BERNOULLI RESOLVE Física 1-6

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6V
Física
Volume 1
Bernoulli Resolve
Su
m
ár
io
 -
 F
ís
ic
a Módulo A
01 3 Introdução à Cinemática escalar e Movimento Uniforme
02 5 Movimento Uniformemente Variado e Movimento Vertical
Módulo B
01 8 Termometria e dilatometria
02 10 Propagação de calor
Módulo C
01 12 Fundamentos da óptica geométrica
02 14 Reflexão da luz e espelhos planos
Módulo D
01 17 Eletrização
02 18 Força elétrica
03 20 Campo elétrico
3
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
MÓDULO – A 01
Introdução à Cinemática escalar 
e Movimento Uniforme
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário: Em relação ao solo, tanto o passageiro quanto o 
copo estão se movimentando com uma velocidade constante de 
1 000 km/h, no entanto eles estão em repouso em relação ao 
avião. Portanto, ao cair, o copo não sofre força de restência do 
ar na horizontal, mantendo, assim, a velocidade de 1 000 km/h 
nessa direção. Essa força existiria se ele caísse fora do avião. 
Dessa forma, o copo cairá verticalmente, atingindo o piso do 
avião próximo ao ponto R.
Questão 02 – Letra E
Comentário: Nessa questão, é necessário utilizar o conceito de 
velocidade média (vm = distância total/intervalo de tempo total).
Se o automóvel deslocou-se durante 1 h com velocidade de 
60 km/h, a distância por ele percorrida foi de 60 km nesse 
primeiro trecho. Na segunda parte da viagem, a velocidade 
foi de 42 km/h, durante 0,5 h; logo, a distância percorrida 
foi de 21 km. 
Desse modo, o valor da distância total percorrida foi de 81 km, 
em 1,5 h; e sua velocidade escalar média foi de 54 km/h, ou 
seja, 15 m/s.
Questão 03 – Letra A
Comentário: Nessa questão, é necessário determinar o tempo 
que o trânsito de veículos fica contido em um cruzamento 
para que um trem de 200 m de comprimento, em movimento 
uniforme, consiga atravessá-lo.
A cancela se fecha, impedindo a passagem de veículos, quando 
o trem se encontra a 100 m do cruzamento, e a largura da 
rua é de 20 m. Assim, a distância total (d) percorrida pelo 
trem será: d = 200 m + 100 m + 20 m = 320 m (o último 
vagão deve sair da rua para que o trem termine a travessia).
A velocidade do trem é de 36 km/h, que, em m/s, equivale a: 
v = 36/3,6 = 10 m/s
Portanto, o intervalo de tempo, em segundos, necessário para 
que o trem percorra essa distância será dado por:
d = vDt ⇒ Dt = d/v ⇒ Dt = 320/10 ⇒ Dt = 32 s
Questão 04 – Letra E
Comentário: A partir da análise do gráfico, vemos que as duas 
partículas se deslocam em sentidos contrários da direção x, pois 
a inclinação da curva da partícula A é positiva, e a inclinação da 
curva da partícula B é negativa. Também podemos afirmar que 
a partícula B é a mais rápida, visto que o módulo da inclinição 
da sua reta é maior do que o módulo da inclinação da reta da 
partícula A. Portanto, a alternativa E está correta.
Questão 05 – Letra D
Comentário: Para determinarmos a distância percorrida pelo 
automóvel durante a ultrapassagem, precisamos encontrar 
o seu tempo de duração. A velocidade relativa entre o 
automóvel e a carreta é de 18 km/h = 5 m/s, e a distância 
percorrida para completar a ultrapassagem é de 18 metros. 
Então, podemos encontrar seu tempo de duração por meio 
da seguinte equação:
=
v =
d
t
t =
d
v
= 18
5
3,6s
R
R
R
R
Desse modo, distância percorrida pelo o automóvel é:
d = vA.t = 25.3,6 = 90 m
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra B
Comentário: Para determinarmos a velocidade relativa, temos 
que encontrar a velocidade do ônibus e da pessoa:
V
S
t
m s
V
S
t
m s
O
O
P
P
= = =
= = =
1800
120
15
1800
1800
1
/
/
A velocidade relativa é a diferença entre essas duas 
velocidades:
vR = vO – vP = 14 m/s
Questão 05 – Letra D
Comentário: A questão exige que o aluno selecione alguns 
dados relevantes em meio a uma série de informações para a 
solução do problema. Como o enunciado pressupõe que o valor 
da velocidade do metrô será constante, devemos trabalhar 
com as relações matemáticas do MU.
A análise da tabela fornecida nos mostra que o intervalo de 
tempo de parada do metrô em cada estação é de 1 minuto 
e que o intervalo de tempo gasto no percurso entre as 
estações Vila Maria e Felicidade é de 4 min. O mapa indica 
que a distância entre essas estações é de 2 km. Logo, o valor 
da velocidade média do metrô é de 0,5 km/min.
O intervalo de tempo total, gasto no percurso entre a estação 
Bosque e o terminal, será o intervalo de tempo gasto pela 
composição para se deslocar entre esses dois extremos 
acrescido do intervalo de tempo gasto nas paradas em cada 
estação. O intervalo de tempo gasto para percorrer os 15 km 
será Dt = 30 min. Como temos 5 estações entre o início e o final 
do movimento, devemos somar mais 5 minutos de parada no 
total. Teremos, então, um intervalo de tempo igual a 35 min.
COMENTÁRIO
E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
4
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
Questão 08 – Letra B
Comentário: Para determinarmos a velocidade média da 
moto nesse percurso, são necessárias duas informações, 
a distância total, que já é conhecida (20 km), e o tempo total. 
Primeiramente, vamos calcular o tempo transcorrido em cada 
uma das quatro partes de 5 km do trajeto:
t = 5
v
= 5
100
= 0,05 h
t = t = 5
v
= 5
120
= 0,042 h
t = 5
v
= 5
150
= 0,033 h
1
1
2 3
3
4
4
A velocidade média é dada pela razão entre a distância total 
e o tempo total:
v = 20
t + t + t + t
= 20
0,05 + 0,042 + 0,042 + 0,033
v =120 km/h
M
1 2 3 4
M
Questão 10 – Letra D
Comentário: Devemos recordar a equação de posição para 
um veículo em MU: s = s0 + vt.
Se adotarmos o instante zero como o momento em que Pedro 
passa pelo marco zero da estrada, podemos escrever que:
sMARTA = s0 + vt e sPEDRO = s0 + vt; logo:
sMARTA = 10 + 80t e sPEDRO = 0 + 100t (s em km e t em h)
Como o problema deseja verificar a posição de encontro dos 
veículos, basta igualar as equações das posições ocupadas 
pelos veículos de Marta e de Pedro:
sMARTA = sPEDRO ⇒ 10 + 80t = 0 + 100t
20t = 10 ⇒ t = 0,5 h
Substituindo o valor do instante de tempo em qualquer uma 
das duas equações de posição, achamos a posição em que os 
veículos se encontrarão, s = 50 km. 
Questão 11 – Letra C
Comentário: A questão, embora seja simples de resolver, 
apresenta uma grande possibilidade de erro por parte dos 
estudantes, uma vez que muitos aplicam o conceito errôneo de 
velocidade, tomando a razão entre a posição e o instante de tempo. 
A velocidade deve ser encontrada por meio da razão entre 
a variação da posição e o intervalo de tempo gasto. Para 
determinar a velocidade no instante 60 s, podemos calculá-la 
no intervalo que vai dos 40 s aos 100 s, pois, durante todo 
esse intervalo, a velocidade permanece constante. Realizando 
o cálculo para o intervalo referido, encontramos: 
v s
t
m
s
m s= = −
−
=( ) 
( ) 
 /700 100
100 40
10
Questão 13 – Letra C
Comentário: A questão apresenta um gráfico de posição 
versus tempo para dois trens, cujas velocidades podem ser 
determinadas por meio das inclinações das retas. O trem 
prata percorre uma distância de 720 km em 12 h, a mesma 
distância percorrida e o mesmo intervalo de tempo gasto pelo 
trem azul. Apenas os sentidos de movimento são diferentes, 
mas o módulo das velocidades é idêntico e igual a 60 km/h. 
Logo, a alternativa C é incorreta.
Questão 14 – Letra C
Comentário: Podemos encontrar o ponto da colisão 
determinando o tempo que leva pra ela ocorrer e utilizando-o 
para determinar a distância percorrida por qualquer uma das 
esferas. Como a velocidade relativa entre as esferas é de 
2 cm/s e a distância entre elas é de 4 cm, o tempo até a 
colisão ocorrer é dado por:
t =
d
v
= 4
2
= 2sR
R
Portanto, a esfera de velocidade igual a 3 cm/s irá percorrer 
a seguinte distância:
d2 = v2t = 3.2 = 6 cm
Como essa esfera parte da posição de 14 cm, a colisão 
acontece em d = 14 + d2 = 20 cm.
Há outra forma de econtrarmos a posição em que as esferas 
irão colidir. Como o tempo transcorrido no movimento de cada 
uma delas é o mesmo, temos a seguinte relação:
t = t
d
v
=
d
v
1 2
1
1
2
2
A esfera 2, que noinstante inicial está 4 cm a frente da esfera 1, 
irá percorrer 4 cm a menos, ou seja, d2 = d1 – 4. Substituindo 
esse valor na relação anterior, temos:
Þ
d
v
=
d
v
=
d – 4
v
d = –4
v
.
(v v )
(v – v )
= –4
3
. (15)
(3 – 5)
=10 cm
1
1
2
2
1
2
1
2
2 1
2 1
Como a esfera 1 parte da posição de 10 cm, a colisão acontece 
em d = 10 + d1 = 20 cm.
Questão 16
Comentário: Essa questão da Unicamp aborda o princípio de 
funcionamento de um dispositivo de registro de velocidade 
semelhante ao descrito no texto do módulo. Quando a roda 
do carro passa pelo sensor 1, este é acionado, registrando 
o intervalo de tempo gasto, até que a mesma roda acione o 
sensor 2, em 0,1 s.
A) Como a distância entre os sensores é de 2 m e o intervalo 
de tempo gasto entre o acionamento destes é de 0,1 s, 
podemos concluir que a velocidade média do carro, 
ao passar pelos sensores, é de 20 m/s ou 72 km/h.
B) A distância entre os eixos é a distância entre as rodas 
dianteiras e traseiras de um veículo. O gráfico nos informa 
que o sensor S1 registrou um intervalo de tempo de 0,15 s 
para que as rodas dianteira e traseira passassem sobre 
ele. Como a velocidade do carro é de 20 m/s, e o intervalo 
de tempo é de 0,15 s, encontramos que a distância entre 
os eixos do carro é de d = vt = (20 m/s).(0,15 s) = 3 m.
Questão 17
Comentário: O problema apresenta um gráfico de velocidade 
versus tempo para o MU de um veículo e pede informações 
sobre a posição final do móvel. Sabe-se que, nesse caso, 
a área abaixo do gráfico é numericamente igual à distância 
percorrida e que o sinal da velocidade indica se o movimento 
é retrógrado ou progressivo.
5
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
A análise do movimento, por meio do gráfico, indica que, 
inicialmente, o veículo deslocava-se no sentido crescente das 
posições, percorrendo uma distância de 15 km (área sob o gráfico 
entre 0 h e 1 h); após o instante 1,0 h, o veículo parou durante 
1 h e, posteriormente, do instante 2 h ao instante 4 h, o veículo 
percorre uma distância de 40 km no sentido negativo das posições, 
pois apresentava entre 2 h e 4 h uma velocidade de – 20 km/h. 
Atenção! Apesar de o gráfico indicar o movimento até 
5 h, o enunciado deseja saber a posição do veículo no 
instante de tempo igual a 4 h. Ora, se o veículo parte do 
km 50, move-se 15 km no sentido positivo e, depois, 40 km 
no sentido negativo, podemos concluir que ele se encontrará 
no km 25 da rodovia no instante 4h.
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A distância percorrida pelo avião, entre Quito 
e Cingapura, é dada por:
d = 2
2
πr = pr
⇒ d = 3,14.6 370 = 20 011 km
Utilizando o valor obtido para a distância percorrida pelo 
avião e o valor da velocidade média deste, vm = 800 km/h, 
temos que o intervalo de tempo gasto no trajeto de Quito a 
Cingapura é dado por:
vm = 
d
t
 ⇒ Dt = d
v
m
⇒ Dt = 20 011
800
 ≅ 25 horas
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A velocidade média dos veículos que trafegam 
pela avenida pode ser obtida por meio da média aritmética 
das velocidades dos veículos, representadas no gráfico do 
enuncidado. Portanto, a velocidade média dos veículos é 
dada por:
vm = 
5 20 15 30 30 40 40 50 6 60 3 70 80
100
. . . . . .+ + + + + +
⇒ vm = 
4 400
100
 = 44 km/h
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Para resolvermos essa questão, devemos 
fazer uma análise do gráfico apresentado no enunciado. 
Um passageiro deve chegar ao ponto final da linha, no máximo, 
às 10h30min. Assim, devemos analisar o gráfico e verificar 
qual é o intervalo de tempo gasto pelo ônibus no percurso do 
ponto inicial ao ponto final da linha, em cada instante do dia. 
Subtraindo esse intervalo de tempo do horário de 10h30min, 
obteremos o instante máximo em que o passageiro pode tomar 
o ônibus para chegar a seu destino no instante especificado, 
10h30min. Realizando tal análise, podemos verificar que o 
instante máximo em que o passageiro pode tomar o ônibus é 
08h50min, pois o tempo médio de viagem do ônibus, nesse 
instante do dia, é de 100 min.
MÓDULO – A 02
Movimento Uniformemente 
Variado e Movimento Vertical
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: A queda do paraquedista pode ser divida em 
duas etapas distintas, a primeira, em que o movimento é 
uma queda livre, e a segunda, em que ele cai em movimento 
retilíneo uniforme. O tempo do primeiro movimento já é 
conhecido, 5 segundos. Para determinamos o tempo do 
segundo movimento, temos que encontrar a distância 
percorrida nele:
d = v t + 1
2
gt = 0 + 1
2
10.5 =125 m
1 0 1 1
2 2
d2 = 325 – d1 = 325 – 125 = 200 m
O tempo em que ele cai em movimento retilíneo uniforme é 
dado por:
t +
d
v
= 200
10
=20 s
2
2
2
Então, o tempo total da queda é 
t = t1 + t2 = 5 + 20 = 25 s
Questão 02 – Letra A
Comentário: Temos agora um caso no qual o veículo possui 
uma aceleração atuando em sentido oposto ao da velocidade, 
isto é, o valor da velocidade diminui com o passar do tempo. 
O enunciado nos fornece o valor da velocidade inicial (20 m/s), 
o valor da velocidade final (zero) e a distância percorrida. 
Utilizando a equação de Torricelli para resolver esse exercício, 
temos:
v2 = v02 + 2ad ⇒ a = –v02/2d = –(20 m/s)2/(2.50 m) 
⇒ a = –4 m/s2
Questão 03 – Letra C
Comentário: O objeto é lançado para cima com uma velocidade 
inicial de módulo igual a 50 m/s. Essa velocidade diminui com 
o tempo devido à aceleração da gravidade, que possui mesma 
direção e sentido contrário ao movimento. Após 5 segundos, o 
módulo da velocidade é zero e seu sentido é invertido. É nesse 
instante que o objeto atinge sua altura máxima, a qual podemos 
encontrar aplicando a Equação de Torricelli:
D
Þ D
Þ D =
v = v + 2a s
0 =50 + 2.(–10). s
s = 2500
20
125 m
2
0
2
2
6
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
Questão 04 – Letra A
Comentário: Como a desaceleração é uniforme, podemos 
utilizar as equações de movimento para o MUV. Uma vez que 
nos é fornecido o valor da velocidade inicial (72 km/h = 20 m/s) 
e do tempo do movimento (4,0 s), podemos utilizar a função 
horária da velocidade para calcular o valor da aceleração.
v = v0 + at
⇒ 0 = 20 + a.4
⇒ a = –5 m/s2
Conhecendo o valor da aceleração, determinamos o distância 
percorrida por meio da função horária da posição: 
s = v t + 1
2
at = 20.4 + 1
2
.(–5).4 = 40m
0
2 2
A velocidade média é a razão entre a distancia total pecorrida 
e o intervalo de tempo do movimento:
v = s
t
= 40
4
=10 m/s
M
Questão 05
Comentários: A análise da tabela indica que o movimento 
da moto é uniformemente acelerado, pois a cada segundo 
de movimento, o valor da velocidade da moto aumenta em 
2 m/s, indicando que sua aceleração tem valor igual a 2 m/s2. 
