídia” dos capítulos. Estamos convictos de que uma abordagem equilibrada dos capítulos, aliada ao estudo sistemático e orientado do aluno em casa, possibilitará uma boa assimilação de todos os temas apresentados nesta obra.

Exercícios propostosOs Exercícios propostos nos fins dos capítulos foram distribuídos da seguinte forma: os primeiros

são mais fáceis e podem ser resolvidos, geralmente, com apenas uma etapa de resolução. Os exercícios intermediários exigem um entendimento maior da matéria e, por isso, eles devem ser resolvidos depois de o estudante ter trabalhado os primeiros exercícios. Os últimos exercícios são questões discursivas. Os três grupos de exercícios foram ordenados de acordo com o aparecimento do assunto ao longo do capítulo. O quadro a seguir apresenta a distribuição dos exercícios para cada capítulo.

CAPÍTuloSMAiS

FáCEiSMédioS ou

diFÍCEiSQuESTõES

diSCuRSivAS

Capítulo A3: Propagação de calor 1 – 24 25 – 32 33 – 35

Capítulo A4: Calorimetria 1 – 16 17 – 29 30 – 35

Capítulo B3: Refração da luz – Lentes 1 – 20 21 – 28 29 – 35

Capítulo B4: Instrumentos ópticos 1 – 18 19 – 28 29 – 35

A seguir, apresentamos sugestões específicas para os capítulos das frentes A e B do volume 2 da Coleção de Física do 2º ano.

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Capítulo A3: Propagação de calor1. Inicie o capítulo conceituando o calor como uma forma

de energia em trânsito devido a uma diferença de temperatura no espaço. Apresente conceitualmente os três processos de transferência de calor: condução, convecção e radiação. Cite exemplos de processos combinados de transferência de calor, como o aquecimento de água colocada em uma panela levada ao fogo (foto). O fundo da panela se aquece por radiação térmica proveniente da chama, a massa das paredes da panela se aquece por condução térmica e a água se aquece por convecção térmica.

2. Para auxiliar a compreensão do conteúdo pelos alunos, sugerimos que seja apresentada a animação “Propagação de calor”, disponível no Bernoulli Digital. O objeto de aprendizagem permite a visualização de situações nas quais ocorre transmissão de calor por condução, por convecção e por radiação, a partir da representação do comportamento da matéria a nível molecular.

Ao utilizar o material, é interessante estabelecer um paralelo entre o comportamento de materiais que são bons condutores de calor (por condução) e os que são bons condutores de eletricidade (em geral, metais). Essa relação se explica pelo fato de que tanto a condução de calor quanto a de eletricidade têm grande contribuição dos elétrons dos materiais. É muito interessante que você, professor, lance mão da animação como exemplificação para a sua explanação e proponha a resolução dos exercícios apresentados.

3. A seguir, explore mais detalhadamente a condução térmica, apresentando a Lei de Fourier e introduzindo o conceito de condutividade térmica. Cite exemplos de bons condutores de calor e de maus condutores (os isolantes), mostrando a utilidade de cada um. Por exemplo: uma panela pode ser feita de um material bom condutor, como o alumínio, mas o cabo da panela deve ser feito de um material isolante, como a madeira, para permitir o manuseio da panela durante a confecção da comida ao fogo.

4. Explique detalhadamente como a convecção térmica ocorre, deixando claro que esse processo de transferência de calor implica a presença de um meio fluido para o calor ser transferido de uma região para outra. Diferencie a convecção natural da convecção forçada. Um bom exemplo de convecção forçada é a transferência de calor do nosso corpo para o ambiente quando estamos expostos a um fluxo de ar gerado por um ventilador. Embora o ar que sai do ventilador seja ligeiramente mais quente do que o ar que entra no ventilador (o ventilador comprime um pouco o ar, aquecendo-o), sentimos muito frescor diante desse vento, pois ele renova constantemente o ar em torno do nosso corpo, facilitando a transferência de calor da nossa pele para o ar circundante. A propósito, quando está ventando em um dia frio, é justamente por causa da elevação na taxa de troca de calor que a nossa sensação térmica é de que faz mais frio ainda.

5. Cite aplicações da convecção térmica, como o resfriamento do ar dentro de uma geladeira, as brisas à beira-mar, as correntes ascendentes de ar na atmosfera da Terra e a inversão térmica em metrópoles de clima mais frio e seco. Todos os fenômenos citados aqui são discutidos em detalhes no texto do capítulo.

6. A radiação térmica é um processo de transferência de calor completamente diferente da condução e da convecção térmica. Os dois primeiros implicam algum transporte de massa (mesmo na condução, há transporte de massa, pois a rede molecular se acha em constante agitação, transferindo energia calorífica ao longo do material). Na radiação térmica, o calor se transfere por meio de ondas eletromagnéticas, que viajam pelo espaço, ainda que seja no vácuo.

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Professor, deixe bem claro que todos os corpos emitem alguma quantidade de radiação eletromagnética. Por exemplo, imagine uma pedra de gelo a 0 °C e uma esfera metálica a 100 °C,ambos no interior de uma caixa evacuada e de paredes isolantes (figura a seguir). Não há transferência de calor por condução, pois as paredes são feitas de um material isolante. Não há transferência de calor por convecção, pois não há ar dentro da caixa. Ainda assim, o gelo está derretendo. A pedra de gelo emite radiação em direção à esfera, e esta também emite radiação em direção ao gelo. Como a esfera está quente, a taxa de radiação emitida por ela é maior que a taxa de radiação emitida pelo gelo. Por isso, quando fazemos o balanço de energia, o gelo recebe calor e a esfera cede calor.

7. Finalize a exposição do capítulo citando exemplos de transferência de calor combinada: uma estufa de plantas, uma garrafa térmica e um coletor solar são os melhores exemplos para isso.

8. A leitura complementar desse capítulo é muito interessante. O aquecimento global da Terra é explicado com base na Lei de Stefan-Boltzmann, discutida nesse capítulo.

Capítulo A4: Calorimetria1. Defina calor sensível, diferenciando-o do calor latente, que será o tema do próximo capítulo.

Apresente a relação entre as unidades joule e caloria, usadas para expressar energias caloríficas. Professor, antes de desenvolver a teoria do capítulo, explore um pouco mais o uso da unidade caloria em nosso dia a dia. Por exemplo: estime a energia, em joules, que uma pessoa de 70 kg despende para subir uma escada de altura 5 m (3 750 J) e, depois, converta o valor para quilocalorias (0,9 kcal). Supondo que a pessoa gaste 5 segundos para subir essa escada, calcule quantas vezes ela subiria a escada durante 1 hora de atividade (720 vezes). Agora, calcule quantas quilocalorias seriam consumidas nessa atividade (648 kcal). Compare esse valor com o valor fornecido na tabela 2do capítulo. Por fim, peça para os alunos consultarem a tabela 1, de modo a escolher uma dieta suficiente para repor a energia despendida nessa atividade.

2. Defina capacidade térmica usando a equação C = Q/∆T, e calor específico usando a equação c = Q/m∆T, deixando claro que a capacidade térmica está associada a um corpo, ao passo que o calor específico está associado à matéria que compõe esse corpo. Professor, você pode mostrar vários objetos na sala, como a maçaneta de aço da porta e uma mesa de madeira, explicando que nós não devemos falar que a maçaneta e a mesa apresentam calores específicos, mas sim capacidades térmicas. O calor específico é uma propriedade física associada às substâncias, no caso, o aço e a madeira, que são os materiais constituintes da maçaneta e da mesa respectivamente.

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3. Para auxiliar os alunos na diferenciação entre calor específico e capacidade térmica, disponibilizamos, no Bernoulli Digital, o vídeo “Calorimetria”, que pode ser exibido como apoio à sua explanação. Ajude os alunos a perceberem que, apesar de parecidas, as equações Q = mc∆T e Q = C∆T representam abordagens diferentes do problema, uma vez que os termos “C” e “c” correspondem a grandezas

distintas. Estabeleça uma relação entre a capacidade térmica, o calor específico e a dificuldade de se aquecer (ou resfriar) um corpo. Por exemplo, quanto maior a capacidade térmica ou o calor específico de um corpo (ou substância), mais difícil será aquecê-lo (ou resfriá-lo). Isso é mostrado no vídeo quando duas porções diferentes de água são aquecidas. Aproveite o recurso visual do vídeo que mostra a agitação das moléculas quando uma substância recebe calor e relembre os alunos de que a temperatura mede o grau de agitação das partículas de um corpo ou substância.

4. Explique por que o mar tem muita capacidade térmica, associando isso ao fato de que a amplitude térmica global da Terra é baixa. Explique também por que a amplitude térmica é maior em regiões desérticas.

5. Faça em sala a experiência proposta na primeira seção “Experimentando” do capítulo. Se você não tiver um termômetro, estime a temperatura inicial da água, que deve ser próxima da temperatura ambiente, e espere que a água abra fervura. Nesse caso, a temperatura final será, aproximadamente, 100 °C. Então, calcule o calor específico, conforme explicado na experiência. Você não vai achar exatamente 1,0 cal/g.°C, pois a experiência apresenta algumas fontes de erro importantes, como as perdas de energia da água para o meio ambiente.

6. Resolva problemas sobre troca de calor entre dois ou mais corpos, inicialmente a temperaturas diferentes, como o “Exercício resolvido” 02. Professor, o site a seguir apresenta vários links sobre a construção de calorímetros caseiros:

<http://bit.ly/1OhREcm>.

Capítulo B3: Refração da luz – Lentes1. Explique o que é a refração da luz, introduzindo o conceito de índice de refração. Dê exemplos de

refração no dia a dia, como as imagens “quebradas” de corpos parcialmente imersos na água e a impressão de que uma piscina com água parece ser mais rasa do que a realidade.

2. Sugerimos a utilização do simulador “Refração da luz”, disponível no Bernoulli Digital. Realize diferentes experimentos virtuais variando o ângulo de incidência e o índice de refração do vidro para apresentar de forma elegante a Lei de Snell. Por meio desse simulador, também é possível apresentar o fenômeno da reflexão total, mostrando a diferença entre as intensidades do raio

refletido e refratado até que o raio refratado deixe de existir. Aproveite a Lei de Snell apresentada anteriormente para mostrar como calcular o ângulo crítico de um par de meios. Não deixe de propor a resolução dos exercícios presentes no conteúdo digital e de citar exemplos de aplicações da reflexão total, como as miragens, a fibra óptica, etc.

3. Professor, incidindo um feixe de luz de uma caneta laser em corpos transparentes, como a garrafa PET cheia de água mostrada na figura a seguir, você poderá realizar muitas experiências simples e interessantes sobre a refração e a reflexão da luz. O raio de luz incidente poderá ser visualizado se uma folha de caderno for colocada rente à direção de propagação do raio. Mesmo que o trajeto da luz refratada na água não possa ser visualizado, o ponto luminoso que aparece no anteparo sob a garrafa permite comprovar que a luz sofre um desvio ao entrar na água e que esse desvio depende do ângulo de incidência da luz. Por exemplo, se você inclinar um pouco menos a caneta laser, diminuindo o ângulo de incidência, você notará que o ponto luminoso debaixo da garrafa se deslocará para a esquerda, indicando que o ângulo de refração também diminuirá de valor. Professor, analisando as posições dos pontos luminosos na parede da garrafa e no anteparo, você poderá achar os ângulos de incidência e de refração. Então, aplicando a Lei de Snell, você poderá estimar o índice de refração da água. Varie a inclinação da garrafa.

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4. Apresente a dispersão da luz e explique a formação do arco-íris, mostrando que a reflexão total e a dispersão da luz ocorrem nas gotas de água suspensas na atmosfera. Ainda a propósito da dispersão da luz, explique por que as lentes apresentam aberração cromática, mas os espelhos não (percebendo isso, Isaac Newton propôs o uso de telescópios com espelhos, em vez das lunetas astronômicas, cujas lentes produziam imagens deformadas pela dispersão da luz nas lentes).

5. Apresente os perfis mais comuns das lentes esféricas. Classifique-as em convergente e divergente, chamando a atenção de que o fato de uma lente ser convergente ou divergente depende também do meio onde a lente está imersa. Defina os elementos geométricos de uma lente esférica. Professor, para enriquecer a aula, você pode levar algumas lentes para a sala. Em ópticas especializadas, você poderá adquirir lentes esféricas convergentes e divergentes por preços bem acessíveis. Usando o feixe de luz de uma caneta laser, você poderá demonstrar o comportamento de vários raios notáveis incidentes nessas lentes.

6. Explique a formação de imagens nas lentes convergentes e divergentes por meio do método gráfico. Depois, introduza as equações para determinar a posição e a altura da imagem por meio das equações de Gauss. Faça pelo menos um problema sobre a formação de imagens em uma lente convergente e um com uma lente divergente.

7. Apresente o simulador “Lentes”, disponível no Bernoulli Digital. Esse objeto de aprendizagem permite simular lentes convergentes e divergentes. Nele, o aluno vê, em tempo real, a imagem formada de acordo com a posição em que o objeto se encontra em relação à lente. Também é possível visualizar os feixes de luz responsáveis por essa formação. Chame a atenção para os tipos de imagens geradas por cada lente e suas características. Estimule os alunos a explorarem o material, buscando identificar os possíveis instrumentos ópticos do cotidiano em que as lentes podem ser encontradas (nos óculos, nas câmeras fotográficas, nos projetores de imagem, etc.). Isso contribuirá bastante para o conhecimento dos estudantes e facilitará sua explanação no próximo capítulo. Não deixe de propor a resolução dos exercícios presentes no conteúdo digital.

8. Por fim, apresente a equação dos fabricantes de lentes. Faça pelo menos um exercício numérico com essa equação, mostrando que, dependendo do meio de propagação, uma mesma lente pode ser convergente ou divergente.

Capítulo B4: Instrumentos ópticos1. Apresente os principais elementos do olho humano e, depois, discuta a formação de imagens nele,

explicando o que é o ponto remoto, o ponto próximo e a acomodação da visão, associando-a com a variação da curvatura do sistema córnea / cristalino. Professor, resolva pelo menos um exercício numérico, ilustrando a variação de convergência desse sistema quando um objeto se desloca do infinito até o ponto próximo.

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2. Explique os defeitos visuais da miopia, hipermetropia e presbiopia, bem como as suas correções por meio de lentes. Explique o defeito visual do astigmatismo. Resolva pelo menos um exercício numérico, mostrando como é possível obter o grau de uma lente para corrigir a deficiência visual de uma pessoa que sofre de miopia. Faça o mesmo para uma pessoa com hipermetropia, explicando que, nesse caso, o mesmo cálculo poderia ser empregado se a deficiência fosse a presbiopia.

3. Nesse momento, sugerimos que você apresente o vídeo “Instrumentos ópticos”, disponível no Bernoulli Digital. O vídeo apresenta os defeitos visuais mais comuns e esclarece como ocorre a formação da imagem no interior do olho de pessoas que têm cada um desses defeitos. O vídeo também ajuda a entender como as pessoas com miopia, hipermetropia e presbiopia

enxergam e qual é a aplicação dos vários tipos de lentes corretoras de visão usadas nos óculos. É importante que, antes da exibição do vídeo, você se assegure de que os alunos compreenderam o funcionamento das lentes convergentes e divergentes. Não deixe de propor a resolução dos exercícios presentes no conteúdo digital.

4. Discuta as funções e as formações de imagens nos seguintes instrumentos: lupa, microscópio, luneta, telescópio, refletor, máquina fotográfica e projetor. Em especial, para os casos da máquina fotográfica simples, da lupa e do projetor, resolva problemas numéricos usando as equações de Gauss para determinar o aumento ou a redução da imagem e para determinar o posicionamento do par objeto / imagem. Para os outros instrumentos, professor, você pode apresentar um estudo mais qualitativo.

Comentário e resolução de questõesCAPÍTULO – A3Propagação de calor

Exercícios de aprendizagem

Questão 01Comentário: No corte da madeira, a força de atrito da madeira sobre o serrote realiza um trabalho que é convertido em energia interna do serrote, implicando o seu aquecimento. Aquecido, o serrote tem uma temperatura maior que a temperatura ambiente. Por isso, o serrote transfere calor para o meio ambiente, resfriando-se.

Podemos citar outros exemplos de aquecimento devido ao trabalho: uma broca furando uma parede, as mãos se aquecendo quando uma é esfregada na outra, um meteorito que atravessa a atmosfera da Terra, etc.

Questão 02Comentário: Do ponto de vista da Física, não existe a grandeza física “frio”, o que existe é a grandeza física “calor”, que pode ser medida em calorias, joules, etc. O isolamento térmico nas paredes de uma geladeira inibe a transferência de calor do meio ambiente, que se acha em uma temperatura mais alta, para o interior frio da geladeira. Um agasalho tem a mesma função, ele inibe a transferência de calor do corpo da pessoa para o ar ambiente, que se acha em uma temperatura muito baixa em um dia de frio.

Questão 03Comentário:

A) Na situação apresentada pelo enunciado do exercício, observe que, inicialmente, a cama encontra-se em equilíbrio térmico com o ambiente externo. Em um dia muito frio, a temperatura corporal de uma pessoa é maior que a temperatura do ambiente e, consequentemente, maior que a temperatura da cama. Assim, a pessoa transfere calor para a cama, aquecendo-a. A função dos cobertores, nessa situação, é reduzir a transferência de calor do corpo e da cama para o ambiente externo.

B) Quando utilizamos dois cobertores finos em vez de um cobertor grosso, haverá uma camada de ar entre os cobertores finos. Sendo o ar um excelente isolante térmico, o conjunto formado pelos dois cobertores finos e pela camada de ar entre eles reduzirá mais a transferência de calor do nosso corpo para o meio externo do que se fosse utilizado um cobertor grosso com espessura e material equivalentes ao dos dois cobertores finos.


A) O ar não é bom condutor de calor. De uma forma geral, os gases são isolantes térmicos. Assim, você pode abrir a porta do forno e espetar um palito no bolo para ver se ele já está cozido sem que o bolo e a forma conduzam muito calor para a sua mão através do ar. O palito também não é um bom condutor de calor, de modo que ele também quase não conduz calor para a sua mão. Na verdade, você pode tocar rapidamente até a ponta do seu dedo no bolo, pois esse também não é um bom condutor de calor. No entanto, se tocar na forma, você se queimará, caso ela seja feita de metal, que, de uma forma geral, é ótimo condutor de calor.

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Muitos materiais isolantes de calor são fabricados com ar armazenado em seu interior, como, por exemplo, os cobertores do tipo edredom e as paredes duplas com caixa de ar (fotos a seguir).

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B) Da lei de Fourier para transferência de calor, temos q = KA∆Τ/L. Essa equação expressa a quantidade de energia por unidade de tempo que passa através de uma seção transversal em uma barra. Sendo assim, a transferência de calor através de uma haste longa e fina de uma taça de vinho é menor do que a transferência de calor através do bojo da taça.

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A) Estando a uma temperatura maior que a xícara, o chá quente perde calor por condução para as paredes dela. Observe que, por estar a uma maior temperatura que o ar que o circunda, o chá quente perde calor também para o ar sobre a xícara por meio das correntes de convecção. Com a caneca tampada, a transferência de calor por convecção será interrompida, pois a camada de ar entre o chá e a tampa irá atuar, basicamente, como um isolante térmico.

B) Para realizarmos a estimativa pedida, devemos utilizar a Lei de Fourier para a transferência de calor, q = KA∆T/L. Aplicando essa lei aos dados do enunciado, temos:

=∆

⇒ = =q KA TL

q 30.150.303,0

4,5 . 10 J/s4

Questão 06Comentário: Sendo o ar um bom isolante térmico, de modo geral, a taxa de transferência de calor de nosso corpo para esse meio apresenta um valor pequeno. Por esse motivo, sentimo-nos confortáveis quando estamos rodeados por ar a uma temperatura de 20 °C. No entanto, quando entramos em contato com água a 20 °C, sentimos uma sensação de frio. Isso se deve ao fato de a água apresentar maior coeficiente de transferência de calor por convecção do que o ar e, dessa forma, apresentar, em geral, uma taxa de transferência de calor muito maior que a do ar. Essa taxa seria ainda maior caso a água estivesse se movendo em relação às mãos, já que, nesse caso, a constante substituição da água que envolve as mãos facilitaria a transferência de calor para a água e, consequentemente, aumentaria a taxa de transferência de calor.

Questão 07Comentário: Na figura desse exercício, as duas correntes convectivas em azul provenientes do alto são formadas por massas de ar mais frio e, portanto, mais densas do que as massas de ar mais quente perto do asfalto. Por isso, as massas frias descem, e as massas quentes ascendem, conforme mostrado na figura. De forma geral, os ventos são formados por correntes de ar que se deslocam de um local para outro devido a uma diferença na densidade do ar no espaço.

Questão 08Comentário: Na situação proposta pelo enunciado do exercício, o calor será transferido da parte de cima para a parte de baixo do tubo. Con sequentemente, a transferência de calor se dará, exclusivamente, pela condução térmica, já que não se formarão correntes de con vecção (a porção de água com menor densidade se acha na parte de cima do tubo e a porção de maior densidade se acha na parte de baixo deste). Sendo baixas as condutividades térmicas da água e do vidro, conclui-se que a taxa de transferência de calor para o gelo será pequena. Assim, a água que se encontra na parte superior do tubo ferverá antes que o gelo derreta.


A) Todo corpo a uma temperatura maior que zero Kelvin emite radiação eletromagnética. Por isso, tanto o corpo quente envia radiação para o corpo frio, como esse também envia radiação para o corpo quente.

B) O sentido do fluxo de calor é do corpo mais quente para o mais frio, pois, apesar de cada um enviar radiação para o outro, a taxa de radiação emitida pelo corpo quente é maior do que a taxa de radiação emitida pelo corpo frio.

C) O fluxo líquido de transferência de calor no corpo mais frio ocorre no sentido desse corpo, pois ele recebe mais radiação do que emite, conforme explicado anteriormente. Assim, a temperatura desse corpo aumenta no tempo. Já no corpo mais quente, ocorre o inverso, a sua temperatura diminui, pois o fluxo líquido de transferência de calor ocorre desse corpo para o outro e para as paredes da caixa. Em certo momento, haverá o equilíbrio térmico do sistema: os dois corpos e as paredes da caixa ficarão na mesma temperatura.

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Questão 10 – Letra DComentário: A energia que chega à Terra, como o próprio verbo deixa claro, deve ser de uma fonte externa, no caso o Sol. Como a transmissão de energia térmica no vácuo não pode ocorrer por meio de condução, pois não há matéria que proporcione um contato indireto entre Terra e Sol, nem por convecção, pois não há um fluido entre o Sol e a Terra, ela deve ocorrer por irradiação de um corpo quente como o Sol.

Questão 11Comentário: Em um ambiente a 20 °C, uma pessoa sente conforto térmico porque ela libera calor a uma taxa que é grande o suficiente para ela não sentir “calor”, mas que não é tão grande a ponto de a pessoa sentir “frio”. No entanto, mesmo que o ar ambiente esteja a 20 °C (temperatura mantida pelo aparelho de condicionamento de ar), a parede a 30 °C irá emitir uma taxa significativa de radiação infra-vermelha. Assim, o desconforto térmico da sala se deve, provavelmente, ao fluxo elevado de calor por radiação que uma pessoa irá receber caso trabalhe próximo a essa.

