Física - Teórico_VOLUME2

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No decorrer das teorias apresentadas, oferecemos uma cuidadosa 
seleção de conteúdos multimídia para complementar o repertório 
do aluno, apresentada em boxes para facilitar a compreensão, com 
indicação de vídeos, sites, filmes, músicas, livros, etc. Tudo isso é en-
contrado em subcategorias que facilitam o aprofundamento nos 
temas estudados – há obras de arte, poemas, imagens, artigos e até 
sugestões de aplicativos que facilitam os estudos, com conteúdos 
essenciais para ampliar as habilidades de análise e reflexão crítica, 
em uma seleção realizada com finos critérios para apurar ainda mais 
o conhecimento do nosso aluno.
multimídia
Um dos grandes problemas do conhecimento acadêmico é o seu 
distanciamento da realidade cotidiana, o que dificulta a compreensão 
de determinados conceitos e impede o aprofundamento nos temas 
para além da superficial memorização de fórmulas ou regras. Para 
evitar bloqueios na aprendizagem dos conteúdos, foi desenvolvida 
a seção “Vivenciando“. Como o próprio nome já aponta, há uma 
preocupação em levar aos nossos alunos a clareza das relações entre 
aquilo que eles aprendem e aquilo com que eles têm contato em 
seu dia a dia.
vivenciando
Sabendo que o Enem tem o objetivo de avaliar o desempenho ao 
fim da escolaridade básica, organizamos essa seção para que o 
aluno conheça as diversas habilidades e competências abordadas 
na prova. Os livros da “Coleção Vestibulares de Medicina” contêm, 
a cada aula, algumas dessas habilidades. No compilado “Áreas de 
Conhecimento do Enem” há modelos de exercícios que não são 
apenas resolvidos, mas também analisados de maneira expositiva 
e descritos passo a passo à luz das habilidades estudadas no dia. 
Esse recurso constrói para o estudante um roteiro para ajudá-lo a 
apurar as questões na prática, a identificá-las na prova e a resolvê-
-las com tranquilidade.
áreas de conhecimento do Enem
Cada pessoa tem sua própria forma de aprendizado. Por isso, cria-
mos para os nossos alunos o máximo de recursos para orientá-los 
em suas trajetórias. Um deles é o ”Diagrama de Ideias”, para aque-
les que aprendem visualmente os conteúdos e processos por meio 
de esquemas cognitivos, mapas mentais e fluxogramas.
Além disso, esse compilado é um resumo de todo o conteúdo 
da aula. Por meio dele, pode-se fazer uma rápida consulta aos 
principais conteúdos ensinados no dia, o que facilita a organiza-
ção dos estudos e até a resolução dos exercícios.
diagrama de ideias
Atento às constantes mudanças dos grandes vestibulares, é ela-
borada, a cada aula e sempre que possível, uma seção que trata 
de interdisciplinaridade. As questões dos vestibulares atuais não 
exigem mais dos candidatos apenas o puro conhecimento dos 
conteúdos de cada área, de cada disciplina.
Atualmente há muitas perguntas interdisciplinares que abrangem 
conteúdos de diferentes áreas em uma mesma questão, como Bio-
logia e Química, História e Geografia, Biologia e Matemática, entre 
outras. Nesse espaço, o aluno inicia o contato com essa realidade 
por meio de explicações que relacionam a aula do dia com aulas 
de outras disciplinas e conteúdos de outros livros, sempre utilizan-
do temas da atualidade. Assim, o aluno consegue entender que 
cada disciplina não existe de forma isolada, mas faz parte de uma 
grande engrenagem no mundo em que ele vive.
conexão entre disciplinas
Herlan Fellini
De forma simples, resumida e dinâmica, essa seção foi desenvol-
vida para sinalizar os assuntos mais abordados no Enem e nos 
principais vestibulares voltados para o curso de Medicina em todo 
o território nacional.
incidência do tema nas principais provas
Todo o desenvolvimento dos conteúdos teóricos de cada coleção 
tem como principal objetivo apoiar o aluno na resolução das ques-
tões propostas. Os textos dos livros são de fácil compreensão, com-
pletos e organizados. Além disso, contam com imagens ilustrativas 
que complementam as explicações dadas em sala de aula. Qua-
dros, mapas e organogramas, em cores nítidas, também são usados 
e compõem um conjunto abrangente de informações para o aluno 
que vai se dedicar à rotina intensa de estudos.
teoria
Essa seção foi desenvolvida com foco nas disciplinas que fazem 
parte das Ciências da Natureza e da Matemática. Nos compilados, 
deparamos-nos com modelos de exercícios resolvidos e comenta-
dos, fazendo com que aquilo que pareça abstrato e de difícil com-
preensão torne-se mais acessível e de bom entendimento aos olhos 
do aluno. Por meio dessas resoluções, é possível rever, a qualquer 
momento, as explicações dadas em sala de aula.
aplicação do conteúdo
Caro aluno 
Ao elaborar o seu material inovador, completo e moderno, o Hexag considerou como principal diferencial sua exclusiva metodologia em pe-
ríodo integral, com aulas e Estudo Orientado (E.O.), e seu plantão de dúvidas personalizado. O material didático é composto por 6 cadernos 
de aula e 107 livros, totalizando uma coleção com 113 exemplares. O conteúdo dos livros é organizado por aulas temáticas. Cada assunto 
contém uma rica teoria que contempla, de forma objetiva e transversal, as reais necessidades dos alunos, dispensando qualquer tipo de 
material alternativo complementar. Para melhorar a aprendizagem, as aulas possuem seções específicas com determinadas finalidades. A 
seguir, apresentamos cada seção:
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SUMÁRIO
FÍSICA
CINEMÁTICA
TERMODINÂMICA
ELETROSTÁTICA
Aulas 9 e 10: Movimento retilíneo uniformemente variado 6
Aulas 11 e 12: Gráficos do MRUV 17
Aulas 13 e 14: Queda livre e lançamento vertical 29
Aulas 15 e 16: Lançamento oblíquo 38
Aulas 9 e 10: Lei geral dos gases 50
Aulas 11 e 12: Primeira lei da termodinâmica 57
Aulas 13 e 14: Segunda lei da termodinâmica 67
Aulas 15 e 16: Introdução à óptica geométrica 77
Aulas 9 e 10: Potencial elétrico 88
Aulas 11 e 12: Trabalho no campo elétrico 96
Aulas 13 e 14: Potencial elétrico no CEU e equilíbrio eletrostático 102
Aulas 15 e 16: Corrente elétrica 110
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Competência 1 – Compreender as ciências naturais e as tecnologias a elas associadas como construções humanas, percebendo seus papéis nos 
processos de produção e no desenvolvimento econômico e social da humanidade.
H1 Reconhecer características ou propriedades de fenômenos ondulatórios ou oscilatórios, relacionando-os a seus usos em diferentes contextos.
H2 Associar a solução de problemas de comunicação, transporte, saúde ou outro, com o correspondentedesenvolvimento científico e tecnológico. 
H3 Confrontar interpretações científicas com interpretações baseadas no senso comum, ao longo do tempo ou em diferentes culturas.
H4
Avaliar propostas de intervenção no ambiente, considerando a qualidade da vida humana ou medidas de conservação, recuperação ou utilização sustentável 
da biodiversidade.
Competência 2 – Identificar a presença e aplicar as tecnologias associadas às ciências naturais em diferentes contextos.
H5 Dimensionar circuitos ou dispositivos elétricos de uso cotidiano.
H6 Relacionar informações para compreender manuais de instalação ou utilização de aparelhos, ou sistemas tecnológicos de uso comum.
H7
Selecionar testes de controle, parâmetros ou critérios para a comparação de materiais e produtos, tendo em vista a defesa do consumidor, a saúde do 
trabalhador ou a qualidade de vida.
Competência 3 – Associar intervenções que resultam em degradação ou conservação ambiental a processos produtivos e sociais e a instrumen-
tos ou ações científico-tecnológicos.
H8
Identificar etapas em processos de obtenção, transformação, utilização ou reciclagem de recursos naturais, energéticos ou matérias-primas, considerando 
processos biológicos, químicos ou físicos neles envolvidos.
H9
Compreender a importância dos ciclos biogeoquímicos ou do fluxo energia para a vida, ou da ação de agentes ou fenômenos que podem causar alterações 
nesses processos.
H10 Analisar perturbações ambientais, identificando fontes, transporte e(ou) destino dos poluentes ou prevendo efeitos em sistemas naturais, produtivos ou sociais.
H11
Reconhecer benefícios, limitações e aspectos éticos da biotecnologia, considerando estruturas e processos biológicos envolvidos em produtos biotecnológi-
cos.
H12 Avaliar impactos em ambientes naturais decorrentes de atividades sociais ou econômicas, considerando interesses contraditórios.
Competência 4 – Compreender interações entre organismos e ambiente, em particular aquelas relacionadas à saúde humana, relacionando 
conhecimentos científicos, aspectos culturais e características individuais.
H13 Reconhecer mecanismos de transmissão da vida, prevendo ou explicando a manifestação de características dos seres vivos.
H14
Identificar padrões em fenômenos e processos vitais dos organismos, como manutenção do equilíbrio interno, defesa, relações com o ambiente, sexualidade, 
entre outros.
H15 Interpretar modelos e experimentos para explicar fenômenos ou processos biológicos em qualquer nível de organização dos sistemas biológicos.
H16 Compreender o papel da evolução na produção de padrões, processos biológicos ou na organização taxonômica dos seres vivos.
Competência 5 – Entender métodos e procedimentos próprios das ciências naturais e aplicá-los em diferentes contextos.
H17
Relacionar informações apresentadas em diferentes formas de linguagem e representação usadas nas ciências físicas, químicas ou biológicas, como texto 
discursivo, gráficos, tabelas, relações matemáticas ou linguagem simbólica.
H18 Relacionar propriedades físicas, químicas ou biológicas de produtos, sistemas ou procedimentos tecnológicos às finalidades a que se destinam.
H19
Avaliar métodos, processos ou procedimentos das ciências naturais que contribuam para diagnosticar ou solucionar problemas de ordem social, econômica 
ou ambiental.
Competência 6 – Apropriar-se de conhecimentos da física para, em situações problema, interpretar, avaliar ou planejar intervenções científi-
co-tecnológicas.
H20 Caracterizar causas ou efeitos dos movimentos de partículas, substâncias, objetos ou corpos celestes.
H21 Utilizar leis físicas e (ou) químicas para interpretar processos naturais ou tecnológicos inseridos no contexto da termodinâmica e(ou) do eletromagnetismo.
H22
Compreender fenômenos decorrentes da interação entre a radiação e a matéria em suas manifestações em processos naturais ou tecnológicos, ou em suas 
implicações biológicas, sociais, econômicas ou ambientais.
H23
Avaliar possibilidades de geração, uso ou transformação de energia em ambientes específicos, considerando implicações éticas, ambientais, sociais e/ou 
econômicas.
Competência 7 – Apropriar-se de conhecimentos da química para, em situações problema, interpretar, avaliar ou planejar intervenções científi-
co-tecnológicas.
H24 Utilizar códigos e nomenclatura da química para caracterizar materiais, substâncias ou transformações químicas
H25
Caracterizar materiais ou substâncias, identificando etapas, rendimentos ou implicações biológicas, sociais, econômicas ou ambientais de sua obtenção ou 
produção.
H26
Avaliar implicações sociais, ambientais e/ou econômicas na produção ou no consumo de recursos energéticos ou minerais, identificando transformações 
químicas ou de energia envolvidas nesses processos.
H27 Avaliar propostas de intervenção no meio ambiente aplicando conhecimentos químicos, observando riscos ou benefícios.
Competência 8 – Apropriar-se de conhecimentos da biologia para, em situações problema, interpretar, avaliar ou planejar intervenções científico 
tecnológicas.
H28
Associar características adaptativas dos organismos com seu modo de vida ou com seus limites de distribuição em diferentes ambientes, em especial em 
ambientes brasileiros.
H29
Interpretar experimentos ou técnicas que utilizam seres vivos, analisando implicações para o ambiente, a saúde, a produção de alimentos, matérias primas 
ou produtos industriais.
H30
Avaliar propostas de alcance individual ou coletivo, identificando aquelas que visam à preservação e a implementação da saúde individual, coletiva ou do 
ambiente.
5
CINEMÁTICA: Incidência do tema 
nas principais provas
UFMG
Um dos temas deste livro muito cobrado na 
prova da Unesp é o de lançamento obliquo. O 
aluno deve saber interpretar imagens e coletar 
informações, dedicando atenção às equações 
dos dois movimentos, vertical e horizontal. 
Dentre os temas abordados neste caderno, 
o de maior incidência no vestibular da 
Unifesp é o estudo da cinemática escalar, 
com questões de MRUV, nas quais se exige 
do candidato a interpretação de gráficos.
Dentre os temas abordados neste caderno, o 
de maior incidência no vestibular da Unicamp 
é o estudo do MRUV e a interpretação de 
gráficos (MRUV).
Dentre os temas abordados neste caderno, 
o de maior incidência no vestibular Albert 
Einstein é o estudo da cinemática escalar, 
com questões de movimento uniformemente 
acelerado (MRUV), exigindo do aluno conhe-
cimento das equações.
A prova da FMABC tem uma grande variação 
de temas. No entanto, o tema cinemática es-
calar (MRUV) aparece com alguma frequência. 
A prova da Puc de Campinas tem uma grande 
variação de temas. No entanto, o tema cine-
mática escalar (MRUV) aparece com alguma 
frequência, exigindo cuidado nas equações 
horárias de movimento de lançamentos 
oblíquos.
A prova da Santa Casa tem uma grande 
variação de temas. No entanto, o tema cine-
mática escalar (MRUV) aparece com alguma 
frequência, exigindo cuidado nas equações 
horárias de movimento acelerado.
 
A cinemática possui grande incidência nas 
provas do Enem, sempre relacionando o 
tema com o cotidiano. Muitas questões 
costumam exigir a habilidade de análise 
gráfica.
Um dos temas recorrentes na prova da Fuvest 
é a relação entre lançamento oblíquo de uma 
partícula em um campo elétrico. O aluno deve 
saber os dois movimentos que compõe o movi-
mento oblíquo. Há também uma importância 
na interpretação de gráficos, em 
especial velocidade x 
tempo.
O tema cinemática sempre está presente na 
prova da UERJ. As questões abordadas exigem 
análise dos movimentos por meio de gráficos 
de velocidade por tempo e posição por tempo.
A prova da UNIGRANRIO tem uma grande 
variação de temas. No entanto, o tema cine-
mática escalar (MRUV) aparece com alguma 
frequência, exigindo cuidado nas equações 
horárias de movimento acelerado em um 
plano inclinado.
O tema cinemática sempre está presente na 
prova da FTESM com questões que exigem 
interpretações de gráficose análise de 
figuras (MRUV e lançamento oblíquo) com 
manipulações em equações horárias de 
movimento.
A prova da CMMG tem uma grande variação 
de temas. No entanto, o tema cinemática es-
calar (MRUV) aparece com alguma frequência, 
exigindo cuidado nas equações horárias de 
movimento de lançamentos oblíquos.
O tema cinemática sempre está presente 
na prova da UFPR. As questões abordadas 
exigem análise dos movimentos por meio de 
gráficos de velocidade por tempo e posição 
por tempo.
O tema cinemática sempre está presente na 
prova da UEL em questões que exigem um 
alto nível de manipulações em equações 
horárias de movimento.
6
 MoviMento retilíneo 
uniforMeMente variado
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 19 e 20
AULAS 
9 e 10
1. ConCeito de aCeleração
Inicialmente, foi analisado que a velocidade é a rapidez 
com que um corpo muda sua posição ao longo do tem-
po. Em seguida, foi estudado um caso especial em que a 
velocidade permanecia constante ao longo do tempo. Con-
tudo, no dia a dia é possível perceber que as pessoas e os 
objetos não estão sempre com velocidade constante; pelo 
contrário, nota-se que os objetos possuem uma determina-
da velocidade em um instante e, em um instante posterior, 
possuem outra velocidade. Esse é o caso, por exemplo, de 
um carro inicialmente em repouso que adquire velocidade, 
mas, ao se aproximar de um semáforo com o sinal vermel-
ho, reduz sua velocidade até o repouso.
Assim, é preciso definir uma nova grandeza que esteja rela-
cionada com essa variação da velocidade. A rapidez com que 
um corpo varia sua velocidade é denominada aceleração.
A ideia de aceleração está sempre ligada à variação 
da velocidade.
Física - Aceleração (Khan Academy)
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
2. aCeleração esCalar média
Considere que a velocidade escalar de uma partícula, em 
um instante t1 seja v1, e em um instante posterior, t2, a ve-
locidade escalar seja v2. A aceleração escalar média 
(am) da partícula entre esses dois instantes de tempo é 
definida como sendo a variação da velocidade dividida 
pelo tempo transcorrido:
am = 
Dv ___ Dt = 
v2 – v1 _____ t2 – t1
 
Nessa definição, a unidade de aceleração é igual à razão 
entre a unidade de velocidade e a unidade de tempo. No 
SI, tem-se:
 m/s ___ s = 
 m __ s __ 
 s __ 
1
 
 = m __ s ⋅ 
1 __ s = 
m __ 
s2
 = m ⋅ s–2
Como o intervalo de tempo Dt é sempre positivo, o sinal 
da aceleração escalar média é igual ao sinal da variação 
de velocidade Dv.
 § Se vf > vi, temos (vf – vi) > 0 e a > 0.
 § Se vf < vi, temos (vf – vi) < 0 e a < 0.
Note que, no caso de movimento retilíneo uniforme, vf = vi, 
e, portanto, (vf – vi) = 0, ou seja, a = 0. Assim, a aceler-
ação é nula no movimento retilíneo uniforme.
3. Unidades de aCeleração
A razão entre uma unidade de velocidade e uma unidade de 
tempo é denominada unidade de aceleração. Por exemplo:
1 km/h ____ s 
Entretanto, essa unidade não pertence ao SI. O exemplo 
seguinte ilustra a unidade de aceleração no SI e seu sig-
nificado: uma pedra cai de uma determinada altura e sua 
velocidade é de vi = 5 m/s logo depois de iniciar a queda. 
Após um intervalo de tempo Dt = 2 s, sua velocidade é de 
vf = 25 m/s. A aceleração da pedra é:
a = 
vf – vi _____ Dt = 
25 m/s – 5 m/s ____________ 
2 s
 = 20 m/s ______ 
2 s
 
 ou 
a = 10 m/s ______ s 
7
4. movimentos aCelerado 
e retardado
O movimento pode ser classificado como progressivo ou 
como retrógrado. Ainda assim, é possível caracterizar ainda 
mais o movimento. Afirma-se que o movimento é acelerado 
quando, em módulo, a velocidade aumenta com o tempo, e 
que um movimento é retardado (freado) quando o módulo 
da velocidade diminui com o tempo. Matematicamente, 
nota-se que o sinal da aceleração e o sinal da velocidade 
no movimento acelerado são idênticos, e no movimento 
retardado os sinais são opostos.
 § a > 0 e v > 0 ou a < 0 e v < 0 o movimento é 
acelerado (a e v têm o mesmo sinal). 
 § a > 0 e v < 0 ou a < 0 e v > 0 o movimento é 
retardado (a e v têm sinais diferentes).
S
v > 0
v > 0 v > 0
v > 0
a > 0
a > 0
a > 0
a > 0
S
SS
Por exemplo, se um carro tem velocidade v1 = 10 m/s em t1 
e, num instante posterior, t2 sua velocidade é de v2 = 30 m/s, 
afirma-se que o movimento é acelerado. O mesmo ocorre se 
v1 = –10 m/s em t1 e, num instante posterior t2, sua velocid-
ade é de v2 = –30 m/s. Contudo, se em t1 sua velocidade é 
de v1 = 30 m e, num instante seguinte t2, ela diminui para v2 
= 20 m/s, seu movimento é denominado retardado.
 § O movimento é acelerado se o módulo da velocidade 
aumenta:
movimento acelerado ⇒ |v| aumenta
 § O movimento é retardado se o módulo da velocidade 
diminui:
movimento retardado ⇒ |v| diminui
Agora, é possível classificar o movimento como sendo 
progressivo acelerado, progressivo retardado, retrógrado 
acelerado ou retrógrado retardado. Observe ainda que 
o fato de o movimento ser progressivo ou retrógrado se 
deve a uma escolha da orientação; entretanto, o movi-
mento ser acelerado ou retardado não tem relação algu-
ma com a escolha da orientação.
 Aplicação do conteúdo
1. Um automóvel se desloca por uma estrada, e sua ve-
locidade aumenta ao longo do tempo. Em um determi-
nado instante, o automóvel tem velocidade escalar de 
54 km/h e, após 2,0 segundos, sua velocidade passa a 
ser 72 km/h. Determine a aceleração escalar média do 
automóvel nesse intervalo de tempo.
Resolução:
O intervalo de tempo é Dt = 2,0 s.
VIVENCIANDO
Mudanças na velocidade são comuns no nosso dia a dia: um carro que trafega numa avenida e desacelera, parando 
devido a um semáforo vermelho, ou o mesmo um carro que acelera, quando o semáforo está verde; também na 
queda dos corpos, que veremos nas próximas aulas.
No geral, os móveis alteram entre diversos movimentos, o que tornaria o estudo completo algo mais difícil, por isso 
“quebramos” o movimento em partes, das quais conseguimos estudar com facilidade, MU e MUV, saber distinguir 
entre esses dois tipos de movimento, conhecer suas funções horárias, é fundamental para a resolução de problemas.
Esse resultado demonstra que a velocidade de pedra au-
menta em 10 m/s a cada 1 s. Assim, no SI, a unidade de 
aceleração é 1 (m/s)/s, que se convencionou escrever da 
seguinte maneira:
1 m/s ___ s = 1 
m __ s ∙ 
1 __ s = 1 
m ___ 
s2
 
Em geral, o resultado anterior é apresentado da forma a = 
10 m/s2. Dessa forma:
No SI, a unidade de aceleração é 1 m/s2. A velocidade 
varia de 1 m/s a cada 1 s.
8
A variação de velocidade escalar nesse intervalo de tempo foi:
Dv = (72 km/h) – (54 km/h) ⇒ Dv = 18 km/h
Como o intervalo de tempo foi dado em segundos, faça a 
transformação da unidade de velocidade:
Dv = 18 km/h = 18 ___ 
3,6
 m/s = 5 m/s
Assim, calcule a aceleração:
am = 
Dv ___ Dt = 
5,0 m/s ______ 
2,0 s
 = 2,5 m/s2
Esse resultado mostra que, em média, a velocidade aumentou 
2,5 m/s a cada segundo.
2. Um carro de corrida é acelerado de forma que sua ve-
locidade em função do tempo é dada conforme a tabela:
t(s) 3 6 9
v(m/s) 20 30 60
Determine o valor da aceleração média desse carro entre 
t1 = 3 s e t2 = 9 s.
Resolução:
Fazendo um desenho ilustrativo do problema, tem-se:
A variação de tempo e de velocidade entre os instantes t = 
3 s e t = 9 s será:
Δt = 9 – 3 = 6 s
Δv = v3 – v1 = 60 – 20 = 40 m/s 
Dessa forma, a aceleração média será:
am = 
Δv ___ 
Δt
 = 40 ___ 
6
 = 6,67 m/s2 
Resposta: A aceleração será de 6,67 m/s2.
Nota: Foi visto que a velocidade é a variação do espaço no 
tempo; também foi vito que a aceleração é a variação da 
velocidade no tempo. Não há nenhuma grandeza associa-
da à variação da aceleração no tempo. Todos os exercícios 
de cinemática são resolvidos em função da posição, da ve-
locidade, da aceleração e do tempo.
5. movimento retilíneo 
Uniformemente variado (mrUv)
Além da aceleração escalar média (am), define-se também a 
aceleração escalar instantânea (a), que é a aceleração esca-
larem um instante de tempo muito curto. Considere o caso 
em que a aceleração escalar instantânea é constante. Assim, 
em qualquer intervalo de tempo, a aceleração escalar média 
possui o mesmo valor da aceleração escalar instantânea.
aceleração constante ⇒ a = am = 
Dv ___ 
Dt
 
Física Total - Aula 05 - Movimento Uniformemente 
Variado - MUV
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
A tabela abaixo mostra as velocidades escalares de uma 
partícula em intervalos de 1 segundo. A velocidade varia 
de modo regular, ou seja, a cada 1 segundo, o aumento da 
velocidade é 2 m/s. Assim, a aceleração escalar é constante 
e dada por:
a = 2 m/s por segundo = 2 m/s2
t (s) v (m/s)
0 5
1 7
2 9
3 11
4 13
No caso em que a aceleração é constante e não nula, tem-
se um movimento uniforme.
se a = 0 → v é constante → o movimento é uniforme
multimídia: sites
pt.khanacademy.org/science/physics/one-
-dimensional-motion/acceleration-tutorial/a/
acceleration-article
www.if.ufrgs.br/tex/fis01043/20042/Luciano/
cinematica.html
9
5.1. Funções horárias
Considere uma partícula realizando um movimento uni-
formemente variado em uma linha, como na figura se-
guinte. No instante inicial (t = 0), a partícula passa pelo 
ponto de posição S0 com velocidade escalar v0. Depois de 
algum tempo, em um instante qualquer t, a partícula pas-
sa pelo ponto de posição S com velocidade escalar v. A 
aceleração escalar é constante ao longo de toda trajetória
v
Pela definição da aceleração:
a = Dv ___ Dt = 
v – v0 _____ 
t – t0
 
Rearranjando a equação:
v – v0 = a ∙ t
Assim:
v = v0 + a ∙ t
Função horária da velocidade escalar.
É possível demonstrar que a velocidade média no movi-
mento retilíneo uniformemente variado é dada por:
vm = 
v + v0 _____ 
2
 
A partir da definição de velocidade média:
vm = 
DS ___ Dt = 
S – S0 _____ t – t0
 
É possível combinar ambas as equações de modo que, para 
t0 igual a zero, tem-se:
DS = 
(v0 + v) (t – 0) ___________ 
2
 = 
(v0 + v)t ______ 
2
 
Utilizando a função horária da velocidade escalar v = v0 + 
a ⋅ t e Ds = s – s0, obtém-se:
S – S0 = 
(v0 + v0 + at)t ___________ 
2
 = 
2v0t + at
2
 ________ 
2
 = v0t + 
at2 ___ 
2
 
Assim:
S = S0 + v0 ∙ t + 
1 __ 
2
 ∙ a ∙ t2
Função horária da posição.
Nota: Para t0 diferente de zero, temos as equações:
v = v0 + a ∙ (t – t0)
S = S0 + v0 ∙ (t – t0) + 
1 __ 
2
 · a · (t – t0)
2
CONEXÃO ENTRE DISCIPLINAS
Uma função polinomial do segundo grau em uma variável é do tipo f de  em , onde f(x) = a ∙ x² + b ∙ x + c, 
com a, b e c números reais e a ≠ 0.
Para determinar a solução de equação do segundo grau 0 = a ∙ x² + b ∙ x + c, utilizamos um algoritmo desenvolvi-
do por Bháskara, em que temos duas raízes dadas por:
x = –b ± 
dXX D ___ 
2a
 
sendo:
D = b2 – 4ac
Onde se D > 0 haverá duas soluções distintas, se D = 0 haverá duas soluções idênticas e se D < 0 não haverá raiz real.
Para um corpo em MRUV, a função horária da posição é uma função polinomial do 2º grau, em uma variável.
10
 Aplicação do conteúdo
1. (Ufal) A velocidade de um móvel aumenta, de ma-
neira uniforme, 2,4 m/s a cada 3,0 s. Em certo instante, 
a velocidade do móvel é de 12 m/s. A partir desse ins-
tante, nos próximos 5,0 s a distância percorrida pelo 
móvel, em metros, é igual a:
a) 10
b) 30
c) 60
d) 70
e) 90
Resolução:
O enunciado afirma que a velocidade aumenta a uma taxa 
de 2,4 m/s em 3 s. Assim, a aceleração do móvel será:
a = Δv ___ 
Δt
 = 2,4 ___ 
3
 = +0,8 m/s2 
Admitindo o início da trajetória o móvel com velocidade de 
12 m/s, após 5 s aplica-se a função horária da posição em 
MRUV para encontrar a distância percorrida. 
S = S0 + v0t + 
at2 ___ 
2
 
S – S0 = 12 ∙ (5) + 
0,8(5)2 ______ 
2 
 = 60 + 0,4 ∙ (25) =
= 60 + 10 = 70 m
Altenativa D
2. (UFBA) Um corpo que parte do repouso deve percor-
rer uma distância de 3.000 m. Os primeiros 220 m ele 
os percorre em 8 s, sendo que o movimento é uniforme-
mente acelerado. O restante é percorrido a velocidade 
constante igual à atingida quando ele alcançou aqueles 
220 m. O tempo total aproximado para realizar todo o 
percurso será de:
a) 20 s
b) 30 s 
c) 50 s 
d) 58 s
Resolução:
Nos primeiros 8 segundos, o corpo percorre 220 m partin-
do do repouso. Aplicando a função horária do movimento 
retilíneo uniformemente acelerado, tem-se:
S = S0 + v0t + 
at2 ___ 
2
 
220 = 0 + 0 ∙ 8 + a ∙ (8)² ___ 
2
 
220 = 64a ___ 
2
 
a = 220 ___ 
32
 = 6,875 m/s2 
Nos mesmos 8 segundos, aplica-se a função horária da ve-
locidade escalar para se obter a velocidade final do corpo:
v = v0 + at = 0 + 6,875 ∙ 8 = 55 m/s
O enunciado afirma que essa velocidade permanece cons-
tante e ainda faltam 2.780 metros para o corpo percorrer. 
Assim, o segundo intervalo de tempo será:
v = DS __ Dt 
55 = 2780 ____ Dt 
Dt = 556 ___ 
11
 s
O tempo total será: 
ttotal = 8 + 
556 ___ 
11
 = 58,54 ≈ 58 s.
Altenativa D
3. A figura abaixo ilustra uma partícula com mo-
vimento uniformemente variado, com aceleração 
a = 6 m/s2. A partícula passa pelo ponto de posição 10 m 
e velocidade escalar 4 m/s no instante t0 = 0.
s
a) No instante t = 5 s, qual é a posição e a velocidade 
escalar da partícula?
b) Determine a velocidade escalar média da partícula 
entre os instantes t0 = 0 e t = 5 s.
Resolução:
a) Sabendo que a partícula está em MUV, e sendo 
a = 6 m/s2, v0 = 4 m/s e S0 = 10 m, tem-se:
S = S0 + v0 ⋅ t + 
a ⋅ t2 ____ 
2
 
E para t = 5 s:
S = 10 + 4 ⋅ (5) + 6 ⋅ (5)
2
 ______ 
2
 ⇒ S = 105 m
v = v0 + a ⋅ t
E para t = 5 s:
v = 4 + 6 ⋅ (5) ⇒ v = 34 m/s
b) Foi visto que a velocidade média no MUV pode ser 
calculada como:
vm = 
Vf + V0 ______ 
2
 
Assim, a velocidade média é:
vm = 
34 + 4 ______ 
2
 = 38 ___ 
2
 ⇒
vm = 19 m/s
11
4. Em uma autoestrada, um guarda (em uma motoci-
cleta) persegue um automóvel cujo motorista cometeu 
uma infração e que se move com velocidade escalar 
constante de 20 m/s. A figura a seguir ilustra a situação 
em um determinado instante.
20 m/s8,0 m/s
64 m
 Nesse instante, o guarda tem velocidade escalar 8,0 
m/s. Admitindo que ele se move com aceleração escalar 
constante de 2,0 m/s2 e desprezando os comprimentos 
dos veículos:
a) A partir do instante representado 
na figura, quanto tempo o guarda le-
vará para alcançar o automóvel?
b) Qual a velocidade do guar-
da ao alcançar o automóvel?
c) Determine a distância percorrida pelo 
guarda desde o instante representado na 
figura até o instante de encontro.
Resolução:
a) Adotemos a posição inicial do guarda como a ori-
gem do eixo de coordenadas dos espaços (S0G = 0), e 
64 m como a posição inicial do automóvel (S0A = 64 m).
20 m/s8,0 m/s
64
AG
s (m)0
O movimento do guarda é uniformemente variado com S0 
= 0, v0 = 8,0 m/s e a 2,0 m/s
2, e o automóvel se movimen-
ta uniformemente com S0 = 64 m e v = 20 m/s. Assim, 
as funções horárias das posições para o guarda e para o 
automóvel são:
guarda (MUV) automóvel (MU)
S = S0 + v0t + 
a __ 
2
 t2 S = S0 + vt
SG = 0 + 8,0 t + 
2,0 ___ 
2
 t2 SA = 64 + 20 t
SG = 8,0 t + t
2
Para determinar o instante de encontro, devem ser igua-
ladas as posições do guarda e do automóvel dadas pelas 
equações acima. Assim:
SG = SA
8,0 t + t² = 64 + 20 t
t² – 12t – 64 = 0
Resolvendo esta equação (de 2.º grau), obtém-se:
t = 16 ou t = –4
 Desprezando a resposta negativa, tem-se t = 16 s, ou seja, 
depois de 16 segundos do instante representado na figura, 
o guarda alcança o automóvel.
b) Como o movimento do guarda é uniforme-
mente variado, substituindo t = 16 s na função 
horária de sua velocidade escalar, obtém-se:
v = v0 + at ⇒ v = 8,0 + 2,0 t
t = 16 s ⇒ v = 8,0 + (2,0)(16) ⇒ v = 40 m/s
A velocidade do guarda no instante do encontro é de 40 m/s.
c) Substituindo t = 16 s na equação 
horária da posição do guarda, resulta:
SG = 8,0 t + t²
t = 16 s ⇒ SG = 8,0(16) + (16)² ⇒ SG = 384 m
 Isto é, o guarda se moveu da posição inicial S0G = 0 até aposição SG = 384 m, e, portanto, percorreu a distância de 
384 metros.
5.2. Equação de Torricelli
Os problemas de MRUV podem ser resolvidos com as fun-
ções horárias da velocidade e da posição. Entretanto, será 
mostrada a seguir uma equação que relaciona a velocida-
de e a posição sem envolver o tempo. Essa equação será 
útil na solução de problemas que não envolvam a variável 
tempo no enunciado.
Para obter essa equação, o tempo é isolado na função ho-
rária da velocidade:
v = v0 + at ⇒ at = v – v0 ⇒ t = 
v – v0 _____ a 
Esse valor de t é substituído na equação horária da posição. 
Assim:
S = S0 + v0t + 
at2 ___ 
2
 ⇒ S = S0 + v0 ( v – v0 _____ a ) + a __ 2 ⋅ ( 
v – v0 _____ a ) 
2
Efetuando os cálculos, obtém-se uma equação denomina-
da equação de Torricelli:
v² = v0² + 2a(S – S0)
Evangelista Torricelli (1608-1647) serviu como copista de 
Galileu durante os últimos três meses de vida do mestre 
renomado. A partir das equações de Galileu para o MUV, 
Torricelli deduziu a equação que carrega seu nome. Além 
disso, Torricelli Inventou o barômetro, instrumento que ser-
ve para medir a pressão atmosférica local.
12
 Aplicação do conteúdo
1. Em uma rodovia, um automóvel viaja com velocidade 
escalar constante de 30 m/s. Em determinado instante, 
o motorista pisa no freio provocando uma desacelera-
ção constante de 3,0 m/s2 até o automóvel parar. Cal-
cule a distância percorrida durante a frenagem.
Resolução:
A figura a seguir ilustra a situação:
Considerando a velocidade escalar positiva (mesmo sen-
tido que a orientação da trajetória) e sendo o movimento 
retardado, a aceleração escalar é negativa: a = –3,0 m/s2.
A velocidade inicial é v0 = 30 m/s, e a velocidade final é 
nula (v = 0). Pelas informações fornecidas e devido à falta 
de informação sobre o intervalo de tempo, é possível sus-
peitar que, provavelmente, a melhor equação a ser usada é 
a equação de Torricelli. Assim:
v² = v0² + 2a (S – S0)
0 = (30)² + 2(–3) ⋅ DS
Dessa forma:
DS = 150 m
2. (PUC) Ao iniciar a travessia de um túnel retilíneo de 
200 metros de comprimento, um automóvel de dimen-
sões desprezíveis movimenta-se com velocidade de 25 
m/s. Durante a travessia, desacelera uniformemente, 
saindo do túnel com velocidade de 5 m/s. O módulo de 
sua aceleração escalar, nesse percurso, foi de: 
a) 0,5 m/s².
b) 1,0 m/s².
c) 1,5 m/s².
d) 2,0 m/s².
e) 2,5 m/s².
Resolução:
A velocidade inicial é 25 m/s e a final é 5 m/s. A variação de 
espaço é de 200 m. Aplica-se a equação de Torricelli para 
encontrar a desaceleração do corpo.
v² = v0² + 2aDS 
(5)² = (25)² + 2 ∙ a ∙ 200 
a = –1,5 m/s². 
Assim, o módulo da aceleração é 1,5 m/s2.
Alternativa C
3. (Unicamp) Um automóvel trafega com velocidade 
constante de 12 m/s por uma avenida e se aproxima de 
um cruzamento onde há um semáforo com fiscalização 
eletrônica. Quando o automóvel se encontra a uma dis-
tância de 30 m do cruzamento, o sinal muda de verde 
para amarelo. O motorista deve decidir entre parar o 
carro antes de chegar ao cruzamento ou acelerar o car-
ro e passar pelo cruzamento antes do sinal mudar para 
vermelho. Esse sinal permanece amarelo por 2,2 s. O 
tempo de reação do motorista (tempo decorrido entre 
o momento em que o motorista vê a mudança de sinal e 
o momento em que realiza alguma ação) é 0,5 s.
a) Determine a mínima aceleração constante que o 
carro deve ter para parar antes de atingir o cruzamen-
to e não ser multado. 
b) Calcule a menor aceleração constante que o carro 
deve ter para passar pelo cruzamento sem ser multa-
do. Aproxime (1,7)² ≈ 3,0.
Resolução:
a) O tempo de reação do motorista é 0,5 s e sua veloci-
dade constante é de 12 m/s. Assim, o deslocamento do 
motorista em MRUV será:
v = DS ___ Dt 
12 = DS ___ 
0,5
 
DS = 6 m.
A distância quando o semáforo muda de verde para amarelo 
é 30 m, e a distância na reação é 6 m. Assim, a distância em 
MRUV é 24 m. Aplicando a equação de Torricelli, tem-se:
v2 = v0
2 + 2 ∙ a ∙ DS 
(0)2 = (12)2 + 2 ∙ a ∙ 24 
a = –3 m/s2
Resposta: A mínima desaceleração é de 3 m/s2.
b) O tempo total é 2,2 s, e o tempo de reação é 
0,5 s. Assim, o tempo do carro em MRUV será:
ttotal = treação + tMRUV 
2,2 = 0,5 + tMRUV
tMRUV = 1,7 s.
Aplicando a função horária da posição em MRUV, desco-
bre-se a aceleração do carro.
S = S0 + v0 t + 
at2 ___ 
2
 