A) Pode-se resolver esse item simplesmente por regra de três, 
uma vez que v0 = 0 e, portanto, v = at. Como no instante 
t = 5 s o valor da velocidade é de 10 m/s, no instante 
t = 10 s, o valor da velocidade também será o dobro, 
20 m/s. Pode-se também utilizar a equação v = v0 + at 
e substituir os valores numéricos fornecidos pela tabela: 
v = v0 + at ⇒ 20 m/s = 0 + 2 m/s2.t ⇒ t = 10 s
B) Utilizando a equação da distância percorrida em função 
do tempo para o MUV, temos:
 d = v0t + 
1
2
at2 = 1
2
at2 = 1
2
2 m/s2.(10 s)2 = 100 m
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: Ao partir do repouso, quando sua velocidade ainda 
é zero, a gotícula de água não sofre força de arrasto, ela está 
apenas sob a ação da força da gravidade, portanto sua aceleração 
é máxima. À medida que o módulo da sua velocidade aumenta, 
a força de resistência também aumenta. Essa força tem sentido 
oposto ao da gravidade, dessa forma a força resultante diminui 
e, em consequência, o módulo da aceleração também dimunui.
A força de arrasto cresce até um ponto em que seu módulo se 
iguala ao da força da gravidade, assim a aceleração da gotícula 
passa a ser zero e o móduloda velocidade se torna constante.
O gráfico que melhor representa essa situação é o gráfico da 
alternativa C, pois o módulo da velocidade possui um grande 
crescimento no início do movimento, crescimento que vai 
cessando até que a velocidade atinja um valor constante. A 
aceleração parte de um valor máximo, que é igual à aceleração 
da gravidade, e diminui até zerar.
Questão 03 – Letra D
Comentário: Sabemos que, no gráfico de velocidade versus 
tempo, a área sob a curva do gráfico é numericamente igual à 
distância percorrida, que uma velocidade positiva representa 
um movimento progressivo, e uma velocidade negativa 
representa um movimento retrógrado. Assim, calculando o 
deslocamento do dois trens, temos:
A = 5.50/2 + (–5.50/2) + (–5.50/2) = –125 m
B = (–5.50/2) + 5.50/2 + 5.50/2 = 125 m. 
Portanto, a distância final entre os dois trens é de 250 m.
Questão 05 – Letra B
Comentário: Observe que, no intervalo de tempo de 3,0 s, 
o carro e o atleta percorrem distâncias iguais. Portanto, igualando 
as distâncias percorridas pelo carro e pelo atleta, temos:
dcarro = datleta
⇒ v0t + at2/2 = vt
⇒ 2.32/2 = v.3
⇒ v = 3 m/s
Questão 06 – Letra D
Comentário: O gráfico de velocidade versus tempo mostrado 
na questão apresenta um móvel com velocidade decrescente 
que, posteriormente, entra em repouso. Vamos analisar cada 
uma das alternativas apresentadas pela questão. 
A) “Esfera que desce por um plano inclinado e continua rolando 
por um plano horizontal”. Alternativa falsa, pois uma esfera 
que desce um plano inclinado e continua rolando por um plano 
horizontal apresenta, inicialmente, velocidade crescente e, 
posteriormente, velocidade constante.
B) “Criança deslizando num escorregador de um parque 
infantil”. Alternativa falsa, pois é pouco provável que um 
menino deslizando por um escorregador apresente uma 
velocidade decrescente.
C) “Fruta que cai de uma árvore”. Alternativa falsa, pois, nesse 
caso, teríamos um movimento uniformemente acelerado.
D) “Composição de metrô, que se aproxima de uma estação 
e para”. Alternativa verdadeira, pois, ao se aproximar de 
uma estação, a composição deve reduzir a velocidade e, 
posteriormente, parar.
E) “Bala no interior de um cano de arma, logo após o disparo”. 
Alternativa falsa, pois logo após o disparo, uma bala 
apresenta um movimento acelerado, no qual o valor da 
aceleração é descrescente.
Questão 09 – letra D
Comentário: Para caracterizarmos o movimento do saco de areia, 
basta observarmos que ele se movia, inicialmente, para cima, 
com velocidade de 5 m/s e, posteriormente, ao desprender-se do 
balão, passou a sofrer os efeitos de uma aceleração (aceleração 
da gravidade) que atua em sentido oposto ao de seu movimento 
inicial. Observe que esse movimento é idêntico ao realizado por 
um objeto que é lançado para cima, com velocidade inicial de 5 
m/s; este apresenta um movimento inicialmente retardado, com 
sentido para cima e com velocidade decrescente, e, em seguida, 
cai em movimento uniformemente acelerado.
Questão 10 – Letra A
Comentário: No ponto mais alto da trajetória, como a bola não 
está mais subindo ou descendo, sua velocidade instantânea é 
zero. Porém, sua aceleração não é zero, pois o valor da velocidade 
está mudando de um valor nulo para um valor negativo, devido 
aos efeitos da gravidade. Logo, existe mudança no valor da 
velocidade, e, consequentemente, temos uma aceleração 
diferente de zero, que é a aceleração da gravidade. 
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Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 15
Comentário: O gráfico de aceleração versus tempo 
apresentado na questão mostra que a aceleração possui 
valor constante e igual a 2,0 m/s2, entre os instantes 0 e 5 s, 
indicando um movimento retilíneo uniformemente acelerado 
nesse intervalo de tempo. Após esse intervalo, o movimento 
passa a ser um movimento uniforme, uma vez que o valor 
da aceleração é zero.
A) Podemos utilizar os dados da questão para construir uma 
tabela de valores da velocidade em função do tempo 
e, assim, obtermos os dados necessários à construção do 
gráfico pedido. Dessa forma, temos:
Instante 0 s 1 s 2 s 3 s 4 s 5 s 6 s 7 s 8 s ... 15 s
v (m/s) 0 2 4 6 8 10 10 10 10 ... 10
v (m/s)
10
Tempo (s)5 10 150
B) Para determinarmos a distância percorrida entre os 
instantes de tempo desejados, basta calcularmos a área 
sob a curva do gráfico anterior, obtendo um valor igual a 
25 m (triângulo) e a 100 m (retângulo). Logo, a distância 
total percorrida é igual a 125 m.
Questão 16
Comentário:
A) O carro parte do repouso e apresenta aceleração constante 
e igual a 2,0 m/s2. Logo, a cada segundo que passa, 
o valor de sua velocidade aumenta 2,0 m/s. Representando 
em uma tabela os valores das velocidades do carro e do 
ônibus nos primeiros 12 s de movimento, temos:
Instante 0 s 1 s 2 s 3 s 4 s 5 s 6 s 7 s 8 s 9 s 10 s 11 s 12 s
vcarro 
(m/s)
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24
vônibus 
(m/s)
10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10
 Utilizando os dados da tabela anterior, construímos 
o gráfico de velocidade em função do tempo para os 
movimentos do carro e do ônibus.
v (m/s)
24
20
10
Tempo (s)4 8 12
Carro
Ônibus
0
B) O instante no qual os veículos encontram-se é o instante t, 
em que as distâncias percorridas pelo carro e pelo ônibus 
são iguais, isto é:
 distânciacarro = distânciaônibus
 (v0t + 
1
2
at2)carro = (vt)ônibus
 (1
2
at2)carro = (vt)ônibus
 Substituindo os valores numéricos fornecidos pelo 
enunciado, temos:
 t2 = 10t ⇒ t1 = 0 e t2 = 10 s
 Já sabemos que, no instante t = 0, os veículos estavam 
juntos; logo, a resposta do problema é t = 10 s.
C) Utilizando o valor do intervalo de tempo para que o carro 
alcance o ônibus e qualquer uma das equações de distância 
percorrida, pois essas são iguais, temos que a distância 
percorrida pelo carro, até que este alcance o ônibus, 
é de 100 m.
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Nessa questão, devemos analisar a dependência 
que há entre a altura de um salto e o quadrado da velocidade 
inicial desse.
Na situação a que se refere a questão, a velocidade média 
do Super-homem, em seu movimento do solo até o alto do 
prédio, é dada por:
vm = H/Dt ⇒ H = vmDt
Em que H é a altura do prédio, Dt é o intervalo de tempo 
do salto e vm é a velocidade média deste. Observe, na 
equação anterior, que a altura H é diretamente proporcional 
à velocidade média do salto e ao intervalo de tempo Dt.
Durante o movimento de subida, a velocidade do 
Super-homem varia. A relação entre sua velocidade v e o 
intervalo de tempo Dt do salto é dada por:
v = v0 – gDt
No ponto de altura máxima, a velocidade do Super-homem 
é nula, como afirmado pelo enunciado da questão. Portanto:
0 = v0 – gDt ⇒ Dt = v0/g
Ou seja, o intervalo de tempo necessário para que o 
Super-homem alcance o ponto de altura máxima é diretamente 
proporcional à velocidade inicial do salto.
Diante dessa análise, conclui-se que a alternativa correta é a E.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Para que a velocidade seja aproximadamente 
constante, é necessário que seu valor varie muito pouco, 
o que ocorre entre os instantes 5 s e 8 s.
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Coleção Estudo
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SI
C
A
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A aceleração será máxima no intervalo de tempo 
em que a taxa de variação da velocidade, em relação ao tempo, 
for maior (e não, necessariamente, no instante em que a 
velocidade for máxima). Entre 0 s e 1 s, a taxa de variação da 
velocidade é de 6 m/s2; entre 1 s e 5 s, a taxa de variação é de 
1,3 m/s2; de 5 s a 8 s, a taxa de variação é praticamente nula; 
entre 8 s e 11 s, a taxa é de 0,7 m/s2; e, entre 12 s e 15 s, 
a taxa de variação é de 1,3 m/s2. Logo, como a taxa de variação 
da velocidade é maior no intervalo de 0 s a 1 s, temos que a 
aceleração é máxima nesse intervalo de tempo.
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 6
Habilidade:20
Comentário: Corpos em queda livre apresentam movimento 
uniformemente variado. Uma das características desse tipo de 
movimento é a proporcionalidade entre a distância percorrida 
pelo corpo e o quadrado do tempo de queda, ou seja, conforme 
o tempo passa o corpo percorre uma distância cada vez maior 
para um mesmo intervalo de tempo. Caso o peso do corpo 
variasse durante a queda a aceleração não seria constante, 
mas esse tipo de movimento não é abordado no Ensino Médio.
MÓDULO – B 01
Termometria e dilatometria
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário: O limite inferior para a temperatura é 
aproximadamente −273 °C, que, na escala Kelvin vale zero e 
na escala Fahrenheit vale −460 °F. Portanto, as temperaturas 
de 1 °C, 274 K e 31 °F representam estados muito acima 
do limite inferior. A temperatura de −4 K não é fisicamente 
possível, pois ela é menor que o zero absoluto. A temperatura 
de −270 °C, que na escala Kelvin vale 3 K, além de ser 
fisicamente possível, representa um estado muito próximo 
ao zero absoluto.
Questão 02 – Letra C
Comentário: Chamando de TC e de TF as temperaturas nas 
escalas Celsius e Fahrenheit, podemos escrever:
TF – TC = 92
Não é possível afirmar o contrário, isto é, que TC – TF = 92, 
porque qualquer temperatura entre 32 ºF e 212 ºF, intervalo 
de temperatura no qual a água é líquida, apresenta um número 
maior na escala Fahrenheit do que o valor correspondente na 
escala Celsius. Note que todas as alternativas dessa questão 
satisfazem a equação anterior.
Para achar as temperaturas, precisamos de outra equação 
relacionando TC e TF . Essa equação é a própria fórmula de 
recorrência entre as duas escalas:
T TC F
5
32
9
 =
−
Resolvendo esse sistema de duas equações e de duas 
incógnitas, obtemos:
TC = 75 ºC e TF = 167 ºF
Questão 03 – Soma = 5
Comentário: Professor, antes de você analisar cada uma das 
afirmativas com os alunos, reforce a ideia já discutida em sala 
de que um corpo vazado se dilata como se fosse maciço. Assim, 
deixe bem claro que o furo da placa ira se alargar quando a 
placa for aquecida, assim com irá se estreitar caso a placa seja 
resfriada. Relembre ainda com seus alunos que a dilatação 
do furo, por exemplo, a do seu diâmetro, deve ser calculada 
usando-se os coeficientes de dilatação térmica da placa. Apesar 
de ser um absurdo, muitos alunos acham que deveríamos usar o 
coeficiente do ar, uma vez que o furo é preenchido com esse gás. 
01. Verdadeiro. Independentemente de α1 ser igual, maior ou 
menor que α2, se apenas a placa for aquecida, apenas ela 
e o furo irão dilatar, de modo que o cilindro, que continuará 
com a mesma grossura, passará pelo furo alargado.
02. Falso. Se o cilindro e a placa forem igualmente aquecidos, 
e sendo α1 > α2, então o cilindro irá dilatar mais do que o 
furo, de modo que o cilindro não passará pelo furo.
04. Verdadeiro. Se o cilindro e a placa forem igualmente 
aquecidos, mas sendo α1 < α2, então o cilindro irá dilatar 
menos do que o furo, de modo que o cilindro passará pelo 
furo.
08. Falso. Se o cilindro e a placa forem igualmente resfriados, 
e sendo α1 > α2, então o cilindro irá contrair mais que o 
que o furo, de modo que o cilindro passará pelo furo.
16. Falso. Independentemente de α1 ser igual, maior ou menor 
que α2, se apenas o cilindro for aquecido, apenas ele irá 
dilatar, de modo que o cilindro não passará pelo furo, que 
continuará com o mesmo diâmetro.
Questão 04 – Letra C
Comentário: De acordo com o gráfico, caso a temperatura da 
água e do recipiente (4 ºC) aumente ou diminua, a água passará 
a ocupar um volume maior que o volume do recipiente. Portanto, 
a água transbordará para qualquer variação de temperatura.
Questão 05 – Letra C
Comentário: A figura abaixo mostra o giro sofrido pelo 
ponteiro do instrumento. O segmento AB representa a dilatação 
DL sofrida pela barra de alumínio, enquanto o segmento CD 
representa o deslocamento sofrido pela extremidade superior 
do ponteiro. A rigor, CD é um arco de círculo, cujo centro é 
o ponto O, onde o ponteiro está articulado. Portanto, vamos 
calcular um deslocamento CD aproximado. Mesmo assim, 
esse valor apresenta boa precisão, pois os comprimentos dos 
segmentos AB e CD são pequenos.
C
10 cm
2 cmO
D
BA
Antes de calcular o comprimento CD, precisamos achar o 
comprimento AB. Como citado, esse é a dilatação sofrida pela 
barra de alumínio, cujo comprimento inicial é L0 = 30 cm = 300 mm. 
Substituindo na equação da dilatação térmica linear esse valor 
e os valores do coeficiente de dilatação linear do alumínio 
e da elevação de temperatura sofrida pela barra, obtemos:
AB = DL = L0.α.DT = 300.2 x 10−5.(225 − 25) = 1,2 mm
Por inspeção, vemos que os triângulos AOB e COD são 
semelhantes, sendo que cada dimensão do triângulo COD é 
5 vezes maior que a dimensão correspondente no triângulo 
AOB. Portanto, como AB = 1,2 mm, o comprimento CD é igual 
a 6 mm (1,2 vezes 5).
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Editora Bernoulli
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Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário:
I. Falso. A temperatura é uma medida do grau de agitação 
das moléculas. Portanto, não faz sentido pensar em 
temperatura para o vácuo ideal, que é uma região 
desprovida de qualquer tipo de matéria.
II. Falso. Dois corpos a temperaturas diferentes terão 
energias térmicas médias necessariamente diferentes, 
pois a temperatura é uma medida da energia cinética 
média das moléculas. Assim, a energia cinética média é 
maior quando um corpo está mais quente. Contudo, se o 
número de moléculas de um corpo quente for menor que 
o número de moléculas de um corpo frio, poderá haver 
uma compensação, de modo que as energias térmicas 
totais dos dois corpos sejam iguais. Por exemplo, um 
grande bloco de gelo pode ter a mesma energia térmica 
total que um copo com água fervente, embora a energia 
térmica média por molécula na água quente seja maior 
que a do bloco de gelo.
III. Verdadeiro. A temperatura de um corpo é uma grandeza 
macroscópica, pois a temperatura está associada ao fato 
desse corpo estar mais quente ou mais frio em relação a 
outro corpo. A temperatura de um corpo também é uma 
grandeza microscópica, uma vez que a temperatura é uma 
medida do grau de agitação das moléculas da matéria 
constituinte deste corpo.
IV. Falso. Existem alguns exemplos de adição de calor sem 
variação de temperatura. Professor, por ora, apenas 
apresente alguns exemplos, explicando aos alunos 
que esses casos serão estudados com detalhes nos 
próximos capítulos. Exemplos: (1) fusão e vaporização 
de uma substância pura, como a água e o mercúrio; (2) 
expansão lenta de um gás ideal que, ao receber calor, 
realiza um trabalho, de modo que a energia interna do 
gás não varia. 