Questão 12Comentário: O ar em torno da vela, aquecido pela chama, torna-se menos denso e sobe. Por isso, a mão, posta sobre a vela, se aquece por radiação mas também por convecção. A parcela do calor na forma convectiva é significativa, pois o ar está muito quente. A mão posta ao lado da vela recebe calor apenas por radiação. Por isso, a aproximação lateral da mão em relação à chama da vela pode ser maior do que a aproximação por cima da chama.


A) De acordo com a Lei de Stefan-Boltzmann, qualquer corpo que esteja a uma temperatura superior a 0 K emite radiação para o espaço a seu redor. Assim, a placa emite radiação para o ambiente e também recebe radiação deste. No entanto, como a placa foi retirada do forno e está a uma temperatura maior que a do ambiente a seu redor, ela emite mais radiação para o ambiente do que absorve dele. Logo, o fluxo de calor é da placa para a vizinhança.

B) A placa transfere calor para a vizinhança por meio da radiação (a placa irradia, predominantemente, em frequências próximas ao infravermelho), por meio da convecção (a placa transfere calor para o ar próximo a ela, a densidade deste diminui e, em virtude disso, formam-se correntes de ar) e, em menor proporção, por meio da condução térmica (na medida em que a temperatura da superfície diminui, o miolo da placa, que está mais quente, transfere calor para fora por meio da condução térmica).

Questão 14Comentário: Sabe-se que a condutividade térmica do ar possui um valor pequeno, portanto, a propagação de calor por condução, do forno para o rosto da pessoa, não é favorecida, já que o ar é um mau condutor de calor. Observe também que não há uma parcela significativa de calor sendo transferida do forno para o rosto da pessoa por meio da convecção térmica, pois o ar quente se desloca para cima e não em direção ao rosto da pessoa, de modo que essa forma de transferência de calor não é favorecida.

Assim, a única forma significativa de transmissão do calor do forno para o rosto da pessoa é por radiação térmica. Estando o forno a uma temperatura mais alta que a do rosto da pessoa, há uma taxa líquida de calor sendo irradiada do forno para o rosto dela. A radiação emitida pelas paredes do forno é constituída predominantemente por infravermelho, radiação bloqueada pelo vidro. Por isso, com a porta fechada, a pessoa recebe pouca radiação no rosto, apenas aquela proveniente da face externa do vidro da porta.

Questão 15Comentário: Como o preto é a cor predominante no interior do carro, conclui-se que a absorção de radiação solar pelo interior do veículo será elevada. Estando o veículo com os vidros fechados, grande parte da radiação infravermelha emitida pelo seu interior será refletida pelas superfícies internas dos vidros, que também impedirão a transferência de calor por convecção do interior para o exterior do veículo. Assim, será criado um efeito estufa no interior do carro e, caso ele fique exposto ao Sol durante um longo tempo, a temperatura de equilíbrio no interior do veículo atingirá um valor significativamente maior que a temperatura do ambiente externo.

Exercícios propostos

Questão 01 – Letra EComentário:

I. Verdadeira. Na transmissão por convecção, os movimentos ascendente e descendente dos fluidos aquecem uniformemente no fluido, um processo que só é possível para fluidos.

II. Verdadeira. Na transmissão por condução, os choques entre as partículas móveis aumentam uniformemente a energia cinética das partículas, o que configura o aquecimento do material.

III. Verdadeira. Na irradiação, a energia das ondas eletromagnéticas é convertida em calor, não havendo, nesse caso, a necessidade de um meio material para a propagação do calor.

Questão 02 – Letra CComentário:

• O legume se aquece de fora para dentro. Essa transferência de energia ocorre por condução, da mesma forma que ocorre condução de calor ao longo de uma barra metálica com as extremidades a temperaturas diferentes.

• O ar na parte superior de uma geladeira, próximo ao congelador, é frio e denso. Por isso, esse ar desce. O ar inferior, mais quente, é menos denso. Por isso, esse ar sobe. Essa circulação de ar caracteriza a transferência de calor por convecção.

• O calor emitido por qualquer objeto no vácuo (como o do espaço sideral) só pode ser transmitido por radiação. Essa forma de transferência de energia ocorre por meio da propagação de ondas eletromagnéticas, já que estas são capazes de se propagar no vácuo.

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Questão 03 – Letra DComentário:

I. Convecção. Em uma geladeira, as grades são vazadas para que o ar frio (mais denso) desça, enquanto o ar quente (menos denso) suba, permitindo resfriar todo o interior da geladeira.

II. Radiação. Como a radiação acontece por meio de propagação de ondas eletromagnéticas, não necessita de meio material, ao contrário da convecção e da condução.

III. Condução. Como a condução necessita de um meio material para propagar o calor, havendo vácuo, não existirá condução.

Logo, a alternativa correta é a D.

Questão 04 – Letra BComentário: No inverno, quando nos deitamos, a cama está fria, à temperatura ambiente. Como nosso corpo está mais quente que a cama e como boa parte de nossa superfície corporal fica em contato com ela, há uma considerável taxa de transferência de calor de nosso corpo para a cama. À medida que a cama recebe calor do nosso corpo, ela se aquece, e a nossa sensação de frio diminui gradativamente. O cobertor é importante para reduzir a taxa de transferência de calor do nosso corpo e da cama para o ambiente frio. Em momento algum, o cobertor age como uma fonte de calor. De fato, nos primeiros minutos, ele também está frio e também se aquece ao receber calor do nosso corpo.

Questão 05 – Letra CComentário: O corpo humano é uma máquina térmica. Parte da energia gerada na queima da glicose é transformada em trabalho, e a outra parte deve ser rejeitada na forma de calor para o ambiente. Nós sentimos um conforto térmico quando conseguimos liberar esse calor. Isso é feito de duas formas: calor sensível e calor latente (transpiração). Quando a temperatura ambiente excede a temperatura corporal (caso do deserto a 50 °C, desse exercício), continuamos liberando calor latente, mas deixamos de liberar calor sensível, passando inclusive a absorvê-lo do ambiente. Para reduzir esse aporte indesejado de calor, os habitantes do deserto usam roupas de lã. Se considerarmos o fato de a lã ser má condutora de calor e se, além disso, ela for branca, fazendo com que grande parte da radiação incidente seja refletida pela roupa, reduzindo a temperatura em sua face externa, o fluxo de calor para o nosso corpo diminuirá.

Questão 06 – Letra CComentário: Mesmo que os objetos estejam a uma mesma temperatura, a sensação térmica ao tocá-los depende da quantidade de calor transmitida por eles, o que, por sua vez, depende da condutividade térmica de cada objeto.

Questão 07 – Letra BComentário: O tabuleiro é de metal, bom condutor térmico, em oposição ao bolo. Assim, durante o contato com o metal, há grande transferência de energia térmica, o que justifica o fato de o tabuleiro queimar a mão de Zulmira.

Questão 08 – Letra CComentário: O gelo, pela sua estrutura molecular, é um mau condutor de calor, o que garante o isolamento térmico. Processo semelhante ocorre em lagos que, apesar de congelados, mantêm as condições normais de vida devido ao isolamento térmico ocasionado pelo gelo da superfície.

Questão 09 – Letra CComentário: Embora o cabo da panela seja metálico e bom condutor de calor, ele não se aquece muito. Isso ocorre porque há uma circulação de ar dentro da parte oca do cabo. Essa circulação permite a troca de calor por convecção entre o cabo e o ar ambiente, este a uma temperatura inferior à do cabo. Por ser eficiente, essa transferência convectiva de calor mantém o cabo da panela a uma temperatura não muito alta, permitindo seu manuseio.

Questão 10 – Letra EComentário: Sendo o cobertor um mau condutor de calor (isolante térmico), ele dificulta a transferência de calor do bolo para o meio ambiente. Assim, o bolo ficará quente por mais tempo.


I. Falsa. A diferença se dá pela condutividade térmica específica de cada material.

II. Falsa. A sensação de calor se dá pela alta radiação térmica emitida pela parte inferior da panela.

III. Verdadeira. A diferença se dá pela condutividade térmica específica de cada material. Metais, por possuírem elétrons livres, são bons condutores, enquanto o vidro, uma macromolécula covalente, não apresenta cargas livres em sua estrutura.

IV. Verdadeira. A quase inexistência de matéria impossibilita a transmissão por convecção e por condução. Também contribuem os fatos de o ar não possuir elétrons livres em sua estrutura e de as moléculas estarem separadas entre si. As paredes espelhadas dificultam a transmissão por irradiação.

Questão 12 – Letra AComentário: Com relação à irradiação e à condução, não há diferença no que tange à transferência de calor entre A e D. A diferença se dá pela convecção, já que o ar mais quente tende a subir (menor densidade). Sem o argônio, essa diferença não seria percebida.

Questão 13 – Letra BComentário: O equilíbrio térmico é a condição em que os corpos se encontram na mesma temperatura e, portanto, não há fluxo de calor entre eles.

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Questão 14 – Letra DComentário: Como há vácuo no recipiente, o calor não se propaga do resistor para a face interna do recipiente por meio de convecção térmica. A parede do recipiente também não recebe calor por condução térmica através dos dois fios de ligação do resistor, uma vez que eles são revestidos por um isolante térmico (e também elétrico). Assim, a face interna do recipiente se aquece devido à radiação infravermelha proveniente do resistor aquecido. Embora o recipiente também emita radiação para o resistor, há transferência de radiação líquida do resistor para a face interna do recipiente, pois a temperatura do resistor é maior que a do recipiente. Uma vez aquecida, a face interna difunde o calor, por condução térmica, dentro da parede do recipiente (que, sendo metálico, é um bom condutor de calor), aquecendo o termômetro.

Questão 15 – Letra BComentário: Primeiramente, a placa P se aquece por radiação (ou irradiação) térmica proveniente da luz solar e, também, da luz difusa proveniente da atmosfera e de outros corpos vizinhos. O calor é transferido, por condução, da placa para a tubulação T, através do tubo metálico. Os tubos de borracha estão menos quentes do que a placa porque ela está pintada de preto, ao passo que os tubos estão cheios de água. Por fim, a água presente nos tubos se aquece por convecção. Quando aquecida, essa água se dilata e torna-se menos densa do que a água dentro do reservatório D. É por isso que a água quente sobe através do tubo ligado à parte superior do reservatório, enquanto que a água mais fria desce pelo tubo ligado à parte de baixo do reservatório, caracterizando a convecção.

Questão 16 – Letra EComentário: Apesar das temperaturas diferentes entre os corpos I e II, não há troca de calor entre eles por meio de condução ou de convecção térmica, pois a campânula está evacuada e a base de apoio é feita de um material isolante. Contudo, há troca de calor entre os corpos por meio de radiação eletromagnética. Ambos emitem tal radiação, e aquele que possui maior temperatura emite radiação com uma taxa maior. Por isso, existe uma transferência líquida de radiação entre os corpos.

Questão 17 – Letra DComentário: O que faz as hélices do radiômetro girar é a diferença de temperatura entre as placas pretas e brancas. Como a lâmpada incandescente emite muita radiação infravermelha, além da luz visível, quando o radiômetro for atingido por essa lâmpada ele irá girar mais rápido.


• A parede espelhada interna reflete a radiação infravermelha emitida pelo café quente. A parede espelhada externa reflete a radiação infravermelha emitida pela parede interna, que é aquecida pelo contato com o café. Esses processos impedem o fluxo de calor para o ambiente externo.

• O vácuo entre as paredes inibe a transferência de calor por convecção e por condução térmica entre as paredes.

Além das paredes espelhadas e da existência de vácuo entre elas, a garrafa é tampada para impedir que a superfície livre do café troque calor com o ar ambiente através de convecção térmica. Essa tampa é feita de um material isolante para reduzir o fluxo de calor por condução.

Questão 19 – Letra EComentário: Inicialmente, há a condução por irradiação, já que as ondas eletromagnéticas emitidas pelo Sol são absorvidas pelo coletor. Em seguida, do escoamento da água pelos tubos de cobre, há transferência por condução. Por último, como há aquecimento do líquido dentro do reservatório, no caso, a água, molécula sem elétrons livres, o aquecimento se dá por convecção.

Questão 20 – Soma = 07Comentário:

01. Verdadeira. Parte da radiação solar incidente no coletor solar é absorvida pelo sistema, aquecendo a água. Mais quente, essa fica menos densa e sobe, trocando de posição com a água do reservatório térmico. Esses movimentos de subida e de descida das águas é a essência da convecção térmica.

02. Verdadeira. Tanto as placas do coletor solar (chamadas de absorvedor) quanto os tubos em contato com as placas (cheios com água, que será aquecida pelos tubos) são pintados de preto para possibilitar uma maior absorção da radiação térmica por essas partes (foto).

(a)

(b)(b)

04. Verdadeira. O vidro do coletor solar permite a passagem da luz, mas reflete um pouco. Vale a pena perder um pouco da radiação solar incidente, pois, sem o vidro, o ar sobre as placas / tubos do coletor se aquece, fica menos denso e sobe, carregando calor por convecção do sistema para o meio ambiente. O vidro impede esse movimento do ar.

08. Falsa. As placas do coletor são mais quentes do que o tubo com água. A transferência de calor das placas para os tubos ocorre por condução térmica.

16. Falsa. Conforme explicado no item 01, a placa coletoraacha-se na parte de baixo, exatamente porque a água de baixo fica menos densa ao ser aquecida e sobe, trocando de lugar com a água do reservatório térmico.

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A subida dessa água não contraria a força de atração da gravidade, que puxa tudo para baixo. No coletor solar, o efeito termossifão se contrapõe a essa força, produzindo um bombeamento natural da água de baixo para cima.

32. Falsa. A água diretamente em contato com os tubos se aquece por condução térmica. Depois, essa água e a água do reservatório térmico permutam de lugar por convecção térmica.

Questão 21 – Letra CComentário: Os gases da atmosfera não absorvem diretamente os raios ultravioleta provenientes do Sol. Esses são absorvidos por corpos sólidos na superfície da Terra, que emitem, nesse processo, radiação infravermelha, que, por sua vez, será absorvida pelos gases da atmosfera.


01. Falsa. A energia solar chega à Terra por meio da irradiação, para a qual não é necessária a existência de um meio material.

02. Verdadeira. O efeito estufa é um fenômeno natural que influencia a temperatura terrestre, aquecendo os gases da atmosfera.

04. Verdadeira. O efeito estufa é o fenômeno no qual os gases da atmosfera da Terra são aquecidos pela radiação infravermelha emitida por corpos da superfície terrestre após a incidência de radiação ultravioleta proveniente do Sol.

08. Verdadeira. O aumento da emissão dos chamados gases estufa, como o dióxido de carbono, eleva também a absorção de radiação infravermelha pela atmosfera terrestre, o que aquece o planeta de maneira mais intensa.

16. Verdadeira. Sem o efeito estufa, haveria condições climáticas diferentes na superfície terrestre, às quais muitos dos seres vivos não estão adaptados.

32. Falsa. Uma das possíveis consequências do efeito estufa é o derretimento das calotas polares e consequentes inundações.

Questão 23 – Letra BComentário:

I. Verdadeira. O aumento da emissão dos chamados gases estufa, como o dióxido de carbono, eleva também a absorção de radiação infravermelha pela atmosfera terrestre, o que aquece o planeta de maneira mais intensa.

II. Falsa. A argila é sólida, e a convecção só ocorre em fluidos.

III. Verdadeira. Como o calor se propaga através do ar, ele chega por irradiação, uma vez que o ar é um péssimo condutor térmico por condução, devido à distância entre as moléculas. A convecção não ocorre, pois o ar quente é menos denso e, por isso, sobe.

IV. Falsa. O ar é péssimo condutor térmico, já que suas moléculas se encontram separadas entre si, não possibilitando uma boa dinâmica de choques e transmissão de energia cinética entre suas moléculas.

Questão 24 – Letra CComentário: A densidade da água na serpentina diminui devido ao aquecimento desta. Assim, água quente sobe, o que garante a transmissão de calor por convecção.

Questão 25 – Letra EComentário: A Lei de Fourier nos dá a taxa de calor transmitido por segundo. Assim, convertendo a condutividade para unidades SI:

φ =∆θ

= =kA

L2 . 10 .9.5

1090cal / s.m

–1

–12

Logo, em 10 minutos, que equivalem a 600 segundos, haverá um fluxo de 90.600 = 54 000 calorias.

Questão 26 – Letra EComentário: Segundo a equação de Fourier, a taxa de transferência de calor (φ) é proporcional à área da seção transversal (A) e inversamente proporcional ao comprimento (L) da barra (φ = KA∆T/L, sendo K a condutividade térmica e ∆T a diferença de temperatura entre as extremidades da barra). Nesse exercício, a área dobrou, enquanto o comprimento diminuiu para a metade. Logo, a taxa de calor foi quadruplicada. Por isso, a mesma quantidade de calor (nesse caso, as 10 calorias citadas no exercício) será transferida em 1/4 do tempo, ou seja: 2/4 min = 0,5 min.

Questão 27 – Letra BComentário: Como o fluxo de calor é o mesmo nos corpos A e B, pois esses estão em série (fazendo uma analogia com a associação em série de resistores), o fluxo de calor é equivalente à corrente elétrica. Assim, podemos aplicar a Lei de Fourier para achar a expressão da transferência de calor entre os corpos A e B. Igualando essas equações, e observando que o calor flui da direita (T3 = 1 500 K) para a esquerda (T1 = 300 K), obtemos:

KB (T3 − T2)/L = KA (T2 − T1)/L ⇒ 0,2.(1 500 − T2) = 1.(T2 − 300) ⇒ T2 = 500 K

Questão 28 – Letra CComentário: Considerando um calorímetro ideal, a energia liberada pelo rádio em uma hora foi a energia usada para aquecer a água nesse mesmo período. Assim, a potência é de:

= = = ∆ =

= P Et

Qt

m.c. Tt

1,3.4.1003600

0,14W

Questão 29 – Letra CComentário: De acordo com o gráfico dado na questão, a intensidade da radiação máxima emitida pelas paredes da fornalha ocorre para um comprimento de onda aproximadamente λmáx = 1,5 μm. Aplicando a lei do deslocamento de Wien, obtemos a temperatura da fornalha:

λmáx T = 3 . 103 (μm.K) ⇒ 1,5.T = 3 . 103 ⇒ T = 2 000 K

De acordo com a equação λmáx T = 3 . 103 (constante), T e λmáx são inversamente proporcionais. Assim, λmáx diminui quando T aumenta. A propósito, a lei do deslocamento de Wien tem esse nome justamente porque o topo da curva da intensidade mostrada nesta questão se desloca para a esquerda (λmáx diminui) ou para a direita (λmáx aumenta) quando a temperatura, nessa ordem, aumenta ou diminui. Além disso, além de deslocar-se para a esquerda, o topo da radiação fica cada vez mais alto à medida que a temperatura aumenta.

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A) Substituindo os valores na equação fornecida, temos:

kAT - T

L4,0.10 .2,0.10 . 10

5,01,6.10 cal / s

calag ar -3 4 2φ = = =

B) Calculando-se o volume de gelo formado, podemos encontrar a massa e, assim, o calor trocado:

( )= ∆ = =

= ρ = =

= = =

V h.A 15 - 5,0 .2,0.10 2,0.10 cm

m .V 0,90.2,0.10 1,8.10 g

Q m.L 1,8.10 .80 1,4.10 cal

4 5 3

g5 5

S5 7


A) Somando as áreas das seis faces do contêiner, temos:

A = 2(2.3 + 2.4 + 3.4) = 52 m2.

B) Como a temperatura é constante, a potência do aquecedor deve ser igual ao fluxo de calor para o meio externo:

= = ∆ε

= = P f k.A. T 5.10 .52.6026.10

6.10 W-2

-22 .

C) Como já temos a potência, podemos encontrar a energia em um determinado tempo:

E = P.t = 6 . 102 . 24 = 14,4 kWh.

Questão 32 – Letra BComentário: Pela análise do gráfico, percebe-se que, entre 10 min e 40 min, a lâmpada aqueceu a água em 10 °C, enquanto no mesmo intervalo de tempo a radiação solar

aqueceu em 15 °C.

Questão 33Comentário: Considerando que as temperaturas nas faces da parede são iguais às dos respectivos ambientes, e que a condutividade efetiva da parede seja igual à da lã, podemos achar a espessura da parede (L) pela equação de Fourier:

φ = KA ∆TL

Em que φ/A = 10 W/m2 é o fluxo de calor, K é o coeficiente de condutividade térmica da parede, valendo 0,04 W/m.°C, e ∆T = 15 °C é a diferença de temperatura entre as faces da parede. Substituindo esses valores na equação anterior, obtemos a espessura da parede:

L = 0,04 . 1510

= 0,06 m = 6 cm

Questão 34Comentário: Aplicando a Lei de Fourier, obtemos o tempo desejado:

∆Q/∆t = KS∆T/d ⇒ 300 J/∆t = (0,15 W/m°C).2,0 m2.(30 °C − 20 °C)/3,0 . 10−2 m ⇒

∆t = 3 s

Na verdade, na Lei de Fourier, ∆T é a diferença entre as temperaturas nas faces da porta, e não a diferença de temperaturas dos ambientes separados pela porta. Como não temos as temperaturas da porta, aproximamos esses valores para as temperaturas dos dois ambientes, lembrando que o cálculo, neste caso, é aproximado. A figura a seguir mostra um gráfico típico do perfil de temperaturas em dois ambientes onde as temperaturas valem TA e TB, separados por uma parede onde as temperaturas nas faces são T1 e T2.

A

TA

T2

T1

Q

KTB

B

TB


A) As paredes espelhadas dificultam a transmissão de calor por irradiação, e o vácuo entre elas (mesmo que parcial) dificulta a transmissão por condução e convecção, já que, para estas ocorrerem, é necessária a presença de um meio material.

B) Há aumento da temperatura do café pelo trabalho realizado pela pessoa, que é parcialmente convertido em energia cinética das moléculas de café.

Seção Enem

Questão 01 – Letra DEixo cognitivo: IV

Competência de área: 2

Habilidade: 6

Comentário: Como o ar frio tem uma densidade maior que o ar quente, ele tende a descer, e o ar quente, a subir. Quando o ar-condicionado é colocado na parte superior do cômodo, o movimento de massas de ar quente e ar frio, ou seja, a convecção, fica facilitada. Se o ar-condicionado se encontrasse na parte de baixo da parede do cômodo, os movimentos convectivos ficariam muito dificultados. Nesse caso, o ar frio tenderia a permanecer na parte de baixo do cômodo, e o ar quente, na parte de cima.

Questão 02 – Letra AEixo cognitivo: II


Habilidade: 21

Comentário: Na primeira atividade, as duas bandejas estão em equilíbrio térmico com o ambiente e, portanto, apresentam a mesma temperatura. A sensação de frio ao tocar o alumínio está associada à elevada condutividade térmica, fazendo com que a taxa de transferência de calor seja maior. Por esse motivo, na segunda atividade, o derretimento do gelo ocorrerá mais rapidamente na bandeja de alumínio.

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Questão 03 – Letra DEixo cognitivo: IV


Habilidade: 3

Comentário: A temperatura de uma roupa não é uma característica implícita do objeto. Antes de ser vestida, a roupa normalmente está em equilíbrio térmico com o ambiente, ou seja, na temperatura ambiente. Depois de vestida, recebe calor do nosso corpo, podendo ser aquecida em alguns graus.