24 = 0 + 12 ∙ (1,7) + a ∙ (1,7)
2
 _____ 
2
 
a = 2,4 m/s2. 
Resposta: A aceleração será de 2,4 m/s2.
4. (UEL) Um motorista está dirigindo um automóvel a 
uma velocidade de 54 km/h. Ao ver o sinal vermelho, 
pisa no freio. A aceleração máxima para que o automó-
vel não derrape tem módulo igual 5 m/s2. Qual a menor 
13
distância que o automóvel irá percorrer, sem derrapar e 
até parar, a partir do instante em que o motorista acio-
na o freio? 
a) 3,0 m 
b) 10,8 m 
c) 291,6 m 
d) 22,5 m
e) 5,4 m
Resolução:
Aplicando a análise dimensional na velocidade inicial, tem-se: 
v0 = 54 km/h ∙ 
1000 m ______ 
1 km
 . 1 h ______ 
3600 s
 = 15 m/s 
Fazendo um desenho ilustrativo do problema:
 
O vetor aceleração é contra a trajetória; dessa forma, tem-
-se uma desaceleração. Aplicando a equação de Torricelli, 
obtém-se: 
v² = v0² + 2aDS 
0² = (15)² + 2 ∙ (–5) ∙ DS 
0 = 225 – 10 DS 
DS = 225 ___ 
10
 = 22,5 m
Alternativa D
5.3. Identificando as variáveis
Dada uma função horária de posição qualquer, é possível 
descobrir por análise as variáveis de interesse S0, v0 e a afim 
de construir a função horária da posição. Como é sabido, 
todo movimento uniformemente variado tem a função da 
posição do seguinte modo:
S(t) = S0 + v0 ⋅ t + 
a ⋅ t2 ____ 
2
 
A posição inicial sempre será o coeficiente independente, 
ou seja, aquele que não multiplica nenhuma potência da 
variável t. Caso não exista, resulta que S0 = 0. A velocidade 
inicial será o coeficiente que acompanha a potência de t 
que tem o expoente 1. Por fim, a aceleração será o dobro 
do coeficiente que acompanha a potência de t que está ao 
quadrado. Caso falte alguma potência de t, isso se deve ao 
fato de que o coeficiente é nulo.
Se, por exemplo, for fornecida uma função S(t)=5 – 3 ∙t + 3 ∙ t2, 
é possível comparar com a função da posição genérica e 
identificar S0 = 5 m, v0 = –3 m/s e a = 6 m/s
2. Dessa forma, 
é possível escrever a função horária da velocidade, que de 
maneira genérica é dada por:
v(t) = v0 + a · t
E, assim, temos que: 
v(t) = –3 + 6 ∙ t
Do mesmo modo, pode-se inferir a velocidade inicial e 
aceleração a partir da função da velocidade. Na fun-
ção da velocidade, o coeficiente independente trata-se 
da velocidade inicial e o coeficiente que acompanha 
a variável t é a aceleração. Seja uma dada função da 
velocidade v(t) = 5 + 8 ∙ t, temos que v0 = 5 m/s e 
a = 8 m/s2. Porém não conseguimos escrever a função 
da posição, pois ainda falta a posição inicial, neste caso 
o enunciado irá fornecer a informação, por exemplo 
S0 = –3 m . Assim, poderemos substituir na função gené-
rica da posição:
S(t) = S0 + v0 ⋅ t + 
a ⋅ t2 ____ 
2
 
Assim, teremos que:
S(t) = –3 + 5 · t + 4 ∙ t2
14
Avaliar métodos, processos ou procedimentos das ciências naturais que contribuam para diagnosticar ou solucionar 
problemas de ordem social, econômica ou ambiental.
ÁREAS DE CONHECIMENTO DO ENEM
19
Habilidades
A habilidade 19 avalia a capacidade do estudante de avaliar métodos em solucionar problemas cotidianos, rela-
cionados também ao movimento de corpos acelerados. O exemplo mais comum disto são os exercícios que en-
volvem veículos de transporte (carros, motos, caminhões) que constantemente mudam sua velocidade ao trafegar 
pelas vias públicas. Avaliar qual é a distância que um móvel percorre até frear em um semáforo, por exemplo, é 
frequente nas avaliações do Enem, sendo esta uma situação-problema clássica.
Modelo 1
(Enem) O trem de passageiros da Estrada de Ferro Vitória-Minas (EFVM), que circula diariamente entre a cidade de 
Cariacica, na Grande Vitória, e a capital mineira Belo Horizonte, está utilizandouma nova tecnologia de frenagem 
eletrônica. Com a tecnologia anterior, era preciso iniciar a frenagem cerca de 400 metros antes da estação. Atual-
mente, essa distância caiu para 250 metros, o que proporciona redução no tempo de viagem.
Considerando uma velocidade de 72 km/h, qual o módulo da diferença entre as acelerações de frenagem depois e 
antes da adoção dessa tecnologia?
a) 0,08 m/s2
b) 0,30 m/s2
c) 1,10 m/s2
d) 1,60 m/s2
e) 3,90 m/s2
Análise expositiva 1 - Habilidade 19: Neste exercício o aluno se depara na mesma situação com duas possibilida-
des de sistema de frenagem e deve calcular o módulo da diferença entre elas, fazendo-se necessária a aplicação e ma-
nipulação das fórmulas que regem o MRUV, o estudante deve repetir o mesmo procedimento em ambas as situações.
Supondo essas acelerações constantes, aplicando a equação de Torricelli para o movimento uniformemente retardado, vem:
v2 = vO
2 – 2 a DS ⇒ O2 = v0
2 – 2 a DS ⇒
a = 
2 D S
 ⇒ ( a1 = 20
2
 _______ 2 · 400 ⇒ a1 = 0,5 m ____________________________ 
a2 = 
202 _______ 2 · 250 ⇒ a1 = 0,8 m/s
2
 ) ⇒ |a1 – a2| = |0,5 - 0,8| ⇒ |a1 – a2| = 0,3 m/s2.
Alternativa B
B
v
0
2 /s2
15
Caracterizar causas ou efeitos dos movimentos de partículas, substâncias, objetos ou corpos celestes.20
Habilidade
A habilidade 20 mais uma vez aparece, já que mais um passo é acrescentado ao estudo do movimento dos corpos: agora 
os corpos podem possuir aceleração não nula. No cotidiano mundano das pessoas, os móveis estão em constante alter-
ação do seu movimento, o exemplo mais clássico disto é um automóvel que após estar estacionado adquire movimento, 
sendo freado posteriormente em algum semáforo e acelerado novamente inúmeras vezes até chegar em seu destino. A 
mudança da velocidade é algo normal e se faz presente em inúmeras situações-problema que o estudante irá encontrar. 
Modelo 2
(Enem) Um motorista que atende a uma chamada de celular é levado à desatenção, aumentando a possibilidade de 
acidentes ocorrerem em razão do aumento de seu tempo de reação. Considere dois motoristas, o primeiro atento e o 
segundo utilizando o celular enquanto dirige. Eles aceleram seus carros inicialmente a 1,00 m/s2. Em resposta a uma 
emergência, freiam com uma desaceleração igual a 5,00 m/s2. O motorista atento aciona o freio à velocidade de 14,0 
m/s enquanto o desatento, em situação análoga, leva 1,00 segundo a mais para iniciar a frenagem.
Que distância o motorista desatento percorre a mais do que o motorista atento, até a parada total dos carros? 
a) 2,90 m
b) 14,0 m
c) 14,5 m
d) 15,0 m
e) 17,4 m
Análise expositiva 2 - Habilidade 20: Excelente exercício, traz para a realidade do estudante a aplicação direta das 
funções horárias do movimento uniformemente acelerado em uma situação-problema comum nos dias atuais: moto-
ristas imprudentes que utilizam celulares enquanto dirigem. Aplicando as funções e manipulando as equações o estu-
dante será capaz de perceber qual a real diferença entre dirigir com atenção e dirigir enquanto se manipula um celular.
Para o motorista atento, temos:
Tempo e distância percorrida até atingir 14 m/s a partir do repouso:
v = v0 + at
14 = 0 + 1 · t1 ⇒ t1 = 14 s
v2 = v0
2 + 2aDS
142 = 02 + 2 · 1 · d1 ⇒ d1 = 98 m
Distância percorrida até parar:
02 = 142 + 2 · (–5) · d1’ ⇒ d1’ = 19,6 m
Distância total percorrida:
DS1 = d1 + d1’ = 98 + 19,6 ⇒ DS1 = 117,6 m
Para o motorista que utiliza o celular, temos:
t2 = t1 + 1 ⇒ t2 = 15 s
Velocidade atingida e distância percorrida em 15 s a partir do repouso:
v2 = 0 + 1 · 15 ⇒ v2 = 15 m/s
152 = 02 + 2 · 1 · d2 ⇒ d2 = 112,5 m
Distância percorrida até parar:
02 = 152 + 2 · (–5) . d2’ ⇒ d2’ = 22,5 m
Distância total percorrida:
DS2 = d2 + d2’ = 112,5 + 22,5 ⇒ DS2 = 135 m
Portanto, a distância percorrida a mais pelo motorista desatento é de:
DS = DS2 – DS1 = 135 – 117,6
∴DS = 17,4 m
Alternativa E
E
16
ALTERAÇÃO DA
VELOCIDADE
ACELERAÇÃO
REFERENCIAL
MOVIMENTO
VELOCIDADE
INICIAL
VELOCIDADE
FINAL
CONDIÇÕES
INICIAIS
FUNÇÕES
HORÁRIAS
 DIAGRAMA DE IDEIAS
17
 Gráficos do MrUV
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 17 e 20
AULAS 
11 e 12
1. Gráfico da aceleração 
escalar em função do tempo
No Movimento Retilíneo Uniformemente Variado(M.R.U.V.), 
a aceleração escalar a é uma constante e não nula. Em 
consequência, o gráfico a x t, da aceleração (no eixo das 
ordenadas) em função do tempo (no eixo das abscissas), é 
uma reta paralela ao eixo dos tempos.
Existem duas possibilidades para o gráfico da aceleração. 
Caso a aceleração seja favorável à orientação adotada, o 
gráfico será uma reta paralela ao eixo horizontal e acima 
dele. Entretanto, se a aceleração for contrária à orientação 
adotada, o gráfico será uma reta paralela ao eixo horizon-
tal e abaixo do mesmo.
 
 
Gráficos da velocidade 
escalar em função do tempo
A função horária da velocidade escalar v é uma função 
do 1.° grau (v = v0 + at). Assim, o gráfico v × t, da velo-
cidade escalar em função do tempo, é uma reta incli-
nada. Quando a aceleração escalar for positiva (a > 0), a 
inclinação da reta será positiva, ou seja, o gráfico será 
crescente; quando a aceleração escalar for negativa 
(a < 0), a inclinação da reta será negativa, ou seja, o gráfico 
será decrescente. Observe as figuras a seguir.
 
Nos gráficos acima foram assinalados dois triângulos 
retângulos em que o cateto vertical corresponde à variação 
da velocidade escalar (Dv), e o cateto horizontal representa 
a variação do tempo (Dt). A aceleração escalar pode ser 
obtida com base no gráfico. Calculando:
a = tg α = Dv ___ Dt 
Observe que, se a função for crescente, o resultado será 
uma aceleração positiva; se a função for decrescente, o re-
sultado será uma aceleração negativa.
G1 - Saiba como interpretar gráficos de 
movimento
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
18
 Aplicação do conteúdo
1. Na figura a, está representado o gráfico da velocida-
de escalar em função do tempo de uma partícula. Como 
o gráfico é retilíneo, o movimento é uniformemente va-
riado (MUV). A aceleração escalar do movimento, como 
foi visto acima, pode ser calculada a partir de um triân-
gulo retângulo qualquer, cuja hipotenusa esteja sobre o 
gráfico, e os catetos horizontal e vertical, como o triân-
gulo retângulo sombreado na figura b.
Resolução:
Dos valores dos catetos do triângulo, calcula-se:
a = Dv ___ Dt = 
20 m/s ______ 
4 s
 = 5 m/s2
Observando ainda a figura, no instante t = 0 a velocidade é 
10 m/s, ou seja, a velocidade inicial é v0 = 10 m/s.
Assim, encontra-se a função horária da velocidade escalar:
v = v0 + at ⇒ v = 10 + 5t
O gráfico da aceleração escalar em função do tempo para 
esse movimento é representado na figura abaixo:
2. Na figura a, está representado um gráfico v × t. Nova-
mente o gráfico é uma reta e, portanto, representa um 
MUV. Para calcular a aceleração, considere o triângulo 
retângulo sombreado na figura b.
Resolução:
Para o cateto vertical desse triângulo, tem-se:
|Dv| = 27 – 9 = 18
Entretanto, é possível observar no gráfico que a velocidade 
escalar diminui ao longo do tempo. Desse modo, a variação 
da velocidade é negativa Dv < 0, então:
Dv = –18 m/s
Calculando a aceleração:
a = Dv ___ Dt = 
–18 m/s ______ 
6 s
 = –3 m/s2
Ou seja, a aceleração escalar é negativa.
Do gráfico, obtém-se a velocidade inicial v0 = 27 m/s, e a 
função horária da velocidade escalar é:
v = v0 + at ⇒ v = 27 – 3t
Observe a seguir o gráfico a × t para esse movimento:
1.1. Propriedade do gráfico a × t
No gráfico da aceleração pelo tempo a = a(t), tem-se uma 
propriedade de grande importância. A área compreendida 
entre a função e o eixo das abscissas é numericamente 
equivalente à variação da velocidade.
Gráficos do MRUV
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
19
Por convenção, se a área estiver acima do eixo das ab-
scissas, a variação da velocidade será positiva. Se a área 
estiver abaixo, a variação da velocidade será negativa.1.2. Propriedade do gráfico v × t
Como foi visto anteriormente, a função da velocidade pelo 
tempo é uma função do primeiro grau v = v(t) = v0 + a . t; 
nesse sentido, existem dois pontos de extremo interesse. O 
primeiro é o ponto no qual a função corta o eixo vertical. 
Esse ponto é a velocidade inicial v0. O segundo é o ponto 
no qual a função corta o eixo horizontal. Esse ponto marca 
o instante em que a velocidade é nula e pode indicar o ins-
tante em que ocorreu a inversão do sentido de movimento. 
A partir do gráfico v × t também é possível carac-
terizar o movimento. Se a função v(t) for crescente 
(a aceleração é positiva), nos instantes em que a velocid-
ade for negativa tem-se movimento retrógrado retardado, 
e nos instantes em que a velocidade for positiva tem-se 
movimento progressivo acelerado. 
v > 0
a > 0
movimento
acelerado
v < 0
a > 0
movimento
retardado
Caso a função v(t) seja decrescente (a aceleração é negativa), 
nos instantes em que a velocidade for negativa tem-se mov-
imento retrógrado acelerado, e nos instantes que a veloci-
dade for positiva tem-se movimento progressivo retardado.
Em ambos os casos, t’ é o instante em que ocorre a in-
versão do movimento, ou seja, quando o móvel para e 
passa a deslocar-se em sentido contrário ao anterior.
No caso do movimento uniforme (MU), a área da figura 
entre o gráfico da velocidade escalar e o eixo do tempo é 
numericamente igual à variação de posição. Essa proprie-
dade também é válida para o movimento uniformemente 
variável (MUV).
Como é possível observar nos gráficos acima, as áreas dos 
trapézios sombreados são numericamente iguais aos mód-
ulos das variações de posição (DS) entre os instantes t1 e 
t2. Vale lembrar que, se a área está acima do eixo das ab-
scissas, o deslocamento é positivo; e se a área se encontra 
abaixo do eixo, o deslocamento é negativo.
20
 Aplicação do conteúdo
1. Um automóvel se move com velocidade constante 
de 20 m/s. Então o motorista pisa no freio de modo que 
o automóvel adquire movimento uniformemente retar-
dado e para 4 segundos depois. Calcule a distância per-
corrida pelo automóvel durante a frenagem.
Resolução:
É possível resolver o problema calculando a aceleração do 
movimento usando a função horária da velocidade e subs-
tituindo o valor da aceleração na função horária da posição 
(ou na equação de Torricelli). Entretanto, vamos calcular 
graficamente (trata-se um método mais rápido): esboce o 
gráfico v × t, embora o problema não o tenha pedido.
Na figura a seguir está representado o esboço do gráfico 
v × t. A área do triângulo sombreado, como foi visto, é 
numericamente igual a variação de posição:
DS = (4,0)(20) _______ 
2
 ⇒ Ds = 40 m
Dessa forma, o automóvel percorreu 40 m durante a frenagem.
2. (UFLA) O diagrama abaixo, velocidade versus tempo, 
representa o movimento de um corpo ao longo de uma 
trajetória retilínea.
 
Considerando que o corpo parte da posição S0 = 10 m no 
instante t0 = 0 s, é CORRETO afirmar que o diagrama que 
representa esse movimento é:
a m/s2 a m/s2
a) b)
c) d)
Resolução:
Em um gráfico de velocidade em função do tempo no MRUV, 
a aceleração constante é o coeficiente angular (tg x).
VIVENCIANDO
As funções parabólicas são aplicadas de diversas maneiras na engenharia, como no uso para construção de antenas 
parabólicas e faróis de carro. A construção dos gráficos possibilita a criação de modelos que ajudam a entender e a 
prever os desenvolvimentos dos movimentos a serem estudados. Apesar de o universo possuir muitas dimensões, 
é possível se deparar com movimentos unidimensionais ou que podem ser aproximados para esse modelo. A porta 
automática que abre quando você avança ou o correr de uma cortina são exemplos disso. 
O modelo matemático proporcionado pelos gráficos criados permite a compreensão de diversos movimentos acele-
rados, como um carro de Fórmula 1 acelerando em direção à linha de chegada na reta final de um Grand Prix.
21
a = tg x = Dv ___ Dt = 
(vf – v0) ______ 
(tf – t0)
 = (–20 – (+ 20) ________ 
(2 – 0)
 = – 20 m/s².
A velocidade inicial é 20 m/s, e a posição inicial é 10 m; 
assim, a função horária do espaço será:
S(t)= S(0) + v(0) t + at
2
 ___ 
2
 
S(t) = 10 + 20t –10t2
Substituindo o tempo por 2 segundos, tem-se: 
S(2) = 10 + 20 ∙ (2) – 10(2)² = 10 + 40 – 40 = 10 m.
A única resposta possível é a alternativa A.
Alternativa A
2. (Unesp) No gráfico a seguir são apresentados os va-
lores da velocidade v, em m/s, alcançada por um dos 
pilotos em uma corrida em um circuito horizontal e fe-
chado, nos primeiros 14 segundos do seu movimento
Sabe-se que de 8 a 10 segundos a trajetória era retilínea. 
Considere g = 10 m/s2 e que para completar uma volta o 
piloto deve percorrer uma distância igual a 400 m.
A partir da análise do gráfico, são feitas as afirmações:
I. O piloto completou uma volta nos primeiros 8 segundos 
de movimento.
II. O piloto demorou 9 segundos para completar uma volta.
III. A distância percorrida nos 14 segundos é menor que 
600 metros. 
IV. Em todo tempo o movimento é acelerado.
São verdadeiras apenas as afirmações:
a) II e III. d) I, III e IV.
b) II e IV. e) II, III e IV.
c) III e IV.
Resolução:
Afirmativa I – Incorreta.
A distância percorrida pelo piloto nos primeiros 8 segundos 
será:
DS0-8 = A1 = 
(80) ∙ (8) ______ 
2
 = 320 m
Afirmativa II – Correta.
DS0-9 = 
(80) ∙ (8) ______ 
2
 + (80) ∙ (9 – 8) = 
= 320 + 80 = 400 m.
Afirmativa III – Correta.
A distância percorrida pelo piloto nos 14 segundos será:
DS0-14 = A1 + A2 + A3 + A4 = 
(80) ∙ (8) ______ 
2
 + 
80(10 – 8) + (80 + 20) ∙ (12 – 10) _____________ 
2
 + 
 (20) ∙ (13 – 12) _________ 
2
 
DS0-14 = 320 + 160 + 100 + 10 
DS0,14 = 590 m.
Afirmativa IV – Incorreta, pois, como é possível observar no 
gráfico, entre os instantes 8 e 10 s o movimento é uniforme, 
e nos instantes 10 e 13 s o movimento é retardado (a < 0). 
Alternativa A.
1.3. Propriedade da velocidade média
O gráfico v × t pode ser utilizado para calcular a variação de 
posição e a velocidade escalar média entre os instantes t1 e t2:
A área sombreada representa o deslocamento entre os in-
stantes t1 e t2. Se a área estiver acima do eixo horizontal, 
a velocidade média é positiva; se a área estiver abaixo do 
eixo horizontal, a velocidade média é negativa. Para o cál-
culo da velocidade média, é preciso calcular a razão entre 
a área e a diferença entre intervalos de tempo.
22
 Aplicação do conteúdo
1. Determine a velocidade escalar média entre os ins-
tantes t = 3 s e t = 6 s para o movimento representado 
no gráfico abaixo.
Resolução:
 A partir da área sombreada na figura abaixo, é possível cal-
cular a variação de posição DS. Por ser um trapézio, tem-se:
DS = (20 + 30)(3) __________ 
2
 ⇒ DS = 75 m
Dessa forma, a velocidade escalar média é:
vm = 
Dv ___ Dt = 
75 m ____ 
3 s
 = 25 m/s
2. Gráfico da posição 
em função do tempo
A função horária da posição do movimento retilíneo 
uniformemente variado (M.R.U.V.) é uma equação do 
segundo grau em t.
 S = S0 + v0 ⋅ t + 
a ⋅ t2 ____ 
2
 
Assim, o gráfico da posição em função do tempo (s × t) 
deve ser um arco de parábola. Ele pode ocorrer de dois 
modos: a concavidade pode ser para cima ou para baixo. 
Como na função do segundo grau, a concavidade é deter-
minada pelo sinal que acompanha o coeficiente da variável 
de grau dois; no caso da função da posição, a concavidade 
é determinada pela aceleração. É importante ressaltar que 
o gráfico da posição pelo tempo não informa necessaria-
mente a trajetória descrita pelo móvel.
a > 0 ⇒ concavidade para cima
a < 0 ⇒ concavidade para baixo
CONEXÃO ENTRE DISCIPLINAS
Matemática e Física estão fundamentalmente relacionadas. O desenvolvimento das duas disciplinas tem diversas 
conexões, e o uso de gráficos em experimentos científicos é um passo importante da construção do conhecimento 
na Física, além de uma das formas de criar uma interpretação para os eventos e experimentoscientíficos. Gráficos 
são uma técnica gráfica para representar um conjunto de dados, geralmente relacionando duas ou três variáveis. 
A parábola, curva gráfica característica de funções polinomiais de equações do 2.º grau, aparece aqui como uma 
forma de modelar matematicamente a relação entre espaço × tempo de um móvel em MRUV.
xx
f(x)f(x)
xx
f(x)f(x)
23
Nem sempre o gráfico apresentará o aspecto dos gráficos 
descritos acima; como não foram considerados os tempos 
negativos, foi considerado apenas o trecho de linha con-
tínua da parábola, à direita do eixo vertical.
O ponto A assinalado em cada figura é o vértice da parábo-
la e corresponde ao instante em que a velocidade se anula, 
isto é, v = 0 no instante t’. Será nesse instante que poderá 
ocorrer mudança no sentido do movimento.
O gráfico da posição pelo tempo também é útil para caracteri-
zar o movimento. No caso de a aceleração ser positiva, tem-se:
S’
Observe que, à esquerda do ponto A, a posição diminui 
com o tempo, fator que indica uma velocidade negativa 
(v < 0); como a aceleração é positiva (a > 0), tem-se um 
movimento retrógrado retardado. No ponto A, o móvel 
tem velocidade nula e nele ocorre a inversão do sentido do 
movimento. Por fim, à direita do ponto A, a posição aumen-
ta com o tempo, fator que indica uma velocidade positiva 
(v > 0); como a aceleração é positiva (a > 0), tem-se um 
movimento progressivo acelerado.
No caso de a aceleração ser negativa, tem-se:
S’
Observe que, à esquerda do ponto A, a posição aumenta 
com o tempo, fator que indica uma velocidade positiva (v 
> 0); como a aceleração é negativa (a < 0), tem-se um 
movimento progressivo retardado. No ponto A, o móvel 
tem velocidade nula e nele ocorre a inversão do sentido 
do movimento. Por fim, à direita do ponto A, a posição 
diminui com o tempo, fator que indica uma velocidade 
negativa (v < 0); como a aceleração é negativa (a < 0), 
tem-se um movimento retrógrado acelerado.
 Aplicação do conteúdo
1. (UFB) O espaço (posição) de um móvel varia com o 
tempo conforme o gráfico abaixo.
Pede-se determinar:
a) O espaço (posição) inicial S0, o instante ti em que 
o móvel inverte o sentido de seu movimento e o(s) 
instante(s) em que passa pela origem dos espaços 
(posições, marco zero).
b) O intervalo de tempo em que o movimento é pro-
gressivo e o intervalo de tempo em que o movimento 
é retrógrado.
c) O intervalo de tempo em que o movimento é acele-
rado e em que é retardado.
d) A função horária do espaço.
e) A função horária da velocidade e sua represen-
tação gráfica.
f) A função horária da aceleração e sua representação 
gráfica.
Resolução:
a) De acordo com o gráfico, a posição inicial é 8 metros, 
o instante que o móvel inverte o sentido do seu movi-
mento é 3 segundos, e os instantes em que o móvel 
passa pela origem (S(t) = 0 m) são 2 e 4 segundos.
b) O movimento é progressivo quando o móvel se des-
loca no sentido dos marcos crescentes (v > 0), o que 
ocorre após t = 3 s, e retrógrado quando o móvel se 
desloca no sentido dos marcos decrescentes (v < 0), o 
que ocorre entre 0 e 3 s.
c) O movimento é acelerado após 3 s, uma vez que 
a aceleração e a velocidade têm mesmo sinal (a é 
positiva, ou seja, “a concavidade da parábola é para 
cima”, e v é positiva, isto é, “se desloca no sentido 
dos marcos crescentes”). O movimento é retardado 
entre 0 e 3 s, pois a aceleração é positiva e a veloci-
dade é negativa.
d) Sendo a função do espaço S(t) = a + bt + ct², bas-
ta substituir os pontos conhecidos para encontrar as 
incógnitas da função.
24
S(0) = 8 
a + b(0) + c(0)² = 8
a = 8
S(2) = 0 
a + b(2) +c(2)² = 0
8 + 2b + 4c = 0
b + 2c = –4 (equação 1)
S(3) = –1
a + b(3) + c(3)² = –1
8 +3b + 9c = –1
–b – 3c = +3 (equação 2)
Ao realizar a soma das equações 1 e 2, tem-se:
(b + 2c) + (–b –3c) = –4 + 3
b + 2c – b – 3c = –1
c = 1
É preciso voltar à equação 1 para encontrar b. 
b + 2c = –4 
b = –6
Dessa forma, a função horária do móvel será: 
S(t) = 8 + (–6)t + (1)t²
S(t) = 8 – 6t + 1t²
e) Comparando a função horária do móvel com 
a função horária da posição em MRUV, tem-se: 
S(t) = 8 – 6t + 1t²
S(t) = S0 +v0t + 
at² ___ 
2
 
Assim, segue: S0 = 8 m; v0 = –6 m/s; a = 2 m/s
2.
Aplicando a velocidade inicial e a aceleração na função ho-
rária da velocidade em MRUV, tem-se:
v(t) = v0 + at 
v(t) = (–6) + (2) ∙ t = –6 +2t . 
v(t) = 0
–6 + 2t = 0 
t = 3 s
O gráfico da velocidade é uma reta crescente, pois a ace-
leração é positiva.
t v(t)
0 –6
3 0
f) A aceleração é uma constante durante todo o 
tempo. Assim a sua função e o seu gráfico serão:
a(t) = 2 m/s²
3. (Unifesp)
multimídia: sites
brasilescola.uol.com.br/fisica/graficos-
movimento-uniformemente-variado.htm
efisica.if.usp.br/mecanica/basico/mruv/
intro/physics.tutorvista.com/motion/
motion-graphs.html
25
Telecurso 2000 - Aulas 04/50 - Física - MRUV
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
Em um teste, um automóvel é colocado em movimento 
retilíneo uniformemente acelerado a partir do repouso até 
atingir a velocidade máxima. Um técnico constrói o gráfico 
em que se registra a posição x do veículo em função de sua 
velocidade v. Através desse gráfico, pode-se afirmar que a 
aceleração do veículo é:
a) 1,5 m/s2.
b) 2,0 m/s2.
c) 2,5 m/s2.
d) 3,0 m/s2.
e) 3,5 m/s2.
Resolução:
É preciso encontrar dois pontos no gráfico e aplicar a Equa-
ção de Torricelli para encontrar a aceleração.
v S(t)
0 0
6 9
v² = v0 + 2 ∙ a ∙ (Sf – S0) 
(6)² = (0)² + 2 ∙ a ∙ (9 – 0)
a = 2 m/s²
Alternativa B
4. (UERJ) Um trem de brinquedo, com velocidade inicial 
de 2 cm/s, é acelerado durante 16 s.
O comportamento da aceleração nesse intervalo de tempo 
é mostrado no gráfico a seguir:
 
Calcule, em cm/s, a velocidade do corpo imediatamente 
após esses 16 s.
Resolução:
As acelerações são: a1 = 4 cm/s² ; a2 = –3 cm/s² ; a3 = 4 cm/s² ;
Aplicando a função horária da velocidade acharemos a ve-
locidade final no instante t = 6 s.
v6 = v0 + a1t = 2 + 4(6 – 0) = 26 cm/s.
Aplicando a função horária da velocidade acharemos a ve-
locidade final no instante t = 10 s.
v10 = v6 + a2t = 26 + (–3) ∙ (10 – 6) = 14 cm/s.
Aplicando a função horária da velocidade acharemos a ve-
locidade final no instante t = 10 s.
v16 = v10 + a3t = 14 + (4) ∙ (16 – 10) = 38 cm/s.
Resposta: A velocidade final será 38 cm/s.
De maneira mais rápida poderíamos fazer:
Dv = v – vi
onde Dv é dado pelas áreas A1, A2 e A3:
Dv = (6 · 4) + (–3 · 4) + (6 · 4) = 36 cm/s
Logo: v = Dv + vi
v = 36 + 2 = 38 cm/s
26
ÁREAS DE CONHECIMENTO DO ENEM
Relacionar informações apresentadas em diferentes formas de linguagem e representação usadas nas ciências físi-
cas, químicas ou biológicas, como texto discursivo, gráficos, tabelas, relações matemáticas ou linguagem simbólica.17
Habilidades
A habilidade 17 é constantemente acionada nas ciências exatas, e o aluno deverá ser capaz de interpretar fórmulas, 
gráficos, tabelas e relações matemáticas traduzindo, interpretando ou colhendo informações conceituais de situações 
contextualizadas.
Modelo 1
(Enem 2017) Em uma colisão frontal entre dois automóveis, a força que o cinto de segurança exerce sobre o tórax e 
abdômen do motorista pode causar lesões graves nos órgãos internos. Pensando na segurança do seu produto, um 
fabricante de automóveis realizou testes em cinco modelos diferentes de cinto. Os testes simularam uma colisão de 
0,30 segundo de duração, e os bonecos que representavam os ocupantes foram equipados com acelerômetros. Esse 
equipamento registra o módulo da desaceleração do boneco em função do tempo. Os parâmetros como massa dos 
bonecos, dimensões dos cintos e velocidade imediatamente antes e após o impacto foram os mesmos para todos os 
testes. O resultado final obtido está no gráfico de aceleração por tempo.
 
Qual modelo de cinto oferece menor risco de lesão interna ao motorista?
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
Análise expositiva 1: O aluno deve ser capaz de ler o gráfico e, a partir dele, retirar as informações necessárias. 
De acordo com o gráfico, o cintoque apresenta o menor valor de amplitude para a aceleração é o 2, sendo, portanto, 
o mais seguro.
Alternativa B
B
Caracterizar causas ou efeitos dos movimentos de partículas, substâncias, objetos ou corpos celestes.20
27
A habilidade 20 cobra do estudante que ele saiba compreender fenômenos mecânicos relacionados ao movimento 
dos corpos: posição, velocidade e aceleração são conceitos fundamentais para essa compreensão.
Modelo 2
(Enem) Para melhorar a mobilidade urbana na rede metroviária é necessário minimizar o tempo entre estações. Para 
isso a administração do metrô de uma grande cidade adotou o seguinte procedimento entre duas estações: a locomo-
tiva parte do repouso em aceleração constante por um terço do tempo de percurso, mantém a velocidade constante 
por outro terço e reduz sua velocidade com desaceleração constante no trecho final, até parar.
Qual é o gráfico de posição (eixo vertical) em função do tempo (eixo horizontal) que representa o movimento desse trem?
a) 
 
d) 
 
b) 
 
e) 
 
c) 
 
Análise expositiva: Em muitos casos, esse tipo de exercício é rápido e de fácil resolução. Apesar de cobrar concei-
tos, a simplicidade do conteúdo facilita a interpretação da informação.
1.º trecho: movimento acelerado (a > 0)→o gráfico da posição em função do tempo é uma curva de concavidade 
para cima.
2.º trecho: movimento uniforme (a = 0)→o gráfico da posição em função do tempo é um segmento de reta 
crescente.
3.º trecho: movimento desacelerado (a < 0)→o gráfico da posição em função do tempo é uma curva de concavida-
de para baixo.
Alternativa C
C
28
GRÁFICOS
CONCAVIDADE 
PARA CIMA
CONCAVIDADE 
PARA BAIXO
RETA 
CRESCENTE
RETA 
DECRESCENTE
ACELERAÇÃO 
CONSTANTE
a > 0 a < 0 a > 0 a < 0
GRÁFICOS MRUV
POSIÇÃO VELOCIDADE
 DIAGRAMA DE IDEIAS
29
 Queda livre e lançamento vertical
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 17 e 20
AULAS 
13 e 14
Experimento: queda livre
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
1. De Aristóteles A GAlileu
Aristóteles, um dos grandes filósofos gregos, viveu por vol-
ta de 300 a.C. Ele afirmou que, caso duas pedras, uma com 
massa menor e outra com massa maior, fossem abandona-
das da mesma altura e ao mesmo tempo, a pedra de maior 
massa cairia mais rapidamente e atingiria o solo antes da 
pedra com menos massa. Durante muitos séculos, essa 
afirmação foi aceita como verdadeira, e, ao que parece, 
Aristóteles e seus seguidores não se preocuparam em veri-
ficar, por meio de experiência, se isso realmente acontecia.
Galileu Galilei, famoso físico italiano do século XVII, acredi-
tava que deveriam ser realizadas experiências cuidadosas 
para comprovar as afirmativas acerca do comportamento 
da Natureza. Por esse motivo, ele é considerado um dos 
introdutores do método experimental na Física. Conta-se 
a seguinte lenda de um experimento realizado por Galileu 
para testar as ideias de Aristóteles: do alto de uma tor-
re, Galileu teria abandonado simultaneamente algumas 
esferas de massas diferentes. Ele verificou que todas elas 
atingiam o solo ao mesmo tempo. Essa experiência contra-
dizia as ideias de Aristóteles. Contudo, muitos seguidores 
do pensamento aristotélico não se deixaram convencer, e 
Galileu chegou a ser alvo de perseguições por defender 
ideias consideradas revolucionárias.
Ainda hoje é comum as pessoas serem guiadas pelo senso 
comum e afirmarem que um corpo mais massivo atinge o 
solo mais rapidamente. A seguir, essa questão será estuda-
da mais detalhadamente.
2. QueDA livre
Ao serem soltas simultaneamente de uma mesma altura, 
uma pedra e uma folha não atingem o solo ao mesmo 
tempo: a pedra cairá com mais rapidez e atingirá o solo 
primeiro. Galileu elaborou a hipótese de que o ar talvez 
exercesse uma ação retardadora maior sobre a folha. Caso 
isso acontecesse, a folha gastaria mais tempo do que a 
pedra para cair.
Tempos depois, foi possível comprovar experimentalmente 
que a hipótese de Galileu estava correta: retirando o ar de 
um tubo fechado, isto é, fazendo vácuo nesse tubo, e reali-
zando a experiência de queda de uma folha e uma pedra, 
constatou-se que os dois objetos atingiam a extremidade 
inferior do tubo ao mesmo tempo, ou seja, o tempo gasto 
na queda era o mesmo para os dois objetos. Galileu es-
tava certo ao afirmar que todos os objetos caem simulta-
neamente quando a queda ocorre no vácuo ou quando a 
resistência do ar sobre os objetos pode ser desprezada por 
ser muito menor do que seus pesos (como a resistência do 
ar sobre as pedras lançadas do alto da torre). Nessas duas 
condições, os objetos estão em queda livre.
 Ar Vácuo
30
Galileu conseguiu observar que a queda livre é um movi-
mento uniformemente acelerado, isto é, a velocidade 
de um objeto qualquer em queda livre aumenta sempre 
em quantidades iguais a cada intervalo de tempo de 1 
s. Para chegar a essa conclusão, Galileu estudou o mo-
vimento de pequenos corpos que partiam do repouso 
e desciam um plano inclinado. Assim, ele verificou que 
o tempo de movimento não se alterava, assim como as 
posições assumidas em instantes idênticos, desde que 
o ângulo do plano inclinado não fosse alterado. Com 
efeito, ele percebeu que o movimento de queda 
dos corpos não dependia da massa dos corpos 
envolvidos. Como todos os corpos partiam do repouso 
e ganhavam velocidade, Galileu supôs que se tratava de 
um movimento uniformemente acelerado, ou seja, que a 
velocidade aumentava sempre nas mesmas proporções.
Ao alterar o ângulo do plano inclinado, Galileu observou que 
havia alteração no tempo de movimento e nas posições as-
sumidas em instantes idênticos, quando comparados a outro 
plano inclinado com ângulo distinto. Quanto maior fosse o 
ângulo do plano inclinado, menos tempo o móvel levava no 
seu movimento. Assim, Galileu afirmou que, se o ângulo do 
plano inclinado fosse de 90°, em uma queda livre, a acelera-
ção sofrida pelo mesmo seria igual a 9,8 m/s a cada 1 s. Essa 
aceleração é denominada aceleração da gravidade e repre-
sentada por g. Neste curso, sera adotado para a aceleração 
da gravidade terrestre um valor aproximado: |g| = 10 m/s2. 
Sempre será possível adotar esse valor para a aceleração da 
gravidade, a não ser que o exercício forneça outro.
Adotando a orientação dos espaços como sendo positiva 
“para baixo”, uma vez que durante a queda livre os objetos 
se movimentam em sentido ao solo, a aceleração é positiva 
(a = +|g|). Sendo a posição inicial S0 e a velocidade inicial 
é v0, são escritas as seguintes equações para a queda livre: 
v = v0 + |g| ⋅ t
S = S0 + v0 ⋅ t + 
|g| ⋅ t²
 ____ 
2
 
v² = v0² + 2 ⋅ |g| ⋅ DS
Sendo o deslocamento DS do móvel do ponto inicial até o 
chão e lembrando que, como o móvel foi abandonado, v0 
= 0, o tempo de queda pode ser calculado por:
v = g · t
DS = 
|g| ∙ t2
 _____ 
2
 
tqueda = √
_____
 2∙DS ____ g 
Nessa situação, é adotada a orientação com sentido para 
baixo, e é importante ressaltar que os valores da posição 
aumentam de cima para baixo.
 Aplicação do conteúdo
1. (PUC) Dois corpos de pesos diferentes são abandona-
dos no mesmo instante de uma mesma altura.
Desconsiderando-se a resistência do ar, é CORRETO 
afirmar:
a) Os dois corpos terão a mesma velocidade a 
cada instante, mas com acelerações diferentes.
b) Os corpos cairão com a mesma aceleração e suas 
velocidades serão iguais entre si a cada instante.
c) O corpo de menor volume che-
gará primeiro ao solo.
d) O corpo de maior peso chegará primeiro ao solo.
Resolução:
Como a resistência do ar é desprezada, eles caem com a 
mesma aceleração, que é a da gravidade. Em consequên-
cia, suas velocidades, em cada instante, serão sempre as 
mesmas, independentemente de seus pesos.
Alternativa B
2. (FEI) Um atleta, na Vila Olímpica, deixa seu tênis 
cair pela janela. Ao passar pela janela do 3.º andar, 
verifica-se que a velocidade do tênis é de aproxima-
damente v = 11 m/s. Sabendo-se que cada andar pos-
sui, aproximadamente, altura h = 3 m, e consideran-
do o movimentodo tênis uma queda livre, determine 
(considere g = 10 m/s²):
a) a velocidade do tênis ao passar por uma janela 
do térreo;
b) de que andar o tênis caiu.
Resolução:
a) Fazendo um desenho ilustrativo do problema, tem-se:
S0 = 0 v3 = 11 m/s
S = 9 m
10 m/s
S0= 0 3.º ANDAR V3 = 11 m/s
g = 10 m/s
S = 9 m TÉRREO Vt = ?
(+)
31
Aplicando a Equação de Torricelli do terceiro andar até o 
térreo, tem-se:
v² = v3² + 2 ∙ g ∙ DS 
vt² = (11)² +2 ∙ 10 ∙ 9
Vt = √
_____
 301 = 17,3 m/s
Resposta: A velocidade no térreo será aproximadamente 
de 17,3 m/s.
b) Aplicando a Equação de Torricelli do andar inicial 
até o térreo, tem-se:
vt² = vx² + 2 ∙ g ∙ DS 
(17,3)² = (0)² + 2 ∙ g ∙ (3x)
x = 301 ___ 
60
 ≈ 5,0167 
Resposta: O tênis caiu do 5.º andar da Vila Olímpica.
3. (PUC-RJ) Uma pedra, deixada cair de um edifício, leva 
4 s para atingir o solo. Desprezando a resistência do ar 
e considerando g = 10 m/s², escolha a opção que indica 
a altura do edifício em metros.
a) 20.
b) 40.
c) 80.
d) 120.
e) 160.
Resolução:
A velocidade inicial é 0 m/s, a aceleração é a da gravidade 
(g = 10 m/s²) e o tempo de queda é 4 segundos. Assim, a 
altura do prédio será:
S= S0 + v0t + 
at² ___ 
2
 