Questão 02 – Letra C
Comentário: Vamos analisar cada uma das proposições 
separadamente.
I. A pressão de um gás encerrado em um recipiente aumenta 
com o aumento da pressão. Logo, a pressão do gás pode 
ser considerada uma propriedade termométrica.
II. A resistência elétrica de um resistor depende de sua 
resistividade, que, por sua vez, varia com a temperatura do 
material do resistor. Portanto, a resistência elétrica também 
pode ser considerada uma propriedade termométrica.
III. A massa representa a quantidade de matéria contida em 
uma amostra de uma substância e não se altera com a 
temperatura, pois uma variação da temperatura apenas 
altera a agitação térmica das partículas constituintes 
da amostra da substância, mas não gera perda ou 
ganho de partículas. Assim, a massa de um corpo não 
pode ser considerada uma propriedade termométrica. 
 Diante das análises anteriores, conclui-se que a alternativa 
correta é a C.
Questão 03: Letra E
Comentário: A figura abaixo mostra a relação funcional 
existente entre a escala Celsius de temperatura e a escala 
de temperatura registrada pela coluna deste termoscópio. 
15°C
10°C
TC
b
a
25 mm
5 mm
h
Para achar a fórmula de recorrência entre TC e h, devemos 
igualar a razão a/b usando os valores das duas escalas:
a
b
=
T –10
15–10
= h–525–5
h= 4.(T –10) + 5c
c
Substituindo TC = 20°C nessa equação, obtemos:
h = 4.(20 – 10) + 5 = 45 mm
Questão 04 – Letra A
Comentário: Quando uma barra de comprimento 0 tem 
a temperatura alterada de Dθ, o aumento relativo em seu 
comprimento é dado por:
(DL/l0) = α.D.θ
Esse aumento relativo depende apenas do coeficiente de 
dilatação linear da barra (α) e da mudança de temperatura (Dθ). 
Todos os quatro vergalhões são feitos do mesmo material e, 
portanto, apresentam o mesmo coeficiente de dilatação linear. 
A elevação de temperatura também foi idêntica para todos os 
vergalhões. Assim, o produto α.Dθ é constante, e concluímos 
que todas as partes do quadro dilatam-se, relativamente, de 
forma igual. O resultado disso é que o quadro se dilata sem 
deformar a sua forma inicial e, consequentemente, sem gerar 
esforços internos.
Questão 05 – Letra B
Comentário: A primeira das figuras a seguir mostra uma 
régua imersa em um ambiente a 20 ºC, no qual a sua leitura 
é confiável (real). A outra figura mostra a régua e uma barra 
(que representa a distância entre os dois pontos citados no 
exercício), ambas imersas em um ambiente à temperatura 
T > 20 °C. Por isso, a régua está dilatada (note que em todas 
as direções) em relação ao seu comprimento aferido a 20 ºC. 
�
�
�
LREAL
20 °C
T > 20 °C
L = 0,0005.LREAL
O comprimento real medido pela régua a 20 ºC e a dilatação 
de 0,05% (em valor absoluto, 0,0005) estão indicados nas 
figuras (fora de escala). Para achar a temperatura T, basta 
substituirmos esses valores na equação da dilatação linear:
DL = L0α.D.T 
⇒ 0,0005.LREAL = LREAL.2,0 x 10−5.(T − 20) ⇒ T = 45 °C 
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Coleção Estudo
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C
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Questão 08 – Letra A
Comentário: Se αv > αt, durante o aquecimento, as bocas 
dos dois frascos dilatarão mais do que as tampas, gerando 
tensões no frasco 1, mas causando um afrouxamento da 
tampa do frasco 2. Por isso, apenas o vidro 1 se quebrará. 
Ao contrário, se αv < αt, as bocas dos dois frascos dilatarão 
menos do que as tampas. Nesse caso, haverá tensões no 
frasco 2 e um afrouxamento da tampa do frasco 1. Agora, 
o vidro 2 é que se quebrará.
Questão 09 – Letra E
Comentário: A dilatação total é a soma das dilatações 
parciais:
DL = DLZn + DLAl = L0.αZn.DT + L0 .αAl.DT = L0.DT.(αZn + αAl) 
⇒ DL = 1,0.200.48 x 10−6 = 0,0096 m
Assim, o comprimento final vale:
L = 2L0 + DL = 2,0 + 0,0096 = 2,0096 m
Questão 10 – Letra A
Comentário: De acordo com a 2ª figura, a lamina de baixo, 
por estar na parte externa do conjunto encurvado, apresenta 
maior dilatação que a lâmina de cima. Como as duas lâminas 
apresentam comprimentos iniciais iguais e como as duas 
sofreram o mesmo aquecimento, a maior dilatação da lâmina 
de baixo é devida ao seu maior coeficiente de dilatação 
térmica. Portanto, a lâmina de baixo é feita de alumínio e a 
de cima de cobre, que, de acordo com os valores dados no 
problema, possui o menor coeficiente de dilatação térmica. 
Professor, ao fazer este problema na sala de aula, você poderá 
fazer uma demonstração simples para simular o caso. Usando 
papel de cigarro (de um lado é papel e do outro é alumínio), 
mostre que o papel se curva quando aquecido, conforme 
a figura abaixo. Invertendo o lado do papel, mostre que a 
curvatura também se inverte.
Questão 11 – Letra B
Comentário: A Leitura Complementar do módulo 01, frente B, 
discorre a respeito da influência da estrutura molecular sobre 
a dilatação térmica e a tensão superficial de uma substância. 
Este último fenômeno é abordado nesta questão. Um líquido 
não molha uma superfície quando a força de coesão entre as 
moléculas do líquido é maior do que a força de adesão das 
moléculas da superfície sobre as moléculas do líquido. É isso 
que ocorre entre o mercúrio e uma superfície de vidro ou de 
papel. Outro exemplo da elevada tensão superficial do mercúrio 
ocorre quando esse líquido é derramado em um piso de ladrilho 
ou de tábua corrida encerada ou sintecada. O mercúrio se parte 
em várias bolinhas, que, coesas, não molham o piso.
Questão 14
Comentár io: A d i l a tação aparente do l í qu ido 
(80 cm3 = 0,080 L) é dada por:
DVap = V0(γlíq − γrec)DT ⇒ 0,080 = 10(0,90x10−3 − γrec)10 
⇒ γrec = 1,0 x 10−4 ºC−1
O coeficiente de dilatação linear do recipiente, αrec, é 1/3 de γrec. 
Assim:
αrec = (1,0/3) x 10−4 = 0,33 x 10−4 ºC−1 = 33 x 10−6 ºC−1
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: O ganho ilícito do dono do posto se deve ao 
aumento de volume do álcool devido ao seu aquecimento. 
O aumento diário desse volume é dado por:
DV = V0 .γ. DT = 20 x 103 litros/dia.1 x 10−3 ºC−1.(35 − 5) ºC 
= 6 x 102 litros/dia
Embora o lucro obtido por litro de combustível comprado 
pelo dono do posto seja a diferença entre o preço de revenda 
(R$ 1,60) e o preço de aquisição (R$ 0,50), o ganho devido 
ao aumento do volume de álcool deve ser calculado com base 
apenas no valor de revenda, pois esse volume de álcool não foi 
efetivamente comprado pelo dono do posto, mas advindo do 
simples aquecimento do combustível. Assim, o ganho semanal 
ilícito desse volume de álcool é:
Ganho = 6 x 102 litros/dia.R$ 1,60/litro.7 dias = R$ 6 720,00
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: De acordo com o gráfico do exercício, uma 
massa de 1 g de água ocupa um volume de 1,00015 cm3 
a 0 °C e um volume de 1,00002 cm3 a 4 ºC. Portanto, ao ser 
aquecida de 0 °C a 4 °C, essa massa de água tem seu volume 
diminuído de 0,00013 cm3. Esse valor é 0,013% do volume 
inicial a 0 ºC, conforme o seguinte cálculo:
[(1,00015 − 1,00002)/1,00015].100% = 0,013%
De forma mais aproximada, temos:
[(1,00015 − 1,0000)/1,00].100% = 0,015%, que é inferior 
ao valor 0,04% citado na alternativa C.
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: 
I. Falso. Não é vantagem comprar combustível quente, pois, 
em relação ao produto frio, a densidade é mais baixa, ou 
seja, o combustível apresenta um volume maior para a 
mesma massa. Por exemplo, imagine que uma massa de 
0,80 kg do produto ocupe um volume de 1,0 L, e cujo preço 
seja igual a R$ 2,30/litro. Se essa massa for aquecida, ela 
passará a ocupar um volume maior do que 1,0 L, e custará 
mais do que R$ 2,30.
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Editora Bernoulli
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II. Verdadeiro. Como explicado anteriormente, a densidade 
do combustível aumenta com o seu aquecimento e, 
naturalmente, diminui com o seu resfriamento. Assim, em 
temperaturas mais baixas, existe mais massa por volume 
de combustível.
III. Verdadeiro. A massa é que determina a conversão 
de energia de combustão em energia cinética do 
carro. Por isso, seria ideal que o combustível fosse 
vendido por kg, e não por litro, pois o problema 
decorrente da dilatação térmica estaria solucionado. 
Infelizmente, medir a massa do combustível é muito 
mais complicado do que medir o volume. Por isso, em 
todo o mundo, a venda é feita com base em medições 
de volume.
MÓDULO – B 02
Propagação de calor
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Soma = 5
Comentário: Professor, antes de você analisar cada uma 
das afirmativas desta questão, relembre rapidamente com os 
alunos os três processos de transferência de calor: condução, 
convecção e radiação (ou irradiação) térmica. 
01. Verdadeiro. A convecção térmica implica o movimento 
de massas de fluidos de uma região para outra. No caso 
da convecção livre, esse movimento se deve à diferença 
da densidade do fluido entre essas regiões, como, por 
exemplo, no aquecimento da água em uma panela 
colocada ao fogo. A água no fundo da panela, por estar 
mais aquecida, apresenta maior densidade que a água 
de camadas superiores. Assim, a água densa de cima 
troca de posição com a água menos densa da parte de 
baixo. Professor, chame a atenção dos alunos sobre a 
convecção forçada, na qual o movimento do fluido não 
é necessariamente provocado pela variação local da 
densidade do fluido, mas sim por algum agente externo. 
Um exemploé a convecção forçada que ocorre quando 
uma pessoa transfere calor para o ar ambiente quando 
uma brisa forte sopra contra o seu corpo. Nesse caso, a 
taxa de transferência de calor pode ser muito maior do que 
aquela caso não houvesse vento. Por isso, com o vento, 
a sensação de frio é maior. 
02. Falso. Nos sólidos, não pode haver convecção térmica, 
pois as moléculas de um sólido, por estarem presas à rede 
cristalina, não podem sofrer grandes deslocamentos. A 
convecção térmica é possível apenas nos fluidos. Professor, 
comente com os alunos que pode haver simultaneamente 
troca de calor por condução e radiação nos sólidos. Como 
exemplo, você pode citar o aquecimento de uma placa de 
vidro recebendo raios solares. 
04. Verdadeiro. Para explicar este item, vamos considerar 
que a garrafa térmica contenha café quente. As paredes 
espelhadas refletem a radiação infravermelha que o café 
emite. Grande parte dessa radiação refletida é absorvida 
pelo café, que, por isso, tende a se manter aquecido. O 
vácuo entre as paredes inibe a transferência de calor por 
condução e por convecção, uma vez que a condução é um 
processo que necessita de um meio material para o calor se 
difundir e a convecção térmica precisa de um meio material 
fluido para a ocorrência das correntes de convecção. 
A tampa da garrafa, basicamente, inibe a transferência de 
calor da superfície do café para o ar ambiente por meio 
da convecção térmica.
08. Falsa. Quando a radiação atravessa um meio sem que ela 
seja absorvida por ele, a temperatura desse não se altera, 
pois o meio não está recebendo energia da radiação. O 
melhor exemplo desse processo é a passagem dos raios 
solares pela atmosfera terrestre, que praticamente não 
absorve a radiação solar. De forma simplificada, os raios 
solares que atravessam a atmosfera incidem na superfície 
da Terra, que absorve boa parte da energia desses raios. 
Então, por convecção, o solo aquece o ar atmosférico.
Questão 02 – Letra B
Comentário: No inverno, quando nos deitamos, a cama está 
fria, à temperatura ambiente. Como nosso corpo está mais 
quente que a cama, e como boa parte de nossa superfície 
corporal fica em contato com ela, há uma considerável taxa de 
transferência de calor de nosso corpo para a cama. À medida 
que a cama recebe calor do nosso corpo, ela se aquece, e a 
nossa sensação de frio diminui paulatinamente. O cobertor é 
importante para reduzir a taxa de transferência de calor do 
nosso corpo e da cama para o ambiente frio. Em momento 
algum, o cobertor age como uma fonte de calor. De fato, nos 
primeiros minutos, ele também está frio e também se aquece 
ao receber calor do nosso corpo.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Embora o cabo da panela seja metálico e bom 
condutor de calor, ele não se aquece muito. Isso ocorre 
porque há uma circulação de ar dentro da parte oca do 
cabo. Essa circulação permite a troca de calor por convecção 
entre o cabo e o ar ambiente, este a uma temperatura 
inferior à do cabo. Por ser eficiente, essa transferência 
convectiva de calor mantém o cabo da panela a uma 
temperatura não muito alta, permitindo seu manuseio.
Questão 04 – Letra C
Comentário: A reposta desta questão é simples: a água da 
caixa se aquece por convecção. A água aquecida dentro da 
serpentina se expande e se torna menos densa do que a água 
que está na caixa. Assim, a água mais densa da caixa desce 
e empurra a água menos densa que está na serpentina. Essa 
circulação de água é chamada de efeito termo sifão. Esse 
efeito também explica a circulação natural da água em um 
coletor solar. Professor, não deixe de fazer um paralelo entre 
a figura desta questão e aquele de um coletor solar simples, 
como o da figura a seguir (P é a placa absorvedora pintada 
de preto, T é a tubulação e R é o reservatório de água). 
Comente ainda que tanto a serpentina do fogão quanto a 
12
Coleção Estudo
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A
serpentina do coletor solar se aquecem por causa da radiação 
térmica da chama da combustão da lenha e dos raios solares, 
respectivamente. Nos dois casos, o calor se transmite por 
condução do exterior para o interior da tubulação. 
R
T
T
P
Questão 05 – Letra B
Comentário: Como T3 > T1, o calor se propaga da face direita 
para a face esquerda e T3 > T2 > T1. A taxa de transferência de 
calor ao longo do corpo A é igual à taxa ao longo do corpo B, 
pois não há variação de temperatura no tempo. Aplicando 
a Lei de Fourrier aos dois corpos e igualando as taxas de 
transferência de calor, obtemos:
φA = φB ⇒ KA.AA.(T2 – T1)/LA= KB.AB.(T3 – T2)/LB
Nessa expressão, as áreas AA e AB de cada seção transversal 
são iguais e podem ser canceladas. O mesmo ocorre com 
os comprimentos LA = LB = 10 cm. Substituindo os dados, 
obtemos a temperatura T3: 
1.(T2 – 300) = 0,2.(1 500 – T2) ⇒ T2 = 500 K
Este problema pode ser resolvido mais rapidamente pensando 
que o corpo A tem uma condutividade térmica 5 vezes maior 
que a de B. Por isso, a variação de temperatura ao longo de 
A deve ser 5 vezes menor que ao longo de B. De fato, para 
T2 = 200 K, DTA = 500 − 300 = 200 K, que é exatamente 
5 vezes menor que do que DTB = 1 500 − 500 = 1 000 K.
Exercícios Propostos
Questão 01 – V V V F V
Comentário: Professor, este é um exercício fácil, mas que 
permite fazer uma excelente revisão sobre o calor e os três 
processos de transferência de calor. 
1ª proposição: Verdadeiro. Esta frase é a definição de calor: 
energia em transito de um corpo para outro mais frio.
2ª proposição: Verdadeiro. Na condução térmica, a energia 
térmica passa de molécula a molécula ao longo da rede 
atômica do corpo. No caso dos metais, há deslocamentos 
em maior escala de elétrons livres.
3ª proposição: Verdadeiro. Na convecção térmica livre, o calor 
ocorre por meio do movimento de massas de fluidos com 
densidades diferentes. Na convecção forçada, o movimento 
não é necessariamente devido a essa variação local na 
densidade do fluido (veja a discussão da 1ª afirmativa do 
Exercício de Fixação 1).
4ª proposição: Falso. A irradiação térmica é o único processo 
no qual o calor pode se propagar sem a necessidade de um 
meio material. O melhor exemplo é a radiação térmica que a 
Terra recebe do Sol, sendo que essa se propaga pelo vácuo 
existente entre o Sol e a Terra.