O frio não é um fluido que passa pela janela. Quando a abrimos, ocorrem trocas gasosas do ambiente interno (de maior temperatura) para o externo (de menor temperatura), o que abaixa a temperatura do ambiente interno.

A temperatura está associada à energia térmica do corpo; já o calor é a energia que passa de um corpo a outro devido à diferença de temperatura entre eles. O calor só existe quando está em trânsito e há diferença de temperaturas. Não é uma propriedade intrínseca de um corpo.

Questão 04 – Letra EEixo cognitivo: II


Habilidade: 17

Comentário: Sabe-se que um corpo negro é um bom absorvedor e emissor de radiação. Assim, quando a lâmpada permanecer acesa, a taxa de variação da temperatura da garrafa pintada de preto será maior do que na pintada de branco. Da mesma forma, quando a lâmpada é desligada, a taxa de variação da temperatura da garrafa de cor preta também será maior.



Habilidade: 3

Comentário: A primeira fala diz respeito à transmissão de calor entre o Sol e a Terra. Como no espaço há vácuo, a condução e a convecção não fazem parte desse processo, somente a Irradiação.

O outro personagem fala da falta de transmissão de calor entre as pessoas e o ambiente devido ao uso de luvas, que são isolantes térmicos. A troca de calor entre o corpo humano e o ambiente se dá principalmente por condução, uma vez que se trata de um corpo sólido em contato físico com o ambiente.

Questão 06 – Letra BEixo cognitivo: II


Habilidade: 21

Comentário: À medida que a água no interior da garrafa se resfria, o calor cedido por ela é em parte absorvido pelo ar em seu interior e em parte pelo feijão, já que a transferência de calor para o exterior é inibida pelos mecanismos de vedação da garrafa. Sendo o ar um bom isolante térmico, ele receberá uma parte menor desse calor, a maior parte será absorvida pelo feijão, e assim, após algum tempo, ele estará cozido.

Questão 07 – Letra DEixo cognitivo: III


Habilidade: 7

Comentário:

A) De acordo com o diagrama, a atmosfera reflete 30% da radiação solar incidente sobre o planeta, irradia para o espaço 64% da energia solar incidente, e a superfície irradia para o espaço outros 6% da energia solar incidente sobre o planeta. Portanto, conclui-se que não há uma parcela considerável de energia sendo retida pela atmosfera ou pela superfície.

B) De acordo com o diagrama, a energia refletida pela atmosfera e pela superfície do planeta vale 30% da energia solar incidente, enquanto a energia absorvida pela superfície vale 50%. Portanto, a energia absorvida pela superfície apresenta maior valor que a energia refletida pela atmosfera e pela superfície.

C) De acordo com o diagrama, a atmosfera absorve 20% da energia solar incidente.

D) De acordo com o diagrama, 50% da energia solar incidente são absorvidos pela superfície do planeta. Desse valor, 44% são devolvidos para a atmosfera (14% absorvidos pela água e pelo CO2 da atmosfera, 6% devido às correntes convectivas e 24% para evaporar água dos mares e rios). Apenas 6% dos 50% absorvidos são devolvidos diretamente para o espaço.

E) A quantidade de energia irradiada para o espaço pela atmosfera vale 64% da energia solar incidente, sendo muito maior do que a irradiada pela superfície, que vale apenas 6%.



Habilidade: 21

Comentário:

A) Os dois tanques são pintados de preto para absorverem maior quantidade de radiação incidente. Sendo metálicos, eles transmitem mais facilmente o calor para a água em seu interior.

B) O vidro duplo deixa passar grande parte da radiação solar incidente. Os tanques e o ar interno se aquecem. Esse ar poderia subir e trocar calor por convecção com o ambiente. A cobertura de vidro impede tal processo. Além disso, o vidro diminui a transmissão de radiação infravermelha emitida pelos tubos para o ambiente, causando um efeito estufa. O ar aprisionado entre os vidros (ou vácuo, em coletores especiais) inibe a transferência de calor por condução.

C) A água circula devido ao efeito de termossifão. A água quente, menos densa, sobe para a parte superior do reservatório (não mostrada na figura). A água fria, situada na parte de baixo desse reservatório, é mais densa e desce em direção ao coletor solar.

D) A camada refletiva tem por função receber a luz que passou entre os tanques e refletir parte desta para a parte inferior dos tanques.

E) Veja o item B.

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Questão 09 – Letra EEixo cognitivo: III


Habilidade: 23

Comentário:

I. Incorreta. O reservatório de água quente abriga a água que foi aquecida no coletor solar. Portanto, esse reservatório deve ser isolado, para impedir a transferência de calor para o ar ambiente. Por isso, mesmo que feito em metal (aço, em geral), o reservatório deve ser recoberto com um forte isolamento térmico. Reservatórios modernos tendem a ser fabricados em plástico, que, além de mais barato, é isolante natural.

II. Correta. O vidro inibe a transferência de radiação infravermelha proveniente do interior do coletor solar aquecido, como também inibe a transferência de calor do coletor para o ar por meio de correntes convectivas.

III. Correta. A placa e os tubos de água são pintados de preto fosco, a fim de permitir uma maior absorção de radiação solar no coletor.

CAPÍTULO – A4Calorimetria


Questão 01Comentário:A) Como 1 kcal = 4,18 kJ (1 cal = 4,18 J), concluímos que

uma dieta de 2 500 kcal da pessoa desta questão equivale à seguinte quantidade de energia em joules:

4,18.2 500 kJ = 10 450 kJ = 10 450 x 103 J = 1,045 . 107 JB) Segundo as Tabelas 1 e 2, o consumo diário de energia da

pessoa é:• 8 horas.60 kcal/hora dormindo = 480 kcal• 5 horas.120 kcal/hora trabalhando no computador = 600 kcal• 6 horas.80 kcal/hora lendo = 480 kcal• 5 horas.350 kcal/hora andando = 1 750 kcal

Soma = 3 310 kcal Portanto, uma dieta padrão (2 500 kcal/dia) não supriria o

consumo de energia dessa pessoa.

Questão 02Comentário: A) A capacidade térmica de um corpo é definida como a razão

entre a quantidade de calor (Q) que o corpo recebe / cede e a consequente variação de temperatura (∆T) que ele sofre. Sendo C = Q/∆T, com Q = 180 cal e ∆T = 3 °C, temos C = 60 cal/°C. A capacidade térmica corresponde ao calor necessário para que o corpo sofra uma variação de temperatura de 1°C, ou 1 K. Assim, considerando a situação proposta pelo exercício, para que o corpo sofra uma variação de temperatura de 1 °C, ele deve receber / ceder uma quantidade de energia igual a 60 cal.

B) Conforme discutido no item anterior, a capacidade térmica

de um corpo indica a quantidade de calor que ele deve

receber / ceder para que ele sofra uma variação de

temperatura de 1 °C. Assim, se em vez de receber calor,

o corpo tivesse cedido 180 cal ao meio externo, haveria

uma diminuição de 3 °C em sua temperatura.

C) A partir da definição de capacidade térmica discutida nos itens

anteriores, podemos chegar à seguinte relação: Q = C∆T.

Observando que o valor da capacidade térmica do corpo

é constante, conclui-se que a variação de temperatura é

diretamente proporcional à quantidade de calor recebida.

Assim, em relação à primeira situação proposta pelo exercício,

se a quantidade de calor for multiplicada por 2, a variação

da temperatura também será multiplicada pelo mesmo fator.

Logo, a variação de temperatura será de 6 °C. Esse cálculo

também poderia ser feito de forma mais direta:

= ∆ ⇒ ∆ = ⇒ ∆ = =Q C T T Q/C T 360/60 6 ºC 6 °C

Questão 03Comentário: Um corpo que tem o dobro da capacidade

térmica de outro corpo poderá receber o dobro de calor e

sofrer a mesma elevação de temperatura do outro corpo.

Ou ainda, se os dois corpos receberem a mesma quantidade

de calor, o corpo com o dobro da capacidade térmica sofrerá

apenas metade da elevação de temperatura do outro corpo.

Por exemplo, se dois corpos A e B apresentam capacidades

térmicas CA = 100 J/°C e CB = 50 J/°C, para a mesma

elevação de temperatura de 1 °C, o corpo A deverá receber

uma quantidade de calor igual a 100 J, que é o dobro da

quantidade de calor de 50 J que o outro corpo deverá receber.

Ou ainda, se ambos receberam a mesma quantidade de calor,

digamos 100 J, o corpo A terá a temperatura elevada de

1 °C, enquanto a temperatura do corpo B aumentará de 0,5 °C.

Questão 04Comentário: A capacidade térmica é uma característica do

corpo, não do material do qual ele é feito. Assim, é plenamente

possível que dois corpos tenham a mesma capacidade térmica,

mesmo que eles sejam feitos de materiais diferentes. Uma

esfera maciça de alumínio de massa 1,0 kg terá a mesma

capacidade térmica (9,2 . 102 J/°C) de uma esfera maciça de

cobre de 2,2 kg, por exemplo.

Questão 05Comentário: Segundo a Tabela 3, o calor específico do gelo

é aproximadamente a metade do calor específico da água

líquida. Portanto, para aquecer de 1 °C as mesmas massas de

gelo e de água, a energia absorvida pela massa de água será

o dobro daquela absorvida pela massa de gelo. Por exemplo,

o processo de aquecimento de 1 °C de uma massa de 100 g

de água demanda uma energia de 100 cal, e, para o gelo,

a demanda é de 50 cal.

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A) De acordo com o enunciado do exercício, a variação de temperatura da esfera de cobre foi de 20 °C. Utilizando a expressão Q = mc∆T e observando que o valor do calor específico do cobre é 0,10 cal/g.°C, a quantidade de calor cedida pela esfera de cobre foi de

Q = mc∆T ⇒ Q = 100 . 0 / 10 . 20 = 200 cal

Supondo que só houve trocas de calor entre a esfera e a água, então a água recebeu todo o calor cedido pela esfera, 200 cal.

B) Uma das maneiras possíveis de abordarmos esse exercício é observando que, como o calor específico do cobre é dez vezes menor que o da água, a água sofrerá uma variação de temperatura dez vezes menor que a do cobre, para uma mesma massa de água e de cobre e para uma mesma quantidade de energia cedida / absorvida. Assim, como a esfera de cobre sofreu uma redução de temperatura de 20 °C, conclui-se que a temperatura da água elevou-se 2 °C. Outra forma de abordarmos a situação é utilizando a expressão analítica para o calor específico:

= ∆ ⇒ ∆ = ⇒ ∆ = =Q mc T T Q/mc T 200/100 . 1 2 ºC °C

Conforme discutido anteriormente, a diferença entre as variações de temperatura da água e do cobre se deve ao fato de a água ter um calor específico maior e, consequentemente, precisar receber uma quantidade maior de calor para que sua temperatura seja elevada os mesmos 20 °C. Para que sua temperatura se elevasse 20 °C, seriam necessárias, portanto, 2 000 cal.

Questão 07Comentário: Considerando que todo o calor perdido pela esfera de cobre será absorvido pela água, temos:

+ = ⇒

∆ + ∆ = ⇒

− + − = ⇒

= =

Q Q 0

m .c . T m .c . T 0

100.0,10.(T 100) 100.1.(T 23) 0

T 3 300/110 30 ºC

esfera água

cobre cobre cobre água água água

O gráfico da evolução das temperaturas da água e da esfera é mostrado na figura a seguir.

T (°C)100

80

60

40

3020 Água

Esfera

700 Q (cal)


A) Como a água (calor específico cágua = 1,0 cal/g°C e massa mágua = 1 000 g) sofreu uma elevação de temperatura ∆Tágua = (35 − 30) = 5 °C, ela absorveu a seguinte quantidade de calor:

Qágua = 1 000 g.(1,0 cal/g°C). 5 °C = 5 000 cal

B) Admitindo que não houve perda de calor para o ambiente, o calor absorvido pela água foi igual ao calor cedido pela esfera: −5 000 cal (o sinal negativo é porque a esfera cede calor).

C) Supondo a es fera de cobre (ca lor espec í f i co ccobre = 0,10 cal/g°C e massa mesfera = 250 g) inicialmente na temperatura T do forno, essa temperatura pode ser calculada da seguinte forma:

−5 000 cal = 250 g.(0,10 cal/g°C). ∆Tesfera ⇒ ∆T = −200 °C

Portanto, a esfera resfriou-se de 200 °C. Como a temperatura final da esfera foi de 35 °C, inicialmente, antes de ser mergulhada na água, a esfera estava a 235 °C (temperatura do forno).


A) De acordo com o enunciado do exercício, o volume de água é igual a 300 mL. Observando o fato de que a densidade da água é de 1 g/cm3 (1 cm3 = 1 mL), conclui-se que a massa de água é igual a 300 g. Essa massa de água estava a uma temperatura inicial de 20 °C e foi aquecida até atingir a temperatura de 100 °C, temperatura em que a água entra em ebulição. Portanto, para sofrer essa variação de temperatura, a água deve absorver uma quantidade de energia dada por:

= ∆ ⇒ ==

Q mc T Q 0,300.4,2 . 10 . 80 ⇒Q 101 kJ

3

Considerando que a chaleira, inicialmente, também estava à temperatura ambiente, e realizando um cálculo semelhante ao anterior, obtemos o seguinte valor para o calor absorvido por ela:

= ∆ ⇒ = ⇒=

Q mc T Q 0,200.0,5 . 10 .130Q 13 kJ

3

B) Tendo a chapa elétrica uma potência de 1,0 kW, conclui-se que, em três minutos (180 segundos), a chapa libera 180 kJ de energia (E = P.∆t). Porém, desses 180 kJ liberados pela chapa, apenas 114 kJ são aproveitados para o aquecimento da água e da chaleira. Portanto, o rendimento da chapa é dado por:

Energia utilizadaEnergia produzida

114 kJ180 kJ

0,63 63%η = = = =

Questão 10Comentário: Da Tabela 3, notamos que o calor específico da areia (0,19 cal/g°C) é muito menor do que o calor específico da água (1,0 cal/g°C). Portanto, o calor específico da areia molhada é maior do que o da areia seca. Assim, aquecidas ao Sol, a areia seca irá esquentar mais do que a mesma massa de areia molhada.

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Questão 11Comentário: A massa total de cerveja a ser resfriada é de 4,2 kg, e a massa total das garrafas é de 1,2 kg. Assim, a quantidade de energia a ser transferida da geladeira para o meio ambiente é igual à soma da energia cedida pela massa de 4,2 kg de cerveja mais a energia cedida pela massa de 1,2 kg do vidro das garrafas. Observando que o calor específico do vidro é igual a 0,20 cal/g.°C = 836 J/kg.°C e que o calor específico da água é igual a 1,0 cal/g °C = 4,2 . 103 J/kg.°C, temos:

= + ⇒

= − + − ⇒

= −

Q Q Q

Q 4,2.4,2 . 10 ( 20) 1,2.836( 20)

Q 372,9 kJ

Tot cerv gar

Tot3

Tot

Sendo a potência da geladeira igual a 200 W, temos:

=∆

⇒ =∆

⇒

∆ = =

P|Q |

t200 372,9 . 10

t

t 1 865 s 31 min

Tot3


A) O tubo com a parede espelhada reflete a luz da chama, diminuindo a perda de calor por radiação do sistema para o meio ambiente.

B) Desprezando a capacidade térmica da latinha, e supondo que todo o calor gerado pela queima do amendoim seja absorvido pela água, a elevação de temperatura da água poderá ser calculada:

Calor gerado = Poder calorífico do amendoim x Massa de amendoim queimada ⇒

Q= (6,0 kcal/g).0,15 g = 0,9 kcal = 900 cal

Elevação de temperatura da água = Q/(mc) = 900 cal/ (100 g.1,0 cal/g°C) = 9 °C

Questão 13Comentário: Nesse problema, conhecemos a massa e as temperaturas inicial e final da água quente:

• mq = 1 000 g (considerando que a densidade da água seja 1 000 g/L)

• Tq1 = 100 °C

• Tq2 = 38 °C

Conhecemos também as temperaturas inicial e final da água fria:

• Ta1 = 0 °C

• Ta2 = 38 °C

Queremos achar a massa da água fria, mf, que deve ser misturada à água quente para que a mistura fique a 38 °C (temperatura final de ambas). Para isso, podemos usar a equação do balanço de calor, considerando que as águas apresentam o mesmo calor específico:

Qcedido + Qrecebido = 0 ⇒ mq.c.∆Tq = mf.c.∆Tf ⇒

1 000.c.(38 − 100) + mf.c.(38 − 0) = 0 ⇒

mf = 1 631 g (correspondendo a um volume de 1,631 L)

Portanto, para cada litro de água fervente, devemos misturar cerca de 1,6 litro de água gelada para obter uma mistura a 38 °C.

Questão 14Comentário: Considerando que o bloco de bronze possua a composição indicada no exercício (90% de cobre e 10% de alumínio), ele é composto por 180 g de cobre e 20 g de alumínio. Assim, considerando que o calor liberado pelo bloco de bronze seja inteiramente absorvido pela água, e observando que o calor específico do cobre e do alumínio são, respectivamente, 0,10 cal/g.°C e 0,22 cal/g.°C, temos que a temperatura de equilíbrio é dada por:

+ + = ⇒

− + − + − ⇒

= ⇒ =

Q Q Q 0

20.0,22(T 100) 180 0,10(T 100) 500 . 1(T 20)

522,4T 12 240 T 23,4 °C

Al Cu Água

.

Caso a capacidade térmica do recipiente não fosse desprezível, essa temperatura seria menor, já que parte do calor seria utilizada para aquecer também o recipiente.

Questão 15Comentário: Esse exercício pode ser facilmente resolvido fazendo-se um balanço das energias envolvidas. Considerando-se que o calor cedido pelo bloco seja integralmente absorvido pela panela e pela água no interior dela, obtemos o seguinte valor para o calor específico da panela:

+ + = ⇒

− + − + − =

=

Q Q Q 0

5 000.c(19 15) 9 000 .1(19 15) 1 000 . 0,22(19 203) 0

c 0,22 cal/g.°C

Pan Água Bloco

Sendo esse o valor do calor específico do alumínio, o chefe conclui que a panela é realmente de alumínio.


Questão 01 – Letra DComentário: A quantidade de calor que a água (m = 100 g) deve receber para ter a sua temperatura aumentada de 25 °C para 73 °C é

Q = mc∆t = 100 . 1 .(73 – 25) = 4 800 cal = 19 200 J

A energia liberada pelo aparelho a cada segundo é de 100 J, pois uma potência de 100 W significa uma taxa de transferência de energia igual a 100 J/s. Como 80% da potência são absorvidos pela água, apenas 80 J são usados para aquecer a água a cada segundo. O tempo de aquecimento, portanto, é

Tempo = 19 200J80J/s

= 240 s = 4 minutos

Questão 02 – Letra BComentário: De acordo com o enunciado da questão, os blocos de ferro e de alumínio estão inicialmente à mesma temperatura (temperatura ambiente), possuem a mesma massa e recebem a mesma quantidade de calor. Entretanto, o calor específico do alumínio é maior que o calor específico do ferro. Assim, o bloco de ferro se aquecerá mais que o bloco de alumínio, pois o ferro necessita de menor quantidade de calor por unidade de massa para sofrer uma variação unitária de temperatura (cFe < cAl). Logo, se após o processo de aquecimento, os blocos forem colocados em contato, haverá transferência de calor do bloco de ferro para o bloco de alumínio, pois o bloco de ferro estará a uma temperatura maior que a do bloco de alumínio.

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Questão 03 – Letra DComentário: Pela equação Q=m.c.∆ θ, temos:

QIV = 150.0,4.10 = 600 cal

QV = 100.0,5.10 = 500 cal

300 = mI.0,3.10 ⇒ mI = 100 g

400 = mII.0,2.10 ⇒ mII = 200 g

450 = 150.10.cIII ⇒ CIII = 0,3 cal/g.°C

Logo, a maior massa é de II, o de maior calor específico é V, e o que recebeu mais calor foi IV.

Questão 04 – Letra CComentário: A taxa de radiação solar por m² será igual para as duas piscinas, portanto o comprimento ou a largura da piscina não influenciarão na temperatura final, já que, aumentando-se a área superficial das piscinas, aumenta-se também a quantidade de radiação absorvida. O volume de água na piscina infantil é menor (consequentemente sua capacidade térmica é menor), e, como a influência da largura e do comprimento foram desprezadas, o resultado é possível devido à sua profundidade.

Questão 05 – Letra BComentário: Primeiramente, vamos calcular o calor absorvido pela massa de 500 g de água para ela ser aquecida de 30 °C até 80 °C:

Q = mc∆T = 500 g.(1,0 cal/g°C).(80 − 30)°C = 25 000 cal

Como a potência do forno é de 10 000 cal/min, e supondo que toda a energia gerada no forno seja absorvida pela água, o tempo para o aquecimento dessa água é:

P = Q/∆t ⇒ 10 000 = 25 000/∆t ⇒ ∆t = 2,5 min

Questão 06 – Letra DComentário: Ao fim de um dia terá sido absorvida pelo coletor uma quantidade de calor igual a 1,2 x 108 cal. A massa de água a ser aquecida é de 2,0 . 103 . 103 cm3 . 1,0 g/cm3 que resulta em 2,0 . 106 g. Assim:

Q = m.c.∆θ ⇒ 1,2.108 = 1.2.106. ∆θ ⇒ ∆θ = 60 °C

Questão 07 – Letra EComentário: Primeiramente, vamos calcular o calor absorvido por 1,0 kg de água para a temperatura elevar-se de 28 °C até 100 °C: Q = m c ∆T = 1,0 kg.(4,18 . 103 J/kg°C).(100 − 28)°C = 3,0096 . 105 J.

Como o poder calorífico médio do carvão vegetal é de 3,0 . 107 J/kg, a massa de carvão que deve ser queimada para gerar o calor calculado acima é: massa de carvão = 3,00 . 105 J/3,0 . 107 J/kg = 1,0 . 10−2 kg = 10 g

Questão 08 – Letra BComentário: Vamos analisar as afirmações separadamente.

Falsa. Isso seria verdadeiro se o gráfico de resfriamento fosse uma reta.

Falsa. O volume da sala é muito grande em comparação com os alimentos, de tal forma que o calor irradiado por estes é desprezível no que tange ao aquecimento da sala.

Falsa. 25,2 – 4,8 = 20,4 °C, que corresponde à diferença de temperatura entre os alimentos inicialmente.

Dessa forma, a alternativa correta é a B.

Questão 09 – Letra CComentário: As capacidades térmicas dos corpos A e B podem ser calculadas pela razão entre a energia calorífica recebida por cada corpo e a variação de temperatura correspondente:

CA = QA/∆TA = 80 cal/40 °C = 2,0 cal/°C

CB = QB/∆TB = 50 cal/50 °C = 1,0 cal/°C

Portanto, a letra C é a resposta certa. Como CA > CB, o corpo A precisa de mais energia para sofrer a mesma elevação de temperatura que B, e não o contrário, como afirmado na letra D. A letra B é um absurdo físico, pois toda substância na fase sólida, líquida ou gasosa possui um calor específico, que é uma propriedade termodinâmica da matéria. Ainda que varie com a temperatura e que possa ser muito pequeno, o calor específico não pode ser nulo.