H = 5t² = 5 · (4)² = 80 m.
Alternativa C
3. lAnçAmento verticAl
O módulo da velocidade de um objeto com velocidade 
inicial v0, ao ser lançado para cima, diminui (movimento 
retardado) à medida que o objeto sobe. Ao atingir o ponto 
mais alto de sua trajetória, sua velocidade é nula. Em se-
guida, o objeto começa a cair e o módulo de sua velocida-
de aumenta (movimento acelerado). Entretanto, os sinais 
da velocidade e da aceleração dependem da orientação 
do sistema de coordenadas. Serão adotadas orientações 
diferentes para ambas as situações.
1.º caso – o objjeto é lançado para cima com velocidade 
inicial v0.
redução do
módulo da
velocidade
Nesse caso, será adotada orientação para cima, ou seja, os 
valores de posição aumentam de baixo para cima. Assim, a 
velocidade inicial será positiva (v0 > 0), e a aceleração será 
negativa (a = –|g|). Tem-se um movimento progressivo re-
tardado. Adotando |g| = 10 m/s², tem-se:
v = v0 – |g| ∙ t
S = S0 + v0 ∙ t – 
1 __ 
2
 ∙ |g| ∙ t2
v2 = v0
2 – 2 ∙ |g| ∙ DS
VIVENCIANDO
Bungee jumping e saltos com paraquedas não podem ser considerados movimentos de queda livre, nem mesmo 
antes de o elástico começar a puxar a pessoa ou o paraquedas se abrir. Isso porque existe a influência causada pelo 
ar, que não pode ser ignorada. Devido à tensão causada pelo tamanho da corda, a pessoa em busca de adrenalina 
cai, durante a primeira etapa do bungee jumping, com uma aceleração maior que g. 
Os eventos de queda livre só ocorrem se o movimento dos objetos acontece quando a resistência do ar pode ser 
desconsiderada, como nos experimentos realizados na Space Power Facility, a maior câmara de vácuo do mundo, 
construída em Ohio para testar espaçonaves e para resistir à pressão atmosférica. Ela possui 37 metros de altura e 
30 metros de diâmetro. São necessárias 3 horas para bombear o ar todo para fora e formar o vácuo. 
32
Quando o objeto atinge sua altura máxima, a sua velocida-
de instantânea é nula
Para encontrar o instante em que isso ocorre, é preciso 
substituir v = 0 na equação da velocidade. Assim, tem-se:
tsubida = 
v0 __ 
|g|
 
É importante notar que, devido ao fato de a aceleração ser 
constante, o tempo de subida e de descida são idênticos.
tsubida = tdescida
Conhecido o instante tsubida, é possível encontrar a altura má-
xima alcançada pelo móvel Hmáxima substituindo o tempo na 
equação da posição. Uma maneira alternativa e mais simples 
é substituir o valor da velocidade na Equação de Torricelli:
v2 = v0
2 – 2 ∙ |g| ∙ DS
0 = v0
2 – 2 ∙ |g| ∙ Hmáxima 
Hmáxima = 
v0
2
 _____ 
2 ∙ |g|
 
2.º caso – o objeto é lançado para baixo com velocidade 
inicial v0.
aumento do
módulo da
velocidade
Nesse caso, será adotada orientação para baixo, ou seja, os 
valores de posição aumentam de baixo para cima. Assim, 
a velocidade inicial será positiva (v0 > 0), e a aceleração 
será positiva (a = +|g|). Tem-se um movimento progressi-
vo acelerado. Adotando |g| = 10 m/s², segue:
v = v0 + |g| ∙ t
S = S0 + v0 ∙ t + 
1 __ 
2
 ∙ |g| ∙ t2
v2 = v0
2 + 2 ∙ |g| ∙ DS
Tanto no primeiro caso quanto no segundo caso, a escolha 
da orientação é arbitrária; contudo, deve-se tomar cuida-
do com o sinal das variáveis envolvidas, evitando possíveis 
confusões. Sempre teremos as equações do M.R.U.V. em 
sua forma genérica:
v = v0 + a ∙ t
S = S0 + v0 ∙ t + 
1 __ 
2
 ∙ a ∙ t2
v2 = v0
2 + 2 ∙ a ∙ DS
Se a orientação for para cima: a = – |g|
Se a orientação for para baixo: a = +|g|
multimídia: sites
www.juliantrubin.com/bigten/galileofallingbodies.
html
 Aplicação do conteúdo
1. Considere que uma bolinha seja lançada verticalmen-
te para cima, a partir do solo (ver figuras abaixo), com 
velocidade inicial v0, cujo módulo é 30 m/s. Adote uma 
trajetória orientada para cima. Isso significa que, na su-
bida, o movimento será progressivo e terá velocidade 
escalar positiva; na descida, porém, o movimento será 
retrógrado e terá velocidade escalar negativa. Como a 
velocidade varia entre t = 0 s até t = 6 s?
s (m)
Figura a
2
1
0
s (m)
Figura b
v > 0
1
0
s (m)
Figura c
v < 0
1
0
Figura a Figura b Figura c
33
Observe que, ao se analisar um problema de queda livre ou 
lançamento vertical para cima (livre da resistência do ar), 
são utilizadas as equações do MUV fazendo a = + g ou a 
= – g, dependendo da orientação adotada para trajetória. 
Se a trajetória for orientada para baixo, tem-se a = + g, 
e, se a trajetória for orientada para cima, tem-se a = – g.
Resolução:
Como o módulo da aceleração da gravidade é |g| = 10 
m/s², conclui-se que, na subida, o módulo da velocidade 
diminui 10 m/s a cada segundo, e, na descida, o módulo 
da velocidade aumenta 10 m/s a cada segundo. Assim, é 
possível construir a seguinte tabela da velocidade escalar 
da bolinha em função do tempo.
t (s) v (m/s)
0 30
1 20
2 10
3 0
4 –10
5 –20
6 –30
Note que, algebricamente, a velocidade diminui 10 m/s a 
cada segundo, ou seja, tanto na subida quanto na descida 
a aceleração é a = g = –10 m/s².
CONEXÃO ENTRE DISCIPLINAS
Queda livre no espaço
Contrariando as ideias aristotélicas, Galileu Galilei foi o primeiro cientista a observar que o tempo de queda dos 
corpos não é influenciado pela massa, isto é, que corpos com massas diferentes, ao serem abandonados de uma 
mesma altura, atingem o solo ao mesmo tempo. Isso ocorre se a força de resistência do ar não for significativa em 
qualquer um dos corpos.
Estudando a queda de corpos em um plano inclinado, Galileu concluiu que, quando os corpos caem na vertical, todos 
ficam sujeitos à mesma aceleração de 9,8 m/s2. Robert Boyle (1627-1691) realizou experimentos dentro de uma 
câmara de vácuo e comprovou as ideias de Galileu.
Em 1971, o astronauta David Scott, pertencente à missão Apollo 15, realizou na superfície lunar o seguinte experimento: 
deixou cair no vácuo um martelo e uma pluma. Assim como Galileu afirmara séculos antes, os dois objetos (livres de 
qualquer força de resistência) tocaram o solo simultaneamente. Na internet, é possível encontrar vídeos do ocorrido.
Fonte: <http://spaceFlight.nasa.gov/gallerY/images/apollo/apollo15/html/s71-43788.html>
Hammer X Feather - Física na Lua
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
34
2. (PUC-MG) Um helicóptero está descendo vertical-
mente e, quando está a 100 m de altura, um pequeno 
objeto se solta dele e cai em direção ao solo, levando 4 
s para atingi-lo.
Considerando-se g = 10 m/s², a velocidade de descida do 
helicóptero, no momento em que o objeto se soltou, vale 
em km/h:
a) 25.
b) 144.
c) 108.
d) 18.
Resolução:
A altura do objeto é 100 m, a sua aceleração é a gravidade 
(g = 10 m/s²) e o seu tempo é 4 s. Assim, a velocidade 
inicial será:
S = S0 + v0t + 
at² ___ 
2
 
H = v0t + 
gt²
 ___ 
2
 
100 = v0 (4) + 10∙ 
(4)² ___ 
2
 
100 = 4v0 +80 
v0= 5 m/s = 18 km/h.
Alternativa D
3. Um corpo é lançado para cima a partir do solo, com a 
velocidade de módulo 40 m/s. A resistência do ar pode 
ser desprezada e o módulo da aceleração da gravidade 
é |g| = 10 m/s².
a) Qual o tempo gasto pelo corpo para atingir a altura 
máxima?
b) Qual o valor da altura máxima?
c) Quanto tempo é gasto na descida, até o corpo 
atingir o solo?
d) Qual a velocidade do corpo ao atingir o solo?
Resolução:
a) Adotando uma trajetória orientada para cima com 
origem no solo, tem-se: S0 = 0 e a = –|g| = –10 m/s². 
A velocidade inicial tem o mesmo sentido da trajetó-
ria e, portanto, é positiva: v0 = 40 m/s.
A equação horária da velocidade escalar é:
v = v0 + at
v = 40 – 10 ⋅ t
No ponto mais alto, a velocidade escalar é nula. Assim:
v = 0
0 = 40 – 10t → t = 4,0 s
b) A equação horária da posição é:
S = s0 + v0t + 
a __ 
2
 t²
S = 0 + 40t – 10 ___ 
2
 t² = 40t – (5,0)t²
Como calculado no item (a), a altura máxima ocorre quan-
do t = 4,0 s. Substituindo esse valor na equação acima:
t = 4,0 s → S = 40(4,0) – (5,0)(4,0)² → S = 80 m
Essa altura máxima também pode ser calculada pela Equa-
ção de Torricelli:
v² = v0² + 2a(S – S0)
0 = (40)² + 2(–10)(S – 0)
Assim:
S = 80 m
c) No instante em que o corpo retorna ao solo, sua 
posição é nula, ou seja, S = 0:
s = 40t – (5,0)t²
0 = 40t – (5,0)t²
 Resolvendo essa última equação, obtém-se dois valores 
para t: t = 0 ou t = 8,0 s. O valor t = 0 corresponde ao ins-
tante inicial (quando S = 0), e o valor t = 8,0 s, ao segundo 
instante em que S = 0 novamente.
Assim, o intervalo de tempo total de subida e descida é 
8,0 segundos. Como o tempo de subida foi 4,0 segundos, 
conclui-se que o tempo de descida é de 4,0 segundos, isto 
é, o tempo de subida foi igual ao tempo de descida.
É importante ressaltar que não se trata de uma coincidência. 
Em um lançamento vertical para cima, desprezada a resis-
tência do ar, o tempo de subida é sempre igual ao tempo que 
o corpo gasta na descida até atingir o ponto de lançamento.
d) Como foi visto acima, a equação horária da velo-
cidade escalar é:
v = 40 – 10t
É sabido que o corpo retorna ao solo no instante t = 8,0 s. 
Dessa forma, substituindo esse valor na equação, obtém-se:
v = 40 – 10(8,0)
v = –40 m/s
 A velocidade é negativa em decorrência da orientação da 
trajetória escolhida. Contudo, ao retornar ao ponto de lan-
çamento, a velocidade do corpo, em módulo, é a mesma 
que ele tinha ao ser lançado.
4. (CFT) Da janela de um apartamento, uma pedra é lan-
çada verticalmente para cima, com velocidade de 20 m/s.
Após a ascensão máxima, a pedra cai até a rua, sem resis-
tência do ar. A relação entre o tempo de subida e o tempo 
de descida é 2 __ 
3
 . Qual a altura dessa janela, em metros, em 
relação à rua? (g = 10 m/s2)
35
Relacionar informações apresentadas em diferentes formas de linguagem e representação usadas nas ciências físi-
cas, químicas ou biológicas, como texto discursivo, gráficos, tabelas, relações matemáticas ou linguagem simbólica.17
Habilidade
É comum nas ciências exatas a aplicação da matemática como ferramenta básica para a tradução dos fenômenos 
físicos. Por esse motivo ela está presente em inúmeras questões, sempre exigindo do aluno a compreensão de grá-
ficos, tabelas, fórmulas, etc.
Modelo 1
(Enem) Para medir o tempo de reação de uma pessoa, pode-se realizar a seguinte experiência:
I. Mantenha uma régua (com cerca de 30 cm) suspensa verticalmente, segurando-a pela extremidade superior, de modo 
que o zero da régua esteja situado na extremidade inferior.
II. A pessoa deve colocar os dedos de sua mão, em forma de pinça, próximos do zero da régua, sem tocá-la.
III. Sem aviso prévio, a pessoa que estiver segurando a régua deve soltá-la. A outra pessoa deve procurar segurá-la o 
mais rapidamente possível e observar a posição onde conseguiu segurar a régua, isto é, a distância que ela percorre 
durante a queda.
O quadro seguinte mostra a posição em que três pessoas conseguiram segurar a régua e os respectivos tempos de reação.
Distância percorrida pela régua durante a queda (metro) Tempo de reação (segundo)
0,30 0,24
0,15 0,17
0,10 0,14
Disponível em: <http://br.geocities.com>. acesso em: 1 Fev. 2009.
ÁREAS DE CONHECIMENTO DO ENEM
Resolução:
Fazendo um desenho ilustrativo do problema, tem-se:
Smáx = ?
S0 = 0 m
Ssolo = H(m) SOLO
(+)
Vsolo = ?
Vmáx = 0 m/s
V0 = 20 m/s
V0
g = 10 m/s2
O vetor v0 é contrário à trajetória, assim o seu valor será 
–20 m/s. Aplicando a função horária da velocidade entre a 
janela do apartamento e a ascensão máxima, temos:
vmáxima = v0 + gtsubida 
0 = –20 + (10)tsubida 
tsubida = 2s.
Utilizando a razão entre os tempos de subida e descida, 
temos:
 
tsubida ____ tdescida
 = 
 2 __ 
3
 tdescida = 3 s.
Assim o tempo total será: 
ttotal = tsubida + tdescida = 5 s.
Aplicando o tempo total na função horária do espaço em 
M.R.U.V., temos:
Ssolo = S0 + v0t + 
gt2
 ___ 
2
 
H = 0 + (–20) ∙ (5) + (10) ∙ (5)² ___ 
2
 = 25 m.
Reposta: A altura do prédio é 25 metros.
36
A distância percorrida pela régua aumenta mais rapidamente que o tempo de reação porque a:
a) energia mecânica da régua aumenta, o que a faz cair mais rápido;
b) resistência do ar aumenta, o que faz a régua cair com menor velocidade;
c) aceleração de queda da régua varia, o que provoca um movimento acelerado;
d) força peso da régua tem valor constante, o que gera um movimento acelerado;
e) velocidade da régua é constante, o que provoca uma passagem linear de tempo.
Caracterizar causas ou efeitos dos movimentos de partículas, substâncias, objetos ou corpos celestes.20
Habilidade
A habilidade 20 compreende o estudo dos movimentos dos corpos e abrange da cinemática à astronomia.
Modelo 2
(Enem) O Super-homem e as leis do movimento
Uma das razões para pensar sobre física dos super-heróis é, acima de tudo, uma forma divertida de explorar muitos 
fenômenos físicos interessantes, desde fenômenos corriqueiros até eventos considerados fantásticos. A figura se-
guinte mostra o Super-homem lançando-se no espaço para chegar ao topo de um prédio de altura H. Seria possível 
admitir que com seus superpoderes ele estaria voando com propulsão própria, mas considere que ele tenha dado um 
forte salto. Nesse caso, sua velocidade final no ponto mais alto do salto deve ser zero, caso contrário, ele continuaria 
subindo. Sendo g a aceleração da gravidade, a relação entre a velocidade inicial do Super-homem e a altura atingida 
é dada por: v2 = 2gH. 
A altura que o Super-homem alcança em seu salto depende do quadrado de sua velocidade inicial porque:
a) a altura do seu pulo é proporcional à sua velocidade média multiplicada pelo tempo que ele permanece no ar 
ao quadrado;
b) o tempo que ele permanece no ar é diretamente proporcional à aceleração da gravidade e essa é diretamente propor-
cional à velocidade;
c) o tempo que ele permanece no ar é inversamente proporcional à aceleração da gravidade e essa é inversamente pro-
porcional à velocidade média;
d) a aceleração do movimento deve ser elevada ao quadrado, pois existem duas acelerações envolvidas: a aceleração da 
gravidade e a aceleração do salto;
e) a altura do seu pulo é proporcional à sua velocidade média multiplicada pelo tempo que ele permanece no ar, e esse 
tempo também depende da sua velocidade inicial.
Análise expositiva 1 - Habilidades 17 e 20: Trata-se de um exercício de fácil compreensão para o aluno que 
estudou o conteúdo.
Desprezando a resistência do ar, ocorre uma queda livre, que é um movimento uniformemente acelerado, 
com aceleração de módulo a = g.
A distância percorrida na queda (h) varia com o tempo conforme a expressão h = 1/2gt2.
Dessa expressão, conclui-se que a distância percorrida é diretamente proporcional ao quadrado do tempo 
de queda, por isso ela aumenta mais rapidamente que o tempo de reação. 
Alternativa D
D
37
Análise expositiva 2 - Habilidades 17 e 20: Trata-se de um exercício que cobra do aluno conceitos mais fun-damentais em um nível de exigência maior.
Desprezando os efeitos do ar e orientando a trajetória para cima, a aceleração do Super-homem é a = –g.
O gráfico da velocidade em função do tempo até o ponto mais alto está dado a seguir.
A área acinzentada é numericamente igual ao espaço percorrido pelo Super-homem, no caso, a altura H. Assim:
H = área = v/2t
Mas v/2 é a velocidade média vm.
Então, H = vmt.
A equação da velocidade na subida é: v’ = v – gt.
Como no ponto mais alto a velocidade se anula, tem-se:
0 = v – gt ⇒ t = v/g
Assim:
H = vm t ⇒ H = vm (v/g) 
Ou seja, a altura atingida é proporcional à sua velocidade média multiplicada pelo tempo que ele permanece no ar, e 
esse tempo também depende da sua velocidade inicial.
Finalizando: 
H = (v/2) (v/g) ⇒ v2 = 2gH
Alternativa E
E
ACELERAÇÃO DA 
GRAVIDADE
INDEPENDE 
DA MASSA
VERTICAL 
PARA BAIXO
MOVIMENTO 
VERTICAL
V0 = 0
QUEDA LIVRE
LANÇAMENTO 
VERTICAL
QUEDA LIVRE E LANÇAMENTO VERTICAL
V0 0 
 DIAGRAMA DE IDEIAS
38
 Lançamento obLíquo
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 17 e 20
AULAS 
15 e 16
Até o momento foram estudados os movimentos de corpos 
que se deslocavam em apenas uma direção; agora serão 
estudados os movimentos de corpos que variam em duas 
direções ao mesmo tempo.
1. Lançamento horizontaL
Velocidade horizontal
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
Anteriormente foi estudado o lançamento vertical. Nele o 
objeto se desloca em apenas uma direção. Agora será ana-
lisado o movimento de lançamento horizontal. A figura a 
seguir mostra ambas as situações. A bola vermelha é aban-
donada e cai em queda livre, e a bola amarela é lançada 
horizontalmente, ou seja, sua velocidade inicial só possui 
componente horizontal. Observando a foto de exposição 
múltipla, é possível notar que a posição vertical das duas 
bolas é sempre a mesma: a cada instante de tempo as duas 
bolas estão sempre na mesma altura. Nota-se também que 
a bola amarela se move para a direita com velocidade cons-
tante, como se esse movimento horizontal fosse indepen-
dente do movimento vertical. 
Para simplificar a situação do lançamento horizontal, serão 
utilizados os conteúdos vistos até aqui: em primeiro lugar, 
é possível estudar separadamente o movimento em cada 
direção, como Galileu observou; em segundo lugar, o mov-
imento na vertical se caracteriza como uma queda livre, 
movimento que foi estudado anteriormente.
O corpo possui velocidade constante na direção hori-
zontal, realizando um movimento uniforme (M.U.). 
Sx = S0x + vx ∙ t
Na direção vertical, o corpo possui aceleração constante 
(igual a aceleração da gravidade), realizando, dessa forma, 
um movimento uniformemente variado (M.U.V.). 
39
Nessa situação, adota-se a orientação com sentido para 
baixo. É importante ressaltar que os valores da posição au-
mentam de cima para baixo. 
vy = |g| ∙ t
Sy = S0y + 
1 __ 
2
 ∙ |g| ∙ t2
vy
2 = 2|g| ∆Sy
Também é importante lembrar que o tempo de queda é 
dado por:
tqueda = √
______
 
2 ∙ DSy ______ 
|g|
 
A combinação desses dois movimentos cria uma trajetória 
com o formato de um arco de parábola.
À medida que o corpo cai, ele desloca-se na horizontal; 
sendo o tempo de queda tqueda = √
______
 
2 ∙ DSy ______ 
|g|
 , pode-se calcular 
a distância horizontal percorrida pelo móvel.
Sx = S0x + vx ∙ t
DSx = vx ∙ √
______
 
2 ∙ DSy ______ 
|g|
 
A velocidade em cada instante é dada pela soma vetorial 
da componente horizontal e vertical.
v2 = vx
2 + vy
2
Exemplo
Na situação da figura a seguir, uma pedra é lançada hori-
zontalmente do topo de um edifício com velocidade inicial 
 
___
 
›
 v0 . Desprezando a resistência do ar, adotando g = 10 m/s
2 
e supondo | 
 ___
 
›
 v0 | = 8 m/s, é possível analisar o movimento da 
pedra. A distância A, do ponto P ao ponto Q, é denominada 
alcance horizontal.
O sistema de coordenadas adotado, eixo Ox e eixo Oy, está 
ilustrado na figura a seguir. Como Oy está orientado para 
baixo, a aceleração escalar é positiva: a = + g = 10 m/s2.
Como foi visto, o movimento é uniforme (M.U.) na direção 
horizontal. Dessa forma, tem-se:
S = S0 + vt → x = v0t → x = 8t
Na direção vertical, o movimento é uniformemente variado 
(M.U.V.). A velocidade vertical inicial é nula, uma vez que no 
instante inicial a velocidade não é nula somente na horizontal.
S = S0 + v0t + 
a __ 
2
 t2
y = 0 + 0 ⋅ t + 10 ___ 
2
 t2 ⇒ y = 5t2
vy = v0y + at
vy = 0 + 10t ⇒ vy = 10 t
40
Quando a pedra atinge o solo, sua posição é y = 45 m. 
Substituindo na equação horária da posição, tem-se:
45 = 5t² ⇒ t² = 9 ⇒ t = 3 s
Assim, a pedra demora 3 segundos para atingir o solo. 
Usando esse intervalo de tempo na equação do movimen-
to horizontal, obtém-se o alcance A:
x = 8 t
A = (8)(3) ⇒ A = 24 m
A velocidade horizontal se mantém constante e igual a 
8,0 m/s durante todo o trajeto, mas a velocidade vertical 
vy aumenta. Substituindo os valores de t nos instantes da-
dos por t = 1 s, t = 2 s e t = 3 s, nas equações anteriores, 
determinam-se os valores de x, y e vy:
t(s) x(m) y(m) vy(m/s)
1 8 5 10
2 16 20 20
3 24 45 30
Para calcular a velocidade (total) no instante t = 2 s, por exem-
plo, considera-se a soma vetorial, como na figura abaixo:
v² = (8)² + (20)² = 64 + 400 = 464
v = √
____
 464 v ≅ 21,5 m/s
É preciso encontrar uma equação que descreva a trajetória 
do movimento. Para isso, elimina-se o tempo na equação 
anterior da posição horizontal e se faz a substituição na 
equação da posição vertical:
x = 8t ⇒ t = x __ 
8
 
Substituindo:
y = 5t² = 5 ( x __ 8 ) ² ⇒ y = 5 ___ 64 x²
As aulas de Matemática ensinam que uma equação desse 
tipo corresponde a uma parábola. Dessa forma, entre os pon-
tos O e Q, a trajetória da pedra é um arco de parábola.
 Aplicação do conteúdo
1. (FEI) Em uma competição de tiro, o atirador posiciona 
seu rifle na horizontal e faz mira exatamente no centro 
do alvo. Se a distância entre o alvo e a saída do cano é d 
= 30 m, a velocidade de disparo do rifle é 600 m/s, qual 
a distância do centro do alvo que o projétil atingirá? 
Considere g = 10 m/s² e despreze a resistência do ar.
a) 0,25 cm.
b) 0,5 cm.
c) 0,75 cm.
d) 1,00 cm.
e) 1,25 cm.
Resolução:
Na horizontal, tem-se um MRU, e, na vertical, tem-se um 
MRUV acelerado. A distância horizontal é 30 m e sua ve-
locidade v é 600 m/s. Assim, o tempo que o projétil atinge 
o alvo será:
vx = 
∆Sx ___ 
∆t 
 ⇒ 600 = 30 ___ 
∆t
 ⇒ ∆t = 30 ___ 
600
 ⇒ 
⇒ ∆t = 0,05 s
Na vertical, a velocidade inicial é zero e a aceleração é a 
favor de sua trajetória. Assim, aplicando o tempo na função 
horária do MRUV vertical, tem-se:
∆Sy = Voy · t + 
gt²
 ___ 
2 
 ⇒ 
⇒ ∆Sy = (0) · (0,05) + (10)(0,05)² _________________ 
2
 ⇒ 
⇒ ∆Sy = 0 + 0,0125 ⇒ ∆Sy = 0,0125 m.
Aplicando análise dimensional na distância vertical, tem-se:
∆Sy = 0,0125 m · ( 
100 cm ______ 
1 m
 ) ⇒ ∆Sy = 1,25 cm.
Alternativa E
41
2. (Unesp) Uma pequena esfera, lançada com velocida-
de horizontal vo do parapeito de uma janela a 5,0 me-
tros do solo, cai num ponto a 10 metros da parede. Con-
siderando g = 10 m/s² e desprezando a resistência do ar, 
podemos afirmar que a velocidade vo, em m/s, é igual a:
a) 5 ___ 
10
 .
b) 10 ___ 
5
 .
c) 5.
d) 10. 
e) 15.
Resolução:
A altura vertical é 5 m, sua velocidade inicial é zero e 
a aceleração é a favor da trajetória. Aplicando a função 
horária do M.R.U.V. vertical, tem-se:
∆Sy = voy · t + 
gt²
 ___ 
2 
 ⇒ 5 = (0)t + (10)t² _________ 
2
 ⇒ 
⇒ 5 = 5t² ⇒ t² = 1 ⇒ t = √
__
 1 ⇒ t = 1 s.
A distância horizontal é 10 e o tempo é 1 s. Assim, sua 
velocidade constante será:
v0= 
∆Sx ___ 
∆t
 ⇒ v0= 
10 ___ 
1
 ⇒ v0 = 10 m/s
Alternativa D
3. (Fuvest) Um motociclista de MotoCross move-se com 
velocidade v = 10 m/s, sobre uma superfície plana, até 
atingir uma rampa (em A), inclinada de 45º com a hori-
zontal, como indicado na figura.
A trajetória do motociclista deverá atingir novamente a 
rampaa uma distância horizontal D (D = H), do ponto A, 
aproximadamente igual a: 
(g = 10 m/s²)
a) 20 m.
b) 15 m.
c) 10 m.
d) 7,5 m.
e) 5 m.
Resolução:
Na vertical, tem-se um M.R.U.V., e, na horizontal, tem-se 
um M.R.U.
A velocidade inicial vertical é zero e a aceleração é a favor da 
trajetória. Aplicando a função horária do MRUV na vertical, 
tem-se: 
∆Sy = voy · t + 
gt²
 ___ 
2
 ⇒ H = (0) · t + (10)t² _________ 
2
 ⇒ 
⇒ H = 5t² ⇒ t = √
__
 H __ 
5
 ⇒ t = √
__
 D __ 
5
 .
A velocidade constante na horizontal é 10m/s. Assim, a 
distância D será:
vx= 
∆Sx ___ 
∆t
 ⇒ 10.t = D ⇒ t = D ___ 
10
 ⇒
⇒ √
__
 D __ 
5
 = D ___ 
10
 ⇒ D __ 
5
 = ( D 10 ) 
2
 ⇒
 D __ 
5
 = D² ___ 
100
 ⇒ 100D = 5D2 ⇒ 20D = D² ⇒
⇒ D² – 20D = 0 ⇒
(D – 0) · (D – 20) = 0
Assim, tem-se:
D = 0 m ou D = 20 m 
Como D = 0 m não convém, a distância horizontal será 
20 metros.
Alternativa A
2. Lançamento obLíquo
No lançamento oblíquo, o objeto lançado tem velocidade 
inicial 
 ___
 
›
 v0 , inclinada em relação à horizontal e à vertical, 
formando ângulo θ com a horizontal, como mostra a figura 
a seguir.
Lançamento oblíquo em um plano inclinado
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
42
P θ
V0
Para estudar esse tipo de movimento, é preciso utilizar um 
procedimento denominado decomposição vetorial; o in-
tuito é obter uma componente horizontal da velocidade, 
vetor horizontal 
 ____
 
›
 v0x , e uma componente vertical da veloci-
dade, vetor vertical 
 ____
 
›
 v0y , de modo que 
 ___
 
›
 v0 possa ser consider-
ado como a resultante dos vetores 
 ____
 
›
 v0x e 
 ____
 
›
 v0y . A figura a seguir 
demonstra que a velocidade inicial é dada pela soma vetorial 
das componentes vertical e horizontal da velocidade.
Diz-se, então, que 
 ___
 
›
 v0 foi decomposto nas componentes per-
pendiculares 
 ____
 
›
 v0x e 
 ____
 
›
 v0y . Considerando o triângulo retângulo 
sombreado na imagem anterior, tem-se da Trigonometria:
sen θ = 
cateto oposto
 ___________ 
hipotenusa
 = 
v0y __ v0
 ⇒ v0y = v0 ⋅ sen θ
cos θ = 
cateto adjacente
 _____________ 
hipotenusa
 = 
v0x __ v0
 ⇒ v0x = v0 ⋅ cos θ
Assim, é possível fazer uma comparação: o movimento se-
ria o mesmo se a bola fosse lançada para cima com veloci-
dade 
 ____
 
›
 v0y dentro de um vagão de trem que se desloca para 
a direita com velocidade 
 ____
 
›
 v0x .
A trajetória curva da bola é mostrada na figura a seguir. A 
componente horizontal 
 ____
 
›
 v0x se mantém constante durante 
todo o movimento (até a bola atingir o solo). Entretanto, 
a componente vertical 
 ___
 
›
 vy da velocidade varia sob a ação 
da aceleração da gravidade (como no lançamento vertical): 
durante a subida, o módulo de 
 ___
 
›
 vy diminui até se anular 
no ponto mais alto M (denominado vértice). Nesse ponto, 
somente a componente horizontal da velocidade 
 ____
 
›
 v0x não 
é nula. Em seguida, a bola começa a cair, de modo que o 
módulo de 
 ___
 
›
 vy aumenta.
Assim como no lançamento horizontal, o estudo do lan-
çamento oblíquo parte da independência do movimento; 
observe como separar o movimento horizontal e o movi-
mento vertical.
Na direção horizontal, o corpo possui velocidade cons-
tante e, assim, realiza um movimento uniforme (M.U.).
Sx = S0x + v0x ∙ t
onde v0x = v0 ∙ cos θ
Na direção vertical, o corpo possui aceleração constan-
te (igual a aceleração da gravidade), realizando um mo-
vimento uniformemente variado (M.U.V.). Adotando 
orientação vertical para cima (durante todo o movimento), 
tem-se que a = –|g|:
vy = v0y – |g| ∙ t
Sy = S0y + v0y ∙ t – 
1 __ 
2
 ∙ |g| ∙ t2
vy
2 = v20y – 2 ∙ |g| ∙ DSy
onde v0y = v0 ∙ sen θ
Normalmente será adotado |g| = 10 m/s².
Assim como no lançamento vertical, tem-se que na altura 
máxima vy = 0 e:
tsubida = tdescida = 
v0y __ 
|g|
 
Sendo o tempo dado por:
ttotal = tsubida + tdescida = 
2 · voy
 ______ 
|g|
 = 
2 · v0 · senθ _________ 
|g|
 
43
A velocidade em cada instante é dada pela soma vetorial 
da componente horizontal e vertical.
v2 = vx
2 + vy
2
Para se calcular a altura máxima atingida pelo móvel, po-
de-se substituir o tempo total na equação da posição. No 
entanto, substituindo vy = 0 na Equação de Torricelli, ob-
tém-se a altura máxima Hmáxima de maneira mais simples.
vy
2 = v0y
2 – 2 ∙ |g| ∙ DSy
Hmáxima = 
v20y _____ 
2 ∙ |g|
 
Para o cálculo da distância horizontal A percorrida, basta 
substituir o tempo na equação do movimento horizontal:
Sx = S0x + vx ∙ t
Para o tempo total t = ttotal = 
2 ∙ v0y _____ 
|g|
 , tem-se
DSx = vx ∙ t
A = (v0 ∙ cosθ)∙ ( 2 ∙ v0 ∙ senθ _________ |g| ) 
A = 
v0
2 ∙ sen(2θ)
 _________ 
|g|
 
Analisando a expressão do alcance horizontal, segue que 
A será máximo quando θ = 45º. Nessa situação, tem-se a 
seguinte relação:
A = 4 ∙ Hmáxima
É importante ressaltar que, para a mesma velocidade ini-
cial, o alcance A será o mesmo para ângulos complemen-
tares, ou seja, tanto para 30° quanto para 60° o alcance 
será o mesmo.
VIVENCIANDO
O lançamento oblíquo é facilmente encontrado nos esportes. Nos saques de uma partida de tênis ou nos arremessos 
para a cesta num jogo de basquete, estão presentes as trajetórias parabólicas, em que a altura máxima atingida 
pela bola é o vértice da parábola, e a distância que separa o início e o final da jornada da bola é o alcance máximo. 
Quando o jogador de futebol cobra uma falta próxima da grande área, é possível observar claramente a trajetória 
parabólica da bola, caso a barreira ou o goleiro não atrapalhem o percurso até o gol. A trajetória parabólica também 
pode ser identificada no salto em distância, como mostra a figura a seguir.
 