5ª proposição: Verdadeiro. A taxa de transferência de calor 
radiante emitido por um corpo negro com superfície de área 
A e a temperatura absoluta T é dada pela Lei de Stefan-
Boltzmann:
φn = σ.A.T4 ⇒ σ = 5,67x10−8 W/m2.K4
Portanto, φ é proporcional à 4ª potência de T. Comente com 
os alunos que, para baixas temperaturas, como a temperatura 
ambiente, a emissão de calor por radiação é pequena porque 
a constante σ é muito pequena. Contudo, como φ aumenta 
com T4, a radiação se torna muito intensa para temperaturas 
maiores, como 200 °C (temperatura das paredes do forno de 
um fogão de casa).
Questão 02 – Letra C
Comentário: O corpo humano é uma máquina térmica. 
Parte da energia gerada na queima da glicose é transformada 
em trabalho, e a outra parte deve ser rejeitada na forma de 
calor para o ambiente. Nós sentimos um conforto térmico 
quando conseguimos liberar esse calor. Isso é feito de duas 
formas: calor sensível e calor latente (transpiração). Quando 
a temperatura ambiente excede a temperatura corporal 
(caso do deserto a 50 °C, desse exercício), continuamos 
liberando calor latente, mas deixamos de liberar calor sensível, 
passando inclusive a absorvê-lo do ambiente. Para reduzir 
esse aporte indesejado de calor, os habitantes do deserto 
usam roupas de lã. Se considerarmos o fato de a lã ser má 
condutora de calor, e se, além disso, ela for branca, fazendo 
com que grande parte da radiação incidente seja refletida pela 
roupa, reduzindo a temperatura na face externa da mesma, 
o fluxo de calor para o nosso corpo diminuirá.
Questão 03 – Letra B
Comentário: A taxa de transferência de calor através da 
janela de vidro pode ser estimada pela Lei de Fourrier:
 φ = K.A.DT/L
Substituindo os valores da condutividadetérmica do vidro 
(Kvidro = 0,2 cal/m.s.°C), da área e da espessura da janela 
(A = 0,5 m2 e L = 0,002 m), e aproximando a diferença de 
temperatura entre a face interior e a face exterior da janela 
como a diferença de temperatura entre o interior e o exterior 
da casa (DT = 25 − 5 = 20 °C), obtemos:
φ = 0,2.0,5.20/0,002 = 1 000 cal/s
Assim, em 1 hora (3 600 s), a perda de calor é:
Q = φ.tempo = (1 000 cal/s).(3 600 s) = 3,6 x 106 cal = 3,6 x 103 kcal
Questão 04 – Letra E
Comentário: Segundo a equação de Fourier, a taxa de 
transferência de calor (φ) é proporcional à área da seção 
transversal (A) e inversamente proporcional ao comprimento (L) 
da barra (φ = K.A.DT/L, sendo K a condutividade térmica 
e DT a diferença de temperatura entre as extremidades 
da barra). Nesse exercício, a área dobrou, enquanto o 
comprimento diminuiu para a metade. Logo, a taxa de calor foi 
quadruplicada. Por isso, a mesma quantidade de calor (nesse 
caso, as 10 calorias citadas no exercício) será transferida em 
1/4 do tempo, ou seja: 2 minutos/4 = 0,5 minutos.
13
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 05 – Letra C
Comentário: 
I. O legume se aquece de fora para dentro. Essa transferência 
de energia ocorre por condução, da mesma forma que 
ocorre condução de calor ao longo de uma barra metálica 
com as extremidades a temperaturas diferentes.
II. O ar, na parte superior de uma geladeira, próximo ao 
congelador, é frio e denso. Por isso, esse ar desce. O ar 
inferior, mais quente, é menos denso. Por isso, esse ar 
sobe. Essa circulação de ar caracteriza a transferência de 
calor por convecção.
III. O calor emitido por qualquer objeto no vácuo (como o 
do espaço sideral) só pode ser transmitido por radiação. 
Essa forma de transferência de energia ocorre por meio 
da propagação de ondas eletromagnéticas, já que estas 
são capazes de se propagar no vácuo.
Questão 07 – Letra D
Comentário: A porção de água que está sendo aquecida na 
parte superior do tubo de ensaio se dilata e fica menos densa 
em relação à água não aquecida. Por isso, ela não desce e 
não troca de posição com a água que está na parte de baixo 
do tubo de ensaio. Em outras palavras, não há transferência 
de calor por convecção térmica. O gelo, assim, pode receber 
calor por condução através das paredes do tubo de vidro e da 
própria água. Porém, a água e o vidro são maus condutores 
de calor. Por isso, a água na parte superior do tubo ferve, 
sem que o gelo na parte de baixo sofra fusão imediatamente.
Questão 09 – Letra C
Comentário: A afirmativa I é correta, pois a cor negra 
absorve mais a radiação solar. A afirmativa II é falsa, 
pois o calor se propaga da placa quente para a água por 
meio da condução térmica. A água dentro da tubulação 
e no reservatório é que se aquece por convecção (veja 
a discussão apresentada no Exercício de Fixação 4). 
A afirmativa III é verdadeira. A placa de vidro transmite 
grande parte da radiação solar nela incidente, mas reflete 
a radiação infravermelha proveniente da placa aquecida 
do coletor solar. Por isso, essa radiação é reabsorvida pelo 
interior do coletor solar. Professor, comente ainda que a 
placa de vidro sobre o coletor solar inibe a perda de calor 
por convecção para o meio ambiente. Esse conjunto de fatos 
cria o efeito estufa dentro do coletor solar.
Questão 11 – Letra C
Comentário:
• A parede espelhada interna reflete a radiação infravermelha 
emitida pelo café quente. A parede espelhada externa 
reflete a radiação infravermelha emitida pela parede 
interna, que é aquecida pelo contato com o café. Esses 
processos impedem o fluxo de calor para o ambiente 
externo.
• O vácuo entre as paredes inibe a transferência de calor 
por convecção e por condução térmica entre as paredes.
 Além das paredes espelhadas e da existência de vácuo 
entre elas, a garrafa é tampada para impedir que a 
superfície livre do café troque calor com o ar ambiente 
através de convecção térmica. É claro que essa tampa é 
feita de um material isolante para reduzir o fluxo de calor 
por condução.
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário:
A) Errada. Os dois tanques são pintados de preto para 
absorverem maior quantidade de radiação incidente. 
Sendo metálicos, eles transmitem mais facilmente o calor 
para a água em seu interior.
B) Correta. O vidro duplo deixa passar grande parte da radiação 
solar incidente. Os tanques e o ar interno se aquecem. Esse 
ar poderia subir e trocar calor por convecção com o ambiente. 
A cobertura de vidro impede tal processo. Além disso, o vidro 
bloqueia a transmissão de radiação infravermelha emitida 
pelos tubos para o ambiente, causando um efeito estufa. 
O ar aprisionado entre os vidros (ou vácuo, em coletores 
especiais) inibe a transferência de calor por condução. 
C) Errada. A água circula devido ao efeito termossifão. A 
água quente, menos densa, sobe para a parte superior do 
reservatório de água quente (não mostrada na figura). A 
água fria, situada na parte de baixo desse reservatório, é 
mais densa e desce em direção ao coletor solar.
D) Errada. A camada refletiva tem por função receber a luz 
que passou entre os tanques e refletir parte desta para a 
parte inferior dos tanques.
E) Errada. Veja o item B.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 7
Comentário:
A) Errada. De acordo com o diagrama, a atmosfera reflete 30% 
da radiação solar incidente sobre o planeta, irradia para o 
espaço 64% da energia solar incidente, e a superfície irradia 
para o espaço outros 6% da energia solar incidente sobre 
o planeta. Portanto, conclui-se que não há uma parcela 
considerável de energia sendo retida pela atmosfera ou pela 
superfície.
B) Errada. De acordo com o diagrama, a energia refletida 
pela atmosfera e pela superfície do planeta vale 30% da 
energia solar incidente, enquanto a energia absorvida pela 
superfície vale 50%. Portanto, a energia absorvida pela 
superfície apresenta maior valor que a energia refletida 
pela atmosfera e pela superfície.
C) Errada. De acordo com o diagrama, a atmosfera absorve 
20% da energia solar incidente.
D) Correta. De acordo com o diagrama, 50% da energia 
solar incidente são absorvidos pela superfície do planeta. 
Desse valor, 44% são devolvidos para a atmosfera (14% 
absorvidos pela água e pelo CO2 da atmosfera, 6% devido 
às correntes convectivas e 24% para evaporar água 
dos mares e rios). Apenas 6% dos 50% absorvidos são 
devolvidos diretamente para o espaço.
E) Errada. A quantidade de energia irradiada para o espaço 
pela atmosfera vale 64% da energia solar incidente, sendo 
muito maior do que a irradiada pela superfície, que vale 
apenas 6%. 
14
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 23
Comentário:
I. O reservatório de água quente abriga a água que foi 
aquecida no coletor solar. Portanto, esse reservatório deve 
ser isolado, para impedir a transferência de calor para o 
ar ambiente. Por isso, mesmo que feito em metal (aço, 
em geral), o reservatório deve ser recoberto com um forte 
isolamento térmico. Reservatórios modernos tendem a ser 
fabricados em plástico, que, além de mais baratos, são 
isolantes naturais.
II. O vidro inibe a transferência de radiação infravermelha 
proveniente do interior do coletor solar aquecido, como 
também inibe a transferência de calor do coletor para o 
ar por meio de correntes convectivas.
III. A placa e os tubos de água são pintados de preto fosco 
a fim de permitir uma maior absorção de radiação solar 
no coletor.
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: Durante o dia, a temperatura do ar continental 
é maior do que a temperatura do ar marítimo. A brisa diurna 
tem o sentido do mar para o continente porque o ar continental 
se aquece e se eleva, criando uma região de baixa pressão. 
Assim, o ar marítimo se movimenta em direção ao continente.
Durante a noite, a temperaturado ar marítimo é maior do que 
a temperatura do ar continental. A brisa noturna tem o sentido 
do continente para o mar porque o ar marítimo se aquece e 
se eleva, criando uma região de baixa pressão. Assim, o ar 
continental se movimenta em direção ao mar.
Questão 06 – Letra C
Comentário: A passagem de corrente elétrica pelo filamento 
da lâmpada faz o filamento ficar a uma temperatura elevada 
(aproximadamente 2000 K, se a potência da lâmpada for 
de 100 W, conforme explicação apresentada na Seção 
Radiação Térmica do caderno principal). O gráfico dado 
nesta questão indica a intensidade da radiação emitida pela 
lâmpada. Embora todo corpo emita radiações com todos os 
comprimentos de ondas, no caso desta lâmpada, a radiação, 
de acordo com o gráfico, se estende, basicamente, desde 
a radiação ultravioleta (UV) até a radiação infravermelha 
(IV). A eficiência da lâmpada é a razão entre a quantidade 
de energia emitida na forma de luz visível e a quantidade 
total de energia emitida. Essas quantidades são dadas pelas 
áreas do gráfico abaixo da faixa de luz visível e abaixo de 
toda a curva do gráfico. Essa última área corresponde, 
aproximadamente, a 18 quadrados do fundo quadriculado 
do gráfico, enquanto a primeira área corresponde a 5 
quadrados. Logo, a eficiência da lâmpada é 5/18 = 0,28 
(28%). O valor mais próximo é dado na letra C: 25%. 
MÓDULO – C 01
Fundamentos da óptica geométrica
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: O professor deve chamar a atenção para o fato 
de que o furo triangular é extenso e a “imagem” formada no 
anteparo não é invertida (não se trata de orifício pequeno). 
Assim, a lâmpada L1, já acesa, se encontra à esquerda da 
montagem, enviando luz para o lado direito do anteparo. 
O fato de a região iluminada no anteparo ser maior que o 
tamanho do furo se deve às distâncias da máscara à lâmpada 
e ao anteparo. Assim, a região iluminada pela lâmpada L3 se 
encontra à esquerda e é, também, direta. A região iluminada 
pela lâmpada L2, que é fonte extensa na vertical terá dimensão 
vertical maior que o tamanho do furo, será direta e se 
localizará entre as outras duas.
Questão 02 – Letra E
Comentário: A questão trata de cores de objetos.
Observamos o objeto com a cor característica da radiação que 
ele reflete ou transmite. Se ele reflete ou transmite todas as 
radiações, ele apresenta-se branco; se ele não reflete nenhuma 
radiação do espectro visível, apresenta-se negro; e se apresenta 
uma cor específica do espectro visível, caso do verde, significa 
que ele reflete ou transmite apenas essa radiação. Assim, 
no primeiro caso, a lâmpada emite luz branca, porém a lâmina 
de vidro transmite apenas a radiação de cor verde, absorvendo 
as radiações de outras cores, e o observador verá o vidro 
como verde. No segundo caso, com a lâmpada ainda emitindo 
luz branca, o plástico, que é opaco, reflete apenas a radiação 
verde, absorvendo as radiações de outras cores, de forma que 
o observador verá o plástico como verde.
Questão 03 – Letra C
Comentário: A questão trata do Princípio da Propagação 
Retilínea dos Raios de Luz, aplicado em formação de sombras.
Q S
QS = x
PQ = 49x
B
A
P
H
Pela figura anterior, que esquematiza a formação da sombra 
QS do lápis, podemos perceber que os triângulos PAS e QBS 
são semelhantes. Assim, pela semelhança de triângulos:
QB
PA
SQ
SP H
x
x
= =
0 1
50
,
H = 5,0 m
Questão 04 – Letra A
Comentário: O aluno deve observar que a fonte de luz (lâmpada 
fluorescente) não é uma fonte pontual. Sendo extensa, haverá 
formação de sombra e penumbra. Assim, a região diretamente 
acima da lâmpada estará iluminada, em torno dessa região 
aparece a penumbra e o restante do teto fica escuro, uma vez 
que a capa opaca impede a chegada de luz à esta região (sombra 
da capa opaca). Veja, por último, que o formato da capa é 
semicircular, o que define a forma das três regiões.
15
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 05 – Letra A
Comentário: Veja a figura a seguir. Nela, estão representados 
os diâmetros do Sol (DS) e da Lua (DL) e as respectivas 
distâncias (dS e dL) até o observador (O) na Terra. 
O
DL
dL
dS
DS
Usando semelhança de triângulos, temos:
dL / dS = DL / DS → dL / 151 600 000 = DL / 400.DL → 
dL = 379 000 km
Veja que, se a Lua estivesse mais afastada do que foi calculado 
(na posição do pontilhado vertical, por exemplo), a luz do 
Sol iria seguir as linhas oblíquas pontilhadas e, dessa forma, 
o observador ficaria na região de penumbra, caracterizando 
um eclipse anelar ou anular. Disso se conclui que o valor 
encontrado para a distância da Lua é máximo.
Exercícios Propostos
Questão 03 – Letra C
Comentário: A questão envolve conceitos de propagação 
retilínea da luz, mais especificamente da formação de sombras.
60°
A
6h
10h
12h
B
E
C
OD
10h
B
C
12h
E
A
6h
O arco A¹E, que corresponde à trajetória do Sol das 6h às 
12h, mede 90°. Assim, temos que a medida do arco A¹B, sendo 
o ponto B correspondente à posição do Sol às 10 horas, é 
determinada por:
AB
AE
AB= −
−
=10 6
12 6
60º
Assim, como o ponto O é o centro da circunferência que 
contém os pontos A, B e E, AOB = 60°. Do triângulo 
retângulo DOC, temos:
tg 60º = CD
DO
 = ¹3
Como DO = 5.0,2 m = 1,0 m, CD = ¹3 ≅ 1,7 m.
Assim, o rapaz mede, aproximadamente, 1,7 m.
Questão 05 – Letra A
Comentário: A questão aborda conceitos de absorção e de 
reflexão da luz por meio de um gráfico.
Com base no gráfico, pode-se concluir que, para as clorofilas 
a e b, o grau de absorção das radiações azul, violeta e 
vermelha excede 50%, enquanto a absorção de radiação 
verde chega quase a zero, o que significa alta taxa de reflexão. 
Assim, as clorofilas, para realizarem a fotossíntese, absorvem 
predominantemente o violeta, o azul e o vermelho.
Questão 06 – Letra A
Comentário: A questão trata do Princípio da Independência 
dos Raios Luminosos e da natureza da luz branca.
De acordo com esse princípio, os raios de luz, após se 
cruzarem, continuam a se propagar como se nada houvesse 
ocorrido. Assim, a área 1 é vermelha, a área 2 é verde e a área 
3 é azul. Na área 4, temos a presença das cores vermelha, 
verde e azul, cujas radiações sobrepostas geram luz de cor 
branca. Mas, para essa região mostrar-se branca, é necessário 
que algum objeto consiga refletir essa luz para os olhos do 
observador.