Questão 10 – Letra CComentário: Como 40% da energia solar foi perdida, sendo Q a energia total transmitida pelo Sol, foi utilizado 0,6Q para o aquecimento. Assim, convertendo o calor específico para joules e a massa da água para gramas:

Q = m.c.∆θ ⇒ 0,6.Q = 4,2.2,3.105.(35 – 18) ⇒

Q = 2,7 . 107J = 27 MJ

Questão 11 – Letra BComentário: Primeiro, vamos calcular a energia liberada pela queima de 1 L de gasolina:

Q = volume x poder calorífico = 1 L.3,6 . 107 J/L = 3,6 . 107 J

Agora, podemos calcular a massa de nitrato de sódio que se aquece de 300 °C para 550 °C quando recebe o calor calculado acima:

Q = mc∆T ⇒

3,6 . 107 J = m.(1,2 . 103 J/kg°C).(550 – 300)°C ⇒ m = 120 kg


01. Verdadeira. Como, para a mesma variação de temperatura, A necessita receber mais calor que B, sua capacidade térmica é maior.

02. Verdadeira. Pela definição, a capacidade térmica é o produto entre a massa e o calor específico.

04. Verdadeira. B, para variar sua temperatura de 20 °C, necessita de 60 cal, portanto, sua capacidade térmica é de 3 cal/°C

08. Falsa. Como a capacidade térmica de A é maior, se ambos tiverem a mesma massa, o calor específico de A será maior.

16. Verdadeira. A necessita de 100 cal para se aquecer de 10 °C. Logo, se esse calor for transmitido em 10 minutos, a fonte terá uma potência =

10010

10cal /s .

Questão 13 – Letra CComentário: O calor específico da rocha é baixo, de modo que a face da Lua exposta ao Sol se aquece muito ao receber a radiação solar. Já na face onde é noite, a rocha se resfria muito. O mesmo efeito ocorre nos desertos da Terra cobertos com areia. Por ter um calor específico muito baixo, a areia se aquece facilmente ao Sol e se resfria facilmente de noite. No deserto do Saara, como na Lua, a amplitude térmica é muito grande.

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Questão 14 – Letra CComentário: O calor específico da água é maior que o da areia, logo, a areia se aquece mais rapidamente que a água. Dessa forma, de manhã a água está mais fria do que a areia.

Questão 15 – Letra BComentário: Igualando a variação de energia potencial gravitacional ao calor absorvido pela água, usando a energia em Joules, teremos:mcorpos .g ∆h = mágua.c.∆θ

2.10.1 = 10–2.4.103.∆θ

∆θ = 0,5 °C

Questão 16 – Letra BComentário: Nesse problema, a energia potencial gravitacional da água se converte em energia térmica para aquecer a água. Na verdade, como a massa da água aparece tanto na fórmula da energia potencial gravitacional (Epg = mgh) quanto na fórmula do calor (Q = mc∆T), ela não interfere na solução deste problema. Para quantas vezes a água deve cair de uma altura de 0,5 m cada vez que passa de um copo para o outro, de modo que no final a temperatura aumente de 0,1 °C, basta igualar essas equações:

N m g h = m c ∆T ⇒

N = c ∆T/g h = (4 . 103 J/kg°C).0,1 °C/(10 m/s2.0,5 m/vez)⇒

N = 80 vezes

Questão 17 – Letra BComentário: Usando as informações referentes à fase inicial, e usando a equação Q = C∆T, podemos calcular a capacidade térmica de cada líquido:

Líquido A: Q = CA(40 – 20) ⇒ CA = Q/20

Líquido B: Q = CB(80 – 20) ⇒ CB = Q/60

Agora, podemos fazer o seguinte balanço de energia para calcular a temperatura de equilíbrio na fase final:

Calor cedido por B + calor recebido por A = 0Q60

(TE – 80) + Q20

(TE – 40) = 0 ⇒ TE = 50 °C

Também poderíamos chegar a esse resultado observando que a capacidade térmica do líquido B é 3 vezes maior do que a do líquido A. Assim, o líquido B deve sofrer uma diminuição de temperatura 3 vezes maior do que o aumento de temperatura do líquido A (∆TB = 3∆TA). Além disso, a soma dos módulos dessas variações de temperatura deve ser igual a 40 °C, que é a diferença de temperatura entre os líquidos antes de serem misturados. De fato, TE = 50 °C é o valor adequado, pois ∆TA = 10 °C e ∆TB = 30 °C, de forma que 30 °C é o triplo de 10 °C e, além disso, 30 °C + 10 °C é igual a 40 °C.

Questão 18 – Letra DComentário: Se denominarmos c o calor específico do bloco, o calor específico da água será 10c. O balanço de energia relativo ao contato do bloco com a primeira massa de água é:

QC + QR = 0 ⇒ 100.c.(T − 90) + 10.10c.(T’ − 0) = 0 ⇒ T = 90 − T’

O bloco, na temperatura T, deve ser transferido para a segunda massa de água. Ao ser inserido na segunda massa de água, o bloco e a água atingem o equilíbrio a uma temperatura T’. Essa é a temperatura que queremos determinar. O balanço de energia após o equilíbrio térmico ser atingido é:

QC + QR = 0 ⇒ 100.c.(T’ − T) + 10.10c.(T’ − 0) = 0 ⇒ 2T’ = T

Resolvendo o sistema de equações, achamos: T = 60 °C e T’ = 30 °C. Portanto, a temperatura do bloco, no momento em que ele é transferido para a segunda massa de água, é 60 °C.

Questão 19 – Letra AComentário: Para determinar a temperatura de equilíbrio, vamos usar a conservação da energia:

Calor cedido pelo calorímetro + Calor cedido pelo líquido + Calor absorvido pela massa = 0

10,0.(TE – 60) + 200.0,2.(TE – 60) + 100.0,1.(TE – 30) = 0 ⇒

TE = 55 °C

Questão 20 – Letra EComentário: Como o raio de A é o dobro do raio de B, o seu volume e sua massa serão 8 vezes maiores do que o volume e a massa de B. Assim, como ambos receberam a mesma quantidade de calor e têm o mesmo calor específico, a variação de temperatura de B será 8 vezes maior do que a de A. A variação de temperatura de A é de 100 – 20 = 80 °C, assim, a de B será de 640 °C, e sua temperatura final será 20 + 640 = 660 °C.

Questão 21 – Letra EComentário: Primeiramente, usando as informações dadas no gráfico, e escolhendo valores adequados (as contas ficam mais simples), podemos achar as capacidades térmicas do bloco de metal e líquido:

Cbloco = Q/∆T = 100 kJ/100 °C = 1,0 kJ/°C

Clíquido = Q/∆T = 100 kJ/40 °C = 2,5 kJ/°C

Agora, podemos achar a temperatura de equilíbrio atingida após o bloco de metal a 115 °C ser mergulhado no líquido a 10 °C. Notando que o bloco cede calor, e o líquido absorve, podemos escrever:Qcedido + Qabsorvido = 0 ⇒ Cbloco ∆Tbloco + Clíquido ∆Tlíquido = 0 ⇒

1,0.(TE − 115) + 2,5.(TE − 10) = 0 ⇒

TE = 40 °C

Questão 22 – Letra BComentário: Sendo T a temperatura final e usando a Lei Zero da Termodinâmica:

Q = 0

200. 0,2 (T – 60) + 100. 0,12 (T – 30) = 0

40T – 2 400 + 12T – 360 = 0

52T = 2 760

T = 53,1 °C

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Questão 23 – Letra DComentário: Usando a Lei Zero da termodinâmica e chamando m a massa da água a 0 °C e M a massa de água a 100 °C:

ΣQ = 0 ⇒ m . 1 (60 – 0) + M . 1 (60 – 100) = 0 ⇒

60m = 40M ⇒ =M3m2

Assim, será necessária uma xícara e meia de água fervendo.

Questão 24 – Letra AComentário: O volume de água fria a 20 °C despejado na banheira é:

VF = 10 min.8 L/min = 80 L

O volume de água quente a 70 °C que deve ser despejado na banheira para obter água a 30 °C pode ser obtido pelo seguinte balanço de energia:

Qcedido + Qabsorvido = 0 ⇒ (VQ.ρQ) cQ ΔTQ + (VF.ρF) cF ΔTF = 0 ⇒

Os quocientes V/ρ entre parênteses representam o volume pela densidade da água quente e fria. É razoável considerar que a densidade da água é igual nas duas temperaturas, assim como o calor específico c. Por isso, esses valores são cancelados. Assim, substituindo as temperaturas dadas, obtemos o seguinte volume de água quente:

VQ.(30 − 70) + 80.(30 − 20) = 0 ⇒ VQ = 20 L

Jorrando a vazão de 8 L/min, o tempo para a banheira receber o volume calculado acima é de 2,5 minutos.

Questão 25 – Letra DComentário: Os volumes do bloco e da água são:

Vbloco = (5 cm)3 = 125 cm3

Vágua = πR2h = 3,14(5 cm)².20 cm = 1 570 cm3

As massas do bloco e da água são:

mágua = ρágua.Vágua = (1 000 kg/m3).(1 570 . 10-6 m3) = 1,57 kg

mbloco = ρbloco.Vbloco = (1 600 kg/m3).(125 . 10-6 m3) = 0,20 kg

A temperatura de equilíbrio atingida após o bloco a 100 °C ser mergulhado na água a 25 °C é:

Qcedido + Qabsorvido = 0 ⇒ mbloco cbloco ΔTbloco + mágua cágua ΔTágua = 0 ⇒

0,20 kg.(418 J/kg°C).(TE − 100) + 1,57 kg.(4 180 J/kg°C).(TE − 25) = 0 ⇒ TE = 25,94 °C


01. Verdadeira. Como, para a mesma massa e mesma transferência de energia, a variação de temperatura de m2 foi maior, temos que o calor específico de m2 é menor que o calor específico de m1.

02. Falsa. Como, para a mesma massa e mesma transferência de energia, a variação de temperatura de m2 foi maior, temos que o calor específico de m2 é menor que o calor específico de m3.

04. Verdadeira.

=∆

∆⇒ =

∆

∆⇒ =

+⇒ =

C

CQT

.T

T

C

C

T

T2

T 1T

T 11

2 1

2

1

1

2

2

1

°C,

portanto, ΔT2 = T + 1 = 2 °C

08. Verdadeira.

=∆

∆⇒ =

∆

∆⇒ = ⇒ =

C

CQT

.T

Q

C

C

T

T12

T– 1T

T 21

3 1

3 1

3

3

1

°C,

portanto, ΔT1 = T = 2 °C

16. Verdadeira.

=∆

∆⇒ =

∆

∆⇒ =

+⇒ =

C

CQT

.T

Q

C

C

T

T12

T– 1T 1

T 32

3 2

3 2

3

3

2

°C,

portanto, ΔT3 = T – 1 = 2 °C

Questão 27 – I, II e VComentário:

I. Verdadeira. Para fazer tal aquecimento é necessária uma energia Q tal que Q = 1 000.1(100 – 25) = 75 kcal. Para fazer esse aquecimento é gasto um tempo t tal que

= =t7525

3 minutos

II. Verdadeira. Para fazer tal aquecimento é necessária uma energia Q tal que Q = 3 000.1(50 - 25) = 75 kcal.Para fazer esse aquecimento é gasto um tempo t tal que

= =t7525

3 minutos

III. Falsa. Para fazer tal aquecimento é necessária uma energia Q tal que Q = 1 000 . 0,5 (100 – 25) = 37,5 kcal.Para fazer esse aquecimento é gasto um tempo t tal que

= =t37,525

1,5 minutos

IV. Falsa. Para fazer tal aquecimento é necessária uma energia Q tal que Q = 1 000.1(45 – 20) = 25 kcal. Para fazer esse aquecimento é gasto um tempo t tal que

= =t2525

1 minutos

V. Verdadeira. Para fazer tal aquecimento é necessária uma energia Q tal que Q = 0,5.50 = 25 kcal. Para fazer esse aquecimento é gasto um tempo t tal que

= =t2525

1 minutos

Questão 28 – Letra CComentário: Os volumes de água fria e de água quente que passam nas respectivas serpentinas são de 18 L e de 12 L em cada minuto. Nesse tempo, a troca de calor entre esses líquidos é dada pelo seguinte balanço de energia:

Qcedido + Qabsorvido = 0 ⇒ (VQ.ρQ) cQ ΔTQ + (VF.ρF) cF ΔTF = 0 ⇒

Os quocientes V/ρ representam o volume dividido pela densidade da água quente e fria. Essas densidades são aproximadamente iguais, assim como o calor específico da água quente e fria. Por isso, esses valores são cancelados. Substituindo os dados, obtemos a temperatura da água quente na saída do trocador de calor:

12.(T − 85) + 18.(40 − 20) = 0 ⇒ T = 55 °C

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22 Coleção EM2

Questão 29 – Letra DComentário: O calor cedido pelo leite quente (aquecido pela resistência elétrica) que atravessa a serpentina do trocador de calor é igual ao calor recebido pelo leite frio que passa pela caixa onde está a serpentina. As vazões do leite frio e do leite quente são iguais, uma vez que um líquido é uma substância, praticamente, incompressível. Assim, o balanço de energia no trocador de calor é

QR + QC = 0 ⇒ vazão.c.(T − 5) + vazão.c.(20 − 80) = 0

Cancelando as vazões e o calor específico dos dois escoamentos e resolvendo a equação, obtemos T = 65 °C.

Questão 30Comentário: Caso não fosse perdido calor para o ambiente, a temperatura seria de 18 °C. Assim, a quantidade de calor cedido pode ser encontrada por meio da equação Q = m.c.Δθ. Assim:

Q = 300.1.2 = 600 = 6 . 102 cal

Questão 31Comentário: Sendo c o calor específico do material da esfera, m a massa comum dos líquidos, M a massa das esferas e usando a Lei Zero da Termodinâmica:

ΣQ = 0m.(360 – 300)CA + M.(360 – 400)c = 0 ⇒ 3.m.cA = 2.M.c (I)

m.(320 – 300)CB + M.(320 – 400)c = 0 ⇒ m.cB = 4.M.c (II)

A A

B B

3c c(I) 1 1(II) c 2 c 6

= =⇒ ⇒

Questão 32Comentário: Encontrando a temperatura-limite T para que sejam gastos menos de 12 kcal:Q = m.c.Δθ12 000 = 500.1(T)T = 24 °C

Logo, em 5 capitais, F, G, H, J e K, são necessárias mais de 12 kcal para tal aquecimento.

Questão 33Comentário: A) O comprimento de onda usado pela operadora de telefonia

pode ser encontrado por meio da seguinte equação: λ = c/f = (3 . 108)/(850 . 106) = 0,35 m

B) De acordo com o enunciado da questão a potência emitida pelo aparelho celular é 1 W = 1 J/s, logo no tempo de 9 min = 9.60 = 540 s o total de energia emitida será de 540 J.

ΔQ = m.c. ΔT ⇒ ΔT = ΔQ/m.c = 540/2 000.3,6 = 0,075 °C

Questão 34 Comentário:A) Igualando o trabalho da força de atrito da atmosfera sobre

a estrela cadente com a variação da sua energia cinética, que vai de 4,5 . 104 J para zero, obtemos a intensidade dessa força, lembrando que o percurso da estrela na atmosfera até atingir o repouso é de 1,5 km (1 500 m):

Fat.d = ΔEc ⇒ Fat.1 500 = 0 − 4,5 . 104 ⇒ Fat = 30 N

B) O trabalho da força de atrito da atmosfera equivalente ao calor necessário para produzir um aquecimento Δθ = 2 400 °C em uma estrela cadente de massa m = 0,1 g, e considerando o calor específico da estrela c = 0,90 J/g°C, vale:

Q = mcΔθ = 0,1 g.( 0,90 J/g°C).2 400 °C = 216 J


A) Considerando que a energia potencial gravitacional das bolinhas de chumbo converteu-se em energia térmica, podemos escrever a seguinte igualdade:

= ∆ mgh m c T ⇒ h c Tg

m= = =∆ 130 6

1078.

B) A figura mostra um desenho esquemático da fotografia tirada pelos estudantes.

1,5 cm

2,5 cm

Saco

A altura de queda do saco no 1º segundo pode ser facilmente calculada pela seguinte equação da cinemática:

= = =h12

gt12

10.1 5 m2 2

Supondo que a redução no tamanho da imagem fotografada ocorra na mesma escala ao longo de todo o prédio, podemos escrever a seguinte relação de semelhanças para calcular a altura do prédio:

=H

24cm5m

1,5cm ⇒ H = 80 m

Seção Enem

Questão 01 – Letra DEixo cognitivo: II


Habilidade: 6

Comentário: A potência dissipada corresponde à taxa de calor cedido à água, que é de:

P.t = Q = m.c.ΔT

De acordo com o gráfico, a variação de temperatura, na vazão de 3 L/min, na temperatura superquente, é de 32 °C e, na temperatura morna, é de 12 °C.

Dessa forma, a razão das potências será:

=∆

∆= =

P .t

P .t

m.c. T

m.c. T

25206720

38

M

SQ

M

SQ

Questão 02 – Letra CEixo cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: A energia liberada pelo sistema de arrefecimento será absorvida pela água do rio, aumentando a sua temperatura. Quanto maior a vazão, mais água terá para absorver esse calor e menor será o aumento da temperatura.

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O fluxo mínimo pode ser calculado utilizando o aumento máximo de temperatura:

E QE t Q T t

P t mc

liberada absorvida

liberada absorvida

==

=. . .

. . . .∆

∆2 ∆∆

∆

T tmt

Pc T t t t

kgs

..

. ..

. . .,

,

= = =

=

2 2 104 10 3

166 7

166 7

6

3

φ



Habilidade: 9

Comentário: A energia dissipada pelo suor em duas horas na situação em que a pessoa se encontra é de:

= η ∆

= = =

E P. . t

E 120.0,2.7 200 172 800 j 43 200calsuor

suor

A massa de suor que precisa ser vaporizada para dissipar essa energia pode ser encontrada usando seu calor de vaporização (L = 540 cal/g):

m EL

g= = =43200540

80

Assim, é necessário ingerir, pelo menos, 80 g de água a cada duas horas para manter o corpo hidratado, considerando apenas a perda pelo suor.

Questão 04 – Letra BEixo cognitivo: V


Habilidade: 4

Comentário: Considerando que haverá troca de energia (calor) apenas entre a massa de água quente (m1) e a massa de água fria (m2), temos:

+ = ⇒ = −

∆ = − ∆ ⇒ ∆ = − ∆

= −∆

∆= − −

−= −

−= =

Q Q 0 Q Q

m c. t m .c. t m t m t

m

m

t

t30 2530 70

540

18

0,125

1 2 1 2

1 1 2 2 1 1 2 2

1

2

2

1



Habilidade: 6

Comentário: Para se determinar o valor calórico de determinados alimentos a partir da realização desse teste, o técnico do centro de pesquisas de alimentos usou como base a primeira Lei da Termodinâmica (ΔQ = m.c.ΔT), cujo Q significa quantidade de calor, m a massa, c o calor específico, e T a temperatura. Como o calor liberado pela queima da massa de um determinado alimento é liberado para a água, e tanto a massa quanto o calor específico da água não conhecidos pelo técnico, faz-se necessária a utilização de um termômetro para determinar qual a variação de temperatura sofrida pela água com a queima do alimento e, assim, determinar o valor calórico do alimento.



Habilidade: 7

Comentário: Para maior eficiência dos aquecedores solares, a chapa metálica, que é o coletor solar, deve possuir uma alta condutividade térmica, pois, quanto maior sua condutividade térmica, melhor condutora de calor ela será e, consequentemente, transmitirá de forma mais eficiente a energia da radiação solar absorvida para as paredes internas e, por condução, para a água. O mesmo acontece com o material seletivo quente, que será mais eficiente do que aquele que possuir a maior razão entre a absorbância de radiação solar e a emitância de radiação infravermelha. Logo, a resposta correta é a alternativa E.



Habilidade: 21

Comentário: Vamos analisar as alternativas separadamente.

A) Incorreta. A confirmação da existência de água no estado de vapor na atmosfera de um planeta não garante que a água possa também existir no estado líquido nesse planeta, pois o estado da água, e de outras substâncias puras, depende da pressão e da temperatura da substância. É possível que, em alguma parte do planeta, os valores de temperatura e de pressão proporcionem as condições necessárias para a existência de água líquida. Por exemplo, para P = 5 atm e T = 200 °C, a água está no estado líquido, conforme indica o ponto M no diagrama de fases da água apresentado a seguir. Porém, não há a garantia da existência de água líquida apenas pela constatação da existência de vapor de água na atmosfera do planeta.

Pres

são

(atm

)

1

5

Sól

ido

M

Líquido

Pontotriplo

Ponto deebuliçãoa 1 atm

Vapor

100 Temperatura (°C)200

B) Incorreta. A temperatura de ebulição da água depende da pressão. De fato, como pode ser observado no diagrama anterior, para a pressão de 1 atm, a temperatura de ebulição da água vale 100 °C. Mas a temperatura de ebulição da água é maior que 100 °C quando a pressão exercida sobre sua superfície livre é maior que 1 atm, e menor que 100 °C para pressões menores que 1 atm.

C) Correta. O calor de vaporização é uma propriedade termodinâmica que depende da substância e da pressão exercida sobre ela. No caso da água, submetida à pressão de 1 atm, a temperatura de ebulição é de 100 °C. Nessas circunstâncias, uma quantidade de calor igual a 5,4 . 105 cal é necessária para vaporizar 1 kg de água no estado líquido. Esse valor é chamado de calor latente de vaporização.

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D) Incorreta. À certa pressão, quando uma temperatura igual ou maior do que a temperatura de ebulição do líquido é atingida, começa a fervura do líquido com a formação de bolhas em seu interior.

E) Incorreta. Mesmo quando o aquecimento da água ocorre com a máxima variação de temperatura, de 0 °C a 100 °C, o tempo para vaporizá-la completamente é maior do que o tempo para aquecê-la. A vaporização da água é 5,4 vezes mais demorada do que o aquecimento dela de 0 °C a 100 °C. Para obtermos esse valor, basta dividirmos o calor de vaporização QV = m.L (em que m é a massa, e L = 540 cal/g é o calor latente de vaporização da água) pelo calor sensível de aquecimento, QA = m.c.ΔT (em que c = 1,0 cal/(g°C) é o calor específico da água líquida, e ΔT = 100 °C é a elevação de temperatura da água). A razão de 5,4 entre QV e QA é também a razão entre os tempos de aquecimento e de vaporização da água, pois a taxa de fornecimento de calor é constante durante todo o processo. Observe que a massa m é cancelada, pois ela é a mesma no aquecimento e na vaporização, uma vez que a vaporização é completa. Por fim, veja o gráfico da temperatura em função do tempo mostrado no Caderno Principal. Parte dele ilustra esse processo. O gráfico também ilustra o aquecimento e a fusão do gelo. Nesse gráfico, veja que o tempo de fusão também é superior ao tempo de aquecimento do gelo. Porém, como o calor latente de fusão (L = 80 cal/g) não é tão grande quanto o de vaporização e, como o calor específico do gelo (c = 0,5 cal/g°C)é da ordem do calor específico da água líquida, o tempo de fusão não é muito maior do que o tempo de aquecimento do gelo. De fato, se o aquecimento do gelo principiasse a partir de uma temperatura muito baixa (menor do que −160 °C), o tempo de aquecimento do gelo seria maior do que o seu tempo de fusão.