Fonte: <http://jornal.usp.br/ciencias/cientistas-desvendam-a-Fisica-por-tras-da-perFormance-dos-atletas>
44
Exemplo
A figura ilustra uma bolinha lançada do ponto O, no solo, 
com velocidade inicial 
 ___
 
›
 v0 , formando um ângulo θ com a 
horizontal. A bolinha atinge novamente o solo no ponto 
P. Desprezando a resistência do ar e adotando o sistema 
de coordenadas mostrado na figura, serão determinados o 
alcance horizontal A e a altura máxima atingida pela bo-
linha, supondo g = 10 m/s2, v0 = 100 m/s, sen θ = 0,60 e 
cos θ = 0,80.
Como o eixo está orientado para cima, na vertical, a acele-
ração escalar é a = – |g| = –10 m/s2.
Inicialmente, realiza-se a decomposição da velocidade ini-
cial 
 ___
 
›
 v0 , como mostrado na figura.
Assim, obtém-se v0x = 80 m/s e v0y = 60 m/s.
Escrevem-se, então, as principais equações do movimento 
horizontal e do movimento vertical:
Horizontal Vertical
S = S0 + vt S = S0 + v0t + 
a __ 
2
 t2, vy = v0y + at
x = 0 + v0x ∙ t y = 0 + v0y t – 
g
 __ 
2
 t2, vy = v0y – gt
x = 80t y = 60t – 5,0t2, vy = 60 – 10 t
O ponto mais alto é atingindo no instante em que vy = 0:
vy = 0 ⇒ 60 – 10t = 0 ⇒ t = 6,0 s
Substituindo esse intervalo de tempo na equação da posi-
ção vertical, obtém-se a altura máxima H:
t = 6,0 s ⇒ y = 60(6,0) – (5,0) ∙ (6,0)2
y = 360 – 180 ⇒ y = 180 m
Portanto, a altura máxima é H = 180 m.
Neste caso, como a bolinha foi lançada a partir do solo, o 
tempo de subida é igual ao tempo de descida, e, assim, a 
bolinha atinge o ponto P no instante t = 12 s. Substituindo 
esse valor na equação da posição horizontal, obtém-se o 
alcance máximo:
t = 12 s ⇒ x = 80 (12) ⇒ x = 960 m ⇒A = 960 m
É importante destacar que a altura máxima também pode 
ser calculada das seguintes maneiras:
 § Usando a Equação de Torricelli, na direção vertical, fa-
zendo vy = 0:
v2 = v 2 0y + 2a(S – S0)
v2y = v
2
0y – 2(10) ∙ (H – 0)
0 = 602 – 2(10) ∙ (H – 0)
Resolvendo essa equação, obtém-se H = 180 m.
 § A partir do gráfico da velocidade em função do tem-
po até o instante t = 6 s, que é o instante em que 
a bolinha atinge a altura máxima. A área sombreada 
na figura é numericamente igual à variação de posição 
vertical entre t = 0 e t= 6,0 s, ou seja, à altura máxima:
H = (6, 0)(60) _______ 
2
 ⇒ H = 180 m
Física Total - Aula 10 - Lançamento 
oblíquo no vácuo...
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
45
CONEXÃO ENTRE DISCIPLINAS
As guerras moldaram o mundo atual e foram decididas pelo poderio bélico. As primeiras catapultas apareceram na 
Grécia, entre 400 e 300 a.C., e foram utilizadas por Alexandre, o Grande, em seus cercos e batalhas. Os romanos 
aperfeiçoaram as catapultas, inventando o trabuco, que, em vez de usar energia elástica, utilizava energia potencial 
gravitacional para lançar seus projéteis.
A utilização de canhões foi comum em guerras e, em certos momentos, foi fator decisivo. Durante a Segunda Guerra 
Mundial, os obuseiros – canhões melhorados capazes de alcançar distâncias entre 11 km e 23 km – foram utilizados 
em larga escala por ambos os lados. O obuseiro M-10,1, criado para a Segunda Guerra Mundial, foi utilizado pelos 
norte-americanos contra os japoneses e por brasileiros contra os italianos.
O conhecimento a respeito do movimento balístico foi fundamental para a correta utilização de tal peça de artilha-
ria. Depois de ser fixado, é necessário ajustar a sua mira. Por meio de manivelas, o tubo pode ser movido tanto na 
horizontal quanto na vertical. A posição correta é calculada a partir da distância do alvo.
Durante a Primeira Guerra Mundial, e principalmente durante a Segunda Guerra Mundial, os aviões foram utilizados 
para o lançamento de projéteis. Os pilotos lançavam seus projéteis sem a utilização dos modernos computadores, 
que fazem todos os cálculos necessários para acertar o alvo. Nesse caso, tem-se um lançamento horizontal, e o 
piloto deveria saber que não deveria abandonar o projétil quando estivesse exatamente acima do alvo, pois, se o 
fizesse, o projétil não acertaria o alvo quando atingisse o solo.
46
04) Correto. O alcance (A) de um corpo será: 
 ∆Sx = vx · ∆ttotal ⇒ A = v0 ∙ cosB ∙ t
08) Correto. Aplicam-se a função horária da velocidade 
entre os instantes iniciais e o ponto de máximo para en-
contrar o tempo de subida. 
 vy = v0 · senB – gtsubida ⇒ 
 ⇒ 0 = V0 ∙ senB – gtsubida ⇒ 
 ⇒ tsubida = v0 ∙ 
senB _____ g .
Sendo o tempo de subida igual ao tempo de descida, o 
tempo total será: 
ttotal = tsubida + tdescida ⇒ ttotal = 2 ∙ (tsubida) ⇔
ttotal = 
(2v0 ∙ senB) _________ g .
16) Correto.
2. (PUC-RJ) Um superatleta de salto em distância realiza 
o seu salto procurando atingir o maior alcance possível. 
Se ele se lança ao ar com uma velocidade cujo módulo 
é 10 m/s, e fazendo um ângulo de 45º em relação a ho-
rizontal, é correto afirmar que o alcance atingido pelo 
atleta no salto é de: (Considere g = 10 m/s²).
a) 2 m.
b) 4 m.
c) 6 m.
d) 8 m.
e) 10 m.
Resolução:
Assim as componentes da velocidade inicial serão:
vx= v0 ∙ cos(45º) ⇒ vx = 10 ∙ 
 √
__
 2 ___ 
2
 ⇒ vx= 5 ∙ √
__
 2 m/s ;
vo,y = v0 ∙ sen(45º) ⇒ voy = 5 ∙ √
__
 2 m/s;
Aplicaremos a função horária da velocidade para encontrar 
o tempo de subida.
vy = vo,y – gtsubida ⇒ 0 = 5 ∙ √
__
 2 – 10tsubida ⇒ 
⇒ tsubida = 5 ∙ 
 √
__
 2 ___ 
10
 ⇒ tsubida = 
 √
__
 2 ___ 
2
 s.
 Aplicação do conteúdo
1. (UEPG-PR) Um projétil quando é lançado obliqua-
mente, no vácuo, descreve uma trajetória parabólica. 
Essa trajetória é resultante de uma composição de dois 
movimentos independentes. Analisando a figura abai-
xo, que representa o movimento de um projétil lançado 
obliquamente, assinale o que for correto.
01) As componentes da velocidade do projétil, em 
qualquer instante nas direções x e y, são respectiva-
mente dadas por:
vx = v0 ∙ cosB e vy = v0 ∙ senB – gt.
02) As componentes do vetor posição do projétil, em 
qualquer instante, são dadas por:
x = v0 ∙ cosB ∙ t e y = v0 ∙ senB – 
gt²
 ___ 
2
 
04) O alcance do projétil na direção horizontal de-
pende da velocidade e do ângulo de lançamento.
08) O tempo que o projétil permanece no ar é 
t = 
(2v0 ∙ senB) _________ g 
16) O projétil executa simultaneamente um movi-
mento variado na direção vertical e um movimento 
uniforme na direção horizontal. 
Resolução:
01) Correto. Na horizontal, tem-se um MRU, e, na verti-
cal, um MRUV com a aceleração gravitacional contrária à 
trajetória. Assim, as componentes da velocidade em função 
do tempo serão:
vx = v0 ∙ cosB
vy = vo,y + (–g)t ⇒ vy = v0 ∙ senB – gt .
02) Incorreto. Aplicam-se a função horária do MRU na 
horizontal e a função horária do MRUV na vertical. 
 Sx = S0 + vx · t ⇒ x = 0 + v0 
∙ cosB ∙ t ⇒ x = v0 ∙ cosB ∙ t
Sy = S0,y + v0,y · t + 
(–g)t²
 ____ 
2
 ⇒ 
⇒ y = 0 + v0 ∙ senBt – 
gt²
 ___ 
2
 ⇒ 
⇒ y = v0 ∙ senBt – 
gt²
 ___ 
2
 
47
Sendo o tempo de subida igual ao tempo de descida, o 
tempo total será: 
ttotal = tsubida + tdescida ⇒ ttotal = 2 ∙ (tsubida) ⇒ 
⇒ ttotal = ( 2 ∙ √
__
 2 ___ 
2
 ) ⇒ ttotal = √__ 2 s.
Aplicando o tempo total na velocidade horizontal, temos: 
vx = 
∆Sx ____ 
∆ttotal
 ⇒ 5 ∙ √
__
 2 = 
∆Sx ___ 
 √
__
 2 
 ⇒ ∆Sx = 5 ∙ 2 ⇒
⇒ ∆Sx = 10 m.
Alternativa E
multimídia: sites
brasilescola.uol.com.br/fisica/lancamento-
obliquo.htm
physics.tutorvista.com/motion/projectile-
motion.html
www.efeitojoule.com/2011/04/lancamento-
obliquo-lancamento-obliquo.html
Habilidades
A habilidade 20 concentra um tema fundamental no ramo das ciências exatas: saber descrever o movimento dos corpos. O 
aluno deve ser capaz de descrever qualitativamente o movimento do móvel: saber sua posição, sua velocidade e sua aceleração. 
Nesse quesito, o estudo de lançamento horizontal e oblíquo necessita da junção de conceitos estudados anterior-
mente, pois se trata de um assunto mais complexo e que exige mais do estudante.
Modelo 1
(Enem 2.ª aplicação) Para um salto no Grand Canyon usando motos, dois paraquedistas vão utilizar uma moto cada, 
sendo que uma delas possui massa três vezes maior. Foram construídas duas pistas idênticas até a beira do precipício, 
de forma que no momento do salto as motos deixem a pista horizontalmente e ao mesmo tempo. No instante em que 
saltam, os paraquedistas abandonam suas motos e elas caem praticamente sem resistência do ar.
As motos atingem o solo simultaneamente porque:
a) possuem a mesma inércia;
b) estão sujeitas à mesma força resultante;
c) têm a mesma quantidade de movimento inicial;
d) adquirem a mesma aceleração durante a queda;
e) são lançadas com a mesma velocidade horizontal.
ÁREAS DE CONHECIMENTO DO ENEM
Caracterizar causas ou efeitos dos movimentos de partículas, substâncias, objetos ou corpos celestes.20
Análise expositiva 1 - Habilidade 20: Sendo desprezível a resistência do ar, durante a queda as duas motos 
adquirem a mesma aceleração, que é a aceleração da gravidade.
Alternativa D
D
48
Análise expositiva 2 - Habilidade 20: No ponto mais alto da trajetória, a força resultante sobre o objeto é seu 
próprio peso, de direção vertical e sentido para baixo.
Alternativa B
B
Modelo 2
(Enem PPL) Na Antiguidade, algumas pessoas acreditavam que, no lançamento oblíquo de um objeto, a resultante das 
forças que atuavam sobre ele tinha o mesmo sentido da velocidade em todos os instantes do movimento. Isso não 
está de acordo com as interpretações científicas atualmente utilizadas para explicar esse fenômeno.
Desprezando a resistência do ar, qual é a direção e o sentido do vetor força resultante que atua sobre o objeto no 
ponto mais alto da trajetória? 
a) Indefinido, pois ele é nulo, assim como a velocidade vertical nesse ponto.
b) Vertical para baixo, pois somente o peso está presente durante o movimento.
c) Horizontal no sentido do movimento, pois devido à inércia o objeto mantém seu movimento.
d) Inclinado na direção do lançamento, pois a força inicial que atua sobre o objeto é constante.
e) Inclinado para baixo e no sentido do movimento, pois aponta para o ponto onde o objeto cairá.
LANÇAMENTOS
MOVIMENTOS
SIMULTÂNEOS
VERTICAL M.R.U.V.
V0Y = 0
V0Y ≠ 0
LANÇAMENTO
OBLÍQUO
LANÇAMENTO 
OBLÍQUO
HORIZONTAL M.R.U.
LANÇAMENTOHORIZONTAL
EM HMÁX ;
VY = 0
 
DIAGRAMA DE IDEIAS
49
TERMODINÂMICA: Incidência do tema 
nas principais provas
UFMG
Os temas deste livro – lei geral dos gases e a 
1.ª lei da termodinâmica – aparecem com fre-
quência na prova da Unesp. São questões que 
exigem interpretações gráficas e manipulações 
em equações.
Dentre os temas abordados neste caderno, 
o de maior incidência no vestibular da 
Unifesp é a termodinâmica. 
Os principais temas deste livro mais frequentes 
nas provas da Unicamp são o estudo da lei 
geral dos gases e as leis da termodinâmica. 
São questões que exigem interpretações de 
imagens e gráficos.
Dentre os temas abordados neste caderno, 
o de maior incidência no vestibular Albert 
Einstein é a óptica, relacionada com espelhos 
planos.
A prova da FMABC tem uma grande variação 
de temas. No entanto, podem aparecer os te-
mas óptica (relacionando lentes ou espelhos) 
e lei geral dos gases.
A prova da da Puc de Campinas tem uma 
grande variação de temas. Eventualmente 
podem aparecer o tema óptica (relacio-
nando lentes ou espelhos) e o estudo da 
termodinâmica. 
A prova da Santa Casa tem uma grande 
variação de temas. No entanto, podem 
aparecer os temas óptica (relacionando lentes 
ou espelhos) e a termodinâmica, exigindo 
interpretação de gráficos.
 
As questões de termodinâmica do 
Enem são contextualizadas a partir de 
ilustrações.
Os temas deste livro – lei geral dos gases e as 
leis da termodinâmica – aparecem com fre-
quência na prova da Fuvest. São questões que 
exigem interpretações gráficas e manipulações 
em equações.
O tema dos gases sempre está presente na 
prova da UERJ, apresentando questões mais 
objetivas. 
A prova da UNIGRANRIO tem uma grande 
variação de temas. Eventualmente pode 
aparecer o tema óptica (relacionando lentes 
ou espelhos). 
A prova da FTESM tem uma grande varia-
ção de temas. Eventualmente pode aparecer 
o tema lei dos gases, exigindo manipulações 
das equações e interpretação de gráficos.
A prova da CMMG tem uma grande variação 
de temas. Eventualmente podem aparecer o 
tema óptica (relacionando lentes ou espelhos) 
e o estudo da 1.ª lei da termodinâmica. 
A prova da UFPR tem uma grande variação 
de temas. Eventualmente pode aparecer o 
tema lei dos gases, exigindo manipulações 
das equações. 
A prova da UEL tem uma grande variação 
de temas. Eventualmente podem aparecer 
o estudo dos gases e da termodinâmica 
com questões que exigem um alto nível de 
manipulações matemáticas. 
50
 Lei geraL dos gases
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 17, 18 e 21
AULAS 
9 e 10
1. Introdução
Nas aulas anteriores, foi estudado o comportamento de 
expansão dos sólidos e dos líquidos; agora será abordado 
o comportamento dos gases. Estudos sobre esse tema re-
montam aos séculos XVII, XVIII e XIX, com apresentações de 
balões para a nobreza e o surgimento da máquina a vapor. 
Em primeiro lugar, o estudo analisará a definição de gás 
ideal. Gás ideal ou perfeito é um gás hipotético composto 
por partículas com interações elétricas que devem ser de-
sprezadas. As colisões entre as partículas são elásticas, e 
não ocorre perda de energia na forma de calor. Na prática, 
apenas gases que se encontram em baixa pressão e altas 
temperaturas se aproximam de tal comportamento.
Algumas variáveis são importantes para o estudo do com-
portamento dos gases: pressão p; volume V; massa m e 
temperatura T. Por certas razões, em vez do uso da massa, 
foi adotado o número de mols n, Sendo que o número de 
mols é dado pela razão entre a massa do gás e a massa 
molar da composição do gás.
n = m _____ 
Mmolar
 
Nota: O número de mols também pode ser calculado pela 
razão entre o número de partículas que compõe o gás N e 
o número de Avogadro NA = 6,023 ∙ 10
23 mol-1
n = N __ 
NA
 
2. LeI geraL dos gases – 
equação de CLapeyron
A Lei Geral dos Gases estabelece a seguinte relação, válida 
para uma quantidade de gás que tem massa constante:
 
pV
 ___ 
T
 = constante
Em que p é a pressão exercida pelo gás, V é o volume ocu-
pado pelo gás e T é a temperatura do gás em kelvin.
Em 1834, o físico francês Émile Clapeyron (1799-1864), de-
pois de estudar diversos gases com quantidades de massa 
diferentes, descobriu que a constante da equação acima não 
é proporcional à massa do gás, mas depende do número de 
moléculas do gás. Assim, a equação é escrita como:
 
pV
 ___ 
T
 = R ⋅ n
ou 
pV = nRT
Em que o número de mols de moléculas do gás é dado por n, 
e a constante R é denominada constante universal dos 
gases ideais, por seu valor ser o mesmo para todos os ga-
ses. Essa equação é chamada de Equação de Clapeyron.
Isolando a constante R na equação, obtém-se:
R = 
pV
 ___ 
nT
 
Assim: 
unidade de R = 
(unidade de pressão) ⋅ (unidade de volume)
 ______________________________________ 
(unidade de molaridade) ⋅ (unidade de temperatura)
 
O valor de R, determinado experimentalmente, vale:
R = 0,082 atm ⋅ L ______ 
 mol ⋅ K
 = 8,31 Pa ⋅ m³ ______ 
mol ⋅ K
 
Adiante, será visto que o produto Pa ⋅ m3 é equivalente ao 
joule (J). Assim, pode-se reescrever o valor de R como:
R = 8,31 J ______ 
mol ⋅ K
 ≅ 2,0 cal ______ 
mol ⋅ K
 
Física - Lei dos Gases Ideais: a Equação 
de Clapeyron
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
51
2.1. Estado normal de um gás
Quando um gás se encontra nas condições normais de 
temperatura e pressão (CNTP), afirma-se que ele está em 
estado normal:
p = 1 atm = 760 mmHg e T = 273 K (0°C)
Nota: VOLUME MOLAR é o volume ocupado por um mol 
de gás, independentemente da natureza do gás. “Nas 
CNTP o volume molar de qualquer gás perfeito é igual a 
22,4 litros”.
 Aplicação do conteúdo
1. Determine o volume de um recipiente que contém 
4,0 mols de moléculas de um gás ideal à pressão de 
2,0 atm e à temperatura de 27 °C. Dados: 1 atm ≅ 105 Pa 
e R = 8,3 J/mol ⋅ K.
Resolução:
 Como o valor de R foi dado em unidades do SI, deve-se 
transformar unidade de pressão para pascal e unidade de 
temperatura para kelvin:
p = 2,0 atm ≅ 2,0 × 105 Pa
T = 27 °C = 300 K
n = 4,0 mols
Pela Equação de Clapeyron, isola-se V e se calcula:
pV = nRT ⇒ V = nRT ___ 
P
 
V = (4,0 mols) ∙ (8,3 J/mol ∙ k) ∙ (300 k) ______________________ 
2,0 · 105 Pa
 
V = 4,98 · 10–2 m3
Na utilização da equação de Clapeyron, é importante observar 
que a temperatura sempre deve estar na unidade kelvin.
3. transformações partICuLares
Considerando o número de mols de um gás constante, isto 
é, um sistema isolado, a transformação do gás de um esta-
do A para um estado B é relacionada pela equação:
 
pA ⋅ VA _____ 
TA
 = 
pB ⋅ VB _____ 
TB
 
Se uma das variáveis da equação acima permanecer cons-
tante, somente as outras duas podem variar, e, nesse caso, 
existem algumas transformações particulares que serão 
abordadas a seguir.
3.1. Transformação isotérmica
Durante a transformação do gás de um estado para outro, 
caso a temperatura permaneça constante, a transformação 
será denominada isotérmica. Nesse caso, a Lei Geral dos 
Gases fica:
pV = constante
oup1V1 = p2V2
O gráfico de p em função de V, em uma transformação iso-
térmica, é uma hipérbole equilátera chamada de isoterma.
Quanto maior a temperatura do gás, maior será o produto 
do pV, e a isoterma ficará mais afastada dos eixos (lembre-
-se de que a quantidade de gás é constante).
T1
T2 > T1
A transformação isotérmica também é conhecida como Lei 
de Boyle-Mariotte e foi desenvolvida separadamente por 
ambos os cientistas. Robert Boyle (1627-1691) publicou 
sua descoberta em 1660. Edme Mariotte (1620-1684) 
publicou sua descoberta em 1676, mas cedeu todos os 
créditos a Boyle. 
3.2. Transformação isobárica
Durante a transformação do gás de um estado para outro, 
caso a pressão permaneça constante, a transformação será 
denominada isobárica. Nesse caso, a Lei Geral dos Gases fica:
 V __ 
T
 = constante
ou
 
V1 __ 
T1
 = 
V2 __ 
T2
 
52
3.3. Transformaçãoisocórica
Durante a transformação do gás de um estado para outro, 
caso o volume permaneça constante, a transformação será 
denominada isocórica, isométrica ou isovolumétrica. Nesse 
caso, a Lei Geral dos Gases fica:
 
p
 __ 
T
 = constante
ou
 
p1 __ 
T1
 = 
p2 __ 
T2
 
Tanto a transformação isobárica, que também recebe o 
nome de Lei de Charles e Gay-Lussac, quanto a transfor-
mação isocórica, que também é conhecida como Lei de 
Charles, recebem os nomes de seus autores, que desen-
volveram suas ideias separadamente: Jacques Alexandre 
César Charles (1746-1823) fez sua descoberta da relação 
para a transformação isobárica em 1787, e Louis Joseph 
Gay-Lussac (1778-1850) fez sua descoberta em 1802.
3.4. Transformação adiabática
A transformação de um gás pode acontecer muito rapid-
amente, e, nesse caso, a expansão ou compressão de um 
gás pode ocorrer sem trocas de calor com o meio externo 
(devido à rapidez da transformação).
Essa transformação é denominada transformação adiabáti-
ca. A relação que satisfaz essa transformação é dada por:
p ⋅ Vg = constante
ou
p1v1
g = p2v2
g 
Em que g é a razão entre as capacidades caloríficas mo-
lares à pressão constante (Cp) e o volume constante (Cv); 
trata-se do chamado coeficiente de Poisson. Para um gás 
ideal monoatômico g = 5 __ 
3
 e para um gás ideal diatômico 
g = 7 __ 
5
 .
Em relação à temperatura, pode-se escrever:
T1 · v1
g = T2 · v2
g 
Por que desodorante spray gela as coisas?
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
53
4. o moL
Nas aulas de química é ensinado que a contagem do nú-
mero de átomos e moléculas é realizada usando-se o mol:
1 mol = 6,023 · 1023 partículas
Desse modo, tem-se:
 § 1 mol de átomos = 6,023 · 1023 átomos
 § 2 mols de átomos = 2(6,023 · 1023) átomos = 12,046 
· 1023 átomos
A quantidade 6,023 · 1023 é denominada número de 
Avogadro e comumente representada por NA:
NA = 6,023 · 10
23 partículas/mol = 6,023 · 1023 mol–1
Note que o plural de mol é mols.
A massa molar (M) de um elemento é definida como a 
massa de 1 mol de átomos desse elemento. De modo se-
melhante, para uma substância, a massa molar é a massa 
de 1 mol de moléculas dessa substância. Assim, é possível 
calcular o número n de mols de átomos de um elemento de 
massa m, a partir da seguinte relação:
n = m __ 
M
 
Note que essa relação também é válida para determinar o 
número de mols de moléculas de uma substância de massa m.
Lorenzo Romano Amedeo Carlo Avogadro (1776-1856) foi 
um químico italiano que elaborou pela primeira vez a ideia de 
que uma amostra de um elemento, com massa em gramas 
numericamente igual à sua massa atômica, apresenta sem-
pre o mesmo número de átomos. Entretanto, ele não foi ca-
paz de determinar o valor da constante que leva o seu nome.
 Aplicação do conteúdo
1. Uma amostra de CO2 tem massa m = 88 gramas. De-
termine o número de mols de moléculas da amostra, 
sabendo que:
Massa molar do carbono: MC = 12 gramas/mol
Massa molar do oxigênio: MO = 16 gramas/mol
Resolução:
Como há dois átomos de oxigênio na molécula, a massa 
molar de CO2 é:
M = MC + 2MO = (12 g/mol) + 2(16 g/mol) = 44 g/mol
Assim, calcula-se o número de mols (n) da amostra:
n = m __ 
M
 = 
88 g
 _______ 
44 g/mol
 = 2 mols
 Portanto, essa amostra é composta por 2 mols de moléculas 
de CO2, ou seja, existem 2(6,023 × 10
23) moléculas de CO2.
2. (G1) Um gás perfeito está sob pressão de 20 
atm, na temperatura de 200 K e apresenta um 
volume de 40 litros. Se o referido gás tiver sua 
pressão alterada para 40 atm, na mesma tempera-
tura, isto é, transformação isotérmica, qual será o 
novo volume? 
VIVENCIANDO
Apesar de ser útil na caracterização do estado de um gás, a lei geral dos gases pressupõe o comportamento ideal de 
um gás, que é impossível de ser obtido na prática; contudo, pode ser considerada prática na maioria das situações. 
Os fundamentos da lei geral são utilizados na produção de diversos produtos que presentes no cotidiano, como o 
ar-condicionado, o spray aerossol e a geladeira.
O aerossol é constituído por um reservatório de metal e por uma válvula que se conecta a uma mistura entre o pro-
duto (desodorante, repelente, inseticida) e um gás propelente. O produto e o gás se encontram através de um tubo. 
Quando a válvula é acionada, a mistura que estava pressurizada dentro da embalagem acaba entrando em contato 
com a pressão atmosférica do ambiente, que é diferente da encontrada dentro da lata. A pressão interna do gás, 
inicialmente alta, sofre uma diminuição. A diminuição brusca da pressão causa o aumento do volume da mistura, que 
acaba sendo espalhada em forma gasosa pelo ambiente.
54
Resolução:
Como a transformação é isotérmica, pode-se aplicar a fór-
mula específica para esse tipo de transformação:
p1 ⋅ V1 = p2 ⋅ V2
Substituindo os valores na fórmula, obtém-se:
20 ⋅ 40 = 40 ⋅ V2
Finalizando os cálculos:
V2 = 20L
Assim, 20 litros será o novo volume.
3. (Unesp) Um gás ideal, inicialmente à temperatura de 
320 K e ocupando um volume de 22,4 L, sofre expansão 
em uma transformação isobárica. Considerando que a 
massa do gás permaneceu inalterada e a temperatura 
final foi de 480 K, calcule a variação do volume do gás.
Resolução:
Como a transformação é isobárica, segue que a pressão é 
constante; assim:
 
V1 __ 
T1
 = 
V2 __ 
T2
 
Substituindo os valores na fórmula, obtém-se:
 22,4 ____ 
320
 = 
V2 ___ 
480
 
Finalizando os cálculos:
V2 = 33,6 L
Assim, a variação de volume foi:
V2 - V1 = 11,2 L
Portanto, tem-se uma variação de volume de 11,2 litros.
4. (Unirio) Com base no gráfico a seguir, que represen-
ta uma transformação isovolumétrica de um gás ideal, 
podemos afirmar que, no estado B, a temperatura é de: 
a) 273 K
b) 293 K
c) 313 K
d) 586 K
e) 595 K
Resolução:
Como a transformação é isovolumétrica, ou seja, isocórica, 
segue que o volume é constante; assim:
 
p1 __ 
T1
 = 
p2 __ 
T2
 
Lembrando que, nessa fórmula, a temperatura deve ser 
mantida em kelvin. Substituindo os valores na fórmula, 
obtém-se:
 2 ________ 
20 + 273
 = 4 __ 
T2
 
Finalizando os cálculos:
T2 = 586 K
Alternativa D
5. (UFRGS) Um gás monoatômico sofre uma transfor-
mação adiabática durante a qual sua pressão absoluta 
passa de P para 4P. Sendo o volume inicial igual a 1 litro, 
podemos afirmar que o volume final será o valor de? 
Resolução:
Como a transformação é adiabática, segue que não há tro-
ca de calor com o meio externo; assim:
p1 ⋅ V 1 
g = p2 ⋅ V 2 
g 
Para um gás monoatômico, segue que a constante de 
transformação vale 5 __ 
3
 :
P ⋅ 15/3 = 4P ⋅ V2
5/3 
Finalizando os cálculos, obtém-se:
V2 
5/3 = 0,25
Logo:
V2 ≅ 0,43 L
multimídia: sites
www.efeitojoule.com/2009/09/equacao-
de-clapeyron-equacao-clapeyron.html
www.if.ufrgs.br/~dschulz/web/transf_
termodinamicas.htm
quantumfreak.com/derivation-of-pvnrt-
the-equation-of-ideal-gas/
mundoestranho.abril.com.br/saude/como-
se-forma-o-pum/ 
55
5. mIstura de gases perfeItos
Sejam misturados n1 e n2 mols de gás ideal, a quantidade 
final de mols é dada pela soma das quantidades individuais.
n = n1 + n2
Sejam p, V, n e T as variáveis termodinâmicas da mistura, 
pela equação de Clapeyron temos que:
n = 
p ⋅ V
 ____ 
R ⋅ T 
Sendo p1, V1, n1 e T1 as variáveis termodinâmicas do primei-
ro gás antes da mistura, e p2, V2, n2 e T2 as variáveis termo-
dinâmicas do segundo gás antes da mistura, pela equação 
de Clapeyron, temos que:
n1 = 
p1 ⋅ V1 ____ 
R ⋅ T1
 
e
n2 = 
p2 ⋅ V2 ____ 
R ⋅ T2
 
Finalmente podemos dizer que:
 
p ⋅ V
 ____ 
T
 = 
p1 ⋅ V1 ____ 
T1
 + 
p2 ⋅ V2 ____ 
T2
 
Lei das Pressões Parciais - Lei de Dalton
A pressão final P da mistura é dada pela soma das pressões 
parciais dos componentes da mistura se cada gás ocupasse 
sozinho todo o volume final V, na mesma temperatura T que 
a mistura final. Matematicamente, temos que, para a mistura,
n = 
p ⋅ V
 ____ 
R ⋅ T 
para os gasesindividuais, teríamos:
n’ = 
p’ ⋅ V
 ____ 
R ⋅ T 
e
n” = 
p” ⋅ V
 ____ 
R ⋅ T 
Como o número de mols da mistura é a soma das quanti-
dades individuais dos gases, temos:
n = n’ + n”
 
p ⋅ V
 ____ 
T
 = 
p’ ⋅ V
 ____ 
T
 + 
p” ⋅ V
 ____ 
T
 
Finalmente, 
p = p' + p"
CONEXÃO ENTRE DISCIPLINAS
A lei geral dos gases é objeto de estudo de pesquisadores 
da Química e da meteorologia, uma vez que as modificações 
gasosas que ocorrem com o aumento de temperatura são im-
portantes para determinar fatores que influenciam o clima e a 
dinâmica atmosférica. A compreensã dos fenômenos atmos-
féricos e do funcionamento dos processos gasosos encontra-
dos na atmosfera contribui para uma visão completa dos pro-
cedimentos que envolvem diversas áreas, como saúde, política 
e ecologia. 
Outro exemplo de pesquisas interdisciplinares com os gases são 
os estudos sobre combustíveis alternativos, como o nitrogênio 
líquido e o ar comprimido, que são utilizados com base nos 
fenômenos de compressão e expansão dos gases para se criar 
motores utilizados em carros e outros tipos de transporte.
56
GÁS IDEAL
TRANSFORMAÇÕES
VARIÁVEIS 
DE ESTADO
EQUAÇÃO DE ESTA-
DO DE CLAPEYRON
EXPANSIBILIDADE E 
COMPRESSIBILIDADE
LEI GERAL 
DOS GASES
• ISOTÉRMICA
• ISOBÁRICA
• ISOVOLUMÉTRICA
• ADIABÁTICA
• PRESSÃO
• VOLUME
• TEMPERATURA
 DIAGRAMA DE IDEIAS
57
 Primeira lei da termodinâmica
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 17, 18 e 21
AULAS 
11 e 12
1. Máquinas térMicas
Durante a chamada Revolução Industrial, entre o final 
do século XVIII e meados do século XIX, a economia 
europeia foi alterada devido a uma série de transforma-
ções tecnológicas.
Um elemento fundamental para essa revolução foi a má-
quina a vapor. Utilizando a força do vapor resultante da 
ebulição da água para produzir movimento, a máquina a 
vapor era utilizada inicialmente para retirar água do fundo 
das minas; aos poucos, porém, passou a ser utilizada nas 
indústrias e nos transportes.
As máquinas a vapor transformam calor em trabalho 
(ou energia mecânica), e por isso são denominadas 
máquinas térmicas.
1.1. O motor de combustão interna
No fim do século XIX, outro tipo de máquina térmica foi cria-
do: o motor de combustão interna. Nesse motor, uma 
mistura de ar e vapor de combustível, como gasolina, álcool 
ou óleo diesel, é usada em vez do vapor de água. Essa mis-
tura é introduzida em um cilindro, e um dispositivo, chamado 
vela de ignição, emite uma faísca elétrica, provocando a 
combustão da mistura e uma rápida expansão (explosão) do 
gás, movimentando o pistão dentro do cilindro. Esse tipo de 
motor é usado, por exemplo, nos automóveis.
Devido a essa característica da explosão da mistura den-
tro do cilindro, o motor de combustão interna é conhecido 
também como motor a explosão.
De forma resumida, nas máquinas térmicas, um gás recebe 
calor e realiza trabalho.
2. trabalho realizado por uM gás
Na figura a seguir, um gás ideal está contido em um cilin-
dro munido de um embolo (região mais escura). A seção 
reta do cilindro tem área A. A força exercida pelo gás sobre 
o êmbolo é representada por 
 ____
 
›
 FG . Considere que o êmbolo 
se desloque de d depois de uma expansão isobárica (pres-
são constante) do gás.
A força exercida pelo gás sobre o êmbolo e o deslocamen-
to têm o mesmo sentido; assim, o trabalho é dado por:
τG = FG ⋅ d
Chamando de pG a pressão exercida pelo gás sobre o 
êmbolo, temos:
FG = pG ⋅ A
Substituindo na equação do trabalho, obtém-se:
τG = FG ⋅ d = pG ⋅ A ⋅ d ⇒ 
τG = pG ⋅ DV
Se, em vez de uma expansão, o gás sofrer uma compressão 
isobárica, o trabalho será negativo, pois 
 ____
 