Questão 07 – Letra D
Comentário: A questão trata da natureza da luz branca. 
Apesar de o nosso sistema óptico diferenciar mais nitidamente as 
cores vermelha, alaranjada, amarela, verde, azul, anil e violeta, 
a luz branca é composta de radiações de infinitas frequências 
diferentes, cujos comprimentos de onda variam de, 
aproximadamente, 380 nm, que corresponde à radiação 
violeta, até 780 nm, que corresponde à radiação vermelha.
Questão 08 – Letra A
Comentário: A questão envolve conceitos de cores dos 
objetos, especialmente de cores obtidas pela reflexão da luz.
Observamos um objeto opaco na cor da radiação que ele 
reflete. Se ele reflete todas as radiações, ele apresenta-se 
branco; se ele não reflete nenhuma radiação do espectro 
visível, apresenta-se negro; e se apresenta uma cor específica 
do espectro visível, caso do verde, significa que ele reflete 
apenas aquela radiação. Assim, se vemos as folhas verdes, 
sabemos que estas refletem difusamente a luz verde do 
espectro solar.
Questão 13 – Letra B
Comentário: A questão envolve o Princípio da Propagação 
Petilínea da Luz, com a aplicação em uma câmara escura 
de orifício.
A partir do princípio da propagação retilínea da luz em meios 
homogêneos, isotrópicos e transparentes, concluímos que 
o triângulo de altura a e base D é semelhante ao triângulo 
de base d e altura b. Assim, pela semelhança dos dois 
triângulos, temos:
a
D
b
d
D x m x m
m
= =
−1 5 10 9 10
1 0
11 3, .
, 
 = 1,4 x 109 m
Questão 14 – Letra B
Comentário: A questão trata de visibilidade de astros.
Se o observador na Terra vê Marte à meia-noite, conclui-se 
que a Terra está entre Marte e o Sol. Um observador emMarte, ao meio-dia, vê o Sol a pino e, então, também verá a 
Terra sobre sua cabeça. Sendo assim, conclui-se que a Terra 
não será visível para um observador em Marte à meia-noite, 
pois ela está numa região do céu oposta àquela que é visível 
para este observador.
16
Coleção Estudo
FÍ
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C
A
Questão 15 – Letra D
Comentário: A questão trata de conceitos relacionados a 
eclipses, baseados em conhecimentos sobre fontes extensas 
e sobre propagação retilínea da luz.
No cone de sombra de um eclipse solar, um observador vê um 
eclipse total, já que, nele, não chegam raios de luz do Sol, 
enquanto que, na região de penumbra, observa-se um eclipse 
parcial, já que essa região está parcialmente iluminada. 
Analogamente, em uma região plenamente iluminada, como 
os raios de luz chegam normalmente, um observador não vê 
o eclipse.
Questão 17 – Letra C
O tempo que a luz gasta, após passar pela roda dentada, para 
deslocar até o espelho e voltar é: 
d = v.t ⇒ 2H = ctD ⇒ tD = 2H / c (em que c é a velocidade da luz).
Nesse mesmo tempo, a roda dentada deve girar um ângulo θ. 
Veja figura a seguir. Observe que a luz entra por um orifício e, ao 
retornar, o raio refletido atinge o centro de dente imediatamente 
adjacente à abertura por onde entrou.
N
N
θ
A roda tem N dentes e N aberturas entre eles. Assim o ângulo 
θ é igual a:
θ = ângulo total de uma volta / (n. dentes + n. aberturas) = 
2p / 2N ⇒ θ = p / N
A velocidade angular (ω) é: ω = ângulo de giro / tempo gasto 
= θ / tG. O tempo de giro será: tG = θ / ω
Igualando-se os tempos, tem-se: tD = tG ⇒ 2H / c = θ / ω ⇒ 
ω = θ / (2H / c) = 
(p / N) / (2H /c) ⇒ ω = pc / 2HN
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: A questão aborda a percepção das cores pelo 
olho humano.
Como o indivíduo não tem problema nos bastonetes, ele 
conseguirá distinguir os níveis de intensidade das radiações, 
vendo, assim, o objeto com forma e dimensão nítidas. Porém, 
esse mesmo indivíduo tem problema nos cones e, ao captar 
a luz vermelha refletida pelo objeto (que, por esse motivo, 
seria visto vermelho por uma pessoa normal), não conseguirá 
distinguir essa cor, vendo o objeto na cor cinza.
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: A figura mostra a Lua, conforme vista no Brasil, 
na fase crescente. A Lua, nessa fase, nasce por volta do meio-
dia e se põe por volta da meia-noite. Assim, ela estará no alto 
do céu por volta das seis horas da tarde.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A figura mostra que o dia 02 de outubro será de 
Lua Cheia. Nessa fase, a Lua nasce por volta das 18h e se põe 
às 6h da manhã, iluminando o céu a noite toda. Dessa forma, 
os pescadores devem escolher o final de semana mais perto 
da data de Lua Cheia, ou seja, os dias 29 e 30 de setembro.
Questão 04 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 22
Comentário: Um ano-luz, segundo a definição, corresponde 
à distância percorrida pela luz em um ano. Tal valor, em km, 
pode ser obtido multiplicando-se a velocidade da luz 
(3,0 × 105 km/s) pelo tempo de um ano (3,15 × 107 s) e 
equivale, aproximadamente, a 9,5 × 1012 km.
MÓDULO – C 02
Reflexão da luz e espelhos planos
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: A questão trata das leis fundamentais da 
reflexão, exigindo conhecimentos de Geometria Plana.
30°
70°
40°
80°
80°
B
A
F
D
C
E
70°
αα
20°
A segunda lei da reflexão diz que o ângulo do raio incidente 
com a normal é igual ao ângulo do raio refletido com a normal. 
ACB = 70° e, consequentemente, BCD = 40°. Assim, pela 
propriedade referente à soma dos ângulos internos de um 
triângulo, ABC = 80°. Novamente pela primeira lei da reflexão, 
DBE = 80° e, consequentemente, DBC = 20°. Assim, usando 
o fato de que a soma dos ângulos internos de BCD vale 180º, 
achamos que BDC = α = 120°.
17
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 02 – Letra A
Comentário: Veja, na figura a seguir, as três imagens 
formadas pelos espelhos colocados a 90º. 
As imagens verticais são formadas por cada espelho 
tomando-se o carrinho como objeto. Essas imagens servem 
de “objeto” para o prolongamento dos espelhos (em linhas 
pontilhadas), que formam uma 3ª imagem na horizontal 
(que determina a resposta da questão). Veja que as imagens 
e o objeto ficam igualmente distribuídos em um círculo de 
centro no contato entre as extremidades dos espelhos. 
Observe, por último, que as imagens são todas simétricas 
ao respectivo espelho.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Veja que o observador está parado em 
relação ao espelho. Dessa forma, o movimento da imagem 
é o mesmo para os dois referenciais. Como a bailarina se 
aproxima do espelho, a sua imagem também se aproxima 
do espelho e do observador com a mesma velocidade em 
módulo, igual a V. A bailarina, por sua vez, se desloca com 
velocidade V e nota que a sua imagem dela se aproxima 
com velocidade, também, V. Assim, a imagem se aproxima 
da bailarina com velocidade 2V.
Questão 04 – Letra C
Comentário: Veja, na figura a seguir, o espelho (E), o olho 
do observador (O), a “imagem” do olho formada pelo espelho 
(IO) e a luz que se dirige às bordas do espelho e seus raios 
refletidos. Esses raios e o espelho definem o campo visual 
do espelho para tal observador. Observe que os pontos 1, 2, 
5 e 9 estão dentro do campo visual e podem ser vistos pelo 
observador. 
3
6 9
O
E
I0
5
2
1
4
7
8
Questão 05 – Letra E
Comentário: A questão trata de associação de espelhos 
planos e da distância de um objeto à imagem formada pelo 
espelho plano.
Observe a figura a seguir, que esquematiza imagens do objeto 
fornecidas pela associação dos espelhos.
1,5 cm
2,0 cm
P
P1P3
P2
1,5 cm
2,0 cm
Considerando N o número de imagens de P fornecidas pela 
associação dos espelhos, θ o ângulo entre os espelhos planos, 
podemos usar a relação N = (360/θ) – 1 para encontrar o 
número de imagens formadas. Com θ = 90°, temos N = 3. 
Considerando que a distância da imagem ao espelho é igual à 
distância do objeto ao espelho, a distância entre P e P2 é de 3 cm 
e entre P e P1 é de 4 cm. Utilizando o Teorema de Pitágoras no 
triângulo formado por P, P1 e P3, calculamos a distância entre 
P e P3, sua imagem mais afastada, que é de 5 cm.
Exercícios Propostos
Questão 03 – Letra D
Comentário: A questão trata da formação de imagens em 
espelhos planos.
Observe a figura a seguir, que ilustra a formação da imagem C' 
do canto C.
A
C’
2 m
3 m
2 m
B
C D
Para um espelho plano, a distância do objeto ao espelho é 
sempre igual à distância da imagem desse objeto ao espelho. 
Assim, a imagem do canto C será formada a 4 m de C, na 
direção de CA. Portanto, pelo triângulo retângulo pitagórico 
destacado na figura, temos que o canto D distará 5 m da 
imagem C' de C.
Questão 04 – Letra C
Comentário: A questão trata da formação de imagens em 
espelhos planos e das inversões da imagem em relação ao 
objeto.
Em um espelho plano, há a inversão lateral e de profundidade, 
porém a imagem não fica de ponta-cabeça. Assim, 
considerando a imagem fornecida pelo enunciado e observando 
que o objeto encontra-se invertido lateralmente em relação 
a esta, conclui-se que o cartaz é corretamente representado 
pela alternativa C.
18
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
Questão 09 – Letra D
Comentário: A questão trata da associação de espelhos 
planos, mais especificamente do número de imagens formado 
por uma associação desse tipo.
Como há 3 bailarinas e como podem ser vistas no máximo 
24 bailarinas, há a formação de (24 – 3)/3 = 7 imagens de 
cada bailarina. Considerando N o número de imagens de cada 
bailarina e θ o ângulo entre os espelhos planos, podemos 
usar a relação N = (360/θ) – 1 para achar o ângulo entre os 
espelhos planos. Substituindo o valor N = 7, encontramos 
θ = 45°. Como 360/θ é par, não há restrições à posição das 
bailarinas em relação aos espelhos.
Questão 10– Letra C
Comentário: A questão trata da determinação gráfica de 
imagens em espelhos.
A figura a seguir esquematiza o campo de visão do espelho, 
na situação em que o cabeleireiro consegue enxergar toda a 
extensão da porta de entrada a suas costas.
L
A
� b�
B
P
P’
b
b
a
Considerando b a distância do cabeleireiro ao espelho e  a 
largura deste, pela semelhança dos triângulos destacados na 
figura, temos:
b
a b L
bL
a b+
= =
+
Questão 11 – Letra C
Comentário: A questão trata de translação de espelhos planos 
e de velocidade relativa entre objeto e espelho.
Ev
2v
D D
Pela figura anterior, podemos perceber que, para uma 
velocidade relativa de módulo v entre o espelho e o objeto, 
a imagem terá uma velocidade de módulo 2v em relação ao 
objeto. Como o módulo da velocidade relativa entre o objeto 
e o espelho é 4 m/s – 3 m/s = 1 m/s, o módulo da velocidade 
da imagem, em relação ao observador, é de 2 m/s.
Questão 12 – Letra A
Comentário: O número de imagens formadas pelos espelhos 
é N = (360/α) – 1. 
Para o ângulo θ, temos: n = (360/θ) – 1 ⇒ (360/θ) = n + 1
Para o ângulo θ/4, temos: m = (360/θ/4) – 1 ⇒ 4(360/θ) = 
m + 1 ⇒ (360/θ) = (m + 1)/4
(m + 1) = 4(n + 1) ⇒ m = 4n +3
Questão 13
Comentário: A questão trata da rotação de espelhos planos.
A figura a seguir representa a situação proposta pelo enunciado 
da questão.
Espelho
60°
60°d
d
30°
6,0 m
P
P’
Pela figura anterior, podemos observar que a nova distância d 
do ponto P ao espelho é de 6.sen 30° = 3 m. Assim, sua 
distância à sua imagem é de 3 m + 3 m = 6 m.
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 3
Habilidade: 8
Comentário: A questão trata do comportamento da luz ao 
incidir em espelhos planos.
Pela direção dos raios solares, percebemos que estes, ao 
serem refletidos, serão direcionados para pontos próximos 
ao ponto 1. Os tubos absorvedores, se postos lá, receberão 
a maior quantidade de energia solar possível.
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A figura a seguir mostra o campo visual 
(da cabeça do objeto) para a parte do espelho não coberta com 
a cortina. Veja que o observador O2 poderá ver toda a imagem 
do malabarista, uma vez que ele se encontra dentro desse 
campo visual. O observador O1, entretanto, poderá ver apenas 
a parte inferior da imagem (abaixo da linha pontilhada).
O1
O2 E
M I
C
19
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 1
Comentário: A imagem de um objeto formada por um espelho 
plano é sempre simétrica em relação ao objeto e, dessa forma, 
invertida lateralmente em relação a este. Como no periscópio 
temos dois espelhos planos paralelos, o espelho inferior inverte 
a imagem formada pelo espelho superior (que é invertida 
em relação ao objeto). Portanto, as inversões laterais são 
compensadas e o observador vai enxergar uma imagem final 
igual ao objeto.
Questão 04 – Letra E
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 2
Habilidade: 1
Comentário: Observe, na figura 1, que o máximo de absorção 
ocorre próximo ao comprimento de onda de 500 nm. A figura 2 
nos mostra que a substância absorve intensamente o verde. 
Conforme o texto, a cor que ela apresenta é oposta ao verde. 
Logo, a substância é vermelha.
MÓDULO – D 01
Eletrização
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Como as esferas são iguais, elas dividem 
igualmente a carga total em cada contato. Veja, a seguir, 
a sequência de contatos entre as esferas e a carga de cada 
uma em nC. 
Situação inicial:
–12 +2 +7
–5 –5 +7
1–
–2 –2 +1
3–
–5 +1+1
2–
–2 –1/2 –1/2
4–
Após o 4º contato, as esferas não mais se tocaram por não 
haver mais atração entre elas. Assim, a carga final de cada 
uma está mostrada na figura 4. A carga C fica mais próxima 
da esfera B.
Questão 02 – Letra E
Comentário: A questão trata de eletrização e de fundamentos 
de força elétrica.
Cargas de mesmo sinal, independentemente de serem 
positivas ou negativas, repelem-se. Assim, as esferinhas 
possuem cargas de mesmo sinal, podendo ser positivas ou 
negativas.
Questão 03 – Letra A
Comentário: Conforme a série triboelétrica, cada material 
se eletriza positivamente quando atritado com o corpo à 
sua direita. Vamos, então, montar a referida série para os 
materiais em questão.
Da primeira informação: Vidro (+) - Lã (–)
Da segunda informação: Algodão (+) - Enxofre (–)
Da terceira informação: Lã (+) - Algodão (–)
Assim, a série será: Vidro (+) - Lã (+) - Algodão (–) - Enxofre (–).
Portanto, o vidro ficará positivamente eletrizado se atritado 
com o algodão e com o enxofre.
Questão 04 – Letra E
Comentário: A questão trata de eletrização por indução e 
sua aplicação em eletroscópios de folhas.
Ao aproximarmos um bastão eletrizado negativamente do 
primeiro eletroscópio, o bastão irá repelir cargas negativas 
da esfera, fazendo com que as folhas do eletroscópio fiquem 
com excesso de cargas negativas. Consequentemente, as 
folhas se afastam por causa da força de repulsão elétrica. 
No segundo eletroscópio, as cargas negativas, repelidas pelo 
bastão, fluem para a Terra e a configuração das folhas do 
eletroscópio não é alterada, pois não há fluxo de cargas para 
as folhas, já que a ligação com a Terra não foi desfeita. Logo, 
a alternativa que mostra a configuração correta das folhas 
do eletroscópio em cada uma das situações é a alternativa E.
Questão 05 – Letra D
Comentário: Na figura I, as esferas R e S ficam induzidas com 
cargas positivas na região entre elas e com cargas negativas 
nas partes externas. Após o contato do dedo do professor com 
a esfera S, os elétrons induzidos vão para o corpo do professor 
e ela fica eletrizada positivamente. Com o afastamento da 
esfera isolante, a esfera R, cuja carga total era nula, continua 
neutra e a esfera S eletrizada positivamente.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra A
Comentário: A questão trata da definição de dielétrico e de 
fundamentos de eletrização de corpos.