Com base nas análises anteriores, conclui-se que a alternativa correta é a C.

Questão 08 – Letra AEixo cognitivo: I


Habilidade: 8

Comentário: Vamos analisar cada alternativa separadamente:

A) O calor gerado na queima do bagaço é usado para gerar vapor em uma usina térmica de eletricidade (figura a seguir). Essa eletricidade suplementar é gerada na própria indústria, permitindo uma redução nos custos de energia para a fabricação do álcool e do açúcar.

Ar

Calor

Caldeira

Turbina Gerador

Eletricidade

B) O uso do bagaço de cana gera economia de energia na produção do álcool e do açúcar, mas não gera aumento na quantidade de álcool e açúcar produzidos.

C) O bagaço de cana não pode ser transformado em álcool ou açúcar. O bagaço é apenas queimado para gerar energia elétrica, que será uma energia suplementar usada na produção do álcool e do açúcar.

D) De acordo com a planta mostrada na questão, todo o álcool produzido pela indústria é vendido, e não usado em parte na própria indústria para a geração de eletricidade. O bagaço de cana é que é usado nesse sentido.

E) As máquinas usadas na produção do álcool e do açúcar são as mesmas, quer a indústria aproveite ou não a energia calorífica gerada na queima do bagaço de cana.

Questão 09 – Letra BEixo cognitivo: I


Habilidade: 8

Comentário: Os poderes caloríficos do GNV e da gasolina são praticamente iguais, sendo o poder calorífico do GNV apenas 7% maior do que o da gasolina. Porém, em condições ambientes, 1 kg de GNV ocupa um volume muito maior que 1 kg de gasolina, pois a densidade da gasolina é quase 1 000 vezes maior que a densidade do GNV. Por isso, para não ocupar muito espaço no carro, o GNV é colocado sob pressão no tanque de combustível do carro. A foto a seguir mostra um tanque de GNV de um carro adaptado para rodar a gás.

CAPÍTULO – B3Refração da luz – Lentes



A) Um cristal com índice de refração 1,4 é um material transparente no interior do qual a luz viaja com uma velocidade 1,4 vez menor do que a velocidade de propagação da luz no vácuo. Portanto, como a velocidade da luz no vácuo é c = 3,0 . 108 m/s, a velocidade da luz nesse cristal é v = c/1,4 = 3,0 . 108/1,4 = 2,14 . 108 m/s.

B) Como o índice de refração do cristal (1,4) é maior que o índice de refração da água (1,33), o cristal é mais refringente do que a água. Por isso, um feixe oblíquo de luz que passa da água para o cristal se aproxima da normal, como mostrado na figura.

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Água (1,33)

Cristal (1,34)


A) De acordo com as leis da reflexão, o ângulo de incidência de um feixe de luz em relação à normal é igual ao ângulo de reflexão desse feixe em relação a essa mesma normal. Neste exercício, o ângulo 1 é o ângulo de incidência, e o 2 é o ângulo de reflexão correspondente. Por isso, os ângulos 1 e 2 são iguais. A diminuição do ângulo 3 em relação aos ângulos 1 e 2 é consequência direta da refração, que faz com que o raio refratado se aproxime da normal ao penetrar em um meio de índice de refração maior.

B) Como se trata de um prisma semicircular, qualquer raio de luz que passe pelo vértice do prisma (centro da face plana) irá sair dele sem sofrer desvio, já que o raio estará sobreposto à normal, que, nesse caso, está sobre o segmento que vai do vértice ao ponto de incidência do raio na superfície circular do prisma.


A) O índice de refração n1 corresponde ao meio onde a luz originalmente se propaga (o vidro), e n2 ao meio para o qual a luz vai penetrar (a água). Assim, neste problema, n1 = 1,5 (vidro) e n2 = 1,33 (água). O ângulo θ1 é o ângulo de incidência formado pelo raio incidente e pela linha normal no ponto de incidência sobre a interface de separação entre os meios 1 e 2. Assim, θ1 = 40°.

B) Aplicando a Lei de Snell, podemos achar o ângulo θ2 (ângulo de refração) formado pelo raio refratado e a linha normal:

n1 sen θ1 = n2 sen θ2 ⇒ 1,5.sen 40° = 1,33.sen θ2 ⇒ 1,5.0,64 = 1,33. sen θ2 ⇒ sen θ2 = 0,72

Da tabela dada na questão, tiramos θ2 = 46°.

C) A figura a seguir mostra a luz passando da parede de vidro para a água do aquário, bem como os valores dos ângulos e dos índices de refração envolvidos nos cálculos anteriores.

n2 = 1,33 (água) n1 = 1,5 (vidro)

θ2 = 46°

θ1 = 40°

Questão 04Comentário: Na 1ª imagem, a luz passa do ar (n1 = 1,0) para o vidro (n2 = 1,5) com um ângulo de incidência θ1 = 45°. Vamos calcular o ângulo de refração θ2 usando a Lei de Snell para verificar se esse valor é realmente 28°, como indicado na figura:

n1sen θ1 = n2sen θ2 ⇒ 1,0.sen 45° = 1,5.sen θ2 ⇒ 1,0.0,71 = 1,5.sen θ2 ⇒ sen θ2 = 0,47

Consultando uma tabela trigonométrica, ou usando uma calculadora científica, como aquelas que temos na maioria dos celulares, achamos θ2 = 28,0°.

Na 2ª imagem, a luz passa do ar para o diamante (n2 = 2,8), e também com um ângulo de incidência θ1 = 45°. Usando a Lei de Snell, achamos o seguinte ângulo de refração:

n1sen θ1 = n2sen θ2 ⇒ 1,0.sen 45° = 2,8.sen θ2 ⇒ 1,0.0,71 = 2,8.sen θ2 ⇒ sen θ2 = 0,25

Consultando uma tabela trigonométrica, ou usando uma calculadora científica, θ2 = 14,5°, que é bem próximo ao ângulo de 15° indicado na figura.


A) A imagem do gato que o peixe enxerga é virtual, pois ela é formada pelos prolongamentos dos raios de luz.

B) Considerando nágua = √2, nar = 1, sen 30° = 0,5 e utilizando a Lei de Snell, temos

θ θ ⇒ θ = ⇒

θ = ⇒ θ =

n .sen = n .sen 1.sen 2 . 1/2

sen 22

45°

1 1 2 2 1

1 1

C) Observando a figura a seguir, verificamos que o ângulo formado pelo prolongamento do raio refratado com a normal é igual a θ2 (ângulos opostos pelo vértice). Portanto, temos a seguinte relação entre os ângulos θ1 e θ2:

tg DH

e tg Dh

θ θ2 1

= =

Combinando essas expressões, obtemos:

Hhtg

tgcm= = =

θ

θ1

2

50 10 577

87.,

θ1

θ2

Linha normal

Imagem

50 cm

D

h

H

Questão 06Comentário: Como sen 90° = 1, a Lei de Snell aplicada a uma situação de reflexão total resume-se a n1.sen (L) = n2, logo, sen (L) = n2/n1. Como o valor do índice de refração do ar é igual a 1,0:

Para o sistema vidro-ar:

sen (L) = 1,0/1,50 = 0,67 ⇒ L ≅ 42°

Para o sistema água-ar:

sen (L) = 1,0/1,33 = 0,75 ⇒ L ≅ 48,5°

Para o sistema vidro-água:

sen (L) = 1,33/1,50 = 0,88 ⇒ L ≅ 62,5°

Para o sistema diamante-ar:

sen (L) = 1,0/2,80 = 0,36 ⇒ L ≅ 21°

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Questão 07Comentário:A) Utilizando conceitos geométricos, é possível mostrar que

os ângulos da primeira e da segunda incidências são, respectivamente, 60° e 30°. Assim, na primeira incidência, o ângulo é superior ao ângulo limite (L = 42°) e, portanto, há reflexão total. Na segunda incidência, o ângulo é menor que o ângulo limite e, portanto, não há reflexão total. A figura a seguir mostra a trajetória da luz que incide e emerge no prisma.

60°

30°

θ3

θ4

60°60°

30°

30°

B) O ângulo θ4 deve ser obtido com auxílio da Lei de Snell:

nvidro . sen θ3 = nar .sen θ4

= θ ⇒ θ = ⇒θ ≅1,50.sen 30 1.sen sen 0,75

49°4 4

4


A) A luz branca, formada por luzes de várias frequências, não sofre dispersão ao penetrar perpendicularmente a face de um vidro, pois, como o ângulo de incidência é zero, o ângulo de refração, segundo a Lei de Snell, também é zero.

B) Segundo a Tabela 3, o índice de refração do vidro para a luz azul é maior do que o índice de refração do vidro para a luz verde. Por isso, a luz azul desvia aproximando-se mais da normal do que a luz verde, como mostrado na figura a seguir. A diferença nos desvios sofridos pelas duas luzes foi exagerada para facilitar sua visualização. A figura também mostra a refração da luz branca, que ocorre sem desvio, conforme explicado no item A.

Luz branca Luz verde Luz azul

Ar


A) A principal diferença entre os arco-íris primário e secundário é que os raios que formam o arco-íris primário sofrem apenas uma reflexão total dentro da gota de água, enquanto no arco--íris secundário os raios de luz sofrem duas reflexões totais, o que resulta na inversão da ordem das cores no arco-íris secundário em relação à ordem das cores do arco-íris primário.

Além disso, no caso de um arco-íris secundário, os raios de luz percorrem uma trajetória maior dentro da gota de água e, com isso, perdem parte de sua energia. Disso resulta o fato de o arco-íris secundário ser menos brilhante que o arco-íris principal. Como pode ser observado na figura, os raios de luz sofrem apenas uma reflexão total na gota, logo, a pessoa está vendo um arco-íris primário.

B) Embora a Tabela 3 só forneça os índices de refração para a luz quando ela se propaga no vidro, de uma forma geral, nos meios dispersivos, quanto maior for a frequência da luz, maior será o índice de refração do meio. Verificamos na figura do exercício que o desvio sofrido pelo raio representado pela seta cinza é menor e produz a faixa superior do arco-íris. Assim, concluímos que esse raio representa a cor vermelha. Para o raio representado pela seta preta, verificamos que o desvio é maior e que essa cor produz a faixa inferior do arco-íris. Desse fato conclui-seque esse raio representa a cor violeta.

C) Para uma pessoa em uma posição diferente, os raios de luz vindos do arco-íris deverão partir de posições diferentes para atingir os olhos dessa pessoa, ou seja, eles deverão partir de gotas em posições diferentes no céu. Portanto, os arco-íris principais vistos por duas pessoas em posições distintas, apesar de apresentarem a mesma sequência de cores, serão diferentes, já que não serão formados pelos mesmos raios de luz, estando, consequentemente, em posições diferentes no céu.


A) Enquanto estiverem imersas em um meio menos refringente, lentes de bordas finas se comportarão como lentes convergentes, e lentes de borda grossa se comportarão como lentes divergentes. Assim, a lente da esquerda (biconvexa) é convergente, e a lente da direita (bicôncava) é divergente.

B) Observe a equação de Halley:

1 1 1 1

1 1f

n

n R RL

M

= −

± ±

Enquanto o meio em que a lente estiver imersa possuir índice de refração menor que o da lente, ela terá o comportamento tradicional, ou seja, uma lente de bordas finas será convergente, e uma lente de bordas grossas será divergente. Porém, quando o meio em que a lente é imersa possuir um índice de refração maior que o da lente, haverá uma inversão no comportamento dela. Isso ocorre porque o primeiro fator da equação de Halley terá um valor negativo e, com isso, o sinal obtido para a distância focal da lente será invertido em relação ao valor original. Assim, uma lente que apresentava comportamento convergente agora se comporta como uma lente divergente.

A figura seguinte mostra o comportamento de uma lente de bordas finas imersa em um meio mais refringente que a lente.

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A) Independentemente do meio de imersão da lente, o raio incidente perpendicularmente à face plana da lente sofre refração sem desvio. Na saída, ao passar de volta para o ar, a luz se afasta da normal, pois o ar é menos refringente do que o vidro da lente. Caso a lente esteja imersa na água, a luz também se afasta da normal, pois a água também é menos refringente do que o vidro. Porém, esse desvio é menos acentuado do que aquele que ocorre quando a lente está no ar, pois o índice de refração da água (1,30) é mais próximo ao índice de refração do vidro (1,5), comparativamente com o índice de refração do ar (1,0). As figuras a seguir mostram as duas situações. Como a lente imersa na água tem uma distância focal maior, usada como lupa, ela produz uma ampliação menor do que aquela obtida com a lente no ar.

Ar

Foco

Água

Foco

B) O vidro apresenta um índice de refração maior para a luz azul comparado com o índice de refração para a luz vermelha. Assim, a lente desvia a luz azul de forma mais acentuada do que a luz vermelha, conforme mostrado na figura a seguir. Assim, a lente tem distância focal menor quando exposta à luz azul, de modo que, usada como lupa, ela produz uma ampliação maior do que aquela obtida com a luz vermelha.

Ar


A) Da figura, notamos que a imagem produzida pela lente dos óculos é direta e menor do que o objeto (os olhos da jovem). A lente que produz esse tipo de imagem é a lente divergente.

B) Como as imagens dos olhos apresentam uma redução de 2,5, e como a distância dessas imagens às lentes dos óculos é de 50 cm (0,50 m), podemos escrever as seguintes relações:

A = Hi/Ho = di/do ⇒

1/2,5 = di/0,50 ⇒

di = 0,20 m

C = 1/f = 1/do−1/di ⇒

C=1/f=1/0,50−1/0,20⇒

C=1/f=−3,0dioptrias

O sinal negativo usado para a parcela 1/di é porque a imagem é virtual, e o sinal negativo encontrado para a convergência C confirma que a lente é divergente.

Questão 13Comentário: Veja no exercício que a imagem da esquerda mostra os olhos do professor ampliados. Como essa imagem é também direta, concluímos que se trata de uma lente convergente com o objeto (os olhos do professor) entre o foco e o vértice da lente. Na imagem à direita, vemos que há uma diminuição da imagem dos olhos do professor. Seguindo o mesmo raciocínio utilizado para a primeira figura, conclui-se que nesse caso as lentes utilizadas são divergentes.

Questão 14Comentário:A) Para esse cálculo, são necessárias as duas equações de Gauss.

Como mencionado no exercício, a imagem será real e duas vezes menor. Assim:

( )

= ⇒ = ⇒ =

= + ⇒ = + ⇒

= ⇒ =

Add

12

dd

dd2

1f

1d

1d

10,20

1d /2

1d

10,20

3d

d 0,60 m

i

o

i

oi

o

i o o o

oo

B) Na situação proposta no enunciado desse item, a vela é projetada em uma tela a 60 cm da lente, portanto,

= + ⇒ = + ⇒

= ⇒ = ⇒ =

1f

1d

1d

10,20

10,60

1d

10,20

– 10,60

1d

1d

3–10,60

d 0,30 m

i o o

o oo

C) Como a imagem é direita, conclui-se que ela é virtual. Sendo a imagem duas vezes maior que a vela, temos:

= ⇒ = ⇒ =

= + ⇒ = + ⇒

=+

⇒ =

Add

2dd

d –2d

1f

1d

1d

10,20

– 12d

1d

10,20

–1 22d

d 0,10 m

i

o

i

oi o

i o o o

oo

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A) A figura ilustra a determinação gráfica da imagem, obtida com dois raios de luz notáveis incidentes na lente. Observe que a imagem é virtual e direta, ela se acha entre 12 cm e 13 cm da lente e tem uma altura um pouco menor do que 5,0 cm. Para achar esses valores com precisão, devemos usar as equações de Gauss, conforme está apresentado no item B.

F F

B) Dafiguradaquestão:f=−20cm(osinalnegativoéporquea lente é divergente), do = 30 cm e Ho = 10 cm. Aplicando as equações de Gauss, obtemos di e Hi:

1/f = 1/do−1/di ⇒−1/20=1/30+1/di ⇒ di=−12cm

Hi/Ho = di/do ⇒ Hi/10 = 12/30 ⇒ Hi = 4,0 cm

O sinal negativo usado para 1/f é porque a lente é divergente, e o sinal negativo encontrado para di confirma que a imagem é virtual.


Questão 01 – Letra DComentário: Note que o ângulo de incidência vale q1 = 35° e, por isso, o ângulo de reflexão q3 também deve ser igual a 35°. Portanto, por exclusão, as opções possíveis de respostas para esse exercício são as letras D e E. Como o ângulo de refração q2, obviamente, deve ser menor que 35°, pois a luz se aproxima da Normal ao penetrar na água, concluímos que a opção certa de resposta deve ser a letra D.

Raio incidente Raio refletido

Raio refratado

Água

Ar 55° 55°

θ1 = 35° θ3 = 35°

θ3

Substituindo esses valores e os valores dos índices de refração do ar (1,0)edaágua(1,33)naequaçãodaLeideSnell,vamosverificarque o 1º lado e o 2º lado da equação são aproximadamente iguais:

nar sen q1 = nágua sen q2 ⇒ 1,0.0,574 = 1,33.0,431 ⇒ 0,574 ≅ 0,573

Questão 02 – Letra DComentário: A figura mostra uma representação para o enunciado deste problema. Aplicando a lei de Snell, podemos achar o índice de refração do meio 2, e descobrir a substância constituinte desse meio.

n1sen q1 = n2sen q2 ⇒ 2,4.sen 30° = n2.sen 45° ⇒ 2,4.0,50 = n2. 0,71 ⇒ n2 = 1,69

Da tabela dada na questão, concluímos que o meio 2 é constituído por safira.

Meio 2 (n2 = ??)

Meio 1: diamante (n1 = 2,4)

30°

45°

Questão 03 – Letra AComentário: Como o índice de refração do prisma é maior do que o meio externo – o ar –, na primeira refração há aproximação da normal e na segunda, afastamento da normal. Essa aproximação e esse afastamento serão menos intensos para a onda de maior comprimento de onda, já que a diferença entre os índices de refração é menor, o que é representado pela alternativa A.

Questão 04 – Letra CComentário: Na propagação do meio de índice de refração n0 para aquele de índice n1, não há aproximação nem afastamento da normal, logo, n0 = n1. Tanto na transição entre os meios n1 e n2 quanto na transição entre n2 e n3 há aproximação da reta normal, portanto, n1 < n2 < n3.

Questão 05 – Letra EComentário: Como o homem está em um meio menos refringente, a imagem se encontra acima da posição real do objeto, e ele deve mirar em C, que está abaixo da imagem em B. Analogamente, como o peixe está em um meio mais refringente, ele vê a imagem mais distante do que na realidade e, logo, deverá mirar em 3.

Questão 06 – Letra CComentário: Como a lâmina de tecido biológico tem índice de refração maior do que o ar, a luz, ao incidir nela, aproxima-se da normal.Logo,umobjeto,doar,évistoacimadasuaposiçãoreal,de tal forma que a localização real da estrutura só pode se dar em C.

Questão 07 – Letra EComentário: O índice de refração de I é igual ao do meio externo, já que não houve desvio do feixe de luz. O índice de refração de II é maior que o do meio externo, já que há aproximação da normal. OopostoocorreemIII.Logo,nII > nI > nIII.

Questão 08 – Letra CComentário: Como a reflexão total só pode ocorrer da incidência de um meio mais refringente para outro menos refringente, temos que o ar nas camadas inferiores tem índice de refração menor, oqueéexplicadopelasuamenordensidade(maiorseparaçãoentre as moléculas e menos impedimento para a propagação de ondas eletromagnéticas). Isso, por sua vez, é explicado pela maior temperatura do ar nessa região e pela maior proximidade do solo, que aquece o ar a partir da emissão de radiação infravermelha (oarnãoseaquecepeloSoldiretamente,massimpelaradiaçãoinfravermelha emitida pelo solo após a absorção da radiação ultravioleta do Sol). Como há a propagação sucessiva para meios com menor índice de refração, há afastamento da normal, ou seja, aumento do ângulo de refração.

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Físi

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Questão 09 – Letra AComentário: Como o índice de refração da água é maior para a luz azul, essa radiação vai sofrer o maior desvio ao entrar e sair da gota de água. Veja a seguir.

Luz branca

Luz azul

Luz vermelha

N

Dessa forma, o diagrama correto para explicar os fenômenos que ocorrem na formação de um arco-íris está representado na alternativa A.


1. Verdadeira.Luzpolicromática(luzconstituídaporradiaçõesde diferentes frequências) pode se dividir em várias partes (cadaumacomsua frequênciaprópria).Esse fenômenoéchamado de dispersão da luz.

2. Verdadeira. Na reflexão interna dentro da gota, ou em uma reflexão especular qualquer, o ângulo de incidência é igual ao ângulodereflexão(2ªleidareflexão).

3. Falsa. Ao entrar na gota no ponto A, a luz violeta é a que sofre o maior desvio, aproximando-se mais da normal do que as outras luzes dispersadas. Isso ocorre porque o índice de refração da água é maior para a luz violeta, significando que essa luz é a que tem a maior redução de velocidade ao penetrar na água. A figura em cores a seguir mostra o fenômeno da dispersão da luz dentro da gota com mais detalhes do que a figura apresentada no enunciado dessa questão.


I. Verdadeira. São esses os parâmetros constantes da equação de fabricante de lentes, ou seja, os índices de refração da lente, do meio, e a curvatura das faces da lente.

II. Verdadeira. Lentes de bordas grossas normalmente sãodivergentes, mas invertem seu caráter caso o índice de refração do material da lente seja menor do que o do meio circundante.

III. Verdadeira. A espessura da lente conforma sua distância focal, o que influencia na nitidez da imagem.

IV. Falsa. A luz sofre dispersão apenas em lentes divergentes.

V. Falsa. Uma lente convergente deve ter duas faces com curvaturas positivas, independente de estas serem idênticas (ouumacurvaturapositivaeoutranegativa,deformaqueesta seja maior que aquela).

Questão 12 – Letra CComentário: As duas lentes são convergentes. Uma maneira interessante de perceber que a lente L1 é convergente é lembrar da reversibilidade da luz (raios que chegam emparalelo ao eixo, convergem para o foco da lente). Assim, os pontos P e Q correspondem aos focos das lentes 1 e 2, respectivamente. Veja, na figura, que a distância focal da lente 1 é menor que a da lente 2 (f1 < f2). Assim, como as lentes têm o mesmo tamanho, a primeira delas deve ter maiorespessura(curvaturamaisacentuada).

Questão 13 – Letra DComentário: As figuras mostram lentes de borda fina, que são convergentes se nL > nM e divergentes se nM > nL. Na primeira figura, a lente está convergindo os raios de luz e, na segunda, divergindo. Assim, n2 > nL > n1.

Questão 14 – Letra AComentário:NomeioA(mesmoíndicederefraçãodalente),não ocorre refração quando a luz muda de meio, do meio A para a lente e da lente para o meio A. Dessa forma, o dispositivo não funciona como lente.QuandomergulhadanomeioB (índicede refraçãomaior que o da lente), a lente (de bordasmaisfinas que a parte central) vai divergir a luz que chega a ela. Dessa forma, nesse meio, a lente será divergente.

Questão 15 – Letra DComentário:I. Falsa. Ambas as lentes são convergentes, pois elas apresentam

as bordas mais finas do que a parte central. Além disso, omaterialdalente(vidro)émaisrefringentedoqueomeioondeelasestãoimersas(oar).Issotambéméimportantepara definir se uma lente é convergente ou divergente. Se as lentes estivessem imersas em um meio mais refringente (porexemplo,bisulfetodecarbono),ambasseriamlentesdivergentes.