›
 FG e 
 ___
 
›
 d terão senti-
dos opostos, do mesmo modo que DV será negativo, pois:
DV = (volume final) – (volume inicial)
No caso de uma compressão:
volume final < volume inicial
Assim, a equação acima do trabalho realizado pelo gás é 
válida tanto na expansão isobárica quanto na compressão 
isobárica do gás. Por se tratar de processos isobáricos, a 
pressão é constante, e o gráfico de pG em função do volu-
me é uma reta paralela ao eixo das abcissas (eixo do volu-
me). A área sob a curva, limitada pela variação de volume, 
como mostrado na figura a seguir, é numericamente igual 
ao trabalho realizado pelo gás.
pG
pG
58
É possível demonstrar que, mesmo quando a pressão não é 
constante, o trabalho ainda é numericamente igual à área 
sob o gráfico. A figura a seguir ilustra esse caso.
pG
 Aplicação do conteúdo
1. O gráfico a seguir mostra a mudança de um gás 
ideal do estado A para o estado B. Sabendo que 
1 atm @ 105 Pa, determine o trabalho realizado pelo gás 
na transformação.
Resolução:
 O gráfico representa a variação de pressão em função do 
volume do gás. Como foi visto, o trabalho realizado pelo gás, 
em módulo, é numericamente igual à área da figura sombre-
ada no gráfico. Calculando a área do trapézio, segue:
|τG| = 
(2, 0 atm + 4, 0 atm) (8, 0 L) ______________________ 
2
 = 24 atm ⋅ L
Como 1 atm = 105 Pa e 1L = 10–3 m3, tem-se:
|τG| = 24 ⋅ (10
5 Pa) ⋅ (10–3 m3) = 2,4 ∙ 103 Pa ⋅ m3
As unidades Pa e m3 são as unidades padrões do SI e, por-
tanto, o trabalho é expresso em joules:
|τG| = 2,4 ∙ 10
3 J
Pelo gráfico, verifica-se que o volume diminuiu (DV < 0); 
assim, o trabalho é negativo:
τG = –2,4 ∙ 10
3 J
Assim como o calor, o trabalho também está relacionado 
com a transferência de energia. Entretanto, distingue-se pelo 
fato de não causar a alteração de temperatura do corpo.
Resumidamente, é possível afirmar que, quando o gás rea-
liza trabalho (trabalho interno), seu valor é positivo; quan-
do o trabalho é realizado sobre o gás (trabalho externo), 
seu valor é negativo. De modo geral, o módulo do trabalho 
é numericamente igual à área abaixo da curva p x V que 
caracteriza os estados termodinâmicos do gás. Na transfor-
mação isobárica, a relação é dada por:
τ = p ⋅ DV
Energia interna, calor, trabalho e sua relação...
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
3. energia interna
A soma das energias de todas as moléculas de um corpo 
determina sua energia interna (U). As energias cinéti-
cas dos átomos e das moléculas, assim como as energias 
potenciais correspondentes às forças elétricas existentes 
entre os átomos ou moléculas, somam-se para compor a 
energia interna. No caso de um gás ideal, a energia interna 
é proporcional à temperatura absoluta (T) do gás. Assim:
 § Se T aumenta, U aumenta;
 § Se T é constante, U é constante;
 § Se T diminui, U diminui.
No caso de um gás ideal constituído por apenas um átomo 
(gás monoatômico), a energia interna é dada por:
U = 3 __ 
2
 nRT
Em que n é o número de mols de moléculas, e R é a cons-
tante universal dos gases. É importante salientar que essa 
equação é válida somente para gases monoatômicos e não 
é válida se as moléculas que formam o gás forem compostas 
por mais de um átomo.
59
Lembrando da equação de Clapeyron, pV = nRT, a energia in-
terna de um gás ideal pode ser reescrita da seguinte maneira:
U = 3 __ 
2
 pV
4. priMeira lei da terModinâMica
No início do século XVIII, quando as primeiras máquinas a 
vapor foram construídas, ainda não se tinha certeza sobre 
a natureza do calor. Entretanto, em meados do século XIX, 
a observação do funcionamento dessas máquinas, juntam-
ente com as tentativas de aperfeiçoá-las, e depois de diver-
sos experimentos, os físicos chegaram a duas conclusões:
 § o calor é uma forma de energia;
 § a energia total do Universo se conserva (é constan-
te), mas uma forma de energia pode se transformar 
em outra.
A segunda sentença constitui o Princípio da Conser-
vação da Energia, e foi enunciada, à época, como a Pri-
meira Lei da Termodinâmica. 
Considere um sistema (conjunto de corpos) qualquer que 
receba uma quantidade de calor Q. Parte desse calor pode 
ser utilizada pelo sistema para realizar trabalho (τ). O 
restante do calor ficará armazenado no sistema, contribu-
indo para o aumento de sua energia interna U.Sendo DU 
a variação da energia interna, o calor e o trabalho se rela-
cionam da seguinte maneira:
A equação acima traduz a Primeira Lei da Termodinâmica e 
foi convencionado que:
 § se Q > 0, o sistema recebe calor;
 § se Q < 0, o sistema perde calor;
 § se τ > 0, o sistema se expande, e o gás realiza trabalho;
 § se τ < 0, o sistema se contrai, e o trabalho é realizado 
sobre o gás.
Sendo U0 a energia interna inicial do sistema, e Uf a energia 
interna final, tem-se:
DU = Uf – U0
Assim:
DU > 0 ⇔ Uf > U0
DU < 0 ⇔ Uf < U0
 Aplicação do conteúdo
1. Um gás é comprimido por um agente externo e, ao 
mesmo tempo, recebe 400 J de calor de uma chama. 
Sabendo-se que o trabalho do agente externo foi 700 J, 
determine a variação de energia interna do gás.
Resolução
Como o gás recebeu calor, Q > 0:
Q = + 400 J
 O agente externo realizou trabalho positivo. Contudo, 
como esse trabalho foi realizado sobre o gás (seu volume 
diminuiu), τ < 0:
τ = –700 J
Substituindo na equação da Primeira Lei da Termodinâmica:
DU = Q – τ = 400 J – (–700 J) = 400 J + 700 J ⇒ ⇒ DU 
= 1.100 J
A variação de energia interna DU é positiva. Isso significa 
que a energia interna aumentou uma quantidade igual a 
1.100 J.
5. transforMações particulares
A seguir, será aplicada a Primeira Lei da Termodinâmica nos 
casos de transformações isotérmica, isocórica, isobárica e 
adiabática de um gás ideal.
5.1. Transformação isotérmica
Em uma transformação isotérmica, devido à temperatura 
ser constante, a energia interna também não se altera, ou 
seja, DU = 0. Assim:
Q = τ + DU
DU = 0
 ⇒ Q = τ
Primeira Lei da Termodinâmica - Energia 
Interna
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
60
5.1. Transformação isocórica
Em uma transformação isocórica (ou isométrica ou isovolu-
métrica), devido ao volume ser constante, o gás não realiza 
trabalho. Assim:
Q = τ + DU
τ = 0
 ⇒ Q = DU
Quando o gás passa por uma transformação isócorica, o 
calor Q pode ser calculado utilizando a capacidade o calor 
específico a um volume constante CV.
Qv = m · CV · Δu
Ou ainda a capacidade o calor molar à pressão constante CV.
QV = n · CV · Δu
5.2. Transformação isobárica
Em uma transformação isobárica, a pressão permanece 
constante e, pela Lei Geral dos Gases, o volume e a tem-
peratura estão relacionados por:
 V __ 
T
 = constante
Assim:
 § V aumenta ⇒ T aumenta ⇒ U aumenta ⇒ 
⇒ DU > 0
 § V diminui ⇒ T diminui ⇒ U diminui ⇒ 
⇒ DU < 0
Por outro lado:
Q = τ + DU ⇒ DU = Q – τ
Com isso, o calor e o trabalho se relacionam da seguinte 
maneira:
 § No caso de expansão isobárica, DV > 0 e 
DU > 0, isto é:
Q – τ > 0 ou Q > τ
 § No caso de compressão isobárica, DV < 0 e DU < 0, 
isto é:
Q – τ < 0 ou Q < τ
Quando o gás passa por uma transformação isobárica, o 
calor Q pode ser calculado utilizando o calor específico à 
pressão constante cp.
QP = m · cP · Δu
Ou ainda a capacidade molar à pressão constante CP.
QP = n · CP · Δu
Para um dado gás, a diferença entre a capacidade molar, a 
pressão constante e o volume constante.
R = CP – CV
5.3. Transformação adiabática
Foi visto que uma transformação adiabática ocorre 
quando, durante a transformação, o sistema não recebe 
e nem cede calor ao meio ambiente (não existe troca de 
calor com o meio).
Processos desse tipo ocorrem se o gás está contido em um 
recipiente de paredes feitas de um material isolante térmi-
co, ou em um processo em que o gás sofra uma compres-
são ou expansão muito rápida de modo que não receba ou 
VIVENCIANDO
As ciências que estudam as propriedades físicas e químicas de diversos elementos e materiais estão relacionadas 
com a termodinâmica. Os processos de fabricação de novos componentes exige um conhecimento extenso de como 
ocorre a transferência de calor nesses materiais e como eles são usados como matéria-prima para a elaboração de 
novas ferramentas, como roupas mais confortáveis e aparelhos eletrônicos mais eficientes.
O desenho e a construção de habitações devem sempre considerar os aspectos de troca de energia, tema central da 
termodinâmica. Os projetos residenciais e urbanos levam em conta os limites de conforto do organismo humano, que 
acontecem numa pequena faixa de temperatura em torno dos 20 ºC. Assim, é necessário pensar como os materiais 
se comportam com as situações climáticas da região. Um exemplo disso é o uso da energia solar em regiões onde se 
encontra uma alta incidência de radiação solar para substituir aquecedores de água que funcionam com energia elétrica.
61
forneça calor ao meio no curto intervalo de tempo durante 
a variação de seu volume. Aplicando a Primeira Lei da Ter-
modinâmica a esse caso, tem-se:
Q = τ + DU
Q = 0
 ⇒ DU = –τ
Assim:
 § Se o gás sofrer uma compressão adiabática:
DU = –τ
τ < 0 
⇒ DU > 0
Ou seja, a energia interna aumenta e, portanto, sua tempe-
ratura também aumenta.
 § Se o gás sofrer uma expansão adiabática:
DU = – τ
τ > 0
 ⇒ DU < 0
Ou seja, a energia interna do gás diminui e, em consequên-
cia, sua temperatura também diminui.
Em um gráfico de pressão pelo volume (p x V), uma trans-
formação adiabática é uma curva denominada curva 
adiabática. A forma dessa curva é semelhante à de uma 
isoterma, mas com inclinação diferente, como mostrado na 
figura a seguir.
 Aplicação do conteúdo
1. Qual a energia interna de 3 m³ de gás ideal 
monoatômico sob pressão de 0,5 atm?
Resolução:
Para calcular a energia interna do gás, deve-se aplicar a fórmula:
U = 3 __ 
2
 · p · V
Substituindo os valores, obtém-se:
U = 3 __ 
2
 · 0,5 · 105 · 3
Finalizando os cálculos:
U = 2250 J
2. (Unirio) Qual é a variação de energia interna de um 
gás ideal sobre o qual é realizado um trabalho de 80J 
durante uma compressão isotérmica? 
a) 80 J
b) 40 J
c) Zero
d) – 40 J
e) – 80 J
Resolução
Durante uma compressão isotérmica, sabe-se que a varia-
ção da energia interna é nula; assim:
∆U = 0
Alternativa C
3. (Uece) Uma garrafa hermeticamente fechada contém 
1 litro de ar. Ao ser colocada na geladeira, onde a tem-
peratura é de 3 °C, o ar interno cedeu 10 calorias até 
entrar em equilíbrio com o interior da geladeira. Des-
prezando-se a variação de volume da garrafa, a varia-
ção da energia interna desse gás foi:
a) – 13 cal
b) 13 cal
c) – 10 cal
d) 10 cal
Resolução:
É possível saber pelo enunciado que a transformação 
em questão é isocórica, pois o volume da garrafa não 
varia; assim:
Q = τ + ∆U
Nas transformações isocóricas, ocorre que o trabalho reali-
zado pelo gás é nulo; assim:
Q = ∆U
Construa um motor movido a vela (motor 
stirling)
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
62
Sabe-se também que o calor foi fornecido para o ambiente; 
conclui-se que Q = – 10 cal, logo:
∆U = –10 cal
Alternativa C
4. Um gás ideal, inicialmente no estado A, sofre uma 
transformação termodinâmica:
A → B: expansão isobárica;
O gráfico da pressão em função do volume mostra a trans-
formação A → B desse gás:
Sabendo que o gás em questão recebeu uma quantidade 
de calor Q do ambiente, calcule em função de p, V e Q a 
variação da energia interna do gás.
Resolução:
Para calcular a variação da energia interna, deve-se apli-
car a fórmula da Primeira Lei da Termodinâmica:
Q = τ + ∆U
A priori, é necessário calcular o trabalho realizado pelo gás:
τ = p ⋅ ∆V
Substituindo os valores, obtém-se:
τ = 3p ⋅ (3V – V)
Finalizando os cálculos:
τ = 6 ⋅ p ⋅ V
Voltando à equação inicial, tem-se:
Q = 6 ⋅ p ⋅ V + ∆U
Assim:
∆U = Q – 6 ⋅ p ⋅ V
multimídia: sites
www.if.ufrgs.br/~dschulz/web/primeira_
lei.htm
web.mit.edu/16.unified/www/FALL/
thermodynamics/notes/node11.html
63
CONEXÃO ENTRE DISCIPLINAS
Revolução Industrial e a máquina a vapor
A primeira máquina a vapor de que se tem notícia foi criada por Herão de Alexandria 
(10-80 d.C.); chamada de olípila ou máquina de Herão, consistia numa esfera com tubos 
curvos por onde o vapor de água era expelido, fazendo com que o aparelho girasse. A 
imagem a seguir representa a máquina criada por Herão.
O britânico Thomas Newcomen (1663-1729) foi o inventor da primeiramáquina a vapor 
capaz de bombear água em profundidade. A princípio, a máquina era utilizada para a extração de água em minas 
de carvão. Newcomen recebeu permissão para melhorar a máquina de Thomas Savery (1650-1712), que, em 1698, 
patenteou uma máquina a vapor que usava a condensação de vapor para criação de vácuo e, assim, puxar a água. 
Entretanto, a máquina só era capaz de bombear água no máximo a 15 metros 
de profundidade. Newcomen, junto com John Cally, melhorou a máquina a 
vapor adicionando um êmbolo num cilindro para uma alavanca que descia até 
a mina, sendo capaz de bombear água a mais de 50 metros de profundidade.
No ano de 1763, o britânico James Watt (1736-1819) foi convidado a mel-
horar o modelo da máquina de Newcomen. Watt percebeu que, se a câmara 
de condensação fosse separada do cilindro, evitaria perdas de energia. Em 
1765, Watt inventou uma máquina a vapor que, além de perder menos 
calor, era capaz de gerar movimento circular. Devido aos seus trabalhos, a 
unidade de potência no SI – a relação entre joule e segundo – recebeu o 
nome de watt.
Em 1804, a locomotiva de Richard Trevithick fez seu primeiro percurso. No Brasil, em 1854, uma locomotiva 
inaugurou a Estrada de Ferro Petrópolis, graças ao empreendedorismo do brasileiro Irineu Evangelista de Sousa, 
o barão de Mauá; sua inauguração contou com a presença do imperador Dom Pedro II.
O estudo das máquinas térmicas foi fundamental para o desenvolvi-
mento tecnológico do homem durante a Primeira Revolução In-
dustrial. Durante o final do século XVIII e início do século XIX, surgi-
ram a máquina a vapor moderna e a locomotiva, ambas invenções que 
transformavam a energia térmica, proveniente da queima do carvão, 
em energia mecânica. A utilização da máquina a vapor dinamizou o 
setor industrial, como a industrial têxtil, que até aquele momento ain-
da se desenvolvia de maneira artesanal.
64
ÁREAS DE CONHECIMENTO DO ENEM
Habilidades
Modelo 1
(Enem) O ar atmosférico pode ser utilizado para armazenar o excedente de energia gerada no sistema elétrico, diminu-
indo seu desperdício, por meio do seguinte processo: água e gás carbônico são inicialmente removidos do ar atmos-
férico e a massa de ar restante é resfriada até –198 ºC. Presente na proporção de 78% dessa massa de ar, o nitrogênio 
gasoso é liquefeito, ocupando um volume 700 vezes menor. A energia excedente do sistema elétrico é utilizada nesse 
processo, sendo parcialmente recuperada quando o nitrogênio líquido, exposto à temperatura ambiente, entra em 
ebulição e se expande, fazendo girar turbinas que convertem energia mecânica em energia elétrica.
MACHADo, R. Disponível eM: <www.CoRReiobRAziliense.CoM.bR>. ACesso eM: 09 set. 2013 (ADAptADo).
No processo descrito, o excedente de energia elétrica é armazenado pela:
a) expansão do nitrogênio durante a ebulição;
b) absorção de calor pelo nitrogênio durante a ebulição;
c) realização de trabalho sobre o nitrogênio durante a liquefação;
d) retirada de água e gás carbônico da atmosfera antes do resfriamento;
e) liberação de calor do nitrogênio para a vizinhança durante a liquefação.
Utilizar leis físicas e/ou químicas para interpretar processos naturais ou tecnológicos inseridos no contexto da ter-
modinâmica e/ou do eletromagnetismo.21
A habilidade 21 avalia a capacidade do estudante de entender conceitos da Física, sua importância histórica e saber 
aplicá-los no cotidiano. Como diz o segundo eixo cognitivo: “Construir e aplicar conceitos das várias áreas do conhe-
cimento para a compreensão de fenômenos naturais, de processos histórico-geográficos, da produção tecnológica e 
das manifestações artísticas”.
Análise expositiva 1: O aluno precisa entender as formas de possíveis transformações de energia, como 
calor e trabalho. É necessário Identificar quando o sistema se resfria por essas transformações e identificar 
as informações que são relevantes no enunciado.
Alternativa C
C
Relacionar informações apresentadas em diferentes formas de linguagem e representação usadas nas ciências físi-
cas, químicas ou biológicas, como texto discursivo, gráficos, tabelas, relações matemáticas ou linguagem simbólica.17
A Matemática é uma ferramenta fundamental para a interpretação e/ou construção de fenômenos no contexto da 
Física. Assim, faz-se necessário conhecer o manuseio e a aplicabilidade, além da capacidade interpretativa, dessa 
linguagem simbólica. Como afirma o terceiro eixo cognitivo da matriz de referência do ensino médio: “Selecionar, 
organizar, relacionar, interpretar dados e informações representados de diferentes formas, para tomar decisões e 
enfrentar situações-problema”.
65
Modelo 2
(Enem) Um sistema de pistão contendo um gás é mostrado na figura. Sobre a extremidade superior do êmbolo, que 
pode movimentar-se livremente sem atrito, encontra-se um objeto. Através de uma chapa de aquecimento é possível 
fornecer calor ao gás e, com auxílio de um manômetro, medir sua pressão. A partir de diferentes valores de calor for-
necido, considerando o sistema como hermético, o objeto elevou-se em valores ∆h como mostrado no gráfico. Foram 
estudadas, separadamente, quantidades equimolares de dois diferentes gases, denominados M e V.
A diferença no comportamento dos gases no experimento decorre do fato de o gás M, em relação ao V, apresentar:
a) maior pressão de vapor;
b) menor massa molecular;
c) maior compressibilidade;
d) menor energia de ativação;
e) menor capacidade calorífica.
Análise expositiva 2: Para resolver o problema, o aluno precisa saber interpretar gráficos e retirar informações do 
enunciado para aplicar os seus conhecimentos de termodinâmica.
Alternativa E
E
66
PRIMEIRA LEI DA
TERMODINÂMICA
TRANSFORMAÇÕES
ISOTÉRMICA
ISOVOLUMÉTRICA
ISOBÁRICA
CONSERVAÇÃO
DA ENERGIA
ADIABÁTICA
ΔU = 0
 = 0
 = P • ΔV
Q = 0
TERMODINÂMICA
 DIAGRAMA DE IDEIAS
67
 Segunda lei da termodinâmica
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 17, 18 e 21
AULAS 
13 e 14
1. Transformação cíclica
O estado final e o estado inicial do sistema são iguais em 
uma transformação cíclica. Considere que um gás sofra as 
transformações representadas no diagrama p × V abaixo. 
Como é possível observar no gráfico, as transformações 
sofridas pelo gás formam um caminho fechado. Esse pro-
cesso é denominado ciclo. (É importante estudar os ciclos, 
pois as máquinas térmicas funcionam executando ciclos 
consecutivos).
Considerando o ponto A como estado inicial do gás, após 
sofrer as transformações AB, BC, CD e DA, o gás volta ao 
estado A e completa um ciclo. Devido ao estado final (A) 
coincidir com o estado inicial (A), a temperatura final é a 
mesma que a temperatura inicial; assim, não existe varia-
ção da energia interna U no ciclo completo.
O trabalho do ciclo será dado pela soma do trabalho de 
cada passagem individual:
tciclo = tABCDA = tAB + tBC + tCD + tDA
Assim como a quantidade de calor do ciclo será igual à 
soma de cada passagem individual:
Qciclo = QABCDA = QAB + QBC + QCD + QDA 
Ou como a variação da energia interna:
DUciclo = DUABCDA = DUAB + DUBC + DUCD + DUDA = 0
Lembrando que a Primeira Lei da Termodinâmica é válida 
tanto para cada passagem individual quanto para o ciclo 
completo:
DUciclo = Qciclo – tciclo
DUAB = QAB – tAB DUBC = QBC – tBC
DUCD = QCD – tCD DUDA = QDA – tDA
 
Em um ciclo: DUciclo = 0
Lembrando da Primeira Lei da Termodinâmica:
Qciclo = tciclo + DUciclo ⇒ Qciclo = tciclo + 0
Conclui-se:
Em um ciclo: Q = t
No gráfico acima, o ciclo realizado pelo gás tem sentido 
horário. Entretanto, as transformações também podem 
ocorrer no sentido anti-horário. Nos dois casos, porém, a 
área da região interna do gráfico (em um diagrama p × V) 
é numericamente igual ao módulo do trabalho realizado 
pelo gás, valendo:
Ciclo horário: tciclo > 0
Ciclo anti-horário: tciclo < 0
O
p
τ > 0
V O
p
τ < 0
V
|τ||τ|
Sentido horário
O
p
τ > 0
V O
p
τ < 0
V
|τ||τ|
Sentido anti-horário
Como em cada ciclo Qciclo = tciclo, resulta que:
Em um ciclo realizadono senti-
do horário: tciclo > 0 e Qciclo > 0
68
A quantidade de calor recebida pelos gás é totalmente 
transformada em trabalho realizado pelo gás, isto é, todo o 
calor é convertido em trabalho.
Em ciclo realizado no sentido anti-horário: 
tciclo < 0 e Qciclo < 0
O gás fornece calor devido a um trabalho realizado pelo 
meio exterior sobre o gás, ou seja, o trabalho é convertido 
em calor cedido pelo gás.
 Aplicação do conteúdo
1. (Unirio) Um gás sofre a transformação cíclica ABCA, in-
dicada no gráfico a seguir. A variação da energia interna 
e o trabalho realizado pelo gás, valem, respectivamente:
a) DU = 0 J e t = 0 J
b) DU = 0 J e t = 8,0 ∙ 102 J
c) DU = 0,5 ∙ 102 J e t = 1,5 ∙ 103 J
d) DU = 8,0 ∙ 102 J e t = 0 J
e) DU = 8,5 ∙ 102 J e t = 8,0 ∙ 102 J
Resolução:
Para calculars os dados pedidos, deve-se lembrar que a 
área de um gráfico de P x V 
apresenta o trabalho exercido pelo gás; assim:
t = b ∙ h ____ 
2
 
Substituindo os valores:
t = (5 – 1) ∙ (600 – 200) ________________ 
2
 
Finalizando os cálculos, resulta:
t = 800 ou 8 ∙ 102 J
Além disso, numa transformação cíclica, a energia interna 
do gás não varia, ou seja, a variação da energia interna é 
nula; assim:
DU = 0
Alternativa B
2. segunda lei da Termodinâmica
A segunda Lei da Termodinâmica foi enunciada de maneiras 
diferentes, embora equivalentes. Uma delas é a seguinte:
“O calor não pode fluir espontaneamente de um cor-
po de temperatura menor para um outro corpo de 
temperatura mais alta”.
A primeira formulação da Lei, realizada em 1850 pelo ale-
mão Rudolf Emmanuel Clausius (1822-1888), foi:
“O calor flui espontaneamente de um corpo quente 
para um corpo frio. O inverso só ocorre com a realiza-
ção de trabalho”.
Outra formulação, de Lorde Kelvin e do físico alemão Max 
Planck (1858-1947), é:
“É impossível, para uma máquina térmica que opera 
em ciclos, converter integralmente calor em trabalho”.
Considere as trocas de energia em uma máquina térmica 
representadas na figura a seguir. A fonte quente, à tempe-
ratura T1, fornece uma quantidade de calor Q1 à máquina 
térmica (no caso de uma locomotiva a vapor, por exemplo, 
a fonte quente é a fornalha onde é queimado o combustí-
vel). Do calor Q1, uma parte é convertida em trabalho (t), e 
o restante |Q2| é fornecido a uma segunda fonte à tempe-
ratura T2, menor que T1 (T2 < T1) (no caso da locomotiva a 
vapor, a fonte fria é o ambiente externo).
2
FONTE QUENTE
FONTE FRIA
MÁQUINA
T
T1
2Q
1Q
τ
eSquema de uma máquina térmica
Assim:
Q1 = t + |Q2|
Ou:
t = Q1 – |Q2|
69
Essa relação demonstra que a diferença entre o calor da 
fonte quente e a fonte fria é igual ao trabalho realizado 
em cada ciclo.
O rendimento de uma máquina térmica h (lê-se “eta”) 
define-se por:
h = 
t
 __ 
Q1
 
Substituindo t = Q1 – |Q2|, obtém-se:
h = 
t
 __ 
Q1
 = 
Q1 – | Q2 | ________ 
Q1
 ⇒ h = 1 – 
|Q2| __ 
Q1
 
Nessa expressão, nota-se que o rendimento seria de 
100% caso todo o calor fosse convertido em traba-
lho, nesse caso, Q2 = 0. Contudo, sempre há uma 
quantidade de calor Q2 transferido à fonte fria e, por-
tanto, sempre t < Q1 e Q2 > 0. Por esse motivo, o 
rendimento de uma máquina térmica é sempre me-
nor do que 100%. No caso das máquinas a vapor, 
o rendimento é aproximadamente 0,15 (ou 15%). 
O rendimento de uma máquina térmica também é de-
nominado eficiência.
A potência útil (Pu) de uma maquina térmica é a razão en-
tre o trabalho t realizado por ela e o intervalo de tempo Dt 
gasto para realizá-lo.
Pu = 
t __ Dt 
No SI sua unidade é o watt (W), que representa a razão 
entre joule e o segundo.
 Aplicação do conteúdo
1. Uma máquina térmica recebe, a cada ciclo, uma quan-
tidade de calor Q1 = 500 J da fonte quente, e fornece 
uma quantidade de calor Q2 = 400 J para a fonte fria. 
Cada ciclo é executado em um intervalo de tempo 
Dt = 0,25 s. Determine:
a) o trabalho realizado pela máquina em cada ciclo;
b) o rendimento da máquina;
c) a potência útil da máquina.
Resolução:
a) t = Q1 – Q2 = 500 J – 400 J ⇒ t = 100 J
b) h = t __ 
Q1
 = 100 J _____ 
500 J
 ⇒ h = 0,20 = 20%
c) Pu = 
t ___ 
Dt 
 = 100 J _____ 
0,25 s
 = 400 J/s ⇒ Pu = 400 W
3. o ciclo de carnoT
Depois de as primeiras máquinas térmicas terem sido cons-
truídas no início do século XVIII, a primeira análise teórica 
dessas máquinas surgiu em 1824, em uma obra do físico 
francês Nicolas Leonard Sadi Carnot (1796-1832).
Carnot nasceu em Paris e, apesar de ter morrido com ape-
nas 36 anos, foi de vital importância para o desenvolvimen-
to da termodinâmica. Ele estudou as máquinas térmicas, 
além de ter enunciado a Segunda Lei da Termodinâmica da 
seguinte maneira: “Para haver conversão contínua de calor 
em trabalho, um sistema deve realizar ciclos entre fontes 
quentes e frias, continuamente. Em cada ciclo, é retirada 
uma certa quantidade de calor da fonte quente (energia 
útil), que é parcialmente convertida em trabalho, sendo o 
restante rejeitado para a fonte fria (energia dissipada)”.
Em seu trabalho de 1824, Carnot mostrou que uma máqui-
na térmica, operando com uma fonte quente à temperatu-
ra T
1, e uma fonte fria à temperatura T2, tem rendimento 
máximo quando executa um ciclo especial, denominado 
ciclo de Carnot, representado na figura a seguir. Esse ci-
clo é formado pelas seguintes transformações (duas isotér-
micas e duas adiabáticas), na seguinte ordem:
Mauá - O Imperador e o Rei
O filme mostra o enriquecimento e a falência 
de Irineu Evangelista de Sousa, mais conhecido 
como barão de Mauá, considerado o primeiro 
grande empresário brasileiro.
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
70
1. O gás recebe calor Q1 da fonte quente e sofre uma 
expansão isotérmica AB à temperatura T1.
2. Expansão adiabática BC; o gás atinge a temperatura T2.
3. O gás fornece o calor Q2 à fonte fria e sofre uma com-
pressão isotérmica CD à temperatura T2.
4. Compressão adiabática DA; o gás volta ao seu estado 
inicial à temperatura T1.
A seguinte relação é válida para esse ciclo:
 
|Q2| __ 
Q1
 = 
T2 __ 
T1
 
Já foi visto que o rendimento (ou eficiência) de uma máqui-
na térmica qualquer é dado por:
h = t __ 
Q1
 = 
Q1 – |Q2| ______ 
Q1
 ⇒ h = 1 – 
|Q2| __ 
Q1
 
O rendimento de uma máquina realizando o ciclo de Car-
not pode ser calculado a partir das temperaturas das fontes 
quente e fria. Substituindo as variáveis Q1 e |Q2| pelos valo-
res de temperatura T1 e T2:
h = 1 – 
T2 __ 
T1
 = 
T1 – T2 _____ 
T1
 
O rendimento do ciclo de Carnot é independente do gás 
utilizado pela máquina e é um ciclo ideal. Na prática, 
entretanto, as máquinas que funcionam usando o ciclo 
de Carnot têm um rendimento inferior ao previsto. Isso 
acontece devido às transformações adiabáticas não ocor-
rerem perfeitamente, e também devido às perdas de ca-
lor por atrito e isolamento térmico imperfeito. Máquinas 
térmicas reais atingem de 60% a 80% do rendimento 
previsto por Carnot.
Nota: Observe que nem mesmo o ciclo de Carnot pode 
alcançar um rendimento de 100%.
 Aplicação do conteúdo
1. Uma máquina térmica funciona entre duas fontes 
às temperaturas de 227 ºC e 27 ºC. Qual o rendimento 
máximo possível para essa máquina?
Resolução:
Tem-se:
T1 = 227 °C = 500 K
T2 = 27 °C = 300 K
O maior rendimento possível é obtido usando um ciclo de 
Carnot:
hmáx = 1 – 
T2 __ 
T1
 = 1 – 300 K _____ 
500 K
 = 1 – 0,60 ⇒ 
⇒ hmáx = 0,40 = 40%
4. máquinas frigoríficas
Diferentemente das máquinas térmicas, as máquinas frigo-
ríficas retiram o calor de uma fonte fria e o fornecem para 
uma fonte quente. Obviamente, esse processo não ocorre 
espontaneamente, pois, de acordo com a Segunda Lei da 
Termodinâmica, a tendência natural do calor é fluir de um 
corpo quente para um corpo frio. Assim, é necessário rea-
lizar trabalho (por exemplo, por meio de um motor) que 
faça com que o calor siga um percurso não natural. Essa 
é a base de funcionamento de aparelhos como o ar-condi-
cionado e o refrigerador doméstico.
1
FONTEQUENTE
FONTE FRIA
MÁQUINA
T
T2
1Q
2Q
τ
O esquema de funcionamento de uma máquina frigorífica 
está representado na figura anterior. O trabalho t executa-
do por um motor faz com que o calor Q1, retirado da fonte 
fria, à temperatura T1, seja enviado para a fonte quente, à 
temperatura T2 (sendo T2 > T1), que recebe uma quantidade 
de calor |Q2|. Assim, a cada ciclo executado:
Q1 + |t| = |Q2|
Noções de entropia
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
71
Nas máquinas frigoríficas é usado um fluido que, durante 
parte do ciclo, é gás e, no restante do ciclo, permanece na 
forma líquida.
Dessa forma, a máquina térmica transforma calor em tra-
balho, fazendo com que o fluido (vapor) execute um ciclo 
no sentido horário:
A máquina frigorífica transforma trabalho em calor, fazen-
do com que o fluido (gás refrigerante) execute um ciclo no 
sentido anti-horário.
Assim, o trabalho do gás refrigerante é negativo em uma 
máquina frigorífica. Isso significa que o gás é comprimido 
pela ação do motor, que, por esse motivo, é denominado 
motor compressor.
5. eficiência de uma 
máquina frigorífica
A eficiência ou coeficiente de desempenho de uma máqui-
na frigorífica é número e definido por:
e = 
Q1 __ |t| 
Em que Q1 é o calor retirado da fonte fria, e t é o trabalho 
realizado pelo motor. Considerando o calor Q2 enviado à 
fonte quente, reescreve-se a equação do ciclo, isolando 
o trabalho:
Q1 + |t| = |Q2| ou |t| = |Q2| – Q1
Substituindo na equação anterior, obtém-se a seguinte 
expressão:
e = 
Q1 ______ 
|Q2| – Q1
 
Em geral, refrigeradores domésticos têm eficiência e = 5, 
isto é, a cada ciclo, a quantidade de calor retirada de den-
tro do refrigerador é cinco vezes maior do que o trabalho 
executado pelo compressor.
VIVENCIANDO
Como foi visto ao longo das aulas sobre termodinâmica, o estudo dos gases foi fundamental na história da humani-
dade, não só pela construção de dirigíveis, mas principalmente como ferramenta para as revoluções industriais. As 
máquinas térmicas, por sua vez, permitiram a construção de bombas de água, tornando possível a extração de carvão 
a grandes profundidades, a criação de máquinas que aumentaram a produtividade nas indústrias (por exemplo, na 
produção têxtil), o advento do motor a combustão, que está presente nos automóveis utilizados cotidianamente, e a 
criação da geladeira, onde são guardados e conservados os alimentos.
Ciclos termodinâmicos e máquinas térmicas
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
72
 Aplicação do conteúdo
1. Tem-se uma máquina térmica frigorífica que realiza, 
durante um ciclo completo, um trabalho de 4 ∙ 104 J e 
cede, à fonte fria, 12 ∙ 104 J. Com essas informações, 
calcule a eficiência da máquina frigorífica.
Resolução:
A eficiência de uma máquina frigorífica é dada pela 
seguinte equação:
e = 
Q1 __ |t| 
Substituindo pelos valores, obtém-se:
e = 12 ∙ 10
4
 ______ 
4 ∙ 104
 
Logo:
e = 3
2. (PUC- Camp) A turbina de um avião tem rendimento 
de 80% do rendimento de uma máquina ideal de Car-
not operando às mesmas temperaturas.
Em voo de cruzeiro, a turbina retira calor da fonte quente a 
127 °C e ejeta gases para a atmosfera que está a –33 °C.
O rendimento dessa turbina é de 
a) 80 %
b) 64 %
c) 50 %
d) 40 %
e) 32 %
Resolução:
Aplicando a fórmula de rendimento, tem-se:
h = 
T1 – T2 _____ 
T1
 
Substituindo os valores:
h = (127 + 273) – (–33 + 273) ____________________ 
(127 + 273)
 
Finalizando os cálculos, obtém-se:
h = 0,4
Para calcular a eficiência da asa, deve-se achar 80% de 
0,4, ou seja:
easa = 0,4 ∙ 0,8
Assim:
easa = 0,32
Alternativa E
6. refrigerador de carnoT
Da mesma forma que a máquina térmica, um refrigerador 
pode executar o ciclo de Carnot, mas no sentido anti-ho-
rário. Nesse caso ele é denominado refrigerador de Carnot. 
Para o refrigerador de Carnot também vale a equação:
 
Q1 __ 
T1
 = 
|Q2| __ 
T2
 
Assim, pode-se expressar o rendimento em função das 
temperaturas das fontes fria e quente:
eCarnot = 
Q1 ______ 
|Q2| – Q1
 = 
T1 _____ 
T2 – T1
 
Ciclos termodinâmicos e máquinas térmicas
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
7. Terceira lei da Termodinâmica
A Terceira Lei da Termodinâmica resultou dos trabalhos de 
Walther Nernst (1864-1941) e Max Planck (1858-1947).
As transformações naturais ocorrem em um certo sentido e 
nem sempre são reversíveis, isto é, apesar de ocorrer a con-
servação da energia total, à medida que o tempo passa, me-
nor é a possibilidade de se obter energia útil em um sistema. 
A evolução dos sistemas naturais tende para um estado de 
maior desordem. Essa medida de desordem de um sistema 
é denominada entropia. Assim, quando a desordem de um 
sistema aumenta, ocorre um aumento de entropia.
Considere uma xícara de chá que cai e se parte ao atingir 
o chão. Se todos os cacos da xícara fossem recolhidos e 
a xícara caísse novamente, do mesmo modo que a xícara 
intacta, os cacos recolhidos da xícara não se reorganizam, 
e é mais provável que se partam em pedaços ainda meno-
res. Esse exemplo ilustra o fato de que a desordem tende 
a aumentar conforme o tempo passa, sendo mais provável 
atingir um estado de maior desordem do que um estado 
bem ordenado. Assim, a Terceira Lei da Termodinâmica 
pode ser enunciada da seguinte maneira:
As transformações naturais sempre resultam em um 
aumento da entropia do Universo.
73
Desse modo, pode-se definir processos irreversíveis como 
aqueles processos que, por meios naturais, ocorrem apenas 
em um sentido. Dessa forma, quando ocorre um processo 
irreversível, a entropia do sistema sempre aumenta. Já os 
processos reversíveis são aqueles em que, depois de ocorrer 
uma pequena mudança, é possível reverter essa mudança, 
de forma que o sistema volte às suas condições iniciais. 
Tecnicamente, processos reversíveis são uma idealização, 
uma vez que na natureza todos os processos envolvem 
turbulência ou atrito, ou ainda algum outro aspecto que os 
torna irreversíveis.
A definição de entropia para um sistema em que ocorre 
uma transformação isotérmica é a razão entre a quantidade 
de calor que o sistema troca pela temperatura do sistema 
durante a transformação reversível:
DS = 
Q
 __ 
T
 
A unidade de entropia S no SI é o joule por kelvin J/K.
Para o cálculo da entropia de uma transformação irreversí-
vel, devido ao fato de a entropia ser uma variável de esta-
do, basta escolher um processo reversível que interligue os 
mesmos dois estados do processo irreversível. A entropia 
calculada será equivalente à do processo irreversível. 
Agora, é possível reescrever a Terceira Lei da Termodinâmi-
ca em termos da entropia:
Quando ocorrem mudanças em um sistema fechado, sua en-
tropia nunca diminui; ela pode crescer para processos irrever-
síveis ou permanecer constante para processos reversíveis:
 DS ≥ 0
Nota: No ciclo de Carnot todas as transformações 
são reversíveis.
7.1. Motor a combustão
De modo geral, o motor a combustão é uma máquina tér-
mica que transforma a energia da queima de certos gases 
em trabalho. Um motor padrão é composto por quatro fases. 
Na primeira, o gás preenche um cilindro à medida que um 
pistão abre espaço, mantendo uma pressão constante. Na 
fase 2, o pistão comprime a mistura gasosa numa transfor-
mação adiabática, de tal forma que, no final do processo, a 
temperatura e a pressão do gás estão com valores elevados. 
Na terceira fase, uma faísca faz com que o gás entre em 
combustão devido a reações químicas entre o gás e o ar. 
Novas substâncias são produzidas, causando uma rápida ex-
pansão do gás e outra transformação adiabática. Por fim, na 
última fase, os gases decorrentes da queima são expulsos do 
cilindro por meio de uma transformação isobárica.
7.2. Ciclo de Otto
Idealizado por Beau de Rochas (1815-1893), mas colocado 
em prática, em 1875, pelo engenheiro Nikolaus Otto (1832-
1891), é o motor que se encontra na maioria dos automó-
veis atualmente. É composto dos seguintes processos: 
1. Admissão isobárica (0-1).
2. Compressão adiabática(1-2).
3. Combustão isocórica (2-3).
4. Expansão adiabática (3-4).
5. Abertura de válvula (4-5).
6. Exaustão isobárica (5-0).
multimídia: sites
cienciaetecnologias.com/demonio-de-
maxwell/
www.if.ufrgs.br/~dschulz/web/ciclo_
carnot.htm
coral.ufsm.br/gef/Calor/calor28.pdf
74
7.3. Ciclo de Diesel
Diferentemente do ciclo de Otto, o motor de Diesel faz a ig-
nição do combustível pelo aumento da temperatura devido 
à compressão do ar. Foi inventado em 1893 pelo engenheiro 
Rudolf Diesel (1858-1913). Ainda hoje se destaca devido à 
economia de combustível. O ciclo de Diesel é composto por 
quatro processos:
1. Uma compressão isentrópica, ou seja, sem o aumento 
da entropia do sistema (1-2).
2. Fornecimento de calor à pressão constante (isobárico) 
(2-3).
3. Expansão isentrópica, sem o aumento da entropia do 
sistema (3-4).
4. Por fim, uma transformação isovolumétrica, enquan-
to o calor é cedido. (4-1). 
O ciclo de Diesel é utilizado em automóveis, caminhões, 
barcos, compressores, navios e em geradores diesel-elétri-
cos industriais.
CONEXÃO ENTRE DISCIPLINAS
A Revolução Industrial, que ocorreu na Europa entre os séculos XVIII e XIX, foi um conjunto de mudanças estruturais 
no modo de produção, quando o trabalho artesanal foi substituído pelo trabalho assalariado e pelo uso das máquinas. 
Até o final do século XVIII, a maioria da população europeia vivia no campo e produzia o que consumia. Nesse sentido, 
um artesão conhecia todo o processo produtivo de seu produto. Com o passar do tempo, começaram a surgir grandes 
oficinas, em que diversos artesãos, realizando manualmente todo o processo, fabricavam os produtos, mas eram subor-
dinados ao proprietário da manufatura.
Devido à sua localização, ao fato de possuir uma rica burguesia em expansão e ter sofrido um êxodo rural, a Inglaterra 
possuía as características que fizeram com que estivesse na vanguarda da Revolução Industrial entre 1760 e 1860. 
Com o desenvolvimento tecnológico, as oficinas se transformaram em pequenas fábricas; nas indústrias de tecidos 
de algodão surgiu o tear mecânico. Nessa época, o aprimoramento das máquinas a vapor contribuiu para a contin-
uação da revolução, tanto para o transporte da mercadoria quanto para a produção. A Inglaterra possuía reservas 
de minas de carvão mineral, mas máquinas de bombear água eram necessárias para a exploração das minas – com 
a máquina a vapor foi possível explorar minas a grandes profundidades. O carvão era utilizado para movimentar a 
locomotiva a vapor, aquecer os fornos das indústrias ou alimentar algumas máquinas a vapor.
No início da Revolução Industrial, as fábricas não eram um bom local de trabalho: condições de trabalho precárias, 
longas jornadas de trabalho, baixo salário, péssima iluminação, falta de ventilação, muita sujeira e até mesmo cas-
tigos físicos por parte dos patrões forçaram revoltas e greves dos trabalhadores, que passaram a se organizar por 
meio de sindicatos, exigindo melhores condições de trabalho, melhores salários e direitos trabalhistas. 
Cultuado por muito tempo como o romance 
por excelência das relações humanas no 
universo da organização dos trabalhadores, 
‘Germinal’ retrata os primórdios da Interna-
cional Socialista, constituindo simultanea-
mente um painel revelador da lógica patronal 
no início do capitalismo industrial.
Germinal - Zola, Émile
multimídia: livros
75
 Aplicação do conteúdo
1. Quanto trabalho deve ser realizado por um refrigera-
dor Carnot para transferir 1,0 J sob a forma de calor de 
um reservatório a 7,0 ºC para um a 27 ºC?
Resolução:
Para calcular o valor do trabalho necessário, deve-se, ini-
cialmente, calcular a eficiência da máquina:
ecarnot = 
T1 _____ 
T2 – T1
 
Substituindo os valores, tem-se:
ecarnot = 
(7 + 273) _________________ 
(27 + 273)–(7 + 273)
 
Finalizando os cálculos, tem-se:
ecarnot = 14
Para achar o trabalho necessário, deve-se aplicar outra fórmula:
|t| = 
Q1 ____ ecarnot
 
Substituindo, tem-se:
|t| = 1 ___ 
14
 
Assim:
|t| = 0,071 J
2. O que é entropia?
Resolução:
Quantidade termodinâmica de um sistema físico associada 
ao grau de desordem desse sistema. Quanto mais desorde-
nado o sistema, maior sua entropia.
ÁREAS DE CONHECIMENTO DO ENEM
Habilidade
Utilizar leis físicas e/ou químicas para interpretar processos naturais ou tecnológicos inseridos no contexto da ter-
modinâmica e/ou do eletromagnetismo.21
A habilidade 21 avalia a capacidade do estudante de entender conceitos da Física, sua importância histórica e saber 
aplicá-los no cotidiano. Como diz o segundo eixo cognitivo: “Construir e aplicar conceitos das várias áreas do conhe-
cimento para a compreensão de fenômenos naturais, de processos histórico-geográficos, da produção tecnológica e 
das manifestações artísticas”.
Modelo
(Enem) Aumentar a eficiência na queima de combustível dos motores a combustão e reduzir suas emissões de poluen-
tes são a meta de qualquer fabricante de motores. É também o foco de uma pesquisa brasileira que envolve expe-
rimentos com plasma, o quarto estado da matéria e que está presente no processo de ignição. A interação da faísca 
emitida pela vela de ignição com as moléculas de combustível gera o plasma que provoca a explosão liberadora de 
energia que, por sua vez, faz o motor funcionar.
diSponível em: <www.inovacaotecnologica.com.br>. aceSSo em: 22 jul. 2010 (adaptado).
No entanto, a busca da eficiência referenciada no texto apresenta como fator limitante:
a) O tipo de combustível, fóssil, que utilizam. Sendo um insumo não renovável, em algum momento estará esgotado.
b) Um dos princípios da termodinâmica, segundo o qual o rendimento de uma máquina térmica nunca atinge o ideal.
c) O funcionamento cíclico de todo os motores. A repetição contínua dos movimentos exige que parte da energia seja 
transferida ao próximo ciclo.
d) As forças de atrito inevitável entre as peças. Tais forças provocam desgastes contínuos que com o tempo levam qualquer 
material à fadiga e ruptura.
e) A temperatura em que eles trabalham. Para atingir o plasma, é necessária uma temperatura maior que a de fusão do 
aço com que se fazem os motores.
76
Análise expositiva - Habilidade 21: Nessa questão, o aluno precisa se lembrar do enunciado da Segunda Lei 
da Termodinâmica e relacioná-la com o rendimento para a máquina de Carnot.
Alternativa B
B
CICLOS 
TERMODINÂMICOS
MÁQUINA IDEAL 
DE CARNOT
ANTI-HORÁRIO HORÁRIO
2ª LEI DA 
TERMODINÂMICA
DEGRADAÇÃO
DE ENERGIA
ENTROPIA
MÁQUINA
FRIGORÍFICA
MÁQUINA 
TÉRMICA
RENDIMENTO
MÁXIMO
TERMODINÂMICA
 DIAGRAMA DE IDEIAS
77
 Introdução à óptIca geométrIca
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 17 e 22
AULAS 
15 e 16
1. Óptica geométrica
Será iniciado o estudo da Óptica (do grego optiké, que 
significa “visão”), que trata do estudo da luz.
A propagação da luz será analisada nos tópicos de On-
dulatória. Agora, porém, será estudada de modo relativa-
mente simples a propagação da luz usando leis empíricas 
e construções geométricas que representam o percurso da 
luz por linhas denominadas raios de luz. Esse estudo re-
cebe o nome de Óptica Geométrica.
O que torna possível um objeto ser visualizado é o fato de 
ele conseguir enviar luz para os olhos do observador. 
Os corpos luminosos são capazes de produzir e emitir 
luz própria, como o Sol, a chama de uma vela ou o fil-
amento de uma lâmpada incandescente acesa. Os cor-
pos iluminados, por sua vez, não produzem luz própria, 
mas refletem a luz que incide sobre eles. Assim, apesar de 
emitirem luz, a origem da luz não é o corpo, ela apenas foi 
absorvida e reemitida pelo objeto.
O exemplo da figura a seguir ilustra esses dois tipos de 
corpos. O Sol emite luz própria, e parte dessa luz atinge 
a árvore que, por sua vez, reflete uma parte dessa luz em 
direção aos olhos do observador, o que torna possível 
enxergar a árvore. Os corpos luminosos são denominados 
fontes primárias de luz, e os corpos iluminados são de-
nominados fontes secundárias de luz.
2. classificaçãodos 
raios luminosos
Os feixes de raios luminosos são classificados em três tipos: 
paralelos, divergentes e convergentes.
Um feixe é denominado paralelo quando todos os raios 
luminosos que o constituem são paralelos.
 