I. Um corpo encontra-se eletrizado, quando há um 
desequilíbrio entre a quantidade total de cargas positivas 
(prótons) e negativas (elétrons) presentes nele. Assim, um 
corpo não eletrizado apresenta o mesmo número de 
prótons e de elétrons. (Verdadeiro)
II. Um corpo não eletrizado apresenta o mesmo número 
de prótons e de elétrons. Se ele perde elétrons, que 
têm carga negativa, fica com uma quantidade de cargas 
positivas maior que a de cargas negativas, tornando-se 
positivamente eletrizado; se ele ganha elétrons, ele fica 
com uma quantidade de cargas positivas menor que a de 
cargas negativas, tornando-se negativamente eletrizado. 
(Verdadeiro)
20
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
III. Dielétrico é aquele meio que não permite um fluxo 
significativo de cargas em sua estrutura, não havendo 
relação com a capacidade de se eletrizar. Assim, se 
dielétricos recebem ou perdem elétrons na eletrização por 
atrito, por exemplo, eles ficam eletrizados. (Falso)
Assim, as afirmativas I e II são verdadeiras.
Questão 05 – Letra B
Comentário: A questão trata de repulsão entre corpos 
carregados.
Bernardo – Como houve repulsão, as esferas estão com cargas 
de mesmo sinal. Assim, Bernardo está errado.
Rodrigo – Como as esferas estavam inicialmente neutras, 
após as cargas serem transferidas para uma delas, esta ficou 
eletrizada. Porém, como o fio é metálico, houve transferência 
de cargas de uma esfera para outra, sendo que elas ficaram 
com cargas de mesmo sinal, repelindo-se. Assim, Rodrigo 
está correto.
Questão 08 – Letra C
Comentário: A questão trata de eletrização, mais 
especificamente, eletrização por atrito.
I. Garfield atrita suas patas no carpete de lã e, pela sequência 
das tiras, observamos que suas patas adquiriram cargas 
elétricas. Assim, houve eletrização por atrito. (Verdadeiro)
II. Como visto no item anterior, o processo ilustrado é 
conhecido como o eletrização por atrito. (Falso)
III. Garfield estava eletrizado, e tanto o homem como o 
cachorro,não eletrizados. Assim, houve movimentação 
de cargas entre Garfield e os corpos, o que gerou a faísca 
elétrica. (Verdadeiro)
Assim, as afirmativas I e III são corretas.
Questão 09 – Letra A
Comentário: A questão trata de eletrização por indução.
Como as esferas estavam em contato antes do afastamento da 
barra carregada, a barra positiva induz uma nova distribuição 
de cargas no sistema, fazendo com que a carga negativa fique 
concentrada na esfera da esquerda e a carga positiva, na esfera 
da direita. Assim, ao serem mantidas próximas uma da outra, 
devido às forças de atração entre cargas de sinais opostos, 
há o acúmulo de cargas negativas na parte direita da esfera da 
esquerda e há acúmulo de cargas positivas na parte esquerda 
da esfera da direita, gerando a configuração representada na 
alternativa A.
Questão 10 – Letra B
Comentário: A questão trata da parte quantitativa da 
eletrização por contato.
Como as três esferas têm raios iguais, após cada contato, 
as duas esferas que estavam em contato terão carga de 
mesmo sinal e de mesmo módulo, já que as cargas finais de 
ambas são proporcionais aos seus raios. Assim:
Contato entre M1 e M2: Carga total: Q + 0 = Q
 Carga final: M1 = Q/2; M2 = Q/2
Contato entre M2 e M3: Carga total: Q/2 + Q = 3Q/2
 Carga final: M2 = 3Q/4; M3 = 3Q/4
Dessa forma, a carga final das esferas será M1 = Q/2; M2 = 
3Q/4; M3 = 3Q/4.
Questão 12 – Letra C
Comentário: A questão trata de condução elétrica, de 
eletrização por contato e de repulsão de corpos com cargas 
de mesmo sinal.
Como as esferas são condutoras, estão em contato e têm 
o mesmo raio, pode-se concluir que haverá escoamento de 
carga para todas as esferas, que ficarão com carga igual a 
+Q/4. Assim, todas se repelirão e ficarão afastadas uma das 
outras, como mostra a alternativa C.
Questão 14 – Letra C
Comentário: Esferas condutoras de mesmo raio ficam com 
cargas idênticas após o contato. Assim, após encostar A em B, 
cada uma delas fica com carga de 3,2 µC e, nessa etapa, foram 
transferidos 3,2 µC de cargas. Após o contato entre B e C, 
cada uma fica com 1,6 µC e, agora, foram transferidos 1,6 µC. 
Dessa forma, o total de cargas transferidas entre as esferas foi: 
3,2 + 1,6 = 4,8 µC. Como a carga do elétron é 1,6 x 10–19 C, 
a quantidade de elétrons transferidos foi de 3,0 x 1013.
Questão 15 – Letra C
No contato entre esferas idênticas, a carga total se divide 
igualmente entre elas. Assim, após cada contato com esferas 
neutras, a esfera condutora A fica com metade de sua carga 
inicial. Como houve 11 contatos, a sua carga final será: 
Q → Q/2 = Q/21 → Q/4 = Q/22 → ..... → Q/2048 = Q/211.
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: A questão trata da repulsão elétrica e da 
eletrização por contato.
Os grãos de pólen, neutros, ao entrarem em contato com a 
abelha, eletrizam-se positivamente, devido ao fluxo de cargas 
negativas destes para a abelha. Os dois corpos, assim, ficarão 
positivos, ocorrendo repulsão elétrica, que é compensada pela 
força que as cerdas do corpo da abelha fazem nos grãos de 
pólen, impedindo-os de se afastarem.
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: Uma vez que o objeto eletrizado não toca a 
esfera do eletroscópio, não pode houver transferência de 
cargas entre os objetos. À medida que o corpo eletrizado 
se aproxima do eletroscópio, parte dos elétrons que estão 
nas folhas vai migrando para a esfera, o que faz diminuir a 
abertura daquelas.
Observação: As cargas positivas (prótons) não podem se 
deslocar pelo eletroscópio.
21
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
MÓDULO – D 02
Força elétrica
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Na configuração C, a carga q0 está equidistante 
das cargas q (de mesmo sinal). Assim, as forças exercidas 
pelas cargas q sobre a carga q0 são simétricas e se anulam. 
Logo, o equilíbrio nessa posição só é possível se a carga Q3 
for neutra, ou seja, Q3 = 0. 
Observe, entretanto, que não sabemos o sinal das cargas q. 
Note que a força elétrica é maior quando a distância entre as 
cargas for menor. Veja as figuras a seguir, que mostram as 
forças exercidas sobre q0 nas configurações A e B e com as 
duas possibilidades de sinal para as cargas q:
+ +
–
A)
q q
+
Q1q0
– –
–
q q
–
Q1q0
+ +
–
B)
q q
–
Q2q0
– –
–
q q
+
Q2q0
Observe pelas figuras anteriores que as cargas Q1 e Q2 devem 
ter sinais opostos. Assim, a única alternativa possível é a B.
Questão 02 – Letra C
Comentário: A questão trata de eletrização por indução.
No início, as 4 esferas estão neutras, já que não há forças 
de atração nem de repulsão entre elas. Quando se fornece 
carga a uma das esferas, se o fio for condutor, ambas as 
esferas ficam com cargas de mesmo sinal, repelindo-se, caso 
da montagem I. Se o fio for isolante, não haverá movimento 
de cargas através do fio, e a esfera carregada induzirá 
uma nova distribuição de cargas na esfera neutra, onde 
as forças de atração terão módulo maior que as forças de 
repulsão, e as duas esferas se atrairão, caso da montagem II. 
Assim, na montagem I, ambas as esferas estão carregadas e, 
na II, apenas uma delas está carregada.
Questão 03 – Letra D
Comentário: Veja as figuras a seguir. Para que a resultante de 
forças aponte na direção fornecida, as F1 e F-Q devem se anular. 
Assim, q1 deve ser negativa e seu módulo deve ser igual ao da 
carga –Q (q1 = –Q). A carga q2, por sua vez, pode ser negativa 
ou positiva. A primeira figura mostra q2 < 0, e a segunda, 
q2 > 0. Se q2 é negativa, temos q1 + q2 < 0. Se q2 > 0, o seu 
módulo deve ser menor que o de +Q para que a resultante 
de forças aponte para baixo. Logo, nesse caso, q2 < q1 e, 
também aqui, q1 + q2 < 0.
+Q q1
–Q
F–Q F+Q
F1
F2
q2
+
+
_
_
+Q q1
–Q
F–Q F+Q
F1F2
q2+
+
+
+
+
_
_
Questão 04 – Letra C
Comentário: A permissividade elétrica (ε) ou constante 
dielétrica (C) de um meio é a razão entre as constantes da 
Lei de Coulomb do vácuo (K0) e daquele meio (K), ou a razão 
entre as forças elétricas entre duas cargas no vácuo (F0) e 
naquele meio (F), ou seja: ε = C = K0 / K = F0 / F. Veja, portanto, 
que a força elétrica é inversamente proporcional à sua constante 
dielétrica (ε). Conforme enunciado, as mesmas cargas são 
colocadas à mesma distância em três meios diferentes. As 
forças elétricas nesses meios são F1 = F, F2 = 2F e F3 = F/2 
⇒ ε2 = ε1/2 e ε3 = 2ε1. O meio 1 é o óleo (valor intermediário 
aos outros dois). O meio 2 tem metade da permissividade do 
óleo, sendo, portanto, a parafina. O meio 3, com o dobro da 
permissividade do óleo, é o vidro.
Questão 05 – Letra D
Comentário: A figura a seguir ilustra a situação descrita 
pelo problema.
+Q
A B 
–Q
CD FAC 
FCD FBD 
FAD 
+Q
Q 
Seja L o lado do quadrado. A carga colocada em D sofre a 
ação das três forças (FAD, FCD e FBD) indicadas. Essas podem 
ser calculadas por:
FAD = FCD = KQ2/L2 e FBD = KQ2/(L¹2)2 = KQ2/2L2
A resultante (FAC) entre FAD e FCD é a diagonal do quadrado 
dessas forças, vale FAC = ¹2KQ2/L2 e tem a mesma 
direção de FBD. Veja, porém, que FAC > FBD. Dessa forma, 
a carga colocada no vértice D fica submetida a uma resultante 
das três forças na direção BD e para fora do quadrado. 
Assim, ela se afasta de –Q.
Observação: Não há necessidade de se calcular a 
resultante (FAC) para chegar à resposta. Basta observar que 
FAD e FCD são maiores que FBD e, portanto, a carga no vértice D 
terá de se afastar de –Q.
Exercícios Propostos
Questão 05 – Letra D
Comentário: Observe que as cargas têm o mesmo sinal e, 
sendo elas positivas ou negativas, as forças exercidas por B e C 
sobre A são de repulsão. Dessa forma, a resultante aponta 
para fora do triângulo, conforme mostra o diagrama. Assim, 
a força resultante será vertical para cima, independentemente 
dos sinais das cargas.
B C
A
FBAFCA
FR
Observação: Veja que o enunciado não informa se as cargas 
B e C têm o mesmo módulo. A solução apresentadaconsidera 
esse fato – e somente para essa situação a solução está 
correta – uma vez que as alternativas se referem a resultantes 
verticais. Se os módulos das cargas B e C fossem diferentes, 
a resultante não seria vertical.
22
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
Questão 07 – Letra C
Comentário: A figura mostra configuração de cargas da 
alternativa C, que é a correta, e as forças de atração (FA) 
e de repulsão (FR) que atuam em cada carga. Veja, pela 
figura, que a resultante de forças sobre qualquer das cargas 
poderia ser nula, conforme o enunciado. Observe que essa 
situação corresponde às cargas de mesmo sinal colocadas em 
vértices opostos.
+ B–A
FA
FR
FA
FR
FA FA
–
C
FA
FR
FA
+
D
FA
FR
FA
Para qualquer outra configuração de cargas das demais 
alternativas, a resultante de forças jamais poderia ser 
igual a zero. O professor poderia desenhar todas as demais 
alternativas, pedir a um aluno para escolher qualquer carga de 
cada uma delas e mostrar que a resultante sobre a escolhida 
jamais seria nula.
Observação: Os valores das cargas capazes de permitir o 
equilíbrio do sistema estão calculados na questão 08.
Questão 08 – Letra D
Comentário: A questão trata da Lei de Coulomb. Veja a 
figura a seguir.
A
q
Q
Q
q
B
FBD
FAB
FCB
D C
�
�
��
Pela figura, percebe-se que as cargas Q e q têm de ter 
sinais opostos. Como as cargas em A e C têm mesmo 
módulo, a resultante entre FAB e FCB fará 45° com a 
horizontal e terá módulo FAB¹2. Assim, FCD deverá ter esse 
mesmo módulo:
KQ KqQ Q
q
2
2 22
2= − = –2¹2
Questão 09 – Letra E
Comentário: A questão trata de atração e repulsão elétrica 
e de eletrização por contato.
Como há repulsão elétrica entre o bastão e o pêndulo, 
ambos estão eletrizados com cargas de mesmo sinal. No 
segundo caso, o bastão continua eletrizado, e, como houve 
atração após o descarregamento da esfera do pêndulo, este 
se encontra neutro. Após encostar a esfera do pêndulo no 
bastão, o pêndulo adquiriu carga de mesmo sinal da carga 
do bastão. Como o sinal da carga do bastão manteve-se 
intacto durante o processo, o sinal da carga final do pêndulo 
é igual ao sinal da carga inicial do pêndulo, que será igual 
ao sinal da carga do bastão. Assim, as duas opções que 
representam configurações possíveis são: positiva, neutra, 
positiva (2) e negativa, neutra, negativa (5).
Questão 11 – Letra A
Comentário: A questão trata da Lei de Coulomb. Chamando 
a esfera inserida de C, temos que a força resultante sobre A 
valerá:
F F F
R BA CA
= +
FCA = 
Kq
d
Kq
d
2
2
2
22
4
( / )
= = 4FBA
Como ambas as forças têm mesma direção e sentido, 
a resultante terá módulo F + 4F = 5F.
Questão 12 – Letra E
Comentário: A questão trata da Lei de Coulomb.
Chamando de F1, F2 e F3 as forças que q exerce sobre q1, q2 e 
q3, respectivamente, e de  o lado do quadrado:
F1 = 
Kqq
1
2
; F2 = 
Kqq
2
22
; F3 = 
Kqq
3
2
Assim, igualando-se as expressões anteriores, achamos que 
q1 = q3 < q2.
Questão 15 – Letra E
Comentário: A questão trata da Lei de Coulomb.
Chamando de F1 e F2 as forças que q exerce sobre Q1 e Q2, 
respectivamente, e sabendo que a distância entre q e Q2 vale 
d d d2 24 5+ = , temos que:
F1 = 
KQ q
d
1
2
F2 = 
KQ q
d
KQ q
d
KQ q
d
2
2
1
2
1
2
5
5
5( )
= = ∴ F1 = F2
23
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: A questão aborda fundamentos de força elétrica, 
em paralelo com a força gravitacional.
A) A força gravitacional entre dois corpos pode ser maior que 
a força elétrica entre esses corpos, dependendo da relação 
carga / massa dos corpos envolvidos. (Falso)
B) A força elétrica entre corpos com carga de mesmo sinal é 
atrativa, caso do elétron e do próton. (Falso)
C) Como a distância entre as cargas é muito pequena 
(ordem de angstrons), a força elétrica não pode ser muito 
pequena, já que esta depende do inverso do quadrado da 
distância. (Falso)
D) A força elétrica existente entre duas cargas depende do 
inverso do quadrado da distância entre as cargas. Assim, 
quando a distância entre dois átomos dobra, a força de 
repulsão fica 4 vezes menor. (Falso)
E) A força de atração entre íons de sinais opostos de um sal é, 
aproximadamente, 80 vezes menor em relação a seu valor 
no vácuo, quando os íons são imersos na água. Isso se deve 
ao grande valor da constante dielétrica da água. (Verdadeiro)
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: A força elétrica entre as esferas pode ser 
calculada pela Lei de Coulomb. Tal força é diretamente 
proporcional à constante K da referida lei. Como tal constante 
é inversamente proporcional à constante dielétrica do meio, 
a força elétrica entre as esferas, quando mergulhadas no 
óleo, ficará cinco vezes menor que a força entre elas no ar. 
Como o peso das esferas continua o mesmo e o empuxo foi 
desprezado, o ângulo entre os fios vai diminuir.
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: Na situação proposta pelo enunciado, para que 
o elétron oscile em torno de sua posição inicial, é necessário 
que atue sobre ele uma força restauradora, força resultante 
que atua sobre um corpo tendendo a trazê-lo de volta para 
sua posição de equilíbrio. Portanto, conclui-se que a força 
resultante que atua sobre o elétron deve possuir a mesma 
direção de seu movimento e deve estar orientada para o 
centro do quadrado. Analisando as alternativas da questão, 
verificamos que só há possibilidade de o elétron oscilar na 
configuração de cargas da alternativa C.