II. Verdadeira.AlenteL2 é mais convergente do que a outra porque elaémaisgrossa.Assim,adistânciafocaldeL2 é menor do que adalenteL1.

III.Falsa.ComoalenteL2 tem distância focal menor, possivelmente, oobjetoOestaráalémdopontoantiprincipal (ponto cujadistância à lente é o dobro da distância focal), de modo que aimagemgeradapelalenteémenorqueoobjeto(Figura2). Por outro lado, o objeto O parece estar sobre o ponto antiprincipal da lente, ou bem perto dele, de modo que a imagem gerada é aproximadamentedomesmotamanhodoobjeto(Figura1).

O

F

L1

F

Figura 1

O

F

L2

F

Figura 2

L1

IV. Verdadeira. Observando as figuras 1 e 2, percebemos que as imagens do objeto O são formadas nos cruzamentos dos raios. Portanto, as imagens de O geradas pelas duas lentes são reais.

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Questão 16 – Letra AComentário: Como a imagem é invertida, ela é real, e a lente é convergente, já que lentes divergentes sempre formam imagens virtuais. Pela figura, percebe-se que a imagem é menor que o objeto.

Questão 17 – Letra BComentário: Usando a equação de Gauss, e considerando que a imagem é virtual, já que é direta:

= +

= +

= =

1f

1d

1d

1f

150

1

–503

f –25cm –14

m

o i

A lente é divergente, já que o sinal da distância focal é negativo.

Questão 18 – Letra BComentário: Quando se aumenta a espessura de uma lente, mantendo-se o seu tamanho, obtemos uma curvatura mais acentuada. Dessa forma, a distância focal da lente vai diminuir. A imagem formada sobre a tela é real. Assim, DI > 0. Vamos analisar a equação de Gauss nos dois procedimentos.

I. Falsa. Para DO constante, temos: 1

f

1

D

1

D= +

O I

Constante positiva Observe que DI deve diminuir.

II. Verdadeira. 1

f=

1

DO

+1

DI

← Constante positiva

Veja que a distância do objeto à lente deve diminuir.


1. Verdadeira. Para do>2f(objetoalémdopontoantiprincipal),a imagem é real, invertida, se forma do outro lado da lente entre o foco e o ponto antipricipal e é menor do que o objeto. Uma aplicação para esse caso de formação da imagem da lente convergente é a máquina fotográfica.

2. Verdadeira. Para do=2f(objetosobreopontoantiprincipal),aimagem é real, invertida, se forma do outro lado da lente sobre o ponto antipricipal e é do mesmo tamanho do que o objeto.

3. Falsa. Para do>f(objetoalémdofoco),aimageméreale invertida, se forma do outro lado da lente, podendo ser maior, menor ou igual ao objeto, dependendo do posicionamento exato do objeto.

4. Falsa. Para do<f(objetoentreofocoealente),aimagemévirtual, direta, se forma do mesmo lado do objeto e é maior que objeto. Uma aplicação desse caso é a lupa ou lente de aumento.

5. Verdadeira. Para do = f (objeto sobre o foco), não háformação de imagem, pois os raios de luz provenientes de um mesmo ponto do objeto refratam na lente e seguem paralelos entre si, de modo que esses raios, ou seus prolongamentos, nãosecruzamemnenhumponto(imagemimprópria).

Questão 20 – Letra AComentário: Usando a equação de Gauss e a equação do aumento:

1f

1d

1d

125

150

1d

d 50cmo i i

i= + ⇒ = + ⇒ =

d

d

h

h5050

h

10h 10cmi

o

i

o

ii

= ⇒ = ⇒ =

Logo,aimageméreal,jáquedi > 0 e tem dimensão igual à do objeto.


θ1 = 60°

Onda incidente v1 = c = 3,0 . 108 m/s

θ2 = 30°Onda refratada com velocidade v2Onda refratada com velocidade v2

Para calcular a velocidade da onda eletromagnética no cristal (v2),podemosaplicaraLeideSnell:

n1 sen q1 = n2 sen q2

O índice de refração do ar é n1 = 1,0, e os ângulos de incidência e de refração são q1 = 60° e q2 = 30°, cujos senos valem

3/2 e 1/2, respectivamente. Então, substituindo esses valores na equação anterior, obtemos o seguinte valor para o índice de refração do cristal:

= ⇒ =1,032

n12

n 32 2

Por fim, aplicando a definição do índice de refração, obtemos a velocidade da onda eletromagnética no cristal:

n cv

xv

v . m s22

8

22

83 3 0 10 3 10= ⇒ = ⇒ =, /


I. Falsa. Para que o peixe veja a águia, é necessário que haja incidência de luz proveniente da águia nos olhos do peixe. Como essa propagação se dá de um meio menos refringente para outro mais refringente, não cabe falar de reflexão total.

II. Verdadeira. A águia vê o peixe em uma posição mais próxima do que ele está na realidade, por estar localizada num meio menos refringente. Ao se aproximar da água, essa distorção vai diminuindo, e logo, ela vê o peixe progressivamente mais abaixo.

III. Verdadeira. O peixe vê a águia em uma posição mais distante do que ela se encontra realmente, pois o peixe está num meio mais refringente. Quanto mais a águia se aproxima, mais essa distorção se esvai. De qualquer forma, é natural imaginar que, com a aproximação da águia, o peixe a veja mais abaixo.

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IV. Falsa. A imagem é formada pelo prolongamento dos feixes de luz que são emitidos pelo corpo observado, sendo, portanto, virtual. A diferença entre posição observada e posição real se dá justamente pelo desvio dos feixes de luz quando da refração.

Questão 23 – Letra EComentário: O ângulo de incidência da segunda refração, para ambos os feixes de luz, será de 45°, o que pode facilmente ser verificado pela geometria do problema. Assim, o feixe azul sofre reflexão total, e o feixe vermelho refrata para o ar, afastando-se da normal.

Questão 24 – Letra AComentário: A figura mostra a lente convergente fabricada conforme o método apresentado no enunciado dessa questão.

Gota de glicerina (n = 1,5)

R = 2,5 mm = 0,0025 m

Folha de plástico com umfuro de diâmetro 5,0 mm

Os raios de curvatura R1 e R2 da face convexa e da face plana dessasemiesferavalem0,0025me∞,demodoque1/R1 e 1/R2 valem 400 m−1 e zero. Substituindo esses valores e o índice de refração n = 1,5 da glicerina na equação dos fabricantes de lentes, e lembrando que o raio de curvatura é positivo para uma superfície convexa, obtemos a seguinte convergência para a lente semiesférica de glicerina dessa questão:

C=1/f=(n−1).(1/R1 + 1/R2)=(1,5−1).(400−0)⇒ C = +200 dioptrias

O sinal + para a convergência já era esperado, pois essa lente é convergente.

Questão 25 – Letra BComentário: Primeiramente, vamos aplicar a equação dos fabricantes de lentes para determinar o índice de refração da lente, considerando que, imersa no ar, a distância focal f = –60 cm (o sinal negativo é porque a lente é divergente no ar). Substituindo esse valor e também os raios R1 = ∞ (a face plana tem raio de curvatura infinito) e R2 = –30 cm (o sinal negativo decorre de a outra face ser côncava), obtemos o seguinte valor para o índice de refração da lente:

± 1/f = (nlente/nar – 1)(±1/R1 ±1/R2) ⇒ –1/60 = (nlente –1)(1/∞ – 1/30) ⇒ nlente = 1,5

Para calcular a nova distância focal da lente, agora imersa no meio de índice de refração igual a 3, vamos substituir o índice de refração e os raios de curvatura da lente na equação dos fabricantes de lentes. Como ainda não conhecemos o valor da distância focal nem se a lente vai se comportar como convergente ou divergente, vamos considerar 1/f positivo. Assim:

1/f = (1,5/3 – 1) (1/∞ – 1/30) ⇒ f = +60 cm

Como f = +60 cm, significa que a lente agora se comporta como uma lente convergente. Coincidentemente, sua distância focal continua valendo, em módulo, 60 cm. A primeira figura a seguir ilustra raios de luz refratando na lente imersa no ar (a lente se comporta como divergente), e a segunda figura mostra o caso em que a lente está imersa no meio de índice de refração 3 (a lente se comporta como convergente).

ArMeio mais refrigerado

Questão 26 – Letra DComentário: Lentes divergentes só formam imagens reduzidas, logo, a lente é convergente. Como há ampliação de 2,5 vezes da imagem em relação ao objeto, a distância entre imagem e lente é de 30 cm. Usando a equação de Gauss e lembrando-se de que a imagem é virtual, já que é direta:1f

1d

1d

1f

112

2130

f 20cmo i

= + ⇒ = +−

⇒ =

Questão 27 – Letra DComentário: Como a imagem é ampliada 20 vezes, a distância x dela até a lente é 20 vezes maior que a distância entre objeto e lente. Sendo assim, utilizando a equação de Gauss e lembrando-se de que a imagem deve ser real para ser projetada:

= + ⇒ = + = ⇒ =1f

1d

1d

1d

1x

1x

20

21x

x 21do i

Questão 28 – F V F F FComentário: De acordo com a figura dessa questão, e considerando que o lado de cada quadrinho da figura mede 1 cm, a distância entre o objeto O e a imagem i vale 18 cm, ou seja: do + di = 18 (equação 1). Ainda de acordo com a figura, o objeto tem uma altura Ho = 4 cm, e a imagem tem uma altura Hi = 2 cm. Portanto, Ho = 2Hi, de modo que do = 2di (Equação 2). Resolvendo o sistema formado pelas equações 1 e 2, obtemos do = 12 cm e di = 6 cm. Isso significa que a lente está na posição indicada na figura a seguir. Note que esta posição poderia ter sido obtida graficamente traçando-se o raio de luz unido o topo da vela ao topo da imagem da vela. O ponto onde esse raio intercepta o eixo da lente indica a posição dela. Observe ainda que a lente é convergente, pois a imagem é real e invertida. A distância focal da lente pode ser calculada pela equação 1/f = 1/do + 1/di. Substituindo os valores de do e di, obtemos f = +4 cm. O sinal positivo de f confirma que a lente é convergente. Observe também que o foco e a distância focal da lente poderiam ser obtidos graficamente por meio do raio de luz notável que sai do topo da vela e segue paralelo ao eixo da lente, convergindo para o foco no lado oposto, ou ainda por meio do raio de luz que sai do topo da lente e que passa pelo foco, saindo paralelo ao eixo da lente no lado oposto. Depois de atravessar a lente, esse raio converge para o foco da lente e passa pelo topo da imagem da vela.

i

o1 cm

Eixo principal

1 cm

FF

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32 Coleção EM2

Falsa. Realmente, a imagem é real, invertida e menor que o objeto, mas o centro óptico da lente (ponto no eixo da lente onde essa está situada) se acha a 6 cm à esquerda da imagem i.

Verdadeira. Realmente, a imagem é real, invertida e menor que o objeto, e também o foco da lente se acha a 8 cm à direita do objeto.

Falsa. A imagem é real, pois é formada pelo encontro de raios luminosos, e não pelo encontro de seus prolongamentos.

Falsa. O aumento linear transversal é A = Hi/Ho = +0,5, e não –0,5 cm. Esse valor é adimensional, pois ele é a razão entre duas alturas. Neste problema, esse valor é positivo, pois a imagem é real. A distância do objeto ao centro óptico realmente vale 12 cm.

Falsa. A interseção do eixo da lente com a reta que une o topo da vela ao topo da imagem é o centro óptico da lente, e não o ponto antiprincipal (ponto sobre o eixo da lente e que se acha a uma distância 2f da lente). Neste problema, o ponto antiprincipal dista 8 cm da lente, pois f = 4 cm. Assim como há dois focos sobre o eixo da lente, há dois pontos antiprincipais sobre esse eixo, um de cada lado da lente.


A) O raio B é convencional, ele é o raio refletido pela interface dos meios 1 e 2. O raio D também é convencional, ele é o raio refratado pelo meio 2. Nesse caso, como o raio D afastou-se da normal, concluímos que o meio 2 é menos refringente do que o meio 1, ou seja, o índice de refração do meio 2 é menor que o do meio 1: n2 < n1. O raio C também é convencional, ele representa a situação em que o ângulo de incidência θ1 = 30° é o ângulo limite a partir do qual ocorre reflexão total na interface 1-2. O raio não convencional é o raio E, ele representa uma refração com inversão de lado, o esperado seria o raio refratar indo para o lado direito da linha normal, como ocorrem com os raios C e D. Usando a Lei de Snell, considerando o raio E, e sabendo que n1 = 1,8, o índice de refração do meio 2 vale:

n1sen θ1 = n2sen θ2 ⇒ 1,8.sen 30° = n2.sen 45° ⇒ 1,8.1/2 = n2. 1,4/2 ⇒ n2 = 1,3

B) Primeiro, vamos achar a velocidade da luz no meio dado nessa questão:

v = 1/√εμ = 1/ 2,0 . 10 .1,25 . 1011 6− − = 2,0 . 108 m/s

Então, o índice de refração do meio vale:

n = c/v = 3,0 . 108/2,0 . 108 = 1,5

Questão 30Comentário: De considerações geométricas, concluímos que o ângulo de incidência da luz na face B é igual a 30° (figura a seguir).

30°

30°60°

Impondo que esse ângulo é o ângulo limite do sistema prisma / ar, então a figura mostra o ângulo de incidência mínimo a partir do qual ocorre reflexão total, de modo que o índice de refração mínimo do prisma deve ser igual ao seguinte valor:

θ = ⇒

= = =

n sen n sen90°

n sen90°sen30°

11 / 2

2

prisma L ar

prisma


A) Na primeira refração, o feixe passa sem desvio. Logo,

o ângulo de incidência na segunda refração será de 30°.

Utilizando a Lei de Snell-Descartes para encontrar o ângulo

de refração:

1,532.sen30° = 1.senθR ⇒

θR = 50°

O desvio será, portanto, de 50° – 30° = 20°.

B)

–80°

80°

–70°

70°

–60°

60°

–50°

50°

–40°

40°

Prisma de vidro

Feixe de luz

Violeta

θvi

α

–30°

30°

–20°

20°

–10°

10°0°

30°

Prisma de vidro

C)

Amarelo

y

yAmarelo

Verde

Azul

Violeta

VerdeAzul

Violeta

L1 L2 L3 L4

Quanto maior o índice de refração, maiores serão o ângulo de refração e o desvio angular, ou seja, mais abaixo se localizará o feixe de luz, o que justifica o esquema anterior.

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A) Lente

dd'

Lente

F1 ≡ F2

F1 F2

F1 F2

B) dd

f

fd

d f

f' '

.= ⇒ =2

1

2

1


A) Segundo os dados apresentados, a lente funciona como lupa, de modo que a imagem é direta, ampliada e se forma na frente da lente, do mesmo lado em que o objeto se acha.Como a altura Hi da imagem é o dobro da altura Ho do objeto (Hi = 2Ho), concluímos que di = 2do. Substituindo isso na equação de Gauss, obtemos:

1/f = 1/do − 1/di = 1/do − 1/2do ⇒ f/do = 2

O sinal negativo na parcela 1/di é porque a imagem é virtual. Nesse problema, a distância do foi representada por p. Em alguns vestibulares, é comum o uso das letras p e q para representar as distâncias do objeto e da imagem até a lente (ou ao espelho).

Lente

Parafuso Imagem

F do

F

ff

B) Como calculado no item A, a distância focal original da lente é f = 2do. Com a introdução de água no aquário, a nova distância focal fica 2,5 vezes maior. Portanto, agora, f = 2,5.(2do) = 5do. Substituindo essa nova distância focal na equação de Gauss, e lembrando que do permanece a mesma, obtemos:

1/f = 1/do − 1/di ⇒ 1/(5do) = 1/do − 1/di ⇒ di = 5do/4

O sinal negativo na parcela 1/di é porque a imagem continua sendo virtual, pois, com o aumento da distância focal, o objeto permanece entre o foco e a lente. O novo aumento linear é:

A = Hi/Ho = di/do = (5do/4)/do = 1,25

Como a maior distância focal da lente aumentou, agora ela é menos convergente, de modo que é natural que a lente, usada como lupa, produza uma ampliação menor do que antes.


A) De acordo com o 2º grupo de figuras dado na questão, podemos tirar as seguintes informações:

Na 1ª montagem (lente mais alta), a imagem da bandeirinha B1 tem o dobro do tamanho da bandeirinha. Assim, como Hi = 2Ho, concluímos que di = 2do. A distância da bandeirinha à lente é do = 3 unidades de medidas (1 unidade de comprimento = lado do quadrado nos quadriculados mostrados nas vistas lateral e frontal). Então, a distância da imagem à lente é di = 6 unidades de comprimento. Substituindo essas distâncias na equação de Gauss, obtemos a distância focal da lente:

1/f = 1/do ± 1/di ⇒ 1/f = 1/3 + 1/6 ⇒ f = 2 unidades de comprimento

O sinal da parcela 1/di é positivo porque a imagem é real (projetada na tela). Outra maneira de achar a distância focal é graficamente, como mostrado na figura a seguir. Utilizando dois raios notáveis, um paralelo ao eixo principal da lente, e outro que passa pelo centro óptico da lente, obtemos o ponto focal F. Note que esse ponto está realmente a 2 unidades de comprimento da lente.

B1

B2

A FB

D

Ban

deirin

has

vist

as d

e fr

ente

pel

o ob

serv

ador

A lente e a imagem tracejadas correspondem à primeira montagem

Vista lateralTela vista de frente

pelo observadorTela

Lente

C

B) A figura a seguir mostra a determinação gráfica da imagem da bandeirinha B2 para a 2ª montagem (lente mais baixa), obtida com a ajuda de dois pares de raios luminosos: dois raios provenientes do ponto C, um paralelo ao eixo da lente e o outro passando pelo centro óptico da lente, e dois raios de mesma tipologia, mas saindo do ponto D.

B1

B2

A

B

D

Ban

deirin

has

vist

as d

e fr

ente

pel

o ob

serv

ador


pelo observadorTela

Lente

C D’

C’

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34 Coleção EM2

C) A figura a seguir mostra a determinação gráfica da imagem da bandeirinha B1 para a 2ª montagem (lente mais baixa), obtida com a ajuda de um raio luminoso proveniente do ponto A e um raio proveniente do ponto B. Ambos os raios passam pelo centro óptico da lente. Não usamos um 2º raio luminoso, pois sabemos que cada um dos raios traçados deve produzir a imagem conjugada na tela.

B1

B2

A A

A’ A’

B’

B B

D

Ban

deirin

has

vist

as d

e fr

ente

pel

o ob

serv

ador


pelo observadorTela

Lente

C

B’

Questão 35Comentário: Como o objeto se encontra muito distante da lente, podemos considerar que a imagem se forma sobre o foco da lente, ou seja, a distância da imagem à lente é de 4,0 cm.Como as dimensões lineares de cada pixel são de 30 m, utilizando a equação de aumento:

= ⇒

= ⇒ =

= ≈

−−

−

d

d

h

h

4 . 107 .10

h

30h 1,7.10 mm

S (h) 3.10 mm

i

o

i

o

2

5i

i3

i2 6 2

Seção Enem



Habilidade: 22

Comentário: De acordo com o texto, a luz é refletida na água fria e, posteriormente, desviada pelas camadas de ar quente acima da água. Esse desvio ocorre devido à refração da luz, que considera o ar em cada temperatura como um meio diferente. Como a temperatura do ar muda continuamente, a luz fará uma curva à medida que muda de camadas do ar. Veja a figura:

Água fria

Observador

Camadas dear quente



Habilidade: 1

Comentário: Utilizando a gasolina não adulterada, a razão entre os senos dos raios incidente e refratado é igual a 1,4. Pela Lei de Snell, temos:

Ar

Gasolina

Gasolina

N

Ar

Portanto, a gasolina é mais refringente do que o ar, e o raio de luz perde velocidade e se aproxima da normal. Se, no caso da gasolina fiscalizada, o valor apresentado para a razão entre os senos foi de 1,9, isso significa que a gasolina fiscalizada é mais refringente do que a gasolina não adulterada, fazendo com que o raio refratado se aproxime mais da normal.

ArGasolina fiscalizada

Gasolina fiscalizada

N

Ar



Habilidade: 1

Comentário: A figura a seguir ilustra o fenômeno da miragem:

Conforme se aproxima do solo, a luz passa por camadas de ar cada vez mais quentes e, com isso, sofre sucessivas refrações, mudando sua direção de propagação, como mostrado na figura. Nosso cérebro tende a interpretar que a luz sempre caminha em linha reta e, por isso, percebemos a imagem virtual mostrada. Em algumas situações, em vez do coqueiro, mostrado na figura, enxergamos o reflexo do céu, que muito se assemelha a uma porção de água. Temos, portanto, a impressão de que estamos vendo um lago.

Viv

iane

Fon

seca

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Físi

ca

Manual do Professor




Habilidade: 1

Comentário: Para que o indígena visualize o peixe, este deve ser iluminado por uma fonte de luz (provavelmente o Sol), a luz deve ser refletida pelo peixe e propagar-se em direção à superfície do lago. Ao atravessar a superfície água + ar, indo em direção ao ar, o feixe de luz sofre refração e aumenta sua velocidade, e a sua inclinação em relação à normal aumenta. Haverá, portanto, a formação de uma imagem virtual acima do peixe, e por essa razão, o índio deve mirar abaixo da imagem que ele enxerga.

Objeto (peixe)

Questão 05 – Letra DEixo cognitivo: III


Habilidade: 17

Comentário: Na refração convencional, o feixe de luz, para uma incidência oblíqua, atravessa a reta normal, ou seja, os raios incidentes encontram-se de um lado da reta normal, e os raios refratados encontram-se do outro lado. No entanto, na refração da luz em um metamaterial, os raios incidentes e os raios refletidos encontram-se do mesmo lado da reta normal. Observe a Lei de Snell: nAr.sen θAr = nMEIO.sen θMEIO. Se nAr e sen θAr são positivos, e nMEIO é negativo, o sen θMEIO deverá ser negativo. Dessa forma, a luz deve refratar, ficando do mesmo lado da reta Normal que a luz incidente.



Habilidade: 22

Comentário: Segundo o texto introdutório da questão, a fibra óptica possui um revestimento e um núcleo, que transmite a luz. Para que a luz não escape do núcleo (seja transmitida), ela deve sofrer somente reflexões (reflexões totais) na interface que separa o núcleo do revestimento. A reflexão total é um fenômeno que só é possível de acontecer quando a radiação se propaga de um meio de maior índice de refração para outro de menor índice. Portanto, a alternativa correta é a A.

Um fato matemático interessante de ser discutido é que, como sabemos, o ângulo limite (θL), a partir do qual a incidência de luz no dioptro só resulta reflexão, pode ser calculado por sen θL = n2/n1. Para que essa relação seja verdadeira, devemos ter, obrigatoriamente, n2 ≤ n1, de forma que 0 ≤ sen θL ≤ 1. Assim, o meio em que a luz se propagava, cujo índice de refração é n1, deve ser mais refringente que o outro. Na questão, n1 seria o índice do núcleo e n2, do revestimento.