Feixe paralelo
Um feixe é divergente quando todos os raios que o consti-
tuem são oriundos de um mesmo ponto.
Feixe divergente
Por fim, um feixe é chamado de convergente quando todos 
os raios se cruzam num determinado ponto.
 
Feixe convergente
Faça um holograma para celular (muito 
fácil!)
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
78
3. classificação dos meios
A luz não se propaga somente no vácuo, mas também em 
diferentes tipos de meios materiais.
Quando é possível observar claramente os objetos através 
de um meio, como o vidro polido, o meio é denominado 
transparente.
No entanto, alguns objetos são vistos sem nitidez através 
de alguns meios materiais. Isso acontece porque, apesar de 
o objeto permitir a passagem de parte da luz, a passagem 
não é regular e ocorre de modo difuso. Nesse caso, a ima-
gem vista através do material não é perfeita. Esse tipo de 
meio é denominado translúcido.
Alguns meios não permitem a propagação da luz. Nesse 
caso, não é possível observar os materiais através do meio, 
que é denominado opaco. A madeira e o tijolo são exem-
plos de meios opacos.
Quando as propriedades de um material, como composi-
ção química, densidade, entre outras, são iguais, o meio 
é denominado homogêneo. O meio não homogêneo é 
chamado de heterogêneo.
Quando as propriedades do meio são independentes da di-
reção, o meio é denominado isotrópico. No entanto, se as 
propriedades dependerem da direção, o meio é anisotrópi-
co. Por exemplo, a velocidade da luz atravessando um cristal 
pode depender da direção em que a luz incide no cristal; as-
sim, esse meio é anisotrópico em relação à velocidade da luz.
A figura a seguir apresenta o comportamento dos raios de 
luz em meios transparente, translúcido e opaco.
4. princípios da Óptica geométrica
Princípios da óptica geométrica
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
Conheça a seguir os princípios básicos da óptica geométrica: 
 § Lei da Propagação Retilínea da Luz
A luz se propaga em linha reta nos meios homogêneos e 
transparentes.
 § Reversibilidade dos Raios Luminosos
A trajetória seguida pelo raio de luz em um sentido será 
igual se o sentido do raio de luz for invertido.
79
 § Lei da Independência dos Raios Luminosos
A trajetória de um raio luminoso não é afetada por outro 
que cruza essa trajetória. Os raios de luz seguem trajetórias 
independentes, ainda que se cruzem.
 Aplicação do conteúdo
1. Entre os princípios da Óptica Geométrica, talvez o 
mais importante, seja o princípio da Propagação Retilí-
nea da Luz. Explique de forma sucinta esse princípio. 
Resolução:
O princípio da Propagação Retilínea da Luz garante que a 
luz se propague em linha reta nos meios homogêneos e 
transparentes. 
2. Explique o que ocorre quando dois raios de luz se 
encontram ortogonalmente.
Resolução:
O Princípio da Independência dos Raios Iluminosos garante 
que os raios que se cruzam ortogonalmente não alteram 
suas trajetórias, isto é, cada raio segue sua trajetória nor-
malmente como se nada tivesse acontecido.
5. propagação retilínea da luz
A luz se propaga em linha reta nos meios transparentes, 
homogêneos e isotrópicos.
Considere o exemplo da figura abaixo. Uma lâmpada é 
acesa e emite luz em todas as direções. Os anteparos P1 e 
P2 são meios opacos com orifícios O1 e O2 alinhados. Um 
observador atrás do anteparo P2 somente poderá observar 
a lâmpada se olhar pelo orifício O2. Nesse caso, a luz per-
corre um trajeto linear da lâmpada, passando pelos orifí-
cios até os olhos do observador.
5.1. Sombra e penumbra
A propagação retilínea da luz também é observada pela 
formação de sombras. Na figura a seguir, uma fonte de luz 
puntiforme F (ou seja, de tamanho desprezível) ilumina 
uma esfera opaca e uma placa opaca P. Devido ao fato de a 
luz não desenvolver uma trajetória curva, uma região atrás 
da esfera não recebe luz. Essa região é a sombra causada 
pela esfera e projetada no anteparo.
Se a fonte de luz não for pontual (ou puntiforme), a fon-
te será denominada extensa (por exemplo, o filamento de 
uma lâmpada fluorescente). Na figura a seguir, a fonte F foi 
trocada por uma lâmpada e, nesse caso, além da sombra, 
uma outra região recebe apenas parte da luz emitida pela 
fonte. Essa região é denominada penumbra.
As ocorrências de eclipses são decorrentes desse princípio:
Eclipse solar
O Sol é totalmente bloqueado pela Lua, no cone de som-
bra, e nessa região ocorre o eclipse total. Contudo, nas 
regiões do cone de penumbra ocorre o eclipse parcial, 
pois o Sol é parcialmente bloqueado.
Eclipse lunar
80
O eclipse lunar ocorre quando a Lua não recebe ne-
nhuma luz proveniente do Sol devido ao bloqueio da luz 
pela Terra, que é muito maior do que a Lua. Nesse eclipse, 
não é possível observar a Lua.
 Aplicação do conteúdo
1. Quando ocorre um eclipse solar parcial?
Resolução:
O eclipse solar parcial ocorre quando a Lua se encontra 
entre o Sol e a Terra, de modo que a Lua impeça total ou 
parcialmente que a luz solar atinja determinadas regiões 
da Terra. A Lua projeta na Terra uma região de sombra, na 
qual o eclipse solar é total, e uma região de penumbra, na 
qual o eclipse solar é parcial.
2. O que é o eclipse lunar?
Resolução:
O eclipse lunar ocorre quando a Terra se encontra entre o Sol 
e a Lua, de modo que a Lua não receba luz proveniente do 
Sol, pois ela fica na região de sombra provocada pela Terra. 
Uma vez que a Lua não recebe luz, não é possível vê-la. 
6. câmara escura de orifício
A câmara escura de orifício também evidencia a pro-
pagação retilínea da luz. Como é possível observar na fi-
gura a seguir, a câmara é uma caixa opaca com apenas 
um orifício que permite a entrada da luz. Quando um ob-
jeto luminoso de dimensões AB é colocado em frente ao 
orifício, os raios de luz do objeto incidem sobre a câmara 
e penetram apenas pelo orifício. Na figura, o ponto A da 
vela segue a trajetória retilínea incidindo na parte inferior 
da câmara, e o ponto B incide de modo horizontal. Como 
pode ser visto, os pontos de incidência A’B’ formam uma 
imagem invertida do objeto. É possível visualizar a forma-
ção da imagem se a luz incidir em um anteparo translúcido, 
como o papel vegetal.
p’
p
B
0
A’
i
B’
A
Através da semelhança de triângulos, é válida a seguinte 
relação:
 
p'
 __ p = 
i __ o 
Em que:
o é o tamanho do objeto.
i é o tamanho da imagem.
p é a distância do objeto ao orifício.
p' é a distância da imagem ao orifício.
 Aplicação do conteúdo
1. (FEI) Um dos métodos para medir o diâmetro do Sol 
consiste em determinar o diâmetro de sua imagem 
nítida, produzida sobre um anteparo, por um orifício 
pequeno feito em um cartão paralelo a esse anteparo, 
conforme ilustra a figura. Em um experimento realizado 
por esse método, foram obtidos os seguintes dados:
I. diâmetro da imagem = 9,0 mm
II. distância do orifício até a imagem = 1,0 m
III. distância do Sol à Terra = 1,5 · 1011 m
Qual é, aproximadamente, o diâmetro do Sol medido 
por esse método?
a) 1,5 ∙ 108 m
b) 1,35 ∙ 108 m
c) 2,7 ∙ 108 m
d) 1,35 ∙ 109 m
e) 1,5 ∙ 109 m
Resolução:
O exercício tem o intuito de descobrir o diâmetro do Sol; 
para isso, deve-se usar a fórmula já simplificada para exer-
cícios de câmara de orifício. 
 
y
 _ x = 
y'
 __ 
x'
 
Utilizando os dados pelo exercício, tem-se:
x = 1,5 ⋅ 1011
x'= 1
y' = 9 ⋅10-3
Substituindo na fórmula, obtém-se:
 
y
 ________ 
1,5 ⋅ 1011
 = 9 ⋅ 10
-3
 ______ 
1
 
Resolvendo a expressão, tem-se:
y = 9 ⋅ 10-3 1,5 ⋅ 1011
81
Terminando os cálculos, resulta:
y = 13,5 ⋅ 108 = 1,35 ⋅ 109 m
Alternativa D
7. reflexão e refração da luz
Considere o exemplo ilustrado na figura a seguir, em que 
um raio de luz propagando-se no meio A encontra o meio 
B. Nesse caso, três fenômenos podem ocorrer:
 § uma parte da luz é refletida e voltapara o meio A;
 § uma parte da luz é transmitida e propaga-se no meio B;
 § uma parte da luz é absorvida e transforma-se em ou-
tras formas de energia (por exemplo, em calor).
Dependendo da natureza dos meios e da cor da luz, es-
ses três fenômenos podem ou não ocorrer. A madeira, por 
exemplo, por ser opaca, não transmite a luz.
A reflexão regular ocorre quando raios incidentes pa-
ralelos são refletidos mantendo-se paralelos. Um objeto 
metálico bem polido é capaz de produzir reflexão regular.
Se a superfície S entre os meios é áspera, os raios refle-
tidos se espalham em todas as direções e deixam de ser 
paralelos. Nesse caso, a reflexão é difusa, e essa proprie-
dade é que torna possível os objetos serem observados.
No caso da transmissão (ou refração) da luz, como na 
reflexão, duas situações são possíveis: a refração regular 
e a refração difusa.
Se os meios são transparentes, isotrópicos e homogêneos, 
ocorre a refração regular; nos meios translúcidos, ocorre a 
refração difusa.
Qual é a cor? What is the color - Colm 
Kelleher
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
Em geral, o espectro do arco-íris é separado em 7 cores, 
que, quando unidas, produzem luz branca. São elas: verme-
lho, laranja, amarelo, verde, azul, anil e violeta.
Um feixe de luz é denominado monocromático quando 
é composto por apenas um tipo de cor. É claro que um feixe 
82
monocromático não existe na realidade, uma vez que não 
é possível criar um feixe com uma única frequência, mas 
uma faixa de frequência. Um feixe é chamado de policro-
mático quando é composto por diferentes cores.
Para que o olho humano tenha a sensação de branco, não 
é necessário que todas as cores do arco-íris o atinjam. Um 
cruzamento de um feixe de luz vermelha, um feixe de luz 
azul e um feixe de luz verde atuando simultaneamente nos 
olhos do observador é o suficiente para causar a sensação 
visual de luz branca.
Magenta
Quando se trata de feixes de luz, tem-se as seguintes co-
res primárias: azul, vermelho e verde. Suas combinações 
produzem as cores secundárias: ciano, magenta e amarelo.
luz vermelha + luz verde = sensação visual de amarelo
luz vermelha + luz azul = sensação visual de magenta
luz verde + luz azul = sensação visual de ciano.
 Aplicação do conteúdo
1. O que é refração da luz?
Resolução:
Refração da luz é o nome dado ao fenômeno da passa-
gem da luz para um meio diferente do meio proveniente. 
Existem dois tipos: a refração regular e a difusa. Nos meios 
transparentes, ocorre a refração regular; e nos meios trans-
lúcidos, ocorre a refração difusa.
CONEXÃO ENTRE DISCIPLINAS
O triângulo foi inventado ou foi descoberto pela Matemática? Na verdade, esse objeto matemático, amplamente utili-
zado no estudo dos fenômenos da propagação retilínea da luz, foi definido matematicamente. Definir é atribuir forma 
e nome a um determinado objeto que apresenta determinadas características. Assim, a definição é arbitrária. O nome 
triângulo foi atribuído à forma dos objetos que ocupam o espaço interno limitado por três segmentos de reta que con-
correm, dois a dois, em três pontos diferentes, formando três lados e três ângulos internos que somam 180°.
Na geometria plana, considera-se que dois triângulos são semelhantes quando guardam uma proporção entre eles, 
de forma que seus ângulos sejam iguais, e os lados do primeiro triângulo sejam proporcionais aos lados do segundo. 
Os triângulos semelhantes são usados em diversas áreas, como na arquitetura, para a estabilização de pontes, e na 
fotografia, para determinação de amplas distâncias.
83
7.1. A cor de um corpo
Como foi visto, os fenômenos de reflexão, transmissão e 
absorção da luz dependem das características do meio e 
da cor da luz.
Por exemplo, se a luz branca incidir sobre um material que 
reflete todas as cores, o objeto terá cor branca; caso o ma-
terial não reflita nenhuma cor, sua cor será preta. Entre-
tanto, pode acontecer de o meio refletir apenas uma cor. 
Observe o exemplo a seguir:
O abacate absorve todas as cores da luz branca que inci-
de sobre ele, com exceção da luz verde, que é refletida de 
modo difuso; dessa forma, a fruta é vista na cor verde. A 
maçã absorve todas as cores, com exceção da luz verme-
lha, que é refletida de modo difuso; assim, a maçã é vista 
na cor vermelha.
A cor de um corpo diante do olho humano depende da 
luz que ele reflete. Contudo, por convenção, considera-se 
a cor “principal” do corpo aquela que ele apresenta ao ser 
iluminado por luz branca. 
 Aplicação do conteúdo
1. (Ufes) Um objeto amarelo, quando observado em 
uma sala iluminada com luz monocromática azul, será 
visto:
a) amarelo;
b) azul;
c) preto;
d) violeta;
e) vermelho. 
Resolução:
Tem-se, nesse caso, um objeto amarelo. Isso significa que, 
quando esse corpo é exposto à luz branca, constituída de 
várias cores, ele absorve todas as outras cores e reflete a 
cor amarela.
Se esse corpo for levado para uma sala que projeta uma 
luz monocromática azul, o objeto absorverá a única cor 
proveniente da fonte sem refletir nenhuma; assim, o corpo 
apresentará a cor preta.
Alternativa C
multimídia: sites
brasilescola.uol.com.br/fisica/conceitos-
basicos-otica-geometrica.htm
fep.if.usp.br/~profis/arquivos/GREF/
optica08-1.pdf
spie.org/Documents/Publications/00%20
STEP%20Module%2003.pdf
84
VIVENCIANDO
Os conceitos básicos de óptica geométrica são utilizados para iluminação em ambientes, em espetáculos de teatro 
ou shows de música, em que a combinação de feixes de luzes distintos produz efeitos espetaculares de luz, cor e 
sombra. A correta iluminação em estúdios de fotografia e cinema elimina sombras e penumbras que atrapalhariam 
a imagem fotografada. 
No cotidiano, a absorção da luz pode ser percebida nas vestimentas das pessoas. Em um dia claro e quente, não é 
aconselhável a utilização de roupas escuras, uma vez que esse tipo de cor absorve mais radiação e, em consequência, 
a roupa fica mais quente. Num dia quente e iluminado, é recomendável a utilização de roupas de cores claras. Em dias 
frios, por outro lado, o oposto se torna verdade, e é recomendável a utilização de cores escuras, pois absorvem mais calor.
ÁREAS DE CONHECIMENTO DO ENEM
Habilidade
Habilidade 22 – Compreender fenômenos decorrentes da interação entre radiação e a matéria em suas manifesta-
ções em processos naturais ou tecnológicos, ou em suas implicações biológicas, sociais, econômicas ou ambientais.22
A habilidade 22 avalia a capacidade do estudante de entender conceitos de radiação, que são importantes para o 
entendimento de óptica geométrica. 
Modelo
(Enem) É comum aos fotógrafos tirar fotos coloridas em ambientes iluminados por lâmpadas fluorescentes, que 
contêm uma forte composição de luz verde. A consequência desse fato na fotografia é que todos os objetos claros, 
principalmente os brancos, aparecerão esverdeados. Para equilibrar as cores, deve-se usar um filtro adequado para 
diminuir a intensidade da luz verde que chega aos sensores da câmera fotográfica. Na escolha desse filtro, utiliza-se 
o conhecimento da composição das cores-luz primárias: vermelho, verde e azul; e das cores-luz secundárias: amarelo 
= vermelho + verde, ciano = verde + azul e magenta = vermelho + azul.
disponível em: <http://nautilus.Fis.uc.pt>. acesso em: 20 de maio 2014 (adaptado).
Na situação descrita, qual deve ser o filtro utilizado para que a fotografia apresente as cores naturais dos objetos?
a) Ciano.
b) Verde.
c) Amarelo.
d) Magenta.
e) Vermelho.
85
Análise expositiva - Habilidade 22: Para resolver a questão, o aluno precisa ter domínio sobre introdução geomé-
trica, em especial a parte que envolve os conhecimentos sobre cor de um corpo.
Alternativa D
D
INDEPENDÊNCIA
PROPAGAÇÃO 
RETILÍNEA
REVERSIBILIDADE
LUZ
ECLIPSE CÂMARA ESCURA
FORMAÇÃO 
DE SOMBRA
FENÔMENOS REFLEXÃO REFRAÇÃO
ÓPTICA GEOMÉTRICA
 DIAGRAMA DE IDEIAS
87
ELETROESTÁTICA: Incidência do tema 
nas principais provas
UFMG
Um dos temas deste livro mais cobrado é o de 
corrente elétrica,com atenção aos conceitos 
fundamentais de cargas elétricas relacionados 
com outros temas da eletricidade.
Dentre os temas abordados neste 
caderno, corrente elétrica é o assunto mais 
frequente, ligando-se com outros temas da 
eletricidade.
Os temas deste livro mais cobrados são 
corrente elétrica (exigindo atenção em cargas 
elétricas relacionadas com outros temas da 
eletricidade) e potencial elétrico. 
Dentre os temas abordados neste caderno, 
corrente elétrica é o assunto mais frequente, 
ligando-se com outros temas da eletricidade, 
como potência elétrica e campo magnético.
Dentre os temas abordados neste caderno, 
corrente elétrica é o assunto mais frequente, 
ligando-se com outros temas da eletricidade, 
como potência elétrica e circuitos elétricos.
Dentre os temas abordados neste caderno, 
corrente elétrica é o assunto mais frequente 
na prova da Puc de Campinas, ligando-se com 
outros temas da eletricidade, como potência 
elétrica e potencial elétrico.
Dentre os temas abordados neste caderno, 
corrente elétrica é o assunto mais frequente 
na prova da Santa Casa, ligando-se com 
outros temas da eletricidade, como potência 
elétrica e circuitos elétricos.
Exige análise de gráficos e aplicação 
prática de conceitos teóricos.
Os temas deste livro mais cobrados são corren-
te elétrica (exigindo atenção em cargas elétricas 
relacionadas com outros temas da eletricidade) 
e potencial elétrico. 
O tema corrente elétrica está presente na pro-
va da UERJ. Eventualmente aparece o assunto 
trabalho do campo elétrico, com questões 
mais objetivas.
Dentre os temas abordados neste caderno, 
corrente elétrica é o assunto mais frequente 
na prova da UNIGRANRIO, ligando-se com 
outros temas da eletricidade, como potência 
elétrica e circuitos elétricos.
Não há uma cobrança grande do tema 
eletrostática; eventualmente, porém, 
aparecem questões que exigem análise de 
figuras e manipulação matemática do tema 
corrente elétrica relacionado com circuitos 
elétricos.
A prova da CMMG tem uma grande variação 
de temas. Eventualmente pode aparecer o 
tema corrente elétrica (com especial cuidado 
na definição de corrente elétrica), com ques-
tões mais objetivas.
A prova da UFPR tem uma grande variação de 
temas. Eventualmente podem aparecer os te-
mas corrente elétrica e potencial elétrico, com 
questões que exigem interpretação gráfica.
A prova da UEL tem uma grande variação 
de temas. Eventualmente pode aparecer o 
tema corrente elétrica relacionado com outros 
assuntos da eletricidade em questões mais 
objetivas e que exigem um alto nível de 
manipulações matemáticas.
88
 Potencial elétrico
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 17 e 20
AULAS 
9 e 10
1. EnErgia potEncial Elétrica
A seguir, serão estudadas duas grandezas associadas a um 
campo vetorial conservativo: energia potencial elétrica 
e potencial elétrico. Em um campo elétrico conservativo, 
o trabalho realizado ao se mover uma carga de prova in-
depende da trajetória realizada pela carga; com efeito, ele 
depende apenas da posição inicial e final da carga.
Considere um sistema formado por uma carga elétrica 
pontual Q (carga fonte) e uma carga de prova q, separadas 
pelas distancia d.
A energia potencial elétrica para esse sistema formado 
pelo par de cargas é:
 § proporcional ao produto das duas cargas, Q e q;
 § inversamente proporcional à distância d entre as cargas.
Considerando que a energia potencial é zero no infinito, no 
referencial adotado, a energia potencial vale:
Epot = k0 ∙ 
Q __ 
d
 q
Como ensina a Mecãnica, a unidade de energia no Sl 
é o joule (J).
Nesse sistema composto por somente uma carga fonte (Q), 
a equação acima relaciona a energia potencial da carga de 
prova q em relação à carga Q.
 Aplicação do conteúdo
1. No vácuo, uma carga de prova q = +3,0 nC está a uma 
distância de 2,0 cm de uma carga fonte Q = +4,0 mC. 
Determine a energia potencial da carga de prova. (k0 = 
9,0 ∙ 109 unidades SI).
Resolução:
Para aplicar a equação, é preciso ter todas as unidades 
no SI:
q = +3,0 nC = 3,0 ∙ 10–9 C 
Q = +4,0 mC = +4,0 ∙ 10–6 C 
d = 2,0 cm = 2,0 ∙ 10–2 m
Epot = 
k0 ⋅ Q ⋅ q _______ 
d
 = (9,0 ∙ 109) 4,0 ∙ 10
–6 ⋅ 3,0 ∙ 10–9 _________________ 
2,0 ∙ 10–2
 =
 5,4 ∙ 10–3 J.
A carga de prova possui energia potencial de 5,4 ∙ 10–3 J. 
É possível dizer também que a energia potencial elétrica 
associada ao par de cargas q e Q vale 5,4 ∙ 10–3 J.
2. potEncial Elétrico
Uma carga elétrica isolada Q (chamada de carga fonte) 
gera à sua volta um campo elétrico. Considere um ponto P, 
fixo próximo à carga fonte, como na figura a seguir. Con-
sidere também que uma carga de prova q seja trazida do 
infinito até o ponto P.
Como foi visto, a energia potencial da carga de prova é 
Epot. O potencial elétrico V associado ao ponto P é a 
grandeza escalar dada por:
V = 
Epot ___ q 
A unidade de potencial elétrico no SI é o volt, homenagem 
ao pesquisador italiano Alessandro Volta (1745-1827).
Assim, as unidades volt, joule e coulomb estão relaciona-
das por:
1 volt = 
1 joule
 ________ 
1 coulomb
 
89
Em geral, a grandeza física potencial é simbolizada pela 
letra V. Atente-se para não confundir com a respectiva uni-
dade, o volt, também simbolizado por V.
Energia potencial elétrica
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
2.1. Potencial elétrico gerado 
por uma carga elétrica pontual
Considere novamente o sistema de cargas formado por 
uma carga fonte Q e uma carga de prova q, separadas por 
uma distância d, como na figura a seguir. A carga de prova 
q possui energia potencial elétrica dada pela equação:
Epot = k0 
Q ⋅ q
 ____ 
d
 
O potencial elétrico no ponto P, pela definição, é dado por:
V = 
Epot ___ q ⇒
Epot = q ⋅ V
Igualando o termo da energia potencial das duas equa-
ções, obtém-se:
q ⋅ V = k0 
q ⋅ Q
 ____ 
d
 ⇒
V = k0 
Q __ 
d
 
Essa equação representa o potencial elétrico gerado pela 
carga fonte no ponto P, distante d da carga fonte. Note 
que a carga de prova q foi cancelada e não aparece na 
equação. Dessa forma, o potencial elétrico no ponto P não 
depende da carga de prova. Se o ponto P estiver no infinito, 
a distância d é infinita e o potencial no infinito é nulo.
É importante ressaltar que:
 § O potencial elétrico é definido para um ponto P próxi-
mo a uma carga elétrica (carga fonte Q).
 § O potencial elétrico é uma grandeza escalar e pode ser 
positivo ou negativo, conforme o sinal da carga fonte Q.
Q > 0 ⇔ V > 0
Q < 0 ⇔ V < 0
 Aplicação do conteúdo
1. Considere uma carga elétrica Q = +8,0 mC no vácuo. 
Determine o potencial elétrico no ponto P distante 4,0 
cm da carga fonte.
Resolução:
Inicialmente, é necessário deixar todas as unidades no SI:
Q = +8,0 mC = +8,0 ∙ 10–6 C
d = 4,0 cm = 4,0 ∙ 10–2 m
Substituindo na equação do potencial elétrico, tem-se:
Vp = k0 
Q __ 
d
 = (9,0 ∙ 109) +8,0 · 10
-6
 _________ 
4,0 · 10-2
 = +18 ∙ 105 V ⇒ 
Vp = +1,8 ∙ 10
6 V
O potencial elétrico é uma grandeza escalar, e, portanto, 
basta dizer que no ponto P ele vale 1,8 ∙ 106 V. Não há di-
reção e nem sentido para serem especificados. O potencial 
elétrico representa um nível de energia no ponto P.
2. (UEG) Uma carga Q está fixa no espaço; a uma distân-
cia d dela existe um ponto P, no qual é colocada uma 
carga de prova q0. Considerando-se esses dados, verifi-
ca-se que no ponto P: 
a) O potencial elétrico devido a Q diminui com in-
verso de d.
b) A força elétrica tem direção radial e aproximando 
de Q.
c) O campo elétrico depende apenas do módulo da 
carga Q.
d) A energia potencial elétrica das cargas depende 
com o inverso de d2.
Resolução:
Com as expressões de força elétrica, campo elétrico, poten-
cial elétrico e energia potencial elétrica abaixo, é possível 
tecer algumas considerações sobre as alternativas expostas.
O potencial elétrico de uma carga puntiforme é dado pelo 
produto do campo elétrico pela distância à carga geradora
90
 V = E ∙ d = k0 
Q __ 
d2
 ∙ d ⇒ V = k0 
Q __ 
d
 . 
A força elétrica,dada pela lei de Coulomb Fe = k0 
Q ∙ q0 _____ 
d2
 , 
tem a direção da reta que une os centros das duas cargas, 
podendo ter o sentido de afastamento, caso as cargas se-
jam de mesmo sinal (repulsão), ou de aproximação (atra-
ção), caso as cargas sejam de sinais contrários. Alternativa 
[B] incorreta.
O campo elétrico é a razão entre a força e a carga de prova 
E = Fe __ q0
 = k0 
Q __ 
d2
 . Assim, ele não depende apenas da carga Q, 
mas também da distância entre as cargas. Alternativa [C] 
incorreta. 
A energia potencial elétrica é dada pelo produto do po-
tencial elétrico e a carga de prova, então Ep = q0 ∙ V = q0 ∙ 
k0 
Q __ 
d
 ⇒ Ep = 
k0 ∙ Qq0 ______ 
d
 . A alternativa [D] está incorreta, pois 
a dependência é com o inverso de d.
Alternativa A
2. 1. 1. Comparações entre o campo 
elétrico e o potencial elétrico
 § Ambos são gerados por uma carga fonte Q e aplicam-
-se a um ponto P, distante d da carga fonte.
 § O potencial elétrico em P é uma grandeza escalar, en-
quanto o campo elétrico é vetorial, isto é, tem módulo, 
direção e sentido.
 § O potencial elétrico depende do sinal da carga gera-
dora (pode ser positivo ou negativo); o campo elétrico, 
porém, só depende do módulo dessa carga.
 § O potencial elétrico varia com o inverso da distância ( 1 __ d ) , 
e o módulo do campo elétrico varia com o inverso do 
quadrado da distância ( 1 __ d2 ) .
 § O campo elétrico está relacionado com a força elétrica, 
enquanto o potencial elétrico está relacionado com a 
energia potencial elétrica.
 Aplicação do conteúdo
1. Uma partícula eletrizada com carga elétrica 
Q = 8,0 pC está em um meio onde é criado vácuo. Ado-
tando-se k0 = 9,0 ∙ 10
9 unidade SI, determine:
a) O potencial elétrico no ponto P distante 2 mm da 
carga elétrica Q.
b) A energia potencial adquirida por uma segunda 
partícula dotada de carga elétrica q = 5,0 ∙ 10–12 C 
colocada no ponto P.
Resolução:
a) É preciso ajustar as unidades: 
Q = 8,0 pC = 8,0 ∙ 10–12 C; 
d = 2,0 mm = 2,0 ∙ 10–3 m.
Então, pela equação do potencial, calcula-se V:
V = k0 
Q __ 
d
 = 9,0 ∙ 109 ∙ 8,0 ∙ 10
–12
 _________ 
2,0 ∙ 10–3
 ⇒ 
⇒ V = 72 ∙ 10
–3
 ________ 
2,0 ∙ 10–3
 ⇒ V = 36 V
b) A energia potencial é dada por: 
Epot = q ⋅ V.
Sendo q = 5,0 ∙ 10–12 C, tem-se:
Epot = 5,0 ∙ 10
–12 ∙ 36 = 180 ∙ 10–12 ⇒
⇒ Epot = 1,8 ∙ 10
–10 J
2.2. Potencial elétrico de 
diversas cargas elétricas
Foi visto como calcular o potencial elétrico de uma carga. 
Agora, considere que, em uma certa região do espaço, esté 
um conjunto de n partículas eletrizadas com cargas elétricas 
Q1, Q2,..., Qn. Juntas, essas cargas geram um campo elétrico 
nessa região. Considere também um ponto P fixo próximo a 
essas partículas. Calcule o potencial elétrico resultante nesse 
ponto P. Para isso, siga o seguinte procedimento:
1. Calcule o potencial que cada uma das cargas elétricas 
gera em P isoladamente. Esse potencial é dado pela equa-
ção do potencial vista anteriormente:
V = k0 
Q __ 
d
 
A distância d é variável e corresponde à distância de cada 
uma das cargas até o ponto P.
2. Por ser uma grandeza escalar, o potencial resultante no 
ponto P é “cumulativo”, ou seja, é dado pela soma dos 
potenciais de cada uma das cargas que o geram. Dessa 
forma, somando todos os potenciais obtidos pelo cálculo 
anterior, obtém-se o potencial resultante Vres:
91
Vres = V1 + V2 + V3 + ... + Vn
 Aplicação do conteúdo
1. Duas partículas eletrizadas com cargas elétricas Q1 = 
4,0 ∙ 10–7 C e Q2 = –2,0 ∙ 10
–7 C estão fixas nos extremos 
do segmento AB, cujo ponto médio é M.
Usando k0 = 9,0 ∙ 10
+9 Vm/C, determine:
a) o potencial elétrico no ponto M gerado por cada 
uma das cargas;
b) o potencial elétrico resultante no ponto M.
Resolução:
a) O potencial de cada uma das cargas em M é cal-
culado usando a equação V = k0 
Q
 __ 
d
 , em que d = 2,0 
cm = 2,0 ∙ 10–2 m.
Para a carga Q1 = +4,0 ∙ 10
–7 C, tem-se:
V1 = 9,0 ∙ 10
9 ∙ +4,0 ∙ 10
-7
 __________ 
2 ∙ 10–2
 = +18 ∙ 104 ⇒ ⇒ V1 = 
+1,8 ∙ 105 V
Para a carga Q2 = –2,0 ∙ 10
–7 C, tem-se:
V2 = 9,0 ∙ 10
9 ∙ –2 ∙ 10
–7
 _________ 
2 ∙ 10–2
 = –9 ∙ 104 ⇒ 
⇒ V2 = –9,0 ∙ 10
4 V
b) O potencial elétrico resultante no ponto M é dado 
pela soma dos dois valores anteriores: VM = V1 + V2 
(levando-se em conta os sinais).
Para facilitar a conta, são expressados os dois valores na 
mesma potência 104:
VM = (+18 ∙ 10
4) + (–9,0 ∙ 104) ⇒
⇒ VM = +9,0 ∙ 10
4 V
3. EquipotEnciais
São denominadas de equipotenciais as linhas ou superfí-
cies imaginárias cujos pontos possuem o mesmo potencial. 
Em geral, as representações de campo elétrico são feitas 
por um conjunto de superfícies equipotenciais.
Conjunto de superFíCies equipotenCiaisMapeamento de equipotenciais de terminais 
lineares
Fonte: Youtube
multimídia: vídeo
Geralmente, uma superfície equipotencial é uma superfície 
complicada. Para facilitar a visualização, será apresentada 
apenas a intersecção dessa superfície com o plano da fo-
lha, obtendo as linhas equipotenciais.
Para um carga puntiforme, as equipotenciais são superfícies 
esféricas concêntricas. Assim, a intersecção com o plano da 
folha resulta em círculos concêntricos. Na figura a seguir, es-
tão representadas as equipotenciais em torno de uma carga 
elétrica pontual Q. Os pontos A, B e C estão na mesma equi-
potencial, e, portanto, seus potenciais são iguais:
VA = VB = VC = +10 V
Linhas de equipotenCiais de uma Carga pontuaL q positiva
Quando as linhas de força aparecem juntamente com as 
linhas equipotenciais, ambas devem formar um ângulo 
reto em cada cruzamento, uma vez que são sempre per-
pendiculares.
As linhas de força de um campo elétrico uniforme são retas 
paralelas. As linhas equipotenciais são, assim, perpendicu-
lares a cada uma delas. Nesse caso, as equipotenciais são 
paralelas entre si.
92
Campo eLétriCo uniForme. as Linhas de Força estão representadas 
por Linhas Cheias, e as Linhas equipotenCiais por Linhas traCejadas
Nas figuras abaixo, é possível identificar dois casos particu-
lares. O campo elétrico é gerado por duas cargas elétricas 
do mesmo módulo.
Em ambas as figuras, convenciona-se que:
 § linhas cheias são linhas de força;
 § linhas tracejadas são linhas equipotenciais.
Campo eLétriCo de duas Cargas eLétriCas opostas
Campo eLétriCo de duas Cargas eLétriCas positivas
 Aplicação do conteúdo
1. (UFSC) O ato de eletrizar um corpo consiste em gerar 
uma desigualdade entre o número de cargas positivas e 
negativas, ou seja, em gerar uma carga resultante dife-
rente de zero. Em relação aos processos de eletrização 
e às características elétricas de um objeto eletrizado, é 
correto afirmar que: 
01) em qualquer corpo eletrizado, as cargas se distri-
buem uniformemente por toda a sua superfície;
02) no processo de eletrização por atrito, as cargas 
positivas são transferidas de um corpo para outro;
04) em dias úmidos, o fenômeno da eletrização é poten-
cializado, ou seja, os objetos ficam facilmente eletrizados;
08) dois objetos eletrizados por contato são afasta-
dos um do outro por uma distância D. Nesta situa-
ção, podemos afirmar que existe um ponto entre eles 
onde o vetor campo elétrico resultante é zero;
16) o meio em que os corpos eletrizados estão imer-
sos tem influência direta no valor do potencial elétri-
co e do campo elétrico criado por eles.
Resolução:
01) Falsa. As cargas somente se distribuem unifor-
memente pela superfície de um corpo eletrizado se 
ele for de material condutor perfeitamente esférico e 
estiver em equilíbrio eletrostático.
02) Falsa. São as cargas negativas, isto é, os elétrons 
são transferidos de um corpo para outro por meio da 
eletrização por atrito.
04) Falsa. Pelo contrário, dias úmidos prejudicam a 
eletrização dos corpos devido ao excesso de umidade 
do ar, que funciona como se fosse um fio terra, des-
carregando os corpos mais rapidamente através das 
moléculas polares da água na fase vapor.
08) Verdadeira. Quando se faz eletrização por conta-
to, depoisde separadas as cargas assumem o mesmo 
sinal de carga elétrica; com isso, o vetor campo elétrico 
se anula em um ponto entre os dois corpos eletrizados.
16) Verdadeira. Tanto o potencial elétrico como o 
campo elétrico são influenciados pelo meio em que 
estão imersos, basta verificar a presença da constante 
eletrostática do meio (k) nas equações de ambas.
V = k Q __ 
d
 e E = k Q __ 
d2
 