MÓDULO – D 03
Campo elétrico
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: A questão trata de indução elétrica e de forças 
devido a um campo elétrico.
I. Como o bastão está positivamente eletrizado, ele atrairá 
cargas negativas para si, induzindo uma nova distribuição 
de cargas em P, com as cargas negativas mais próximas 
de si. (Verdadeiro)
II. Como a esfera metálica P está isolada (suspensa por 
um fio isolante), pelo Princípio da Conservação das 
Cargas, a soma algébrica das cargas contidas em P 
não muda, mesmo com a nova distribuição destas. 
(Verdadeiro)
III. Se o campo criado por M fosse uniforme, como o valor 
numérico das cargas positivas e negativas induzidas em 
P é igual, a força de atração teria mesmo módulo da 
força de repulsão, e P não se deslocaria em direção a M. 
(Verdadeiro)
Questão 02 – Letra E
Comentário: As figuras a seguir mostram a situação inicial 
e final dos campos elétricos no ponto M, respectivamente. 
Considere que as cargas sejam positivas (se fossem negativas, 
o resultado seria o mesmo) e iguais a Q e que o triângulo tem 
lado igual a 2L. Assim, o quadrado da altura (h) é h2 = 3L2 
(Teorema de Pitágoras na metade do triângulo).
Ey
Ez
H
M
2L2L
L L
Z
x y
+
+ +
ExM
Lx
+
Na primeira figura, o campo resultante é E = EZ = k |Q|/h2 
= k |Q| / 3L2.
Na segunda figura, o campo resultante é E’ = k |Q|/L2. Logo, 
E’ = 3E.
24
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
Questão 03 – Letra B
Comentário: A figura a seguir mostra os campos elétricos 
gerados por cada uma das barras (1, 2, 3 e 4) no centro 
da armação. Nela podemos perceber que o campo elétrico 
resultante aponta para a esquerda.
B3
P
E3
B1
E1
B2
E2
B4
E4
Questão 04 – Letra A
Comentário: Observe que o campo elétrico (E) entre as 
placas é uniforme, aponta para a direita (da placa positiva 
para a negativa) e que as partículas foram lançadas 
perpendicularmente a esse campo. O nêutron (q = 0) não 
sofre ação do campo elétrico e, dessa forma, sua trajetória 
corresponde ao feixe II. O elétron (carga negativa) se desvia 
em sentido contrário ao campo elétrico (feixe I) e o próton 
(carga positiva) é desviado no mesmo sentido do campo 
(feixe III).
Observação: O enunciado diz que “Um feixe de partículas ... 
penetra em uma região...”. Daí pode-se concluir que as 
partículas foram lançadas com a mesma velocidade. Assim,o 
professor deve chamar a atenção dos alunos para o fato de que 
a questão poderia ser resolvida mesmo que o sinal das placas 
fosse omitido. O próton e o elétron têm cargas de mesmo 
módulo. Assim, eles recebem forças de mesma intensidade, 
mas o elétron (que tem massa muito menor) deve sofrer um 
desvio muito mais acentuado que o desvio sofrido pelo próton.
Questão 05 – Letra D
Comentário: A questão trata do campo elétrico gerado por 
cargas puntiformes e da ação deste sobre cargas de prova.
Observe a figura a seguir.
M
N P
(+)
(–)
(–)
ER
EP
EN
FR
Pela figura, vemos que o vetor campo elétrico resultante em M 
aponta para a direita, e, como a carga presente nesse ponto 
é negativa, a força elétrica aponta para a esquerda (mesma 
direção e sentido contrário ao do campo elétrico).
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: A questão trata do sentido de campos elétricos 
gerados por cargas puntiformes e do comportamento de cargas 
sujeitas à ação desses campos.
Os vetores E e F representam grandezas físicas diferentes, 
e, por isso, não podem ser somados. Assim, eles nunca irão 
se anular, mesmo se tiverem mesmo valor numérico, mesma 
direção e sentidos opostos.
Questão 03 – Letra E
Comentário: A questão trata das linhas de força de campo 
elétrico.
A direção do campo elétrico em um ponto é sempre tangente 
à linha de força que passa pelo ponto, com o mesmo sentido 
desta. Assim, uma carga positiva no ponto A sofrerá uma 
força resultante tangente à linha de força no ponto A, com 
mesmo sentido do campo elétrico, direcionado para a direita. 
A aceleração inicial da carga terá a mesma direção e sentido 
dessa força, já que não há outras forças envolvidas, mas não 
seguirá a linha de força.
Questão 04 – Letra B
Comentário: A questão trata de linhas de força de campo 
elétrico.
Temos que q2 é positiva, pois as linhas de força divergem dela, 
e que q1 é negativa, pois as linhas de força estão convergindo 
para ela. Assim, |q2| > |q1|, pois saem mais linhas de força 
de q2 do que chegam em q1.
Questão 05 – Letra D
Comentário: A questão trata do sentido e do módulo de 
campos elétricos gerados por cargas elétricas puntiformes. 
A figura a seguir esquematiza a situação descrita no 
enunciado.
B
C P
A
Pela figura, percebemos que a carga geradora do campo 
elétrico encontra-se no ponto C, no qual a direção dos vetores 
que passam por A e B se cruzam. Assim, como a distância da 
carga geradora ao ponto B é o dobro da distância dessa carga 
ao ponto P, o campo elétrico em B terá módulo 4 vezes maior 
que o módulo do campo elétrico gerado em P, que, então, 
valerá, 6 N/C. O vetor campo no ponto A não está em escala.
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Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 11 – Letra A
Comentário: Observe que a molécula (dipolo) está numa 
região na qual o campo elétrico não é uniforme. A parte 
positiva do dipolo se encontra em um ponto onde o campo 
elétrico é maior (linhas mais próximas). Assim, a força elétrica 
sobre essa parte da molécula é, também, maior. Dessa 
forma, o dipolo começa a se deslocar para a direita com 
movimento acelerado e, depois, percorre o intervalo [–5 m, 
+5 m] com velocidade constante. Quando penetra na região 
de coordenadas [5 m, 10 m], a força sobre a parte negativa 
do dipolo (que recebe força em sentido contrário ao campo) é 
maior, pois o campo começa a diminuir de intensidade. Nesse 
intervalo, o dipolo vai diminuir sua velocidade até parar. A 
partir de então, ele volta à situação inicial e fica a oscilar entre 
as posições x, tais que –10 m < x < 10 m.
Questão 12 – Letra A
Comentário: A questão trata de forças exercidas por um 
campo elétrico e do comportamento cinemático de um corpo 
sujeito a essas forças.
Como o corpo é carregado positivamente, a força do campo 
elétrico sobre ele terá mesma direção e mesmo sentido do vetor 
campo elétrico. Assim, como o peso do corpo é desprezível, no 
início do deslocamento, esse corpo terá como força resultante 
uma força constante, paralela ao seu deslocamento, porém de 
sentido contrário a este. A velocidade do corpo irá diminuir, 
portanto, com aceleração constante (movimento retilíneo 
uniformemente retardado), até ele ficar em repouso. Logo 
em seguida, continuará havendo a mesma força resultante 
devido ao campo elétrico, que acelerará o corpo com aceleração 
na mesma direção e sentido do campo, o que configura um 
movimento retilíneo uniformemente acelerado.
Questão 14 – Letra A
Comentário: A questão trata de forças exercidas por um 
campo elétrico e do comportamento cinemático de um corpo 
sujeito a essas forças.
Como podemos desprezar a ação do campo gravitacional, 
e a partícula está carregada negativamente dentro da região 
do campo elétrico (entre x1 e x2), esta sofrerá uma força 
resultante na mesma direção e sentido contrário ao do vetor 
campo elétrico, ou seja, para a direita. Essa força resultante 
constante, nesse intervalo, tem mesma direção e sentido do 
deslocamento, ou seja, acelerará o corpo com aceleração 
constante entre x1 e x2, o que faz a sua velocidade aumentar. 
Entre 0 e x1 e a partir de x2, não há forças resultantes, ou 
seja, a velocidade do elétron mantém-se constante.
Questão 15 – Letra B
Comentário: A questão trata das características de um campo 
elétrico gerado por uma carga pontual.
P
Situação I
P
Situação II
Ex
Ey
ER
Ex
Ey ER
Como visto na figura anterior, o módulo ER do campo 
elétrico em ambos os casos é igual, já que ER2 = Ex2 + Ey2, 
e a componente Ex, na situação I, tem módulo igual a Ey, 
na situação II, e Ey, na situação I, tem módulo igual a Ex, 
na situação II. Assim, os campos têm o mesmo módulo e 
direções diferentes, conforme mostra a figura.
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: A questão trata de um campo elétrico não 
uniforme.
Quanto mais próximo do fio, maior é o módulo do vetor 
campo elétrico, sendo ele, portanto, não uniforme. Assim, 
partículas neutras de fumaça serão induzidas pelo campo 
elétrico e capturadas pelo fio, uma vez que a força de 
atração exercida pelo fio é maior que a exercida pelo 
cilindro periférico.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: O elétron, que possui carga negativa, 
é desviado em sentido contrário ao do campo elétrico. Dessa 
forma, os campos elétricos vertical para baixo e horizontal 
para a esquerda desviam os elétrons para cima e para a 
direita, respectivamente. Uma vez que o campo horizontal é 
mais intenso que o vertical, o desvio é maior na horizontal. 
Dessa forma, o elétron vai atingir o setor azul do gerador 
de cores.
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 10
Comentário: Para que as partículas poluidoras sejam levadas 
para a alta atmosfera, o módulo da força elétrica que atua 
sobre elas deve ser maior que o módulo do peso dessas 
partículas. O módulo da força elétrica pode ser calculado por: 
F = Eq. Assim, temos que: Eq > P ⇒ 100q > 10–10 N. 
Logo, a carga das partículas deve ser: q > 10–12 C. Uma vez 
que as cargas seriam eletrizadas negativamente, o campo 
elétrico deve apontar para a superfície da Terra, pois cargas 
negativas sofrem forças elétricas de sentidos opostos ao 
sentido do campo. 
Observação: De fato, o campo elétrico ao qual o problema 
se refere é, em cada ponto da superfície, vertical para baixo. 
Isso acontece pois a superfície da Terra possui excesso de 
cargas negativas, e a região acima da ionosfera apresenta 
excesso de cargas positivas.
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C
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Física
Volume 2
Bernoulli Resolve
is
to
ck
ph
ot
o.
co
m
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Coleção Estudo
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Su
m
ár
io
 -
 F
ís
ic
a Módulo A
03 3 Introdução à Cinemática vetorial
04 5 Lançamento horizontal e lançamento oblíquo
Módulo B
03 7 Calorimetria
04 12 Gases
Módulo C
03 16 Espelhosesféricos
04 18 Refração da luz
Módulo D
04 20 Trabalho e potencial elétrico
05 23 Condutores
06 27 Corrente elétrica
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MÓDULO – A 03
Introdução à Cinemática vetorial
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: A figura da questão representa vários vetores 
e apresenta diversas operações vetoriais. Assim:
CD + DE + EA = CB + BA EA CB + DE = BA CD– –
Diante disso, apenas a afirmativa D é correta.
Questão 02 – Letra D
Comentário: O que caracteriza uma grandeza vetorial é, 
entre outros, o fato de ela apresentar um valor numérico, 
seguido de sua unidade, uma direção e um sentido, 
em oposição às grandezas escalares, que somente apresentam 
as duas primeiras características citadas. 
Questão 03 – Letra C
Comentário: Essa questão trabalha com o clássico triângulo 
pitagórico de medidas proporcionais a 3, 4 e 5, que aqui 
se apresenta com os valores 600, 800 e 1 000. O triângulo 
em questão é formado pelos pontos ACD. Logo, o valor da 
distância em linha reta de A até C é de 1 000 m. Para se chegar 
em C, a partir de A, passando por B, caminha-se no mínimo 
14 quarteirões, o que equivale a 1 400 m.
Questão 04 – Letra B
Comentário: O exercício aborda a mudança de referencial 
de observação de um movimento. Nesse exercício, 
assim como em uma situação discutida no texto desse módulo, 
há um ônibus se movendo com velocidade de módulo v1 
em relação à rua (solo) e um passageiro no interior do 
ônibus se deslocando com velocidade de módulo v2 em 
relação ao ônibus. Para determinarmos o módulo da velocidade 
v do passageiro em relação à rua, devemos realizar a soma 
vetorial da velocidade do ônibus v1 com a velocidade do 
passageiro v2.
v = v1 + v2
Como as velocidades v1 e v2 estão na mesma direção e em 
sentidos opostos, temos que o módulo da velocidade v do 
passageiro em relação à rua é dado por:
|v| = |v1| – |v2| ⇒ v = v1 – v2
Questão 05 – Letra D
Comentário: Para resolver esse exercício, é preciso observar 
que o módulo da velocidade do barco em relação às margens 
do rio, vr , pode ser calculado por meio da razão entre a 
distância percorrida pelo barco e o tempo necessário para 
percorrer essa distância. Logo, a velocidade do barco em 
relação às margens é dada por:
Na descida: v d
trd
= = =
120
2
60 km/h
COMENTÁRIO 
E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
Na subida: v d
trs
= = =
120
3
40 km/h
Sabe-se, também, que a velocidade do barco em relação às 
margens, vr , é dada pela soma vetorial das velocidades do 
barco em relação às águas, vb , e das águas em relação às 
margens, vc. Logo, considerando que a velocidade das águas 
em relação às margens permaneça constante e sendo a 
potência desenvolvida pelo barco também constante, temos:
v v v v v v v v
v v
r
r
d b c rd b c b c
s
= + = + = +
=
60
b c r s b c b c
v v v v v v+ = − = −40
Resolvendo o sistema formado pelas duas equações anteriores, 
temos:
⇒ 100 = 2vb ⇒ vb = 50 km/h
⇒ 60 = 50 + vc ⇒ vc = 10 km/h
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra A
Comentário: Durante uma prova de atletismo, de 200 m 
rasos, os corredores devem, necessariamente, percorrer 
a mesma distância, pois isso garante a imparcialidade da 
prova. No entanto, o deslocamento não será o mesmo, pois 
os atletas estão em diferentes posições iniciais e chegam em 
diferentes posições finais, resultando em diferentes vetores 
deslocamento. Consequentemente, as velocidades vetoriais 
médias também são diferentes, pois dependem dos tempos 
e dos deslocamentos dos atletas, e os deslocamentos são, 
necessariamente, diferentes. 
Questão 02 – Letra B
Comentário: A primeira frase do enunciado nos permite 
deduzir, a partir da equação D = vt, que D = 10vescada, em 
que D representa o comprimento da escada. A segunda frase 
do texto nos permite concluir que vhomem – vescada = D/15. 
Substituindo o valor de D (10.vescada) na equação, podemos 
inferir que vhomem = (5/3)vescada. Quando o homem estiver 
descendo a escada, o valor de sua velocidade deverá ser 
somado ao da velocidade da escada. Logo, a velocidade total 
do homem é de (8/3)vescada. Se a velocidade aumentou em 
8/3, o intervalo de tempo deve cair na mesma proporção, 
isto é, de 10 s para 3,75 s.
Questão 03 – Letra A
Comentário: Nessa questão, tanto o garoto quanto 
a boia, na qual ele não está flutuando, apresentam o 
mesmo vetor velocidade, que é igual ao vetor velocidade 
da correnteza. Logo, a boia se encontra em repouso em 
relação ao menino. Desse modo, para o garoto alcançar 
a boia, basta ele se mover em direção a ela, isto é, basta 
ele nadar em direção a K. 
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Coleção Estudo
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C
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Questão 06 – Letra C
Comentário: Esse exercício aborda a diferença entre 
distância percorrida e deslocamento. Nele, o veleiro 
percorre uma distância total de 170 km. Entretanto, seu 
deslocamento não é de 170 km, pois a trajetória do veleiro 
não é retilínea.
45º70 km
10
0 
kmS
N
O L
O módulo do deslocamento de um corpo em movimento 
equivale à distância, em linha reta, entre a posição inicial do 
movimento e a posição final deste. Logo, tendo em vista o 
movimento do veleiro, representado na figura anterior, temos 
que seu deslocamento é dado por:
Deslocamento na direção leste:
d d
d
L
L
L
= + ° = +
= + =
70 100 45 70 100 2
2
70 70 140
.cos . 
 kkm
Deslocamento na direção norte:
d sen d
d km
N N
N
= ° =
=
100 45 100 2
2
70
. . 