Habilidade: 1

Comentário: O canudo dentro do copo com água nada mais é do que uma imagem virtual produzida pelo sistema copo / água, que funciona como uma espécie de lente. Observando o copo visto do topo, considerando ainda um objeto pontual O dentro da água (figura a seguir). Note que os dois raios de luz que partem do objeto sofrem refrações na interface da água / vidro com o ar, formando a imagem I. Essa imagem é virtual, porque ela é formada pelos prolongamentos dos raios de luz refratados na parede do copo. Um observador olhando para a lateral do copo vê a imagem um pouco deslocada para a direita. De forma semelhante, a imagem do canudo também aparece um pouco deslocada para a direita. Por isso, temos a impressão de que o canudo está quebrado. Note ainda que, na obtenção gráfica da imagem, nós podemos desprezar a espessura da parede do copo, de modo que o desvio da luz, passando da água para a parede, pode ser desprezado. Além disso, os índices de refração da água e do vidro são próximos (1,33 e 1,5), de modo que esse desvio é realmente pequeno.

OI

Entre as opções apresentadas, a opção E é a mais adequada. De forma geral, os desvios sofridos por raios de luz refratados explicam a formação da imagem do canudo dentro da água no copo, como também a formação de imagens nas lentes.

CAPÍTULO – B4Instrumentos ópticos


Questão 01 Comentário:1. Córnea: é uma lente convergente de distância focal fixa, que,

juntamente com o cristalino, forma um sistema de duas lentes convergentes que produzem a imagem formada na retina.

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36 Coleção EM2

2. Cristalino: é uma lente convergente que, pela ação dos músculos ciliares, tem os seus raios de curvaturas modificados, de forma que a distância focal do sistema cristalino / córnea é variável, permitindo a acomodação do olho para ver objetos próximos, a média distância e muito distantes, com a imagem formando-se sempre sobre a retina.

3. Íris / pupila: é a área de cor castanho, azul ou verde do olho, que na parte central tem um orifício, chamado de pupila, por onde penetra, cujo função é a de controlar a quantidade de luz que entra no olho: em um ambiente com muita luz, ocorre a miose (diminuição do diâmetro da pupila), e com pouca luz, ocorre a midríase (aumento do diâmetro da pupila).

4. Músculos ciliares: realiza a acomodação do cristalino por meio da sua contração ou relaxamento: quando o músculo se contrai, a curvatura do cristalino aumenta (fica mais esférico), e sua distância focal fica menor, permitindo a observação de objetos mais próximos, e quando o músculo relaxa, ocorre o inverso, o cristalino fica com menor curvatura (mais achatado) e tem sua distância focal aumentada, permitindo a observação de objetos distantes.

5. Retina: é uma espécie de tela de cinema, onde são projetadas as imagens produzidas pelo sistema córnea / cristalino.

6. Nervo óptico: ao passo que a retina retém a imagem, o nervo óptico traduz essa informação enviando impulsos elétricos para o cérebro.


A) O cristalino e a córnea funcionam como uma lente convergente. Assim, para objetos posicionados além do foco dessa lente, a imagem formada por ela será real e, portanto, invertida, já que os raios de luz, de fato, se cruzam para formar a imagem. Apesar de essa imagem ser invertida, nós a percebemos como uma imagem direta. Isso se deve ao fato de nosso cérebro interpretar o impulso nervoso da imagem invertida produzido pela retina como uma imagem direta, o que faz com que vejamos os objetos da forma como eles realmente são.

B) Para formar imagens de objetos mais próximos ao olho, o sistema córnea / cristalino deve ser mais convergente do que para objetos distantes. Isso se deve ao fato de que, nessa situação, os raios de luz provenientes do objeto incidirão sobre o olho de forma mais divergente e, consequentemente, a convergência do sistema deve aumentar para que os raios de luz continuem sendo focalizados sobre a retina. Ao contrário, para um objeto que se afasta, o sistema se torna menos convergente, uma vez que nessa situação os raios de luz incidirão sobre o olho de forma cada vez mais paralela e, consequentemente, a convergência do sistema deve diminuir para que os raios de luz continuem a ser focalizados sobre a retina.

C) Considerando uma distância padrão de 2,5 cm entre a retina e o cristalino, conclui-se que a distância da imagem à lente é di = 0,025 m. Chamando de f0 a distância focal do sistema córnea / cristalino, quando o objeto se encontra a 4 m do olho, e de f a distância focal, quando o objeto se encontra a 40 cm do olho, temos:

1f

1d

1d

1f

10,025

14

f 0,0248 m

1f

1d

1d

1f

10,025

10,4

f 0,0235 m

o i o oo

i o

= + ⇒ = + ⇒ ≅

= + ⇒ = + ⇒ ≅

Portanto, a variação da distância focal é dada por:

∆ = − ⇒

∆ = − = − = −

f f f

f 0,0235 0,0248 0,0013 m 0,13 cm

0

D) Procedendo da mesma forma que no item anterior, temos:

= + ⇒ = +∞

⇒ =

= + ⇒ = + ⇒ ≅

1f

1d

1d

1f

10,025

1f 0,0250 m

1f

1d

1d

1f

10,025

10,25

f 0,0227 m

o i o oo

i o

Portanto, a variação da distância focal é dada por:

∆ = − ⇒

∆ = − = − = −

f f f

f 0,0227 0,0250 0,0023 m 0,23 cm

0


A) Uma pessoa com miopia tem dificuldade para ver com clareza objetos mais distantes, já uma pessoa com hipermetropia tem dificuldade para ver objetos mais próximos.

B) Para um míope, a imagem se forma na frente da retina, seja porque o globo ocular é muito alongado, ou o sistema cristalino / córnea é excessivamente convergente. A correção para o problema é realizada com lentes divergentes. No hipermetrope, a imagem se forma atrás da retina porque o globo ocular é muito achatado, ou porque o sistema cristalino / córnea é pouco convergente. A correção é feita com o uso de lentes convergentes.


A) O jovem em questão tem problemas para enxergar objetos próximos, já que o seu ponto próximo é localizado mais longe que o normal. Conclui-se desse fato que o problema de visão do jovem é a hipermetropia, a qual pode ser corrigida por meio de lentes convergentes.

B) Observando que na situação apresentada pelo exercício a tela do computador é o objeto e que a lente deve formar uma imagem da tela no ponto próximo do olho do jovem, e utilizando a equação de Gauss, temos:

= + ⇒

= − + ⇒

=

1f

1d

1d

1f

10,80

10,45

f 1,03 m

i o

Observando que a convergência da lente é igual ao inverso da distância focal, temos:

= = =C1f

11,03

0,97 di

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A) Em um olho míope a imagem se forma antes da retina, ou seja, os raios são focalizados em um ponto anterior a ela. Assim, para que Matilde possa enxergar com nitidez, ela deve utilizar lentes que afastem o ponto de focalização dos raios de luz, ou seja, ela deve usar lentes que façam com que as imagens se formem sobre a retina. Como queremos afastar o ponto de focalização, conclui-se que as lentes a serem utilizadas são divergentes.

B) Pessoas míopes possuem o ponto remoto mais próximo que o normal. Portanto, a função das lentes corretivas, para um míope, é formar imagens de objetos muito distantes (infinito) próximas ao ponto remoto do míope. Assim, vamos utilizar a equação de Gauss para calcular a distância do ponto remoto de Matilde, distância da imagem de um objeto no infinito, formada por uma lente de 2 “graus”, aos olhos do míope.

1 1 1 2 1 1 0 50f d d d

d mo i i

i= + ⇒ − =

∞− ⇒ = ,

Desse cálculo conclui-se que objetos mais distantes que 50 centímetros não serão vistos com nitidez por Matilde.


A) Com o avanço da idade, o sistema córnea / cristalino perde um pouco a capacidade de acomodação, isto é, de ver objetos perto ou distantes dos olhos. Esse problema é chamado de presbiopia. Em geral, depois dos 40 anos de idade, a presbiopia ocorre de forma mais acentuada, quando o ponto próximo (distância mínima de visão nítida) fica mais distante dos olhos, de modo que a pessoa não pode ler, sem óculos, um jornal. Note como as letras no jornal da figura desta questão estão um pouco embaçadas. Por sua vez, o ponto remoto (distância máxima de visão nítida) fica mais perto dos olhos, de modo que a pessoa não pode ver, sem óculos, objetos mais distantes. Note na figura do enunciado como a árvore, distante da pessoa, está um pouco embaçada.

B) O homem dessa questão deve usar lentes bifocais (figura a seguir) ou multifocais. Para ler o jornal, ele vai mirar a visão na parte de baixo da lente, que é divergente. Para olhar objetos mais distantes, como as legendas de um filme no cinema, ele vai mirar a visão na parte de cima das lentes.

Óculos com lentes bifocais

Lente divergente paravisão de longe

Lente convergente paravisão de perto


A) Para ver de perto, o professor deve usar lentes convergentes. Se ele só consegue ler a manchete de um jornal a 1,0 m dos olhos (sem os óculos), então esse deve ser o valor da distância dos seus olhos (com óculos) até a imagem da manchete produzida pelas lentes: di = –1,0 m. O sinal negativo é porque a imagem produzida pela lente convergente, que nesse caso funciona como lupa, é virtual. Como o professor vai ler o jornal a 25 cm dos olhos, a distância do objeto (manchete do jornal) até as lentes dos óculos é do = 0,25 m. Nesse problema, é melhor usar a unidade metro para as distâncias, pois assim a convergência da lente será obtida em dioptrias. Substituindo os valores na 1ª equação de Gauss, obtemos:

= = + ⇒ = + =f d d

C 1 1 1 C 10,25

1(–1,0)

3 dioptriaso i

B) Para ver de longe, o professor deve usar lentes divergentes. Se ele só consegue ver a TV a 2,0 m dos seus olhos (sem lente), então esse deve ser o valor da distância dos seus olhos (com os óculos) até a imagem da TV produzida pelas lentes: di = –2,0 m. O sinal negativo é porque uma lente divergente sempre forma imagem virtual. Como o professor vai ver a TV bem distante, podemos considerar a distância da TV (objeto) até as lentes como sendo infinita: do = ∞. Substituindo os valores na 1ª equação de Gauss, obtemos:

= = + ⇒ = + =C1f

1d

1d

C1∞

1–2,0

–0,5 dioptiraso i

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Questão 08Comentário: Essa prática é uma oportunidade de observar o princípio de propagação retilínea da luz e outras propriedades comuns nos instrumentos ópticos. Analisando cada passo, podemos verificá-los:

A) Quando as paredes do interior da câmara refletem a luz e o anteparo recebe essa luz que não provem diretamente do objeto, a imagem é ofuscada pelas luzes extras. Se as paredes forem de outra cor, que não seja branca ou cinza, além de ofuscada, a imagem ainda sofrerá alteração na coloração. Por isso é importante que as paredes reflitam o mínimo de luz possível, o que é conseguido com a cor preta.

B) Assim como foi respondido em A, bloqueando as entradas de luz evitamos que a imagem fique ofuscada por luzes inconvenientes.

C) Com o fundo recuado e o anteparo dentro do tubo, é possível diminuir a quantidade de luz que entra tanto pela parte de trás quanto pelo espaço entre os dois tubos.

D) Diâmetro do furo: deve ser entre 1 e 3 mm, furos menores que 1 mm permitem a passagem de tão pouca luz que somente em ocasiões muito especiais será possível visualizar a imagem. Furos maiores que 3 mm formarão imagens tão pouco definidas que dificilmente será possível reconhecer algum objeto.

E) O diâmetro do furo influencia na quantidade de luz recebida. Assim, quanto maior o furo, mais clara e fácil de visualizar será a imagem. Por outro lado, o furo também influencia na nitidez da imagem, pois, quanto maior o furo, mais desfocada será a imagem. Assim, furos pequenos são bons para projetar imagens de objetos bem luminosos, permitindo a visualização de

mais detalhes, enquanto furos maiores permitem a visualização de objetos não tão luminosos, mas com menos detalhes.

(I)(I) (II)

Em I, com o furo pequeno, há pouca captação de luz, porém, para cada ponto do objeto, há um ponto bem determinado onde a luz chegará no anteparo, ou seja, alta definição. Em II, com o furo grande, há muita captação de luz, porém, para cada ponto do objeto, existe uma área grande do anteparo que recebe a luz, diminuindo a definição da imagem.

F) Uma vez que a imagem está projetada em um anteparo, ela só pode ser real, o que faz sentido, uma vez que é formada pelos raios de luz, e não por seus prolongamentos. A imagem é invertida, pois, pelo princípio de propagação retilínea da luz, os raios de luz devem sair de pontos diferentes do objeto, passar pelo orifício e chegar ao anteparo em linha reta, causando inversão. Na maioria dos casos, a imagem será reduzida, pois, como não há lentes alterando a direção de propagação dos raios de luz, podemos observar, por semelhança de triângulos, que o tamanho da imagem em relação ao objeto é proporcional à distância do anteparo ao orifício, em relação à distância do objeto ao orifício.

Ah

h

d

dReduçãoi

o

i

o

A 1= = →<

G) Ao utilizar uma lente convergente, focalizamos os raios de luz em um ponto entre a lente e o anteparo, permitindo utilizar o orifício bem maior (até o tamanho da lente), aumentando a quantidade de luz recebida sem perder nitidez da imagem. Agora também podemos perceber mudanças no fator de ampliação e na posição onde a imagem é formada, que dependem da distância focal da lente e são dadas pelas equações:

O O

i i O i

h d 1 1 1A ;h d f d d

= = = +

H) O tempo para registrar uma imagem depende, basicamente, da quantidade de luz que atinge o anteparo (filme ou papel fotográfico) e da sensibilidade deste. Sendo assim, os fatores que influenciam o tempo de registro são: o tamanho do orifício, a luminosidade do objeto fotografado e o material usado para registrar a imagem.

I e J) Texto livre. Utilize os textos produzidos para promover uma discussão, tirar dúvidas e sistematizar o conhecimento adquirido.

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Questão 09 Comentário:

A) A lente mostrada na figura do enunciado é uma lupa, que, basicamente, é uma lente convergente grossa (distância focal pequena), permitindo maiores ampliações.

B) Para usar adequadamente uma lupa, você deve posicioná-la na frente do objeto, de modo que esse fique entre a lente e o foco da lente. Assim, a imagem será direta, virtual e ampliada. Como a lupa tem uma distância focal pequena, o objeto deve ser colocado relativamente perto da lente (figura).

C) A imagem produzida na lupa é virtual, conforme mostrado na figura a seguir. Sendo constituída por uma lente convergente, é claro que você poderá obter imagens reais e invertidas com uma lupa, mas, nesse caso, ela não estará sendo usada como lupa propriamente dita.

3 cm

Imagemvirtualda folha

Folha

Lupa

D) Considerando um aumento A = Hi/Ho = di/do = 2, e sabendo que do = 10 cm, concluímos que di = 20 cm. Substituindo esses valores na equação de Gauss, obtemos a distância focal da lupa:

1/f = 1/do ± 1/di=1/10−1/20⇒ f = +20 cm

A 1/di é negativa porque a imagem é virtual. Note que achamos um valor positivo para f, confirmando que a lente é convergente. Para achar a convergência da lente, basta calcular 1/f com f em metros:

C = 1/f = 1/(+0,20 m) = +5,0 dioptrias


A)•O diafragma, abrindo ou fechando um poucomais,controla a quantidade de luz que penetra na máquina fotográfica. Por isso, ele tem a mesma função da íris /pupila, no caso do olho.

• Ofilmeéoanteparoondeaimageméprojetada.Assim,o filme tem a mesma função da retina.

• O conjunto de lentes, que tema função de gerar aimagem. Esse conjunto de lentes tem a mesma função do sistema cristalino / córnea.

B) Observe a 1ª figura a seguir. Inicialmente, a imagem da maçã estásendoformadanaretina:objeto1eimagem1’.Senadaacontecer nos olhos, quando a maçã é aproximada (objeto 2),a imagem irá se formar atrás da retina (imagem 2’),de modo que a visão não será nítida. Observe a 2ª figura, que mostra o que realmente ocorre. Quando a maçã está mais perto do olho, o cristalino é comprimido pelos músculos ciliares, ficando mais esférico e com menor distância focal. Essa acomodação do cristalino permite que a imagem continue sendo formada sobre a retina. Já no caso da máquina fotográfica, a acomodação é muito menos sofisticada. Quando a maçã é aproximada, se nada for feito na máquina, a imagem se formará atrás do filme.

Para a imagem aparecer sobre o filme, esse deverá ser deslocado para trás.

A

A

F

F

A

A

F

F2’

2’1’ 2

2

1

Retina Cristalino / Córnea

Retina Cristalino / Córnea


A) Na situação apresentada pelo exercício, podemos considerar que o objeto encontra-se no infinito em relação à máquina fotográfica. Como os raios de luz que partem do objeto vêm do infinito, a distância entre o filme e a lente deve ser igual à própria distância focal da lente, nesse caso, 50 mm. Outra forma de chegar a esse resultado é de maneira analítica:

1f

1d

1d

150 x 10

1 1d

d 50 . 10 m 50 mmo i

–3i

i–3

= + ⇒ =∞

+ ⇒

= =

B) Para um objeto posicionado a 2,0 m da lente, temos:

1f

1d

1d

150 . 10

12

1d

150 . 10

12

1d

d 0,05 m 50 mm

o i3

i

3i

i

= + ⇒ = + ⇒

− = ⇒ = =

−

−

C) Nessa situação, a imagem seria formada entre o foco e o ponto antiprincipal da lente da câmera fotográfica e, consequentemente, se formaria atrás do filme. Logo, a imagem não estaria em foco.


A) Sendo a objetiva do microscópio composto uma lente convergente, conclui-se que, quanto mais próximo ao foco da objetiva for posicionado o objeto, maior será o aumento proporcionado por essa lente. No entanto, o objeto não pode ser posicionado sobre o foco da lente e nem entre o vértice dela e seu foco, pois, no primeiro caso, não haverá formação de imagem e, no segundo, a imagem será virtual e, consequentemente, não funcionará como objeto para a lente ocular.

B) A imagem formada pela lente objetiva serve como objeto para a lente ocular. Como a partir desse objeto a ocular forma uma imagem direita, conclui-se que a imagem final fornecida pelo microscópio composto é virtual.

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40 Coleção EM2


A) A lente que compõe um projetor de slide é uma lente convergente, e a imagem projetada é real, maior e invertida. Para formar esse tipo de imagem, o objeto, nesse caso o slide, tem de estar entre o foco e o centro de curvatura, e quanto mais próximo do foco, maior a imagem. Ao inverter o slide, a imagem invertida desse é vista como se fosse direta.

B) Da primeira equação de Gauss, encontramos a relação entre a distância do slide à lente do, e a distância entre a imagem e a lente di:

Hi/Ho = di/do ⇒ do = diHo/Hi = diHo/20Ho = di/20

Substituindo o valor de di encontrado na 2ª equação de Gauss:

1/f = 1/di + 1/do ⇒ 1/20 = 1/20do + 1/do ⇒ do = 21 cm

A distância da lente à tela é a distância da imagem à lente, logo:

di = 20do = 420 cm = 4,2 m

Questão 14Comentário: Para esse tipo de cálculo é possível utilizar a equação A = f1/f2, sendo f1 a distância focal da lente objetiva, e f2, a distância focal da ocular. Porém, se invertermos a luneta e olharmos pela objetiva, ela fará o papel de ocular, e a ocular, por sua vez, fará o papel de objetiva. Dessa maneira, teremos um “aumento” de

Af

f= = =1

2

0 101

0 10, ,

Ou seja, a imagem terá um tamanho dez vezes menor que o do objeto.

Questão 15Comentário: Um grande telescópio refrator teria uma grande lente para produzir a imagem. Essa lente apresentaria uma significativa aberração cromática nos bordos, de modo que a luz proveniente, por exemplo, de uma estrela, e que é constituída por diferentes frequências (diferentes cores), iria dispersar nos bordos da lente e convergir para diferentes pontos focais, distorcendo a imagem (1ª figura a seguir).Por isso, os grandes telescópios são telescópios refletores, que são equipados com um grande espelho parabólico, que não apresentam aberrações cromáticas (e nem esféricas).Por isso, não há distorção da imagem. Nesses telescópios, além do espelho parabólico, geralmente há um espelho plano, que direciona os raios refletidos pelo espelho parabólico até o local de observação da imagem, ou para um filme onde a imagem poderá ser gravada (2ª figura a seguir).

Aberração cromática

Filme para gravar a imagem

Espelho parabólico

Espelho plano


A) Os espelhos esféricos têm um comportamento próximo ao dos espelhos parabólicos apenas para pequenas aberturas. Para aberturas maiores, o comportamento do espelho esférico distancia-se do comportamento do espelho parabólico, uma vez que, nessa situação, nem todos os raios provenientes de um objeto pontual, que incidem sobre o espelho, convergem para o mesmo ponto. Como o telescópio deve receber muita luz, o espelho deve ser grande e, com isso, ele deixa de atender ao requisito de pequena curvatura. Para resolver esse problema, no telescópio, deve-se usar um espelho parabólico, o qual, de fato, convergirá todos os raios para o foco do espelho.

B) Como o astro observado está muito distante, os raios que incidem sobre o espelho podem ser considerados paralelos. Assim, ao incidirem sobre o espelho parabólico, todos os raios de luz convergirão para o foco desse espelho.

C) A função da lente é formar uma imagem ampliada a partir da imagem fornecida pelo espelho parabólico. Será essa imagem ampliada que irá ser observada pelo observador.


Questão 01 – Letra AComentário: O elemento A é a córnea, uma lente côncava /convexa com raio de curvatura da face côncava menor do que o da face convexa, de modo que a córnea é mais grossa na parte central (figura). Como a matéria constituinte da córnea é mais refringente do que o meio em sua volta, essa lente é convergente. O elemento B é o cristalino, uma lente biconvexa e, portanto, mais grossa na parte central (figura). Como a matéria constituinte do cristalino é mais refringente do que o meio envolvente, essa lente é convergente.

Cristalino Córnea (menisco convergente)

Questão 02 – Letra AComentário: O cristalino e a córnea são lentes convergentes responsáveis pela formação de imagem no olho. Essa imagem é real, formada no cruzamento dos raios, menor e invertida, pois em uma lente convergente, uma imagem real é menor e invertida. Em uma pessoa saudável, sem nenhum defeito de visão, a formação da imagem se dá sobre a retina.

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Questão 03 – Letra DComentário: A 1ª figura a seguir mostra o esquema de formação de imagem no olho. Inicialmente, a imagem do homem A se forma na retina do homem B. Se nada acontecesse nos olhos, quando o homem B se aproxima do olho do homem A, a imagem se formaria atrás da retina, como mostrado na figura. Obviamente, a visão não seria nítida. A 2ª figura a seguir mostra o que realmente ocorre. Quando o homem B fica mais perto do olho do homem A, o cristalino é comprimido pelos músculos ciliares, ficando mais convergente (mais esférico), de modo que a distância focal diminui, permitindo a formação da imagem na retina.

Homem A aproximando-se

do homem B

Imagem do homem A sobre a

retina do homem B

Imagem do homem A

afastando-se da retina do

homem B

Homem A perto dohomem B

2F F

2F F

F 2F

F 2F

Cristalino Retina


Verdadeira. Lentes divergentes formam imagens reduzidas, virtuais e direitas.