2. (Udesc) Ao longo de um processo de aproximação de 
duas partículas de mesma carga elétrica, a energia po-
tencial elétrica do sistema: 
a) diminui; 
b) aumenta; 
c) aumenta inicialmente e, em seguida, diminui.
d) permanece constante; 
e) diminui inicialmente e, em seguida, aumenta.
Resolução:
Sabendo que a energia potencial elétrica é dada por Ep 
= 
k ∙ Q ∙ q
 ______ 
d
 , se a distância entre as partículas diminui, a 
energia potencial Ep aumenta. 
Alternativa B
4. gráfico do potEncial Elétrico
Dada a expressão para o potencial elétrico de carga pun-
tiforme, sendo o potencial uma função da distância, V = V 
(d), tem-se:
V(d) = 
 k0 ∙ Q _____ 
d
 
93
Para uma carga positiva (Q > 0), o gráfico do potencial em 
função da distância à partícula é da seguinte forma:
 
(q > 0)
Analisando o gráfico, é possível perceber que, quanto mais 
próximo à carga positiva, maior é o potencial elétrico; e, 
quanto mais distante da carga, menor é o potencial elétrico.
Para uma carga negativa (Q < 0), todos os valores do po-
tencial elétrico serão negativos; Assim, o gráfico da função 
do potencial elétrico em função da distância à partícula é 
da seguinte forma:
(q < 0)
Analisando o gráfico, é possível observar que, quanto mais 
próximo à carga negativa, menor é o potencial elétrico; por 
outro lado, quanto mais distante à carga elétrica negativa, 
maior é o potencial elétrico.
4. 1. Linhas de força e potencial elétrico
Considere uma carga elétrica Q positiva (Q > 0). Considere 
também que, quanto mais próximo a ela, maior é o valor 
do potencial elétrico; por outro lado, enquanto mais dis-
tante da carga, menor é o potencial elétrico. Assim, VA > 
VB > VC. É sabido que, no campo elétrico, a carga positiva 
puntiforme é divergente, ou seja, o campo é de afastamen-
to. Dessa forma, o sentido da linha de força também é de 
afastamento, coincidentemente na mesma direção em que 
o potencial diminui.
+ 
 Carga q > 0
Sendo uma carga elétrica Q negativa (Q < 0), foi visto que, 
quanto mais próximo a ela, menor será o valor do poten-
cial elétrico; e, quanto mais distante da carga, maior será 
o potencial elétrico. Assim, VA < VB < VC. É sabido que, no 
campo elétrico, a carga puntiforme negativa é convergente, 
ou seja, o campo é de aproximação. Dessa forma, o sentido 
da linha de força também é de aproximação, coincidente-
mente na mesma direção em que o potencial diminui.
-
Carga q < 0
De maneira geral, podemos dizer que:
O potencial elétrico diminui no mesmo sentido da li-
nha de força.
Por exemplo, analisando a figura a seguir:
 
Percebemos que o potencial elétrico é maior no ponto C do 
que no ponto B.
multimídia: sites
pt.khanacademy.org/science/physics/electric-
charge-electric-force-and-voltage
www.estudopratico.com.br/potencial-eletrico-
historia-definicao-e-superficie-equipotencial/
www.tecnogerageradores.com.br/blog/saiba-
o-que-e-diferenca-de-potencial-eletrico-e-
como-calcular/
94
ÁREAS DE CONHECIMENTO DO ENEM
Habilidade
Habilidade
Relacionar informações apresentadas em diferentes formas de linguagem e representação usadas nas ciências físi-
cas, químicas ou biológicas, como texto discursivo, gráficos, tabelas, relações matemáticas ou linguagem simbólica.
Utilizar leis físicas e/ou químicas para interpretar processos naturais ou tecnológicos inseridos no contexto da ter-
modinâmica e/ou do eletromagnetismo.
17
21
A habilidade 17 é quase onipresente nos exercícios da prova de ciências da natureza, uma vez que ela cobra do aluno a 
capacidade de relacionar os fenômenos naturais com diferentes formas de linguagem, fórmulas matemáticas e a capaci-
dade de interpretação gráfica.
A habilidade 21 cobra do aluno a capacidade de interpretar os processos naturais ou tecnológicos relacionados ao eletro-
magnetismo e termodinâmica. De forma abrangente esta habilidade cobra do aluno conhecimento em duas grandes 
áreas. Por isso, talvez questões relacionadas ao eletromagnetismo tenham aparecido um pouco menos em provas anteri-
ores, salvo é claro a prova de 2017, na qual esteve muito mais presente. 
Modelo
(Enem) As células possuem potencial de membrana, que pode ser classificado em repouso ou ação, e é uma estratégia 
eletrofisiológica interessante e simples do ponto de vista físico. Essa característica eletrofisiológica está presente 
na figura a seguir, que mostra um potencial de ação disparado por uma célula que compõe as fibras de Purkinje, 
responsáveis por conduzir os impulsos elétricos para o tecido cardíaco, possibilitando assim a contração cardíaca. 
Observa-se que existem quatro fases envolvidas nesse potencial de ação, sendo denominadas fases 0, 1, 2 e 3.
O potencial de repouso dessa célula é –100 mV e quando ocorre influxo de íons Na+ e Ca2+ a polaridade celular pode 
atingir valores de até +10 mV o que se denomina despolarização celular. A modificação no potencial de repouso pode 
disparar um potencial de ação quando a voltagem da membrana atinge o limiar de disparo que está representado 
na figura pela linha pontilhada. Contudo, a célula não pode se manter despolarizada, pois isso acarretaria a morte 
95
Análise expositiva - Habilidade 17 e 21: Essa é uma excelente questão, onde o estudante é cobrado tanto na parte 
interdisciplinar, quanto na interpretação gráfica do potencial de membrana em relação ao tempo. o estudante deve 
relacionar conceitos, fenômenos com as fases destacadas no gráfico.
A despolarização ocorre na fase em que o potencial sobe, que é a fase 0. A repolarização ocorre quando o potencial 
está voltando ao potencial de repouso, como acontece na fase 3.
Alternativa B
B
celular. Assim, ocorre a repolarização celular, mecanismo que reverte a despolarização e retorna a célula ao potencial 
de repouso. Para tanto, há o efluxo celular de íons K+ 
Qual das fases, presentes na figura, indica o processo de despolarização e repolarização celular, respectivamente? 
a) Fases 0 e 2. 
b) Fases 0 e 3.
c) Fases 1 e 2. 
d) Fases 2 e 0. 
e) Fases 3 e 1.
POTENCIAL ELÉTRICO
CARGA
ELÉTRICA
GRANDEZA
ESCALAR
DEPENDE DO INVERSO 
DA DISTÂNCIA
NA PRESENÇA DE OUTRA CARGA: 
ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA
 DIAGRAMA DE IDEIAS
96
 Trabalho no campo eléTrico
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 17 e 21
AULAS 
11 e 12
1. Introdução
O trabalho da energia elétrica será abordado a partir do 
potencial e da energia potencial elétrica. Antes, porém, é 
necessário definir alguns conceitos, como trabalho, energia 
cinética e energia mecânica. Tais conceitos vão ser revistos 
mais detalhadamente em outra oportunidade.
1.1. Trabalho de uma força
Considere um corpo que se move em trajetória retilínea, 
efetuando um deslocamento 
 _____
 
›
 d . Sendo 
 _____
 
›
 F uma das forças 
que atuam sobre corpo, suponha que essa força seja constan-
te (em módulo, direção e sentido) e forme um ângulo u com 
o deslocamento 
 _____
 
›
 d . O trabalho da força 
 _____
 
›
 F é definido por:
t = F · d · cos u
No SI, a unidade de trabalho é o joule, cujo símbolo é J.
1.2. O trabalho total
Suponha que um corpo esteja sob a ação de várias forças. 
O trabalho total ao longo de um deslocamento é definido 
como a soma dos trabalhos de cada força:
ttotal = tF1 + tF2 + tF3 + tF4 + ...
Se a resultante das forças for 
 ___
 
›
 Fr , é possível demonstrar que 
o trabalho de 
 ___
 
›
 Fr é igual ao trabalho total:
tFr = ttotal
2. teorema da energIa cInétIca
Considere que uma partícula de massa m passe por um 
ponto A com velocidade A e, em seguida, passe por um 
ponto B com velocidade B, movendo-se ao longo de uma 
trajetóriaqualquer.
VB
Sendo tAB o trabalho total realizado pelas forças que atuam 
na partícula entre os pontos A e B, pode-se demonstrar que:
τAB = 
mvB
2
 ____ 
2
 - 
mvA
2
 ____ 
2
 
Note que, na equação acima, vB é o módulo da velocidade 
no fim do percurso, e vA é o módulo da velocidade no início 
do percurso.
Como será visto, a equação acima tem bastante utilidade, 
e, por esse motivo, os físicos decidiram definir a energia 
cinética (Ec) de uma partícula de massa m e velocidade v 
do seguinte modo:
Ec = 
 mv2 ____ 
2
 
3. PrIncíPIo da 
conservação da energIa
Todo movimento ou atividade ocorre por meio da transfor-
mação de um tipo de energia em outra forma de energia.
“Energia não se cria, energia não se perde, en-
ergia apenas se transforma de um tipo em outro, em 
quantidades iguais”
A soma de energia cinética com todas as energias poten-
ciais de um corpo é denominada energia mecânica (EM):
EM = EC + EP
Assim: Ec é a energia cinética do corpo; e Ep é a energia 
potencial desse corpo (incluindo-se todas as energias po-
tenciais)
É possível demonstrar que:
A energia mecânica do corpo será constante se, dentre 
todas as forças que atuarem sobre ele, as únicas que 
realizarem trabalho não nulo forem conservativas.
Esse enunciado é denominado Princípio da Conservação 
da Energia Mecânica.
97
4. trabalho da força elétrIca
Para determinar o trabalho da força elétrica sobre uma car-
ga de prova, considere a situação da figura a seguir. Uma 
carga de prova q é movida do ponto A para o ponto B, em 
uma região onde existe um campo elétrico. A carga elétrica 
fonte que dá origem ao campo elétrico foi omitida por sim-
plificação. O movimento da carga de prova pode ocorrer 
espontaneamente por ação de um agente externo (oper-
ador). Devido ao fato de estar em uma região de campo 
elétrico, uma força elétrica F atua sobre a partícula.
Deslocamento Da carga De prova entre a e B
Como será visto em Mecânica, o trabalho da força elétri-
ca não é obtido pela aplicação da definição de trabalho, 
uma vez que a força elétrica pode não se manter constante 
durante o deslocamento. Entretanto, o trabalho pode ser 
obtido por meio da variação da energia potencial da carga.
Quando a carga está no ponto A, sua energia potencial é 
proporcional ao potencial VA. Do mesmo modo, no ponto 
B, a carga tem energia potencial proporcional ao potencial 
VB. Assim:
EpotA = q ⋅ VA e EpotB = q ⋅ VB
O trabalho da força elétrica é dado pela diferença entre 
a energia potencial no ponto A (ponto inicial) e a energia 
potencial no ponto B (ponto final):
τAB = EpotA – EpotB ⇒ τAB = q ⋅ VA – q ⋅ VB
τAB = q(VA – VB)
Essa maneira de calcular o trabalho pode ser aplicada 
apenas para campos ditos conservativos. Como o campo 
elétrico é um campo conservativo, é possível utilizar esse 
método para obter o trabalho.
Aplicação do conteúdo
1. Em uma região onde há campo elétrico, uma carga 
elétrica negativa q = –4,0 nC é deslocada de um pon-
to A, de potencial +5,0 V, até um ponto B, de potencial 
–5,0 V. Determine o trabalho da força elétrica.
Resolução:
Calcule o trabalho usando a equação: 
τAB = q(VA – VB).
Substituindo os valores dados, tem-se:
τAB = –4,0 · 10
–9 [(+5,0) – (–5,0)] = –4,0 · 10–9 · 10 
⇒ ⇒ τAB = –4,0 · 10
–8 J
 O sinal negativo do trabalho indica que ocorre uma re-
sistência ao movimento, isto é, na situação considerada, a 
força elétrica opõe-se ao deslocamento da carga.
2. A figura a seguir representa um campo elétrico uni-
forme e suas linhas de forças e equipotenciais. Uma 
partícula de carga q = 2,0 pC foi deslocada do ponto A 
para o ponto B.
Determine o trabalho da força elétrica.
Resolução:
Da figura são obtidos os potenciais de A e B:
VA = +20 V e VB = +5,0 V
Como o trabalho da força elétrica não depende da traje-
tória, apenas dos potenciais em A e B, calcule:
τAB = q (VA – VB) ⇒ 
⇒ τAB = 2,0 · 10
–12 · (20 – 5,0) = 2,0 · 10–12 · 15 
= 30 · 10–12
TRABALHO FORÇA ELÉTRICA HD
Fonte: YoutuBe
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98
Então:
τAB = 3,0 · 10
–11 J
É importante saber: o trabalho da força elétrica é es-
pontâneo. Uma carga livre deixada em um local onde há 
campo elétrico vai se deslocar naturalmente e, por conse-
quência, haverá trabalho da força elétrica. As cargas posi-
tivas se deslocam naturalmente no sentido decrescente do 
potencial elétrico, enquanto as cargas negativas se deslo-
cam no sentido crescente do potencial elétrico. Resumindo:
Carga positiva procura menor potencial.
Carga negativa procura maior potencial.
5. trabalho da força elétrIca 
em um camPo elétrIco unIforme
O campo elétrico uniforme é um caso muito particular de 
campo elétrico. As linhas de forças desse campo são re-
tas paralelas, e o módulo da força elétrica é constante em 
qualquer local do campo. Em consequência, o trabalho re-
alizado pela força elétrica nesse campo pode ser calculado 
usando-se as simples equações da Mecânica.
Em um campo elétrico uniforme, representado na figura a 
seguir, os pontos A e B possuem potenciais elétricos iguais 
a VA e VB, respectivamente.
carga puntiForme DeslocaDa De a para B soB a ação 
De uma Força elétrica
Uma carga puntiforme q > 0 abandonada livremente no 
ponto A sofrerá a ação exclusiva da força elétrica F e se 
deslocará ao longo da linha de força que liga o ponto A e o 
ponto B. Nesse deslocamento, o trabalho será:
τAB = F ⋅ 
——
 AB ⇒ τAB = F ⋅ d
Considerando que F = q ⋅ E, obtém-se:
τAB = q ⋅ E ⋅ d
Caso fosse abandonada uma carga elétrica negativa em 
B, o sentido da força elétrica atuante seria inverso e o des-
locamento da carga ocorreria do ponto B para o ponto A. 
Nesse deslocamento, o trabalho realizado seria:
τBA = F ⋅ 
——
 AB ⇒ τBA = F ⋅ d
Considerando que F = |–q| ⋅ E, obtém-se:
τBA = |–q| ⋅ E ⋅ d
Ou seja, em ambos os casos o trabalho realizado pela força 
elétrica é o mesmo.
É preciso cuidado quando o deslocamento de uma partícu-
la em um campo elétrico uniforme não ocorre sobre uma 
mesma linha de força, como mostra a figura a seguir. Nes-
ses casos, o deslocamento da partícula é sempre calculado 
paralelamente às linhas de forças.
Campo elétrico | Carga elétrica, energia 
elétrica e voltagem
Fonte: YoutuBe
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Potencial elétrico, trabalho no campo elétrico 
- Fisica
Fonte: YoutuBe
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99
6. dIferença de PotencIal (d.d.P.)
É chamada de d.d.p. entre dois pontos de um campo elétrico 
a razão entre o trabalho realizado pela força elétrica para 
deslocar uma carga entre esses pontos e o valor da carga:
VA – VB = UAB = U = 
τAB ___ 
|q|
 
Notas:
 § no SI, a d.d.p. é expressa em J/C = V(volt);
 § se q é + ⇒ VA – VB > 0 ⇒ VA > VB;
se q é – ⇒ VA – VB < 0 ⇒ VA < VB.
Aplicação do conteúdo
1. Na figura a seguir, o campo elétrico tem intensidade 
E = 4,5 N/C. No ponto A, é abandonada uma partícula 
eletrizada de carga elétrica q = 4,0 pC. Despreze a ação 
da força gravitacional. A partícula desloca-se espontan-
eamente no sentido da linha de força. Determine o tra-
balho da força elétrica no deslocamento AB.
Resolução:
Tem-se:
q = 4,0 pC = 4,0 · 10–12 C
E = 4,5 N/C
d = AB = 20 cm = 20 · 10–2 m
O trabalho no deslocamento AB é dado por:
τAB = q ⋅ E ⋅ d = 4,0 × 10
–12 · 4,5 · 20 · 10–2 
= 360 · 10–4 ⇒ τAB = 3,6 · 10
–12 J
2. (Ita) Um feixe de elétrons é formado com a aplicação 
de uma diferença de potencial de 250 V entre duas 
placas metálicas, uma emissora e outra coletora, colo-
cadas em uma ampola na qual se fez vácuo. A corrente 
medida em um amperímetro devidamente ligado é de 
5,0 mA. Se os elétrons podem ser considerados como 
emitidos com velocidade nula, então:
a) a velocidade dos elétrons ao atingirem a placa cole-
tora é a mesma dos elétrons no fio externo à ampola; 
b) se quisermos saber a velocidade dos elétrons é 
necessário conhecermos a distância entre as placas; 
c) a energia fornecida pela fonte aos elétrons coletados 
é proporcional ao quadrado da diferença de potencial.
d) a velocidade dos elétrons ao atingirem a placa co-
letora é deaproximadamente 1,0 × 107 m/s;
e) depois de algum tempo a corrente vai se tornando 
nula, pois a placa coletora vai ficando cada vez mais 
negativa pela absorção dos elétrons que nela chegam. 
Resolução:
U = 250 V qe = – 1,6 ∙ 10
-19 C 
i = 5 mA me = 9,11 ∙ 10
-31C
Pelo teorema da energia cinética: 
DEc = DFR
 m ∙ v
2
 _____ 
2
 – 
mv0
2
 ____ 
2
 = |q| U
 9,11 · 10
-31 ∙ v2 ____________ 
2
 = 1,6 ∙ 10-19 ∙ 250
v2 ≈ 87,82 ∙ 10-2
v ≈ 9,3 ∙ 106 m/s
v ≈ 1 ∙ 107 m/s
Alternativa D
multimídia: sites
osfundamentosdafisica.blogspot.com.
br/2013/04/cursos-do-blog-eletricidade_10.
html
hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbase/electric/
elewor.html
www.physicsclassroom.com/class/circuits/
Lesson-1/Electric-Field-and-the-Movement-
of-Charge
100
ÁREAS DE CONHECIMENTO DO ENEM
Habilidade
Utilizar leis físicas e/ou químicas para interpretar processos naturais ou tecnológicos inseridos no contexto da ter-
modinâmica e/ou do eletromagnetismo.21
Nesse caso, a habilidade 21 exige que o aluno domine conceitos eletromagnéticos, especificamente a definição de po-
tencial elétrico, de polarização e despolarização. Como se trata de uma área mais abstrata, os exercícios são altamente 
contextualizados com o intuito de mostrar ao aluno que, apesar de abstrato, o tema está presente no cotidiano.
Modelo
(Enem) As células possuem potencial de membrana, que pode ser classificado em repouso ou ação, e é uma estratégia 
eletrofisiológica interessante e simples do ponto de vista físico. Essa característica eletrofisiológica está presente 
na figura a seguir, que mostra um potencial de ação disparado por uma célula que compõe as fibras de Purkinje, 
responsáveis por conduzir os impulsos elétricos para o tecido cardíaco, possibilitando assim a contração cardíaca. 
Observa-se que existem quatro fases envolvidas nesse potencial de ação, sendo denominadas fases 0, 1, 2 e 3.
 
O potencial de repouso dessa célula é –100 mV, e quando ocorre influxo de íons Na+ e Ca2+, a polaridade celular pode 
atingir valores de até +10 mV, o que se denomina despolarização celular. A modificação no potencial de repouso pode 
disparar um potencial de ação quando a voltagem da membrana atinge o limiar de disparo que está representado 
na figura pela linha pontilhada. Contudo, a célula não pode se manter despolarizada, pois isso acarretaria a morte 
celular. Assim, ocorre a repolarização celular, mecanismo que reverte a despolarização e retorna a célula ao potencial 
de repouso. Para tanto, há o efluxo celular de íons K+.
Qual das fases, presentes na figura, indica o processo de despolarização e repolarização celular, respectivamente?
a) Fases 0 e 2
b) Fases 0 e 3
c) Fases 1 e 2
d) Fases 2 e 0
e) Fases 3 e 1
Análise expositiva - Habilidade 21: Mesmo apresentando um texto acompanhado de um gráfico, o exercício possui 
rápida resolução. Cabe ao aluno saber reconhecer aquilo que é pedido e extrair a resposta do gráfico fornecido.
A despolarização ocorre na fase em que o potencial sobe, que é a fase 0. A repolarização ocorre quando o 
potencial está voltando ao potencial de repouso, o que ocorre na fase 3. 
Alternativa B
B
101
CARGA POSITIVA CARGA NEGATIVA
MAIOR PARA 
MENOR POTENCIAL
MENOR PARA 
MAIOR POTENCIAL
TRABALHO DE 
FORÇA ELÉTRICA
VARIAÇÃO DE 
ENERGIA CINÉTICA
ΔEC > 0
TRABALHO 
MOTOR
ΔEC < 0
TRABALHO 
RESISTENTE
TRABALHO NO CAMPO ELÉTRICO
 DIAGRAMA DE IDEIAS
102
 Potencial elétrico no ceU 
e eqUilíbrio eletrostático
CompetênCias: 5 e 6 Habilidades: 17 e 21
AULAS 
13 e 14
1. Potencial elétrico no 
camPo elétrico uniforme
Apesar de a intensidade de um campo elétrico uniforme 
ser constante em qualquer ponto do campo, o valor do 
potencial elétrico não é constante. O campo elétrico varia 
uniformemente ao longo de uma linha de força. Para uma 
carga positiva, percorrendo uma linha de força, no mesmo 
sentido do campo, o potencial decrescerá uniformemente, 
como é possível observar no gráfico a seguir.
Variação da intensidade do campo elétrico e e Variação do potencial 
elétrico V em função da abcissa x tomando em uma linha de força, 
e no mesmo sentido desta, para uma carga geradora positiVa.
1.1. Relação entre o potencial e a 
intensidade do campo elétrico
Considere os pontos A e B em uma mesma linha de força 
de um campo elétrico uniforme de intensidade E. Os po-
tenciais elétricos nesses pontos são, respectivamente, VA 
e VB.
Assim:
 § U = VA – VB (diferença de potencial (d.d.p.)) entre 
os pontos A e B;
 § d = distância entre os pontos A e B.
A diferença de potencial U é dada por:
E ⋅ d = U
Essa equação será demonstrada a seguir. Para isso, 
suponha que uma partícula de prova com carga elétrica 
positiva q é abandonada no ponto A. Despreze a ação da 
aceleração gravitacional. Assim, a partícula se desloca e 
pontaneamente de A para B, e o trabalho do campo nesse 
deslocamento AB é calculado pela equação:
τAB = E ⋅ d · q
Entretanto, o trabalho também é dado pela diferença entre 
os potenciais em A e B:
τAB = q(VA – VB) = q ⋅ U
Juntando ambas as equações:
q ⋅ E ⋅ d = q ⋅ U 
E ⋅ d = U
A unidade oficial de campo elétrico vem da equação anterior:
E = U __ 
d
 
Então:
unidade (E) = volt _____ metro = V/m
No SI, a unidade oficial de campo elétrico é V/m. A unidade 
N/C é equivalente, ou seja:
1 V __ m = 
1N ___ 
C
 
1.2. O elétron-volt
A unidade de energia igual à energia adquirida por um 
elétron acelerado a partir do repouso, entre dois pontos de 
ddp 1,0 V, sob um campo elétrico uniforme, é o elétron-
volt (eV).
A energia cinética de 1 eV, atingida pelo elétron, é equiva-
lente a 1,6 · 10–19 J.
103
 Aplicação do conteúdo
1. Dois planos equipotenciais, p1 e p2, são represen-
tados na figura abaixo. Os potenciais elétricos nesse 
planos são V1 = 40 V e V2 = 5,0 V, respectivamente. Sa-
bendo que a intensidade do campo elétrico é constan-
te e igual a 5 V/m , determine a distância (d) entre os 
dois planos equipotenciais.
Resolução:
Aplica-se a equação da diferença de potencial em um campo 
elétrico uniforme:
E ⋅ d = U ⇒ d = U __ 
E
 
Mas:
U = V1 – V2
Substituindo os valores dos potenciais, obtém-se:
d = 
V1 – V2 ______ 
E
 = 40 – 5,0 _______ 
5,0
 = 35 ___ 
5,0
 m ⇒ d = 7,0 m
2. (UFPR) Um físico realiza experimentos na atmosfera 
terrestre e conclui que há um campo elétrico vertical e 
orientado para a superfície da Terra, com módulo E = 
100 N/C. Considerando que para uma pequena região 
da superfície terrestre o campo elétrico é uniforme, é 
correto afirmar: 
01) A Terra é um corpo eletrizado, com carga elétrica 
negativa em excesso.
02) A diferença de potencial elétrico, na atmosfera, 
entre um ponto A e um ponto B, situando 2 m abaixo 
de A, é de 200 V.
04) Cátions existentes na atmosfera tendem a mov-
er-se para cima, enquanto que ânions tendem a mov-
er-se para a superfície terrestre.
08) O trabalho realizado pela força elétrica para des-
locar uma carga elétrica de 1 μC entre dois pontos, A 
e C, distantes 2 m entre si e situados a uma mesma 
altitude, é 200 μJ.
16) Este campo elétrico induzirá cargas elétricas em 
uma nuvem, fazendo com que a parte inferior desta, 
voltada para a Terra, seja carregada positivamente.
Resolução:
01) Verdadeira. A Terra é geralmente negativa.
02) Verdadeira. U = Ed ⇒ U = 100 ∙ 2 = 200 V
04) Falsa. O campo elétrico está orientado para baixo. As-
sim, as cargas positivas tendem a se mover para baixo.
08) Falsa. Eles estão numa mesma superfície de 
equipotencial.
16) Verdadeira. Igual ao item 4.
01 + 02 + 16 = 19
3. (Unirio)
Uma superfície plana e infinita, positivamente carregada, ori-
gina um campo elétrico de módulo 6,0 · 107 N/C. Considere 
que os pontos B e C da figura são equidistantes da superfície 
carregada e, além disso, considere também que a distância 
entre os pontos A e B é de 3,0 m, e entre os pontos B e C é de 
4,0 m. Com isso, os valores encontrados para a diferença 
de potencial elétrico entre os pontos A, B e C, ou seja: UAB, 
UBC e UAC são, respectivamente,iguais a:
a) Zero; 3,0 · 108 V; 1,8 · 108 V.
b) 1,8 · 108 V; zero; 3,0 · 108 V.
c) 1,8 · 108 V; 1,8 · 108 V; 3,0 · 108 V.
d) 1,8 · 108 V; 3,0 · 108 V; zero.
e) 1,8 · 108 V; zero; 1,8 · 108 V.
Resolução:
UAB = E ∙ dAB = 6 ∙ 10
7 ∙ 3 = 1,8 · 108 V
UBC = 0 V, pois estão numa mesma superfície de equipotencial
UAC = UAB = 1,8 ∙ 10
8 V
Alternativa E
O elétron-volt
fonte: Youtube
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104
2. o equilíbrio eletrostático
As cargas elétricas em um condutor se movimentam à 
procura de uma posição de equilíbrio. Quando as cargas 
atingem essa posição, e não há mais movimento, afirma-se 
que o condutor atingiu o seu equilíbrio eletrostático.
Depois de atingir o equilíbrio eletrostático, o condutor adquire 
certas propriedades físicas que serão abordadas a seguir.
Em um condutor eletrizado em equilíbrio eletrostá-
tico, as cargas elétricas em excesso se localizam na 
sua superfície.
As cargas em excesso possuem o mesmo sinal, isto é, ou são 
positivas ou são negativas. Por se repelirem mutuamente e 
por não se movimentarem no condutor, ficam na superfície. 
No caso de um condutor esférico, a distribuição de cargas 
é simétrica e uniforme, como é possível observar na figura.
esfera eletrizada com 
cargas positiVas 
esfera eletrizada com 
cargas negatiVas
Se a forma do condutor não for esférica, as cargas não se 
espalham uniformemente, e a maior densidade de carga 
elétrica fica localizada nas extremidades.
Fórmula da densidade
 
condutor alongado com cargas elétricas
aglomeradas nas suas extremidades
Nos pontos internos de um condutor eletrizado em 
equilíbrio eletrostático, o campo elétrico é sempre 
nulo, independentemente de sua forma geométrica.
Lembre-se de que, no interior do condutor, os elétrons não 
se movimentam, pois, por definição, essa é uma das prem-
issas do equilíbrio eletrostático. Caso houvesse no interior 
do condutor um campo elétrico não nulo, o campo atuaria 
sobre os elétrons livres e os aceleraria, o que pertubaria o 
equilíbrio eletrostático do condutor. Assim, o campo elétri-
co interno do condutor em equilíbrio eletrostático é nulo.
No interior de um condutor eletrizado em equilíbrio 
eletrostático, o potencial não é nulo e tem o mesmo 
valor em todos os pontos.
Caso houvesse dois pontos, A e B, no interior do condutor 
tal que VA > VB, existiria trabalho da força elétrica que mov-
imentaria espontaneamente os elétrons livres de B para 
A, o que perturbaria o equilíbrio eletrostático do condutor. 
Dessa maneira, o potencial deve ser o mesmo em todos os 
pontos do interior do condutor.
O pesquisador inglês Michael Faraday (1791-1867) 
elaborou um experimento interessante. Em um dia de 
tempestades elétricas, permaneceu dentro de uma grande 
gaiola construída de arame metálico. Apesar de a gaiola ter 
sido atingida por raios (descargas elétricas), conta-se que 
Faraday, ao sair dela, relatou não ter sentido nenhum choque 
elétrico. Essa gaiola foi denominada Gaiola de Faraday.
O uso da Gaiola de Faraday se tornou consagrado, e, atu-
almente, uma malha de ferro, que não aparece externa-
mente, é construída em torno de grandes edifícios para 
proteger as pessoas que estejam em seu interior contra 
descargas elétricas provocadas por tempestades.
Nos carros, aviões ou ônibus, o conceito da Gaiola de Fa-
raday também é aplicado. Os veículos metálicos estão blin-
dados eletricamente, o que torna seguro permanecer em 
seu interior.
a gaiola de faradaY
Adiante, será estudado o que ocorre com uma esfera eletri-
zada isolada de outras cargas. A partir daqui, será admitido 
que a esfera sempre está em equilíbrio eletrostático. Con-
forme foi visto anteriormente, em uma esfera, as cargas 
elétricas em excesso distribuem-se uniformemente pela 
sua superfície, como mostra a figura a seguir.
superfície esférica uniformemente eletrizada
105
Convém recordar duas propriedades importantes:
 § Em todos os pontos internos o campo elétrico é nulo.
 § Em todos os pontos (internos ou da superfície da esfera) 
o potencial elétrico é constante, ou seja, todos os pontos 
têm o mesmo valor de potencial elétrico, não nulo.
A seguir, será demonstrado como determinar o valor do po-
tencial elétrico e a intensidade do campo elétrico e do po-
tencial elétrico para os pontos externos e próximos da esfera.
3. cálculo do Potencial elétrico
Inicialmente, será calculado o potencial elétrico em um pon-
to P fora da esfera. Existe uma simetria na distribuição de 
cargas na esfera, além da uniformidade na distribuição em 
sua superfície. Assim, podemos admitir que toda a carga Q 
esteja concentrada no centro (ponto O) da esfera. Sendo d a 
distância do centro O ao ponto P, o potencial pode ser obtido 
pela seguinte equação, vista em aulas anteriores:
Vext = k0 
Q __ 
d
 
Essa equação também é válida para a superfície da esfera, 
onde d = R:
Vsup = k0 
Q __ 
R 
 
Para qualquer ponto no interior da esfera, foi visto que o po-
tencial é constante e igual ao potencial na superfície. Assim:
Vint = Vsup = k0 
Q __ 
R 
 
4. cálculo do camPo elétrico
Foi visto que, nos pontos internos da esfera, o campo elé-
trico é nulo. Será determinado agora o campo elétrico nos 
pontos externos. Nas figuras a seguir, foi representado o 
campo elétrico em um ponto P, através do seu vetor E. 
Lembre-se de que as cargas positivas geram um campo de 
afastamento, e as negativas, um campo de aproximação.
campo de uma esfera 
com carga positiVa
campo de uma esfera 
com carga negatiVa
A intensidade do campo elétrico no ponto P também é cal-
culada com a mesma equação vista anteriormente, de uma 
carga puntiforme:
Ep = k0 
|Q|
 ___ 
d2
 
Note que essa equação não é válida para calcular o campo 
elétrico em pontos na superfície da esfera.
 Aplicação do conteúdo
1. Uma esfera metálica de raio R = 4,0 cm, no vácuo, 
tem a sua superfície uniformemente carregada com 
uma carga elétrica de 12 nC. Adotando k0 = 9,0 · 10
9 
unidades do SI, determine:
a) O potencial elétrico em um ponto da superfície da esfera.
b) O potencial elétrico em um ponto P distante 12 cm 
do centro da esfera.
c) A intensidade do campo elétrico no ponto P do 
item anterior.
Resolução:
a) Cálculo potencial elétrico é igual para qualquer 
ponto da superfície da esfera:
Dessa forma, ajustando as unidades:
R = 4,0 cm = 4,0 · 10–2 m
Q = 12 nC = 12 · 10–9 C
k0 = 9 · 10
9 Nm² ____ 
C²
 
Calculando o potencial elétrico na superfície da esfera:
Vsup = k0 
Q __ 
R
 = 9 · 109 · 12 · 10
–9
 ________ 
4,0 · 10–2
 = 27 · 102 ⇒
⇒ Vsup = 2,7 · 10
3 V
A terrível gaiola de celular (ex-
periência de Física)
fonte: Youtube
multimídia: vídeo
106
b) Como a esfera tem raio de 4,0 cm, e o ponto P está 
a 12 cm do centro, o ponto P é externo à esfera.
Assim: d = 12 cm = 12 · 10–2 m
Então:
Vext = k0 
Q __ 
d
 ⇒ VP = 9 · 10
9 · 12 · 10
–9
 _______ 
12 · 10–2
 
= 9,0 · 102 ⇒ VP = 9,0 · 10
2 V
c) Cálculo da intensidade do campo elétrico no ponto P:
EP = k0 
Q __ 
d²
 = 9 · 109 · 12 · 10
–9
 _______ 
12 · 10–2
 = 0,75 · 104 ⇒ 
⇒ EP = 7,5 · 10
3 N/C
2. (Ufrgs) A figura a seguir representa uma esfera 
metálica oca, de raio R e espessura desprezível. A es-
fera é mantida eletricamente isolada e muito distante 
de quaisquer outros objetos, num ambiente onde se 
fez vácuo.
Em certo instante, uma quantidade de carga elétrica nega-
tiva, de módulo Q, é depositada no ponto P da superfície 
da esfera. Considerando nulo o potencial elétrico em pon-
tos infinitamente afastados da esfera e designando por k a 
“constante eletrostática”, podemos afirmar que, após terem 
decorrido alguns segundos, o potencial elétrico no ponto S, 
situado à distância 2R da superfície da esfera, é dado por 
a) 
–kQ
 ___ 
2R
 .
b) 
–kQ
 ___ 
3R
 .
c) 
+kQ
 ____ 
3R
 .
d) 
–kQ
 ____ 
9R2
 .
e) 
+kQ
 ____ 
9R2
 .
Resolução:
O cálculo do potencial num ponto externo é dado por:
V = 
k ∙ q
 ____ 
d
 
V = k(–Q) ____ 
3R
 
V = – kQ ___ 
3R
 
Alternativa B
4.1. Gráfico doPotencial Elétrico 
de um Condutor Carregado
Considere o potencial elétrico uma função da distância, 
isto é, V = V (d). Seu gráfico é do tipo:
para uma distribuição positiVa (Q > 0)
para uma distribuição negatiVa (Q < 0)
Analisando ambos os gráficos, é possível perceber que 
o potencial é constante enquanto d ≤ R, e a partir de 
d > R uma hipérbole equilátera (da mesma forma que uma 
partícula puntiforme centrada na origem).
4.2. Gráfico do Campo Elétrico 
de um Condutor Carregado
Sendo o campo elétrico uma função da distância, ou seja, 
E = E (d), para um condutor carregado, o gráfico será da 
seguinte forma:
Analisando o gráfico é possível perceber que, se 
d < R, tem-se E = 0, isto é, o campo interno do condutor 
carregado é nulo. Quando d = R, o campo elétrico é dado 
por E (R) = 
k0 |Q| _____ 
2R2
 . Já para pontos mais distantes d > R, 
tem-se que o gráfico é idêntico ao de uma carga puntifor-
me centrada na origem.
107
5. equilíbrio eletrostático 
entre duas esferas interligadas
Na figura a seguir, duas esferas condutoras, 1 e 2, inicial-
mente isoladas uma da outra, foram carregadas com car-
gas elétricas Q1 e Q2, respectivamente. As esferas foram 
interligadas por um fio condutor, mas foram mantidas 
afastadas a fim de evitar a indução eletrostática. Depois de 
serem conectadas, ocorreu uma troca de cargas elétricas 
devido à diferença de potencial elétrico entre ambas.
Depois de um período de tempo, os potenciais das duas esfe-
ras se equilibram e a troca de cargas termina. Após o equilíbrio:
 § As cargas das duas esferas passam a ser Q’1 e Q’2, res-
pectivamente, e por conservação da carga elétrica:
Q’1 + Q’2 = Q1 + Q2
 Ou seja, a soma das cargas das duas esferas permanece 
constante, uma vez que nenhuma carga foi inserida ou 
retirada do sistema.
 § Devido ao equilíbrio, os potenciais se igualam, V1 = V2, 
assim:
k0 
Q’1 ___ 
R1
 = k0 
Q’2 ___ 
R2
 ⇒ 
Q’1 ___ 
R1
 = 
Q’2 ___ 
R2
 