 
Deslocamento total:
d d d d d d
d
T L N T L N
T
2 2 2 2 2
2 2140 70 7
= + = +
= + = 00 2 1
70 5 70 2 2
154
2 2 +( )
= =
=
d
d
T
T
. ,
 km
Questão 09 – Letra A
Comentário: Esse exercício aborda o conceito de velocidade 
vetorial média. Deve ser observado que a velocidade vetorial 
média de um corpo é dada pela razão entre o deslocamento 
do corpo e o intervalo de tempo gasto nesse deslocamento. 
O deslocamento de um carro de Fórmula 1 em uma volta 
completa do circuito é nulo, pois as posições final e inicial 
do movimento são coincidentes. Logo, a velocidade vetorial 
média do carro de Fórmula 1 ao longo de uma volta completa 
é nula.
Questão 13 – Letra D
Comentário: Novamente, temos uma questão que envolve o 
clássico triângulo pitagórico de lados proporcionais a 3, 4 e 5. 
Se o barco gasta 0,5 h para atravessar um rio de 4 km de 
largura, isso implica que ele desenvolve uma velocidade de 
8 km/h em relação à margem.
Para que o barco possa atravessar o rio na menor 
distância possível, é necessário que ele esteja orientado, 
conforme mostra a figura a seguir. O vetor vc representa a 
velocidade da correnteza, o vetor vr representa a velocidade 
do barco em relação à margem, e o vetor vb representa a 
velocidade do barco em relação à correnteza. Se os dois 
primeiros têm módulos de 6 km/h e 8 km/h, então o vetor vb 
deve ter módulo igual a 10 km/h.
vb
vr
vc
P
Q
Questão 15 – Letra B
Comentário: A forma da trajetória do movimento de um corpo 
depende do referencial em que esse movimento é observado. 
A forma da trajetória do movimento de uma gota de 
chuva, não sujeita a ventos, é retilínea, considerando que 
esse movimento seja observado no referencial do solo. 
Se o movimento dessa gota de chuva for observado a partir 
de um trem em movimento, a forma da trajetória descrita 
pela gota de chuva será diferente. Isso se deve ao fato 
de a gota de chuva apresentar um movimento horizontal 
em relação ao trem: se o trem se move para a direita em 
relação ao solo, temos que a gota de chuva se move para a 
esquerda em relação ao trem. Logo, o movimento da gota de 
chuva em relação ao trem é composto de dois movimentos 
independentes, um na direção vertical para baixo e outro na 
direção horizontal para a esquerda. 
A partir do instante em que a gota atinge a velocidade 
limite (velocidade máxima de queda), sua velocidade de 
queda permanece constante e seu movimento passa a ser 
retilíneo uniforme, considerando que a gota não esteja sujeita 
a ventos. Logo, tendo em vista a discussão anterior, temos 
que a figura que melhor representa o movimento da gota de 
chuva é a da alternativaB.
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A figura da questão apresenta somas de vetores 
e, portanto, deve representar apenas grandezas vetoriais, isto 
é, que necessitam de módulo, direção e sentido para ficarem 
definidas. As alternativas apresentam três grandezas escalares 
(tempo, volume e massa); logo, a figura não pode representar 
tais grandezas. Tendo em vista a definição de velocidade relativa 
de um corpo A em relação a um corpo B, vAB = vA – vB, temos que 
os vetores resultantes da figura do exercício não são coerentes 
com a relação anterior; logo, a figura não pode representar a 
velocidade relativa de veículos. As operações vetoriais mostradas 
na figura são coerentes com a soma de deslocamentos sucessivos 
realizados por um corpo. Assim, a alternativa correta é a A.
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
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Editora Bernoulli
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Habilidade: 20
Comentário: A imagem a seguir representa o vetor velocidade 
da água do rio a diferentes distâncias da margem. Observe 
que no meio do rio a velocidade da correnteza é maior, quando 
comparada à velocidade da correnteza próxima à margem. 
Com esse perfil de velocidades, é mais econômico subir o 
rio pelas margens, uma vez que a redução da velocidade do 
barco será menor, e descer o rio pela sua parte central, para 
aproveitar a maior velocidade da correnteza nessa parte do rio. 
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Os vetores v0x e v0y são frutos da decomposição 
ortogonal do vetor v0 e, por isso, não possuem existência 
concomitante a este. Assim, apenas Isabela está certa.
MÓDULO – A 04
Lançamento horizontal e 
lançamento oblíquo
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: No ponto mais alto da trajetória de uma flecha 
que percorre uma trajetória parabólica vertical, nem a velocidade 
nem a aceleração são nulas, pois tanto a aceleração quanto a 
componente horizontal da velocidade são constantes e não nulas 
durante todo o movimento, supondo que não haja resistência do 
ar. Somente a componente vertical da velocidade possui valor nulo 
no ponto mais alto da trajetória. Logo, a alternativa correta é a D.
Questão 02 – Letra B
Comentário: A situação apresentada nessa questão é 
explorada em muitos outros exercícios que discutem a 
relatividade do movimento. Na questão, a bola e o skatista 
apresentam a mesma velocidade horizontal no momento do 
lançamento e, como não há resistência do ar, a velocidade 
horizontal de ambos permanece constante e igual. Logo, ambos 
têm o mesmo movimento horizontal e, consequentemente, 
a bola retornará à mão do skatista no mesmo ponto em que 
foi lançada, isto é, no ponto L. 
Questão 03 – Letra D
Comentário: A questão discute alguns aspectos relativos 
ao lançamento oblíquo de um projétil. Porém, somente a 
afirmativa feita na alternativa D está correta, pois a aceleração 
resultante que atua sobre o projétil é constante e igual à 
aceleração da gravidade. 
Questão 04 – Letra E
Comentário: O enunciado do problema afirma que o valor 
da velocidade da bola no ponto mais alto da trajetória 
era de 20 m/s. Isso indica que o valor da componente 
horizontal da velocidade é de 20 m/s (esse valor permanece 
constante durante todo o movimento, considerando que 
não haja resistência do ar). Temos, então, o ângulo de 
lançamento e o valor da componente horizontal. Logo, para 
determinar a velocidade de lançamento da bola, podemos 
aplicar a relação: 
v = vhor/cos θ ⇒ v = (20 m/s)/(cos 60º) = 20/0,5 = 40 m/s
Questão 05 – Letra A
Comentário: Deve ser observado na resolução desse 
exercício que o rapaz lança a bola verticalmente para 
cima em relação a ele. Entretanto, em relação ao solo, 
o rapaz lança a bola obliquamente. Como a resistência do 
ar, nessa situação, pode ser desprezada, a altura máxima 
atingida pela bola pode ser calculada por meio da equação 
v2 = v20 + 2gh. Logo:
v2 = v20 + 2gh ⇒ 0 = 182 + 2(–10)h
= =h 324
20
16 2, m
Para calcularmos o deslocamento horizontal da bola, precisamos 
determinar o tempo total de permanência da bola no ar. 
O tempo de subida da bola é dado por:
v = v0 + gt ⇒ 0 = 18 + (–10)ts
= =t
s
18
10
1 8, s
Considerando que a bola tenha sido lançada e recolhida à 
mesma altura, os tempos de subida e de descida do movimento 
são iguais. Logo, o tempo total de permanência da bola no 
ar é t = 3,6 s. Assim, temos que o deslocamento horizontal 
da bola é dado por:
x = vt ⇒ x = 5.3,6
⇒ x = 18 m
Logo, a alternativa correta é a A.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: Para a resolução dessa questão, deve ser 
observado que o movimento da caminhonete é acelerado. 
No instante em que o passageiro da caminhonete lança a 
bola para cima, em relação a ele, a bola possui a mesma 
velocidade horizontal que o passageiro e a caminhonete. 
Entretanto, após a bola ser lançada, o módulo da velocidade 
da caminhonete continua a aumentar, pois o movimento desta 
é acelerado, mas a componente horizontal da velocidade da 
bola permanece constante.
Logo, a caminhonete percorre uma distância horizontal maior 
que a bola, durante o tempo em que esta permanece no ar. 
Assim, temos que a figura que melhor representa a trajetória 
da bola em relação a uma pessoa parada no acostamento da 
estrada é a da alternativa B.
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Coleção Estudo
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Questão 02 – Letra A
Comentário: O intervalo de tempo em que uma bola 
permanece no ar, quando lançada obliquamente, está associado 
à altura que ela atinge. A distância horizontal percorrida pela 
bola está associada à velocidade horizontal desta. A imagem 
da questão mostra que a trajetória mais alta foi descrita 
pela bola Q. Logo, a bola Q permanece mais tempo no ar. 
As trajetórias descritas pelas bolas P e R são semelhantes 
em termos de alturas; logo, também o serão em termos dos 
intervalos de tempo gastos no ar. 
Questão 03 – Letra C
Comentário: Sabemos que, quanto maior for a velocidade 
inicial na direção horizontal, maior será a distância horizontal 
percorrida pelo objeto durante uma queda. Sabe-se também que, 
quanto mais alta for a posição dos blocos no plano inclinado 
da mesa, maior será a velocidade com que eles chegarão à 
base da mesa e, consequentemente, maior será a velocidade 
inicial horizontal. 
Desse modo, podemos dizer que: 
maior altura de partida do bloco ⇒ maior velocidade horizontal 
durante o movimento subsequente ⇒ maior distância 
horizontal percorrida.
Isso nos leva a concluir que o bloco de massa m chegará 
mais longe, seguido pelos blocos de massas 5 m, 2 m e 3 m, 
respectivamente.
Questão 06 – Letra D
Comentário: A questão apresenta uma figura na qual duas 
esferas caem de uma mesma altura, uma solta e outra 
lançada horizontalmente. Como a altura e a velocidade 
inicial na direção vertical são as mesmas, o intervalo de 
tempo de queda deve ser o mesmo. Porém, a esfera lançada 
horizontalmente apresentará uma maior velocidade final, 
uma vez que sua velocidade apresenta as componentes 
vertical e horizontal, enquanto a esfera solta apresenta 
apenas a componente vertical da velocidade, de módulo 
igual à componente vertical da velocidade da bola lançada 
horizontalmente.
Questão 07 – Letra A
Comentário: De acordo com o gráfico da questão, a altura da 
bola no momento do lançamento era de 20 m. Isso indica que o 
intervalo de tempo de queda da bola será de 2 s ( em 1 s, 5 m; 
em 2 s, 20 m; em 3 s, 45 m, etc.). Logo, se em 2 s a bola 
percorre 30 m horizontalmente, em movimento uniforme, a partir 
da equação D = vt, podemos concluir que a sua componente 
horizontal de velocidade tem valor igual a 15 m/s.
Questão 09 – Letra A
Comentário: Para que a bola atinja a plataforma B, 
é necessário que ela percorra uma distância horizontal igual a D, 
em um intervalo de tempo equivalente ao da queda vertical 
de uma altura H. 
O intervalo de tempo pode ser determinado pela expressão 
H = gt2/2, pois o movimento na direçãovertical é um 
movimento uniformemente acelerado. Logo:
H = gt
2
2
 ⇒ t = 2H
g
Entretanto, na direção horizontal, o movimento é uniforme. 
Diante disso, podemos utilizar o valor do tempo calculado na 
expressão anterior e aplicá-lo em:
D = v0t ⇒ v0 = D/t = D
g
H2
Questão 14
Comentário:
A)	 A	partir	da	observação	do	gráfico,	é	possível	avaliar	que	
o centro de gravidade de Daiane dos Santos atingiu uma 
altura máxima de 1,55 m em relação ao solo.
B) A velocidade horizontal média do salto é dada pela razão 
entre a distância horizontal percorrida e o intervalo de tempo 
gasto para percorrê-la. Tendo em vista que a distância 
percorrida na direção horizontal foi de 1,3 m e que o 
tempo total de permanência no ar foi de 1,1 s, temos que 
a velocidade horizontal média do salto de Daiane foi de: 
 
v d
t
v
m m
= =
1 3
1 1
,
,
 vm = 1,2 m/s
C) A velocidade vertical de Daiane na saída do solo pode ser 
calculada por meio da equação v2 = v20 + 2gh, observando 
que a velocidade vertical de Daiane é nula no ponto mais 
alto da trajetória. Sendo assim, temos:
 v2 = v20 + 2gh ⇒ 0 = v20 + 2(–10)1,55
 v0 = ¹31 = 5,5 m/s
Questão 15
Comentário:
A) Para determinar o intervalo de tempo de voo da bola, 
devemos determinar, primeiramente, o intervalo de 
tempo de subida e, posteriormente, o intervalo de tempo 
de descida. Esse tempo é determinado pelo movimento 
vertical da bola. Na subida, ela se move 31,25 cm e, 
na descida, 125 cm. 
•	 tempo	de	subida	dos	31,25	cm:	
 d = (½)gt2 ⇒ 0,3125 = 5t2 ⇒ t = 0,25 s
•	 tempo	de	descida	dos	125	cm:
 d = (½)gt2 ⇒ 1,25 = 5t2 ⇒ t = 0,5 s
•	 tempo	total	=	0,75	s
B) Em 0,75 s (intervalo de tempo total), a bola percorreu 
uma distância horizontal de 24 m; logo, sua velocidade 
horizontal será:
 v = d/∆t ⇒ v = 24 m/0,75 s = 32 m/s
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Nessa questão, aplica-se um método semelhante 
ao utilizado por Galileu para estudar a queda dos corpos sem 
a resistência do ar. Primeiramente, desenha-se a trajetória 
do corpo lançado como se não houvesse gravidade e, 
posteriormente, determina-se a posição de queda livre. As 
alturas h1, h2 e h3 correspondem às alturas de queda de um 
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Editora Bernoulli
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A
corpo abandonado em queda livre. Para calcular os valores 
dessas alturas, basta aplicar a equação d = gt2/2, o que resultará 
em 5 m, 20 m e 45 m, respectivamente, para os intervalos de 
tempo de 1 s, 2 s e 3 s.
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Todas as afirmativas da questão estão corretas 
e relacionadas ao movimento de um projétil. Porém, a única 
afirmativa que explica as duas observações mencionadas no 
enunciado é a A.
O alcance de um projétil, lançado obliquamente, é dado por:
A =
v
g
sen 20
2
− ( )θ
 
Sendo assim, conclui-se que o alcance do projétil será máximo 
quando 2θ = 90º, ou seja, o alcance é máximo quando 
o projétil é lançado com um ângulo θ = 45º. A partir da 
equação anterior, podemos concluir, também, que o alcance 
do projétil, lançado obliquamente com dois ângulos diferentes, 
será o mesmo, caso o projétil seja lançado com ângulos 
complementares (15º e 75º, 30º e 60º, etc.).
Portanto, da discussão anterior, conclui-se que a distância 
horizontal percorrida pelo projétil é diretamente proporcional 
ao valor do seno do dobro do ângulo de lançamento.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: A figura 2 dessa questão mostra o registro das 
posições verticais de queda da esfera.
Figura 1 Figura 2
X
Placa
registradora
Observando essa figura, verificamos que a distância entre 
duas posições sucessivas ocupadas pela esfera se mantém, 
aparentemente, constante. Como o movimento vertical de queda 
da esfera é acelerado, para que a distância entre duas posições 
sucessivas ocupadas pela esfera se mantenha constante, os 
deslocamentos horizontais feitos pela placa tem de ser cada vez 
menores. Sendo assim, a alternativa correta é a D.
MÓDULO – B 03
Calorimetria
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário: Desprezando as perdas de calor para o 
ambiente, a soma do calor cedido pelo bloco de ferro (QC: 
calor negativo) com o calor absorvido pela água (QR: calor 
positivo) é zero. Assim:
QC + QR = 0 ⇒ mFecFe(TE	−	T0, Fe) + mAcA(TE	−	T0, A) = 0 ⇒ 
500.0,1.(TE	−	42)	+	500.1.(TE	−	20)	=	0
A solução dessa equação fornece a temperatura de equilíbrio 
TE = 22 °C.
Note que a temperatura do bloco de ferro diminuiu de 20 °C, 
enquanto a temperatura da água aumentou de apenas 2 °C. 
A variação de temperatura da água foi 10 vezes menor que 
a do ferro, pois a capacidade térmica da massa de água 
(CA = mAcA = 500 cal/°C) é 10 vezes maior que a capacidade 
da massa de ferro (CFe = mFecFe = 50 cal/°C). 
Questão 02 – Letra D
Comentário: O material desconhecido (massa 1 250 g), ao 
se resfriar de 540 °C para 30 °C, cede calor para a água do 
recipiente (3 000 g) e para as paredes de madeira do recipiente 
(5 000g). Assim, a soma do calor cedido pelo material 
desconhecido (calor negativo) com os calores absorvidos pela 
água e pelas paredes (calores positivos) vale zero:
1	250.c.(30	−	540)	+	3	000.1,0.(30	−	10)	+	5	000.0,42.(30	−	10)	=	0
Resolvendo essa equação, obtemos c = 0,16 cal/g°C. De 
acordo com a tabela dada, o material ensaiado é feito de vidro.
Questão