Verdadeira. Quando a imagem é real, ela é invertida, caso de espelhos côncavos no qual o objeto está para além do foco, e quando é virtual, é direta, como a imagem formada por um espelho convexo.

Falsa. Para formar a imagem de um ponto em um espelho plano, devemos traçar uma perpendicular ao espelho que passe pelo ponto-objeto. A imagem do ponto estará do outro lado do espelho, à mesma distância do espelho que o ponto-objeto. Logo, as imagens sempre serão simétricas.

Verdadeira. Pessoas com hipermetropia têm a imagem formada depois da retina, enquanto que pessoas míopes têm a imagem formada antes da retina.

Questão 05 – Letra DComentário: Segundo a figura do enunciado, o sistema córnea / cristalino do olho de Sílvia é muito convergente, de modo que a imagem se forma na frente da retina. Para corrigir o problema, Sílvia deve usar lentes divergentes. Ainda segundo a figura, o sistema córnea / cristalino do olho de Paula é pouco convergente, de modo que a imagem se forma atrás da retina. Para corrigir o problema, Paula deve usar lentes convergentes.

Questão 06 – Letra CComentário: Como para uma pessoa míope a imagem se forma antes da retina, é necessária uma lente divergente para corrigir esse problema de visão.

Questão 07 – Letra BComentário: Para a formação da imagem, há a convergência dos raios provenientes do exterior sobre a retina, de tal forma que o cristalino é uma lente convergente. Na miopia, as imagens são formadas antes da retina, então é necessário o uso de lentes divergentes para deslocar a imagem para a retina. Analogamente, na hipermetropia, a imagem se forma após a retina e, portanto, se faz necessário o uso de lentes convergentes para trazer a imagem de volta para a retina.

Questão 08 – Letra EComentário: A hipermetropia, no caso citado na questão, afeta a capacidade de enxergar objetos distantes, cujas imagens se formam atrás da retina. Logo, a pessoa necessita de lentes convergentes. O hipermetrope, com uma pequena acomodação visual, consegue enxergar objetos afastados sem necessidade de correção visual. Assim, nesse caso, basta uma lente com pequena vergência. A presbiopia afeta a capacidade de enxergar objetos que estão perto do usuário (as imagens desses objetos se formam atrás da retina) e exige correção com lentes convergentes. Como a distância do objeto é bem pequena, isso requer uma lente com vergência muito elevada. Logo, ambas as lentes receitadas pelo oculista apresentam vergências positivas, sendo que a lente para longe possui menor vergência que a lente para perto.

Curiosidade: A pessoa com presbiopia pode, também, não enxergar objetos muito distantes. Nesse caso, ela deverá usar lentes divergentes para longe de modo a aproximar do olho a imagem formada pela lente (que servirá de objeto para o olho do observador). Logo, essa pessoa deverá usar dois pares de óculos: um convergente para perto e outro divergente para longe.

Questão 09 – Letra AComentário: Se a imagem é formada entre o cristalino e a retina, ela é formada antes da retina, logo, é necessário o uso de lentes divergentes, que “empurrarão” a imagem para a retina.

Questão 10 – Letra EComentário: As lentes usadas para a correção de miopia são divergentes. Essas lentes produzem imagens diretas e reduzidas. Assim, os óculos da 1ª figura são para corrigir miopia. Já as lentes usadas para a correção de hipermetropia são convergentes. Essas lentes, quando colocadas perto do objeto, produzem imagens diretas e ampliadas (efeito lupa). Assim, os óculos da 2ª figura são para corrigir hipermetropia. As lentes para corrigir astigmatismo são cilíndricas. Por isso, quando elas são giradas na frente do objeto, a imagem fica distorcida.

Questão 11 – Letra DComentário: Como as bordas são mais espessas, a lente é divergente. Como não houve inclinação do friso, a lente é esférica.

Questão 12 – Letra DComentário: 1. Verdadeira. A lente de uma pessoa míope é divergente,

logo, não há convergência dos feixes de luz no foco.2. Verdadeira. Analisando a equação de Gauss e lembrando-se que

nela a distância focal de lentes divergentes tem sinal negativo, percebe-se que a distância da imagem sempre será negativa, ou seja, lentes divergentes só formam imagens virtuais.

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3. Falsa. Lentes convergentes formam imagens virtuais antes do foco.

4. Verdadeira. Lentes divergentes sempre formam imagens virtuais, direitas e reduzidas. Já lentes convergentes, para pontos antes do ponto antiprincipal, formam imagens ampliadas.

5. Verdadeira. Uma análise da equação dos fabricantes de lentes, quando do quociente entre os índices de refrações dos meios, nos permite chegar a essa conclusão.

Questão 13 – Letra DComentário: Primeiramente, deve-se observar que a miopia é corrigida com lentes divergentes, enquanto que a hipermetropia é corrigida com lentes convergentes. A presbiopia diminui a acomodação visual do ser humano, o que atrapalha sua visão de perto, e deve ser corrigida com o uso de lentes convergentes.

Questão 14 – Letra CComentário: A lente é convergente, pois a convergência dos feixes de luz no foco pode gerar aquecimento nesse ponto. Esse tipo de lente é usado para corrigir hipermetropia, para trazer a imagem de novo para a retina, e presbiopia, gerada pela diminuição da acomodação visual do cristalino, atrapalhando a visão de objetos próximos.

Questão 15 – Letra AComentário: A lente deve ser convergente, pois lentes divergentes podem apenas produzir imagens reduzidas. Como a imagem formada é direita, ela será virtual, e o objeto deve ser colocado entre o foco e a lente (centro óptico).

Questão 16 – Letra BComentário: Quando um objeto está muito distante de uma lente convergente, a imagem real produzida pela lente se forma praticamente no foco da lente. Assim, nesta questão, para fotografar o barco distante de 5 km, o foco da lente usada na máquina fotográfica deve ficar no local onde o filme da máquina é colocado. A lente L3 é a que tem distância focal igual à distância da lente ao filme, conforme está mostrado na figura dada na questão, lembrando que raios paralelos ao eixo de uma lente convergente convergem para o foco da lente.

Questão 17 – Letra EComentário: Como o objeto está muito distante, é uma aproximação considerar que a imagem se forma sobre o foco. Logo, essa será reduzida, já que está mais próxima da lente que o objeto, e será real e invertida, já que o objeto se encontra além do foco.

Questão 18 – Letra DComentário: Espelho convexo e lentes divergentes produzem imagens reduzidas, e espelho plano e lâminas de faces paralelas, imagens de mesmo tamanho que o objeto. As lentes convergentes, por sua vez, dependendo da localização do objeto, podem produzir imagens ampliadas.

Questão 19 – Letra DComentário: Com o objeto longe, o conjunto córnea / cristalino apresenta pouca convergência, com o foco situado na retina (primeira figura a seguir). Nesse caso, a distância focal é f = D, sendo D a distância do conjunto córnea / cristalino (aproximadamente igual ao diâmetro do globo ocular). A distância do objeto ao conjunto córnea / cristalino é do = ∞, de modo que 1/d0 = 0. Assim, substituindo esse valor na 2ª equação de Gauss (1/f = 1/do + 1/di), obtemos a seguinte convergência (ou vergência) para o sistema córnea / cristalino:

= = + =C1f

01D

1D

(em dioptrias, considerando D em metros).

Quando o objeto se aproxima do olho, ficando a uma distância d0 = 0,25 m, a convergência do sistema córnea / cristalino aumenta, com o foco movendo-se da retina para um ponto situado entre a retina e o conjunto córnea / cristalino (segunda figura). A imagem continua formando-se sobre a retina (di = D). Substituindo esses valores na 2ª equação de Gauss, obtemos a nova convergência:

= = + = +C1f

10,25

1D

41D

Portanto, a convergência aumenta de 4 dioptrias.

Imagem

Lente

Córnea / cristalino

Objeto

0,25 m

F

D

FF

Questão 20 – Letra AComentário: Pela definição de dioptria, o inverso da distância focal em metros, temos que a distância focal f será tal que:

1f

= 0,5 ⇒ f = 2m

Questão 21 – Letra BComentário: Para a pessoa enxergar nitidamente, as lentes dos óculos (divergentes) deverão formar uma imagem distante di = 40 cm dos olhos / óculos (desprezando a distância olhos / óculos) de um objeto distante do = ∞. Substituindo esses valores na 2ª equação de Gauss, obtemos a seguinte convergência para os óculos:

= = ± ⇒ = =∞

⇒ = =C1f

1d

1d

C1f

1–

10,40

C 0 –2,5 –2,5 dioptrias0 i

Nessa equação, convertemos a distância di = –40 cm para di = –0,40 m, para a convergência ser calculada em dioptrias. Usamos o sinal negativo para a distância di, pois a imagem formada por cada lente divergente é virtual. O sinal negativo obtido para a convergência confirma que as lentes dos óculos são realmente divergentes. A figura abaixo mostra um desenho esquemático da correção da miopia referente a este exercício.

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Objeto noinfinito

Miopia: o olho formaa imagem na frente da retina.

Correção: a lentedivergente forma uma imagem perto do olho, e esse forma a imagem na retina.

di = 40 cm

Imagem

Questão 22 – Letra BComentário: Para a pessoa enxergar nitidamente, as lentes dos óculos (convergentes) deverão formar uma imagem distante di = 0,5 m dos olhos / óculos (desprezando a distância olhos / óculos) de um objeto a uma distância do = 0,25 m. Substituindo esses valores na 2ª equação de Gauss, obtemos a seguinte convergência para os óculos:

= = ± ⇒ = = ⇒ = +C1f

1d

1d

C1f

10,25

–1

0,5C 2,0 dioptrias

0 i

Nessa equação, usamos o sinal negativo para a distância di, pois a imagem formada por cada lente convergente funciona como lupa, formando uma imagem virtual. O sinal positivo obtido para a convergência confirma que as lentes dos óculos são realmente convergentes. A figura a seguir mostra um desenho esquemático da correção da hipermetropia referente a esse exercício.

Hipermetropia: o olho forma aimagem atrás da retina.

Objeto

Imagem

Correção: a lente convergente formauma imagem longe do olho, e esteforma a imagem na retina.

di = 0,5 mdo = 0,25 mdo = 0,25 m

Questão 23 – Letra AComentário: A 1ª figura mostra a formação da imagem na máquina fotográfica. O objeto fotografado é uma folha que dista Do da lente da máquina. Como esse objeto está além do ponto antiprincipal da lente, a imagem se forma entre o foco e o ponto antiprincipal no lado oposto, e no local onde o filme da máquina está colocado. Por isso, a fotografia é nítida. Quando um bloco de vidro é colocado sobre a folha, o vidro produz uma imagem da folha, que se forma dentro do vidro, ou seja, mais perto da máquina, como mostrado na 2ª figura (isso é semelhante ao deslocamento do fundo de uma piscina quando ela é cheia com água). A consequência disso é que a imagem produzida também se desloca, ficando mais perto do ponto antiprincipal. Para a fotografia continuar nítida, o filme pode ser deslocado para trás. Outra opção é deslocar a máquina fotográfica como um todo para trás.

Esses deslocamentos devem ser menores do que o deslocamento do objeto, pois, quando o objeto se desloca ao longo do eixo da lente, indo do infinito ao ponto antiprincipal, a imagem se desloca do foco ao ponto antiprincipal no lado oposto, ou seja, a velocidade média de deslocamento da imagem é muito menor que a velocidade média de deslocamento do objeto. Assim, para a fotografia continuar nítida, a distância Do deve ser aumentada de um valor menor do que 5 cm, que é a espessura do bloco de vidro.

Imagem Filme

Lente

Do

Objeto

5 cm

Imagem produzidapelo bloco de vidro

Lente

FilmeImagem

Objeto

A

F

F

F

F

A

A A

Questão 24 – Letra DComentário: Uma vez que o objeto a ser fotografado está a 1,0 m da câmera, apenas a foto do estudante A estaria formada sobre o filme (DO > f). Na montagem do estudante B, o objeto estaria sobre o foco da lente e não haveria formação de imagem (ela seria imprópria).

Questão 25 – Letra BComentário: A distância procurada é a distância da imagem, que pode ser encontrada por meio da equação de Gauss:

1f

1d

1d

15

1100

1d

d 10019

cm 52,6 mm

o i

i

i

= + ⇒

= + ⇒

= ≅

Questão 26 – Letra DComentário: Para que a imagem possa ser projetada na tela (real), a lente do projetor deve ser convergente. Observe na figura que x = 600 cm é a distância entre o objeto e sua imagem. Assim, x = DO + DI.

A imagem é ampliada 59 vezes. Logo:

HI = 59HO ⇒ DI = 59DO

x = DO + DI ⇒ 600 = DO + 59DO ⇒ DO = 10 cm e DI = 590 cm

Usando a equação de Gauss, temos:

1 1 1 1 110

1590

59590

1590

9 8f f

f= + ⇒ = + = + ⇒ =D D

O I

, cm

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Questão 27 – Letra BComentário: Segundo o teorema das convergências, quando duas lentes L1 e L2 de distâncias focais f1 e f2 são associadas de forma justaposta (figura), a convergência da lente equivalente à associação é igual à soma algébrica das convergências das lentes componentes:

Ceq = C1 + C2 ⇒ 1/feq = 1/f1 + 1/f2 ⇒

feq = f1 f2/(f1 + f2)

+

f1 f2 feq

Podemos demonstrar a fórmula acima considerando um objeto distante de d1 da lente L1. Aplicando a equação de Gauss, e chamando de d2 a distância da lente à imagem produzida, obtemos a seguinte relação:

1/f1 = 1/d1 + 1/d2

Como a imagem de L1 é o objeto para a lente L2, a distância desse objeto à lente L2 é –d2. Aplicando novamente a equação de Gauss, obtemos:

1/f2 = –1/d2 + 1/d3

Somando as duas equações, obtemos a fórmula desejada:

1/f1 + 1/f2 = (1/d1 + 1/d2) + (–1/d2 + 1/d3) = 1/d1 + 1/d3

Note que esse resultado representa a equação de Gauss aplicada para a associação de lentes, cuja distância focal é feq. A imagem final está distante de d3 da associação, e o objeto original de d1.

Questão 28 – Letra CComentário: Como o objeto observado se encontra muito distante da objetiva, pode-se considerar que a imagem real daquele se forma sobre o foco desta. Assim, com relação à formação da segunda imagem, temos um objeto real que se encontra a 60 – 58,2 = 1,8 cm da ocular, de distância focal 1,9 cm. Usando a equação de Gauss:

= + ⇒

= + ⇒

=

1f

1d

1d

11,9

11,8

1d

d –34,2 cm

o i

i

i

Questão 29Comentário: Consideraremos que a imagem será formada aproximadamente sobre o foco da lente, ou seja, a distância focal da lente é de 40 cm. Pela definição de dioptria, o inverso da distância focal em metros, temos que a dioptria D será:

= ⇒ =10,4

D D 2,5


1. Quando o objeto está muito distante, a imagem se forma no foco do sistema córnea / cristalino, que, nesse caso, acha-se sobre a retina. Portanto f = 2,2 cm.

2. No olho míope, a imagem se forma na frente da retina porque o sistema córnea / cristalino é excessivamente convergente. Na cirurgia para miopia, o cirurgião esculpe o cristalino mais na parte central, de forma a reduzir sua convergência e aumentar a sua distância focal, permitindo que a imagem se forme na retina. A figura a seguir mostra o perfil do cristalino depois da cirurgia.

Esta parte do cristalino é removida pelo cirurgião.


A) A figura mostra um esquema da lente divergente corretiva de uma pessoa míope, e que produz uma imagem a 40 cm dos olhos para um objeto no infinito. Essa imagem é o objeto para o sistema cristalino / córnea do olho. Nesta figura, e na sequência do problema, nós vamos desprezar a distância da lente corretiva até os olhos.

Lente divergente corretiva

Cristalino /córnea Retina

Imagem

0,40 m

B) Para achar a convergência da lente corretiva, devemos considerar do = ∞ (objeto no infinito) e di = 0,40 m.

Aplicando a equação de Gauss, obtemos:

1/f = 1/do ± 1/di ⇒ 1/f = 1/∞ – 1/0,40

O sinal negativo para 1/di é porque a lente divergente forma imagem virtual. Lembrando que 1/∞ = 0, obtemos C = 1/f = –1/di = –2,5 dioptrias (ou graus). O sinal negativo indica que a lente é realmente divergente.

C) Segundo a relação obtida no item B, a convergência das lentes divergentes e corretivas de uma pessoa míope é dada por C = 1/di, onde di é a distância mínima de visão sem as lentes. Assim, para C = –4,0 graus, di é igual a 1/4,0 = 0,25 m = –25 cm.

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A) Quando o objeto está muito longe, a imagem se forma no foco. Assim, nesse caso, a lente deve ser colocada de modo que a distância da lente ao filme é di = f = 4,0 cm. Quando o objeto estiver na distância do = 20 cm, a imagem irá se formar entre o foco e o ponto antiprincipal da lente. A distância da imagem (filme) à lente pode ser obtida pela 2ª equação de Gauss, substituindo f = +4,0 cm e do = 20 cm nesta equação:

± = ⇒ + = + ⇒ =1f

1d

14,0

120

1d

d 5,0 cmo i

i

Nessa equação, note que usamos o sinal positivo para f = +4,0 cm porque a lente é convergente. Note ainda que o sinal da distância di é positivo. Isso faz sentido, pois a imagem é real. Quanto ao deslocamento da lente, esse valor é igual à diferença entre as distâncias da imagem à lente para as duas situações discutidas:

x = 5,0 cm (objeto a 20 cm da lente) - 4,0 cm (objeto no infinito) = 1,0 cm

B) Como a Lua se acha muito distante da Terra, a distância do objeto (Lua) à lente é ∞, de modo que a imagem se forma no foco da lente. Com a primeira lente, essa distância é f = D. Em seguida, como a lente é trocada por outra de mesma forma, mas com índice de refração maior, a nova distância focal é menor que a anterior. Logo, a distância da nova lente ao filme (distância focal) deverá ser menor do que D.

Questão 33Comentário: Utilizando a equação de Gauss:

1f

1d

1d

120

1400

1d

d 40019

21 cm

o i

i

i

= + ⇒

= + ⇒

= ≅


A) Como o filme é o local onde se forma a imagem produzida

pela lente (a fotografia), concluímos que a distância da

imagem à lente é di = p’= 52mm. Substituindo esse

valor e também a distância focal da lente f = 50 mm na

2ª equação de Gauss, obtemos a seguinte distância do a

que o objeto a ser fotografado deve ficar da lente:

± = ± ⇒ + = + ⇒ = =1f

1d

1d

150

1d

152

d 1 300 mm 1,3 mo i o

o

Nessa equação, note que usamos os sinais positivos para

f = +50 mm e di = +52 mm, pois a lente é convergente e

a imagem é real.

B) Para achar a altura do objeto, basta substituir as distâncias

do = 1 300 m e di = 52 mm e a altura da imagem

Hi = 36,0 mm na 1ª equação de Gauss:

= ⇒ = ⇒ = =H

H

d

d

H

36,0130052

H 900 mm 0,90 mo

i

o

i

oo


A) Como a ocular é divergente, a distância máxima d entre as

lentes corresponde à diferença entre as distâncias focais da

objetiva e da ocular, ou seja:

d 11,5

–3 .10 0,64m 64 cm–2= ≅ =

A imagem será direita, pois ela se inverte na primeira

refração (imagem real) e na segunda, já que se trata de

um objeto virtual para a lente divergente.

B) Para triplicar a ampliação, deve-se triplicar a vergência da

ocular, ou seja, sua distância focal será de –1 cm, e sua

vergência, de –100 di. Pelo mesmo raciocínio do item anterior,

a distância máxima d entre as lentes é tal que:

d 11,5

–1 .10 0,66m 66 cm–2= ≅ =

Seção Enem



Habilidade: 2

Comentário: Em um olho perfeito, a imagem se forma sobre a retina. O olho míope não consegue projetar a imagem nessa posição quando o objeto está distante, formando a imagem antes da retina. Para corrigir essa deficiência, uma lente deve divergir um pouco o feixe incidente, de forma a fazer com que, após atravessar o cristalino, este convirja sobre a retina.



Habilidade: 6

Comentário: A melhor lente seria aquela cujos tempos de escurecimento e esmaecimento fossem menores, ou seja, aquela que mais rapidamente responde ao estímulo externo. Além disso, uma menor transmitância, ou seja, um maior escurecimento da lente, seria também uma característica desejada. Tomando como critérios de escolha a melhor lente, a amostra 3 possui tanto menor valor da soma dos tempos de escurecimento e esmaecimento quanto menor valor da transmitância. Assim, a alternativa correta é a C.

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Habilidade: 6

Comentário: O espelho em B é um espelho côncavo, que converge os raios de luz paralelos provenientes do objeto distante para o foco do espelho (ponto C). Nesse ponto, forma-se a imagem do objeto (por exemplo, um planeta).A lente em D é convergente, pois ela forma uma imagem real e maior que a imagem do planeta formada no ponto C. Uma lente divergente formaria uma imagem virtual e reduzida.

Questão 04 – Letra AEixo cognitivo: III


Habilidade: 6

Comentário: Para o indivíduo enxergar nitidamente, as lentes dos óculos deverão ser divergentes. Cada lente deverá formar uma imagem distante di = 50 cm dos olhos / óculos (desprezando a distância olhos / óculos) de um objeto situado muito longe (distância do objeto ao olho do = ∞). Substituindo esses valores na 2ª equação de Gauss, obtemos a convergência das lentes dos óculos:

= = ± ⇒ =∞

⇒ = =C1f

1d

1d

1f

1–

10,50

C –2,0 –2,0 dioptrias0 i

A distância di = –50 cm foi convertida para di = –0,40 m, para que a convergência seja calculada em dioptrias. O sinal negativo da distância di decorre do fato de a imagem formada por cada lente divergente ser virtual. O sinal negativo obtido para a vergência confirma que as lentes dos óculos são divergentes.

Questão 05 – Letra DEixo cognitivo: II


Habilidade: 1

Comentário: A gota de água apresenta a face apoiada sobre a folha aproximadamente plana. A outra face da gota é convexa. O formato plano-côncavo caracteriza uma lente convergente. Além disso, como a folha está encostada na lente, é lógico que a folha (objeto) está situada entre a lente e o foco da lente. Por isso, a gota atua como uma lupa, que é basicamente uma lente convergente, que gera imagens ampliadas e não invertidas de objetos situados entre a lente e o seu foco.



Habilidade: 17

Comentário: Observe, nas figuras da questão, que o problema 1se refere à miopia (o sistema córnea / cristalino converge os raios paralelos para um ponto antes da retina – olho muito convergente) e o problema 2 se refere à hipermetropia (o sistema córnea / cristalino converge os raios paralelos para um ponto após a retina – olho pouco convergente). A correção do problema 1 se faz com lentes divergentes e a do problema 2, com lentes convergentes. Portanto, a alternativa correta é a C.

Sugestões de leitura para o professor•Física básica – gravitação, fluidos, ondas, Termodinâmica. Alaor Chaves, J. F. Sampaio. LTC.

•Física conceitual. Paul G. Hewitt. Bookman.

•Fundamentos de Física – gravitação, ondas, Termodinâmica. Jearl Walker. LTC.

•Os 100 maiores cientistas da história. John Simmons. Difel.

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Manual do Professor · Exercícios propostos ... os três processos de transferência de calor:...

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