 Essa equação mostra que, após as esferas atingirem o 
equilíbrio eletrostático, as novas cargas elétricas de cada 
esfera são proporcionais ao raio de cada uma.
Os para-raios
De que maneira as indústrias fabricantes de para-raios costumam testar seus produtos antes de colocá-los à venda? 
Um dos testes consiste em submeter o produto a descargas elétricas semelhantes aos raios. Para simular um raio 
causado por uma nuvem eletrizada, uma esfera de cobre de aproximadamente 1 metro de diâmetro é suspensa, a 
mais ou menos 10 metros do chão, e ligada a um gerador de cargas elétricas para ser eletrizada. Abaixo da esfera 
é colocado o para-raios que será testado. A esfera, eletrizada, atinge potenciais de alguns milhões de volts e produz 
uma descarga elétrica que salta e atinge o para-raios. Um engenheiro elétrico de operações verifica pessoalmente, a 
poucos metros do local, o funcionamento correto do para-raios. Entretanto, o engenheiro se protege dentro de uma 
Gaiola de Faraday contra as descargas elétricas que circulam no ambiente.
O efeito de blindagem eletrostática, conhecido como Gaiola de Faraday, é amplamente utilizado para proteger equi-
pamentos que não podem ser submetidos a influências elétricas externas, ou na proteção de passageiros de aviões 
ou carros. Os veículos, ao serem atingidos por relâmpagos, protegem seus tripulantes, uma vez que as cargas elétricas 
serão distribuídas pelas estruturas metálicas.
O forno de micro-ondas e a ressonância magnética são outras duas aplicações cotidianas da blindagem eletrostática. 
No micro-ondas, a blindagem eletrostática não permite que escapem as ondas eletromagnéticas que esquentam 
os alimentos, pois a casca metálica que reveste o interior do equipamento e 
a malha metálica que cobre o visor de vidro funcionam como uma Gaiola de 
Faraday. Para o exame de ressonância magnética, são necessárias salas de 
exames equipadas com uma cabine de radiofrequência. Essa cabine consiste 
numa caixa de alumínio ou outro material similar e serve para proteger o fun-
cionamento do equipamento, que pode sofrer alteração de ondas de radiof-
requência externas que causariam interferências nos resultados dos exames.
VIVENCIANDO
108
 Aplicação do conteúdo
1. Uma esfera de raio R1 = 2,0 cm e carregada com carga 
Q1 = 6,0 pC e uma esfera de raio R2 = 6,0 cm carrega-
da com carga Q2 = –2,0 pC são conectadas por um fio e 
mantidas afastadas uma da outra. Depois de atingirem o 
equilíbrio eletrostático, qual é a carga de cada uma delas?
Resolução:
Devido à conservação da carga e à relação de proporciona-
lidade da carga e do raio da esfera:
Q’1 + Q’2 = Q1 + Q2 ⇒ Q’1 + Q’2 
= 6,0 pC + (-2,0) pC ⇒ Q’1 + Q’2 
= + 4,0 pC
 
Q’1 ___ 
R1
 = 
Q’2 ___ 
R2
 ⇒ 
Q’1 ___ 
2,0
 = 
Q’2 ___ 
6,0
 ⇒ 3Q’1 = Q’2
Resolvendo o sistema para Q’1, obtém-se:
Q’1 + 3Q’1 = 4,0 ⇒ 4Q’1 = 4,0 pC ⇒ 
⇒ Q’1 = 1,0 pC
Voltando à equação anterior, obtém-se Q’2:
Q’2 = 3,0 pC
multimídia: sites
www.sabereletrica.com.br/gaiola-de-faraday
www.differencebetween.net/science/difference-
between-electric-field-and-electric-potential/
physics.bu.edu/~duffy/PY106/Potential.html
109
POTENCIAL ELÉTRICO NO CEU E 
EQUILÍBRIO ELETROSTÁTICO
CAMPO UNIFORME Ed = U
EQ. ELETROSTÁTICO
CARGA NA 
SUPERFÍCIE
POTENCIAIS 
IGUAIS
GAIOLA DE 
FARADAY
DENSIDADE 
SUPERFICIAL
CAMPO 
INTERIOR NULO
 DIAGRAMA DE IDEIAS
110
 Corrente elétriCa
CompetênCias: 2, 5 e 6 Habilidades: 5, 17 e 21
AULAS 
15 e 16
1. Introdução
O fluxo de elétrons que atravessa um condutor é deno-
minado corrente elétrica. Uma lâmpada, por exemplo, 
emite luz quando o fluxo de elétrons atravessa o filamento 
dentro de seu bulbo, e o chuveiro elétrico esquenta a água 
devido ao fluxo de elétrons que passa pelo seu resistor.
Em geral, o fluxo de partículas eletrizadas em movimento 
é ordenado.
A natureza da corrente elétrica depende do meio em que 
o fluxo de cargas ocorre. Nos metais, o fluxo é constituí-
do exclusivamente por elétrons; contudo, os elétrons não 
compõem a corrente elétrica nos líquidos, onde o fluxo é 
formado por cátions (+) e ânions (–).
Nos metais, os elétroNs coNstituem a correNte elétrica
Na solução água + sal, a correNte elétrica é formada de cátioNs 
(Na+) e âNioNs (ci-) que camiNham em seNtidos opostos
2. Condutores e Isolantes
Um meio material capaz de conduzir corrente elétrica é 
denominado condutor elétrico. Nesse tipo de material, as 
partículas eletrizadas conseguem se movimentar com fac-
ilidade. Nos metais em geral, as partículas eletrizadas que 
constituem a corrente elétrica são os elétrons, dado que os 
metais possuem um grande número de elétrons livres, que 
são os elétrons mais fracamente ligados ao núcleo atômi-
co. Assim, esses elétrons podem se mover de um átomo 
a outro e, durante o movimento, forma-se uma “nuvem 
eletrônica” no interior do metal.
Os meios materiais denominados isolantes elétricos são, em 
geral, os não metais, como vidro, mica, ebonite, etc. A quanti-
dade de elétrons livres nesses materiais é bastante pequena 
e, por isso, eles não conduzem bem a corrente elétrica.
3. sentIdo da Corrente elétrICa
Ao se estabelecer uma diferença de potencial nas extremi-
dades de um condutor metálico, pode-se ordenar o movi-
mento dos elétrons em seu interior. Um modo de fazer isso 
é ligando-o entre os polos de um gerador elétrico (pilha, 
bateria, etc.). Mais adiante será demonstrado que a pilha 
“empurra” os elétrons, ordenando o movimento.
Na figura a seguir, um fio condutor metálico está ligado 
aos polos de uma bateria elétrica. Como é possível obser-
var, o movimento dos elétrons livres no fio tem sentido an-
ti-horário: do polo negativo para o polo positivo.
ELETRÓNS
3.1. O sentido convencional 
da corrente elétrica
O sentido real do movimentos dos elétrons não é o mes-
mo que o sentido convencional da corrente elétrica.
i
SENTIDO CONVENCIONAL
DA CORRENTE
SENTIDO REAL DO 
MOVIMENTO DOS ELÉTRONS
Por motivos históricos, o sentido convencional da corrente 
elétrica foi estabelecido considerando-seque as cargas em 
movimento fossem positivas.
111
Essa convenção não foi alterada, pois, sob o ponto de vista 
do eletromagnetismo, o movimento de cargas negativas 
em determinada direção é equivalente ao movimento de 
cargas positivas na direção oposta.
O sentido da corrente elétrica é indicado, também por con-
venção, por uma flecha com a letra i.
4. IntensIdade da Corrente elétrICa
Como na figura a seguir, um fio metálico é ligado nos polos 
de um gerador. Nesse circuito, o movimento convencional 
da corrente elétrica é do polo positivo para o polo negati-
vo. Entretanto, o movimento dos elétrons livres ocorre no 
sentido oposto.
ii
ELÉTRONS
BATERIA
Durante o intervalo de tempo ∆t, uma quantidade n de 
elétrons atravessa uma seção transversal S do fio.
A carga elétrica do elétron foi denominada de carga elétri-
ca elementar, e seu valor absoluto é representado pelo 
símbolo e:
e = 1,6 · 10–19 C
Assim, o valor absoluto da quantidade de carga elétrica Q 
que atravessou a seção S é:
|Q| = n ⋅ |e|
Nesse condutor, a intensidade média da corrente elétrica, no 
intervalo de tempo ∆t, é definida como sendo a grandeza:
im = 
|Q|
 ___ ∆t 
Quando a corrente elétrica fornecida pelo gerador tem in-
tensidade constante, resulta que im = i, e a equação anteri-
or poderá ser escrita como:
i = 
|Q|
 ___ ∆t ⇔ |Q| = i ⋅ ∆t
No SI, a unidade da intensidade de corrente elétrica é o 
ampère, de símbolo A, em homenagem ao físico francês 
André-Marie Ampère (1775-1836).
A unidade de carga elétrica, o Coulomb (C), é definida a 
partir da equação anterior: Q = i ⋅ ∆t. Em unidades:
ampère · segundo = coulomb
4.1. Propriedade gráfica
Quando é plotado o gráfico da corrente pelo tempo, 
decorre que a área que a função faz com a horizontal é 
equivalente à quantidade de carga elétrica que passou en-
tre os intervalos de tempo.
5. efeItos da Corrente elétrICa
 § Efeito Fisiológico – quando uma corrente elétrica 
atravessa um organismo vivo, ela produz contrações 
musculares conhecidas como choque elétrico. O ser 
humano, ao ser atravessado por uma corrente de in-
tensidade de 10 mA ou mais, pode sofrer efeitos fatais.
 § Efeito Químico – quando uma corrente elétrica at-
ravessa uma solução iônica, ocorre a eletrólise, oca-
sionando o movimento de íons negativos e positivos 
Física Total - Aula 61 - eletrod-
inâmica - corrente elétrica
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112
para o ânodo e o cátodo, respectivamente. Esse efeito 
é aplicado na galvanização de metais (cromeação, 
prateação, niquelação, etc.).
 § Efeito Magnético – quando um condutor é percorri-
do por uma corrente elétrica e produz nas suas proxim-
idades um campo magnético. Esse efeito é facilmente 
comprovado pela deflexão da agulha imantada de uma 
bússola colocada próxima do condutor.
 § Efeito Luminoso – quando a corrente elétrica 
atravessa um gás, sob baixa pressão, ocorre emissão de 
luz. Esse efeito é aplicado nas lâmpadas fluorescentes, 
lâmpadas de vapor de sódio, etc.
 § Efeito Térmico ou Efeito Joule – quando os elétrons 
livres colidem com os átomos, ocorre o aquecimento do 
condutor. Esse efeito é aplicado em aparelhos que pro-
duzem calor (aquecedores elétricos: chuveiros, tornei-
ras, ferros elétricos, etc.).
6. o amperímetro
A intensidade da corrente elétrica que passa por um fio é 
medida por um aparelho chamado amperímetro.
A figura a seguir mostra um amperímetro ligado a um cir-
cuito. No mostrador do aparelho é indicada a intensidade 
da corrente elétrica que o atravessa.
circuito com um amperímetro. há amperímetros aNalógicos e digitais.
 Aplicação do conteúdo
1. Uma corrente elétrica de intensidade constante ig-
ual a 4,0 A atravessa um condutor de eletricidade. De-
termine a carga elétrica transportada pelos elétrons 
durante um intervalo de tempo de 2,0 minutos.
Resolução:
A unidade do intervalo de tempo deve ser transformada 
para segundos: ∆t = 2,0 min = 120 s. Utilizando a defini-
ção de intensidade de corrente elétrica, tem-se:
i = 
|Q|
 ___ ∆t ⇔ |Q| = i ⋅ ∆t = 4,0 A ⋅ 120 s ⇒
⇒ |Q| = 480 C
2. Durante um intervalo de tempo ∆t = 16 s, uma quanti-
dade de 2,0 · 1022 elétrons atravessou a seção transversal 
de um condutor. Sendo e = 1,6 · 10–19 C o valor de carga 
elétrica elementar, determine:
a) a carga elétrica que atravessa o condutor;
b) a intensidade média da corrente elétrica.
Resolução:
a) Sendo |Q| = n ∙ e, obtém-se a carga elétrica:
|Q| = (2,0 · 1022) ⋅ (1,6 · 10–19 C) ∴
Q = 3,2 · 103 C
b) A intensidade média (im) da corrente vale:
im = 
|Q|
 ___ ∆t = 
3,2 · 10³ C _________ 
16 s
 = 32 · 10² C _________ 
16 s
 =
= 2,0 · 10² C __ s 
= 2,0 · 10² A
7. o gerador elétrICo
Para se produzir uma corrente elétrica é necessário um gera-
dor elétrico. Os geradores elétricos mais comuns e conheci-
dos são: pilha comum, bateria de automóvel, bateria de celu-
lar, os grandes e potentes geradores das hidroelétricas, etc.
turbiNas do gerador elétrico de uma usiNa de eNergia 
hidroelétrica em itatiNga, são paulo.
O gerador elétrico é um aparelho capaz de mover os 
elétrons. É o gerador que “empurra” os elétrons em um 
circuito, sendo, assim, o seu principal elemento.
Neste curso, os geradores serão eletroquímicos, como as pil-
has e baterias, que produzem uma corrente elétrica contínua 
e constante. Esses geradores são compostos por um polo 
positivo, de maior nível de energia, e um polo negativo, com 
energia menor, de modo que o potencial elétrico no polo 
positivo seja maior do que o potencial no polo negativo.
113
É através do polo positivo que o gerador fornece corrente 
elétrica ao circuito. Depois de atravessar o circuito, a cor-
rente retorna ao gerador pelo polo negativo. Na figura aci-
ma é possível observar um circuito composto por uma ba-
teria e uma lâmpada. O sentido convencional da corrente 
elétrica está indicado pelas setas.
Os polos de um gerador são, comumente, chamados de 
ativos passivos. Isso significa que, mesmo em um circuito 
desligado, existe potencial nos polos do gerador.
Resumindo
O gerador elétrico possui dois polos ativos, um positivo, 
de maior potencial elétrico, e um negativo, de menor 
potencial elétrico. O gerador produz corrente elétrica 
em um circuito e mantém uma diferença de potencial 
elétrico entre seus dois polos.
8. força eletromotrIz (f.e.m.)
Diferentes geradores fornecem quantidades diferentes de 
energia. Em função disso, foi definida uma grandeza car-
acterística de cada gerador, denominada força eletromotriz 
(f.e.m.), que se relaciona com essa quantidade de energia 
e com a carga elétrica.
Os exemplos a seguir ilustram essa ideia de força eletromotriz.
Exemplos
Uma pilha forneceu uma quantidade de energia elétrica de 
1,5 J a um grupo de partículas que transportou uma carga 
unitária de eletricidade de 1,0 C. Asssim, diz-se que essa 
pilha tem uma força eletromotriz de 1,5 J/C ou de 1,5 volt.
Uma bateria de carro forneceu uma quantidade de energia 
elétrica Eelétr = 24 J a um grupo de partículas que trans-
portou uma quantidade de eletricidade Q = 2,0 C. Assim, 
cada coulomb recebeu uma quantidade de energia elétrica 
de 12 joules, e a força eletromotriz dessa bateria é 12 J/C 
ou 12 volts.
Sintetizando: A força eletromotriz é o quociente da 
quantidade de energia elétrica fornecida por um gerador 
a um grupo de partículas eletrizadas transportando uma 
carga elétrica Q. Por definição:
f.e.m. = 
energia elétrica
 ____________ 
carga elétrica
 ⇒ f.e.m. = 
Eelétr ___ 
|Q|
 
No SI, a unidade de f.e.m. é o volt (V), definida pela razão 
joule/coulomb.
Embora o termo força eletromotriz (f.e.m.) se refira a uma 
força, não se trata de uma grandeza física de força. A f.e.m 
é uma relação entre energia elétrica e carga elétrica. Assim, 
a origem do termo, pensando-se que se tratava de uma 
força aplicada às cargas elétricas, é equivocada.
As pilhas e baterias comuns indicam o valor de sua f.e.m.
 pilha de 1,5 V bateria de 12 V
O italiano Alessandro Volta, nascido em 1745, foi o in-ventor da pilha elétrica (em 1800) que leva o seu nome, 
a chamada pilha de Volta. Volta percebeu que discos de 
zinco e cobre, separados por pedaços de tecido embe-
bidos em ácido sulfúrico, eram capazes de produzir cor-
rente elétrica se um fio fosse conectado às suas extremi-
dades. Nesse caso, a produção de corrente elétrica se dá 
em função de reações químicas.
8.1. A f.e.m. e a tensão elétrica
Ocorre perda de energia elétrica durante o funcionamen-
to de um gerador no transporte de carga elétrica de um 
polo a outro. Inicialmente, porém, essa perda de energia 
elétrica será desconsiderada e os geradores serão consid-
erados ideais. Nesse caso, a força eletromotriz do gerador 
corresponde à diferença de potencial entre o polo positivo 
e o polo negativo. Essa diferença também é denominada 
tensão elétrica (U).
Assim, nos geradores ideais:
f.e.m. = tensão entre os polos ⇒ U = f.e.m.
8.2. Símbolo do gerador ideal
Nos circuitos elétricos, os geradores ideais de corrente con-
tínua (pilhas, baterias, etc.) são representados pelo símbolo 
da figura a seguir.
O polo positivo do gerador é indicado pelo traço maior, e 
o polo negativo pelo traço menor. O sentido convencional 
da corrente elétrica é indicado por uma seta ao lado do 
símbolo, com sentido do polo negativo para o positivo.
114
9. o Voltímetro
O aparelho utilizado para medir a diferença de poten-
cial (d.d.p.) entre os polos de um gerador é denomina-
do voltímetro. O voltímetro é comumente chamado 
de medidor de voltagem.
Voltímetro
Para medir a d.d.p. de uma pilha, deve-se ligar o voltímetro 
em paralelo com a pilha, como ilustra a figura a seguir.
1,5V 1,5 volt
Nos circuitos elétricos, o voltímetro é representado pelo 
símbolo da figura abaixo: 
Além de medir a d.d.p. dos geradores, o voltímetro pode 
ser usado para medir a diferença de potencial entre dois 
pontos quaisquer de um circuito elétrico.
 Aplicação do conteúdo
1. Um gerador elétrico fornece às partículas elétricas 
que o atravessam 6,0 J para cada 4,0 C de carga elétrica. 
Quanto vale sua f.e.m.?
Resolução:
f.e.m. = 
Eelétrica _____ 
Q
 = 6,0 J _____ 
4,0 C
 = 1,5 J/C ⇒
⇒ f.e.m. = 1,5 V
2. No circuito da figura a seguir, duas lâmpadas, L1 e L2, 
estão ligadas a um gerador por meio de fios ideais. O 
gerador é ideal e sua f.e.m. é de 6,0 V.
a) Quais são os pontos de mesmo potencial elétrico?
b) Qual é a d.d.p. em cada lâmpada?
c) Quanto indicaria um voltímetro se fosse conectado 
às extremidades dos fios 1 e 2?
Resolução:
a) Os pontos de um mesmo fio têm o mesmo potencial.
VA = VC = V1 e VB = VD = V2
No entanto: V1 > V2
b) A ddp (tensão elétrica U) em cada lâmpada é a 
mesma, pois:
 § em L1 ⇒ U1 = VA – VB= U ∴ U1 = 6,0 V
 § em L2 ⇒ U2 = VC – VD = U ∴ U2 = 6,0 V
c) O voltímetro indicaria a d.d.p. entre fios, ou seja: 
d.d.p. = 6,0 V
10. efeIto Joule
Um condutor elétrico sólido esquenta ao ser percorrido por 
uma corrente elétrica. Esse aumento de temperatura do 
condutor devido à passagem da corrente elétrica é denom-
inado efeito Joule. Esse fenômeno ocorre pois as partícu-
las eletrizadas da corrente elétrica colidem com átomos e 
moléculas do material condutor, transformando parte da 
corrente elétrica em energia térmica.
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115
11. resIstor e resIstênCIa
O resistor é um elemento cuja função exclusiva em um cir-
cuito elétrico é transformar energia elétrica em energia tér-
mica. Em geral, os resistores são condutores feitos de aço, 
tungstênio ou carvão. Diversos aparelhos eletrodomésticos 
que requerem um aquecimento elétrico possuem resis-
tores, como o ferro elétrico de passar roupa, o chuveiro 
elétrico, a torneira de água quente, o secador de cabelos, 
os aquecedores elétricos de ambiente, as lâmpadas incan-
descentes, etc.
Embora conduza corrente elétrica, o resistor é feito de um 
material que dificulta a passagem dos elétrons. A medida 
dessa dificuldade é denominada resistência elétrica.
Nos circuitos elétricos, o resistor será representado por uma 
linha em ziguezague, como na figura a seguir.
Nota: O resistor variável que suporta a passagem de cor-
rentes intensas é denominado reostato.
12. prImeIra leI de oHm
O físico alemão George Simon Ohm (1787-1854) descobriu, 
em seus experimentos de eletricidade, que a intensidade da 
corrente elétrica em um condutor estava relacionada com a 
d.d.p. em seus extremos. Ele percebeu que, ao variar a d.d.p., 
a intensidade da corrente elétrica também variava.
Usando um resistor metálico e mantendo-o a uma tem-
peratura constante, verificou que a razão entre a d.d.p. e a 
corrente elétrica se mantinha constante:
 
d.d.p.
 __________________ 
intensidade de corrente
 = constante ⇒ U __ 
i
 = constante
Essa constante é a resistência do resistor, indicada por R. 
Assim, a relação entre corrente elétrica, d.d.p. e resistência 
em um condutor é:
 U __ 
i
 = R
A propriedade acima é válida para diversos tipos de metais. 
Essa é a Primeira Lei de Ohm:
Para determinados resistores, mantidos a uma tempe-
ratura constante, a intensidade de corrente i e a d.d.p. 
são diretamente proporcionais:
U = R ∙ i
No SI, a unidade de resistência elétrica é ohm, simboliza-
do por W (letra grega ômega), em homenagem ao físico 
George Simon Ohm.
Assim, um resistor que, submetido à d.d.p. de 1 V, deixa-se 
atravessar por uma corrente elétrica de intensidade 1 A, 
tem resistência elétrica de 1 W. 
Unidade de resistência = 
unidade d.d.p.
 _____________ 
unidade corrente
 = volt ______ 
ampère
 = V __ 
A
 
= W
 Aplicação do conteúdo
1. Um resistor de resistência elétrica R = 6,0 Ω foi sub-
metido a uma d.d.p. 24,0 V. Determine a intensidade de 
corrente elétrica que atravessa o resistor.
Resolução:
Sendo U = 24,0 V e R = 6,0 W,tem-se:
U = R ⋅ i
24,0 = 6,0 ⋅ i ⇒ i = 24,0 V _____ 
6,0 W ⋅ i = 4,0 A
12.1. Resistor ôhmico e não ôhmico
Os resistores que obedecem à Lei de Ohm são denomina-
dos resistores ôhmicos. Entretanto, nem todos os resistores 
são ôhmicos, e os que escapam à Lei de Ohm são denomi-
nados resistores não ôhmicos.
Os resistores fabricados com metais ou carbono são exem-
plos de resistores ôhmicos. O gráfico da d.d.p. pela corrente 
elétrica em um resistor ôhmico é uma reta. A tabela e o gráfi-
co a seguir ilustram o comportamento de um resistor ôhmico.
Comportamento de um resistor ôhmico
Diferença de 
potencial d.d.p., 
U (em V)
Intensidade 
de corrente 
i (em A)
Resistência 
do resistor 
R (em Ω)
1,0 0,5 2,0
2,0 1,0 2,0
3,0 1,5 2,0
4,0 2,0 2,0
5,0 2,5 2,0
12.2. Curva característica de um resistor ôhmico
Considerando um resistor ôhmico, ou seja, que obedeça 
a relação de Ohm R = U __ 
i
 , em que R é constante, pode-se 
escrever a d.d.p. em função da corrente. Plotando o gráfico, 
é possível notar que se trata de uma função linear com in-
clinação crescente, afinal a resistência sempre é um núme-
ro constante e positivo.
116
A corrente elétrica é um fenômeno que permite o uso da energia elétrica, a principal fonte de energia 
do mundo moderno. A utilização em larga escala da eletricidade se deve à multiplicidade de efeitos pro-
duzidos pela corrente. Não é possível visualizar diretamente o fluxo de elétrons; no entanto, seus efeitos 
são percebidos facilmente, como ao ligar o interruptor de uma lâmpada, o computador ou o smartphone.
No Brasil, a energia elétrica é gerada em sua maior parte por hidrelétricas, mas também é gerada por 
meio de termelétricas e usinas nucleares. Obtida a partir da conversão de outros tipos de energia, a 
eletricidade é transportada através de um sistema composto de quatro etapas: geração, transmissão, dis-
tribuição e consumo. A eletricidade é fundamental para tornar funcional os aparelhos criados para serem 
utilizados no dia a dia. Celulares, televisores, computadores, máquinas de lavar roupa e muitos objetos 
comuns nos lares brasileiros são movidos à base de energia elétrica.
VIVENCIANDO
U(i) = R⋅ i
Seja u o ângulo que o gráfico faz com a horizontal, tem-se:
tan u = U __ 
i
 = R
 Aplicação do conteúdo
1. Uma lâmpada incandescente é um exemplo de resis-
tor presente no nosso cotidiano. O filamento aquecido 
dessas lâmpadas atinge uma temperatura aproximada 
de 1.300ºC. Submetido à tensão elétrica de 110 V, a cor-
rente elétrica no filamento tem intensidade de 1,1 A. 
Determine a resistência elétrica desse filamento.
Resolução:
Pela Lei de Ohm: U = R ⋅ i
Substituindo U = 110 V e i = 1,1 A, obtém-se:
110 = R ⋅ 1,1 ⇒ R = 110 V _____ 
1,1 A
 ⇒ R = 100 Ω
A resistência elétrica do filamento da lâmpada é de 100 W. 
Esse valor é bastante elevado; no entanto, se a temperatu-
ra do filamento aumentar ainda mais, o filamento pode se 
fundir e a lâmpada deixa de funcionar.
Popularmente se diz que a lâmpada queimou.
2. Um resistor é submetido à tensão elétrica U = 60 V, 
e a intensidade de corrente que o atravessa é de 6,0 A.
a) Qual é o valor de sua resistência elétrica?
b) Se o mesmo resistor for submetido a uma nova 
tensão elétrica U’ = 30 V, qual será a intensidade da 
corrente que o atravessará? Considere que a tempera-
tura se mantém constante.
Resolução:
a) R = U __ 
i
 = 60 V _____ 
6,0 A
 = 10 ohms ⇒ R = 10 W
b) Como a resistência elétrica se mantém constante: 
R = 10 W
 
U’ = R ⋅ i’ = i = U’ __ 
R
 = 30 V ____ 
10 V
 = 3,0 ampères ⇒
⇒ i’ = 3,0 A
117
3. O gráfico a seguir foi obtido para um resistor subme-
tido a diversas tensões elétricas.
a) Calcule a resistência elétrica considerando os va-
lores do ponto 1.
b) Calcule novamente a resistência elétrica consid-
erando agora os valores do ponto 2.
c) O resistor é ôhmico?
Resolução:
a) Sendo U = R ⋅ i ⇒ R = U __ 
i
 
No ponto 1, tem-se U1 = 10 V e i1 = 2,5 A.
R1 = 
10 V _____ 
2,5 A
 = 4,0 ohms ⇒ R1 = 4,0 W
b) No ponto 2, tem-se U2 = 20 V e i2 = 5,0 A
R2 = 
20 V ____ 
5,0
 A = 4,0 ohms ⇒ R2 = 4,0 W
c) O resistor é ôhmico, pois R1 = R2. Esse resultado já 
era esperado, uma vez que a curva características dos 
resistores ôhmicos é sempre uma reta oblíqua passando 
pela origem.
13. segunda leI de oHm
A segunda Lei de Ohm expressa a relação entre a resistên-
cia elétrica do resistor e suas características. Observe essa 
relação a seguir:
R = 
r ∙ ø
 ____ 
A
 
Em que:
R: é a resistência elétrica do resistor;
r (lê-se “rô”): é a resistividade do material;
A: é a área da secção transversal do material;
ø: é o comprimento do material.
Essa relação expressa o fato de que, quanto maior é o con-
dutor, maior é a dificuldade que as cargas elétricas têm 
para atravessá-lo. A dificuldade de circulação das cargas 
é menor à medida que for maior a área da secção trans-
versal do material. Cada tipo de material também oferece 
uma dificuldade diferente à circulação das cargas, que é 
chamada de resistividade. Dessa forma, a resistência do 
resistor é diretamente proporcional ao comprimento (ø) e 
inversamente proporcional à área (A).
A característica de resistividade (r) de cada material no SI 
tem unidade V · m.
Georg Simon Ohm candidatou-se a uma vaga para 
professor em uma universidade; contudo, para tal, era 
necessária a produção de um trabalho de pesquisa inédi-
to. Realizando experiências com eletricidade, Ohm per-
cebeu experimentalmente relações matemáticas entre as 
dimensões dos fios e as grandezas elétricas. Nascia então 
seu conceito sobre resistência elétrica. 
Em 1827, Ohm apresentou um trabalho defendendo que a 
intensidade da corrente elétrica era diretamente proporcio-
nal à diferença de potencial e inversamente proporcional a 
essa nova grandeza física, a resistência elétrica. Somente 
em 1849, cinco anos antes de falecer, Ohm conseguiu al-
cançar o seu tão sonhado cargo de professor universitário.
resistor em forma de fio cilíNdrico, de comprimeNto 
l e área de secção traNsVersal
A resistividade do material pode variar com a temperatura. 
Nessas condições, a resistividade do material é dada por:
r = r0 ∙ [1 + a(u – u0)] 
Em que r0 é a resistividade do material à temperatura de 
u0, e o coeficiente a depende do material.
Assim, pode-se reescrever a resistência em função 
da temperatura.
R = R0 ∙ [1 + a (u – u0)]
Em que R0 é a resistência a uma temperatura u0.
Segunda Lei de Ohm
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118
 Aplicação do conteúdo
1. (Ufrgs) Selecione a alternativa que preenche correta-
mente as lacunas do texto a seguir, na ordem em que 
elas aparecem.
As correntes elétricas em dois fios condutores variam em 
função do tempo de acordo com o gráfico mostrado a seguir, 
onde os fios estão identificados pelos algarismos 1 e 2.
No intervalo de tempo entre zero e 0,6 s, a quantidade 
de carga elétrica que atravessa uma seção transversal do 
fio é maior para o fio ...... do que para o outro fio; no 
intervalo entre 0,6 s e 1,0 s, ela é maior para o fio ...... do 
que para o outro fio; e no intervalo entre zero e 1,0 s, ela 
é maior para o fio ...... do que para o outro fio.
a) 1 – 1 – 2
b) 1 – 2 – 1
c) 2 – 1 – 1
d) 2 – 1 – 2
e) 2 – 2 – 1
Resolução:
Entre 0 s e 0,6 s, é possível observar que a área do gráfico 
do fio 2 é maior; assim, a quantidade de carga no fio 2 foi 
maior nesse intervalo.
Entre 0,6 s e 1,0 s, a área do fio 1 é maior; assim, a quanti-
dade de carga foi maior no fio 1 nesse intervalo de tempo.
Entre 0 s e 1,0 calcularemos as áreas:
(A)
Fio1
Fio2
0,8
0,3
0
t(s)0,6 1
Área do Fio 2 > Área do Fio 1 
Q2 > Q1
Desse modo, nesse intervalo de tempo, passou mais carga 
pelo fio 2.
Alternativa D
2. (Acafe) A insegurança das pessoas quanto a assaltos 
em suas residências faz com que invistam em acessóri-
os de proteção mais eficientes. A cerca elétrica é um 
adicional de proteção residencial muito utilizado hoje 
em dia, pois tem como um de seus objetivos afugentar 
o invasor dando-lhe um choque de aproximadamente 
10 mil volts de forma pulsante, com 60 pulsos por se-
gundo. Dessa forma, um ladrão, com perfeita condição 
de saúde, recebe o choque e vai embora, pois não che-
ga a ser um choque mortal.
Térmico, químico, magnético e fisiológico são alguns efeitos 
da corrente elétrica. Em primeiro lugar, a passagem da cor-
rente elétrica transforma energia elétrica em energia térmica 
por meio do chamado efeito Joule. Isso é perceptível quan-
do aparelhos elétricos em funcionamento aumentam de 
temperatura. O efeito químico, por sua vez, pode ser notado 
quando uma corrente atravessa soluções eletrolíticas (hi-
drólise, por exemplo), e é comum sua utilização para o reco-
brimento de metais (galvanização). A passagem de corrente 
elétrica também é capaz de gerar um campo magnético. Por 
fim, a passagem de corrente elétrica pode produzir um choque elétrico. Quando uma corrente elétrica age no sistema 
nervoso, ela pode contrair os músculos. Correntes menores que 1 mA não são percebidas pelo corpo humano; entre 
1 mA e 10 mA, pequenos choques podem ser observados; já correntes maiores que 10 mA podem ser fatais.
CONEXÃO ENTRE DISCIPLINAS
119
Considere o exposto e seus conhecimentos de eletricidade 
e assinale a alternativa correta. 
a) A corrente elétrica recebida pelo ladrão na des-
carga é alta, porém, como é pulsante, não causará 
perigo de morte.
b) Para não causar morte, a corrente elétrica recebida 
pelo ladrão por meio do choque é muito baixa, provo-
cando apenas queimaduras.
c) Se o ladrão estiver calçando sapatos com solado de 
borracha, não receberá o choque, pois a borracha é 
um isolante elétrico.
d) Mesmo que fosse possível o ladrão tocar em ape-
nas um único condutor da cerca sem que seu corpo 
tocasse em qualquer outro lugar, não deixaria de gan-
har o choque, pois a tensão é muito alta.
Resolução:
a) INCORRETA. O que é responsável pela morte de 
uma pessoa relacionado à energia elétrica é a corrente 
elétrica. Para que a descarga recebida pelo ladrão ao 
tocar na cerca elétrica não seja mortal (como mencio-
nado no enunciado), ela deve ser de valor muito baixo. 
b) CORRETA. Como mencionado no item[A], a cor-
rente elétrica muito baixa evita que o choque elétrico 
sofrido cause a morte. Vale salientar que, devido à alta 
tensão (10 mil volts), o ladrão vai sofrer queimaduras.
c) INCORRETA. O termo isolante elétrico só está rela-
cionado ao fato de ser mais difícil que esse elemento 
conduza corrente elétrica; no entanto, dependendo do 
estímulo (tensão elétrica aplicada ao mesmo), ele pode 
conduzir corrente elétrica. Se uma pessoa calçando um 
sapato de borracha encostar na cerca, e o calçado não 
suportar a tensão de 10 mil volts, a pessoa vai levar um 
choque. 
d) INCORRETA. Se fosse possível o ladrão tocar apenas 
um condutor da cerca sem que seu corpo tocasse em 
qualquer outro lugar, não haveria uma diferença de po-
tencial aplicada a ele, tampouco um caminho fechado 
para a corrente elétrica circular. Assim, o ladrão não le-
varia choque. Segue o mesmo princípio de manutenção 
de linhas de transmissão de extra-alta tensão.
Alternativa B
3. (UEMA) Em um manual de instalação de uma máqui-
na de lavar roupa de determinado fabricante, há as se-
guintes informações: 
Os diâmetros dos fios da rede elétrica devem estar de acor-
do com a tabela ao lado:
Distância do quadro
Bitola 127V 220V
2,5 mm2 até 29 m até 70 m
4,0 mm2 30 a 48 71 a 116m
6,0 mm2 49 a 70 m -
10, 0 mm2 71 a 116 m -
Baseando-se nas informações da tabela, considere o fio de 
cobre de resistividade r = 1,70 ⋅ Vm de bitola 2,5 mm2 a 
distância da tomada até o quadro de distribuição geral L = 
25 m e a rede elétrica de U = 127V para calcular o valor da 
resistência elétrica desse condutor para esse comprimento.
Resolução:
Pela Segunda Lei de Ohm, tem-se que um condutor depen-
de da resistividade do material, do seu comprimento e da 
sua área. Então:
R = r ⋅ L __ 
A
 
Como o condutor possui secção circular, sua área é igual a 
área de um círculo:
R = r ⋅ L __ 
A
 ⇒ R = = = 1,7 · 107 
2,5 · 10-6
1,7 · 25
2,5 · 10-7
1,7 · 25
⇒ R = 17 · 106 Ω → R = 17M Ω
multimídia: sites
educacao.uol.com.br/disciplinas/fisica/cor-
rente-eletrica-o-movimento-ordenado-de-
-eletrons-em-condutores.htm
www.feiradeciencias.com.br/sala12/12_T06.
asp
www.audioacustica.com.br/exemplos/Lei_
de_Ohm/Lei_de_Ohm.html
120
ÁREAS DE CONHECIMENTO DO ENEM
Habilidade
A habilidade 5, dentre todos os conteúdos abordados em Física 3, é a de maior frequência nas provas do Enem. Possui um 
caráter muito mais concreto, pois faz com que o aluno saiba dimensionar circuitos elétricos, que naturalmente são muito mais 
presentes no cotidiano da vida moderna. Saber calcular corrente, potência e resistência são os exemplos mais comuns dos 
assuntos mais abordados. A leitura de tabelas, de gráficos e dos esquemas é naturalmente presente nesse tipo de exercício.
Modelo 1
(Enem) A resistência elétrica de um fio é determinada pela suas dimensões e pelas propriedades estruturais do 
material. A condutividade (σ) caracteriza a estrutura do material, de tal forma que a resistência de um fio pode ser 
determinada conhecendo-se L, o comprimento do fio e A, a área de seção reta. A tabela relaciona o material à sua 
respectiva resistividade em temperatura ambiente.
Tabela de condutividade
Material Condutividade (S·m/mm2)
alumínio 34,2
cobre 61,7
ferro 10,2
prata 62,5
tungstênio 18,8
Mantendo-se as mesmas dimensões geométricas, o fio que apresenta menor resistência elétrica é aquele feito de:
a) tungstênio;
b) alumínio;
c) ferro;
d) cobre.
e) prata.
Análise expositiva - Habilidade 5: Além de saber diferenciar conceitualmente condutividade e resistividade 
elétrica, esse exercício cobra que aluno saiba ler os valores fornecidos na tabela e que ele faça uma escolha 
de qual dos materiais mais se encaixava na situação descrita.
O fio que apresenta menor resistência é aquele que apresenta maior condutividade. Pela tabela, é possível 
notrar que é o fio feito de prata.
Alternativa E
E
Dimensionar circuitos ou dispositivos elétricos de uso cotidiano.5
Modelo 2
Enem 2017) Dispositivos eletrônicos que utilizam materiais de baixo custo, como polímeros semicondutores, têm 
sido desenvolvidos para monitorar a concentração de amônia (gás tóxico e incolor) em granjas avícolas. A polianilina 
é um polímero semicondutor que tem o valor de sua resistência elétrica nominal quadruplicado quando exposta a 
altas concentrações de amônia. Na ausência de amônia, a polianilina se comporta como um resistor ôhmico e a sua 
resposta elétrica é mostrada no gráfico.
121
 
O valor da resistência elétrica da polianilina na presença de altas concentrações de amônia, em ohm, é igual a:
a) 0,5 × 100.
b) 0,2 × 100.
c) 2,5 × 105.
d) 5,0 × 105.
e) 2,0 × 106.
Análise expositiva - Habilidade 5: Trata-se de um exercício que possui uma rápida resolução e exige que o aluno 
saiba ler e interpretar o gráfico fornecido, além, é claro, de domínio do assunto.
Escolhendo o ponto (1, 2) do gráfico, tem-se:
r = U __ 
i
 = 1 ______ 
2·10-6
 ⇒ r = 0,5 · 106 Ω
Como a resistência quadruplica nas condições dadas, obtém-se:
R = 4r = 4 · 0,5 · 106
∴ R = 2 · 106 Ω
Alternativa E
E
122
CORRENTE ELÉTRICALEIS DE 0hm
DDP
CONDUTOR E 
ISOLANTE
TENSÃO
RESISTOR E 
RESISTÊNCIA
MOVIMENTO DE
CARGAS ELÉTRICAS
CORRENTE ELÉTRICA
 DIAGRAMA DE IDEIAS
	FIS_1_9_10
	FIS_1_11_12
	FIS_1_13_14
	FIS_1_15_16
	FIS_2_9_10
	FIS_2_11_12
	FIS_2_13_14
	FIS_2_15_16
	FIS_3_9_10
	FIS_3_11_12
	FIS_3_13_14
	FIS_3_15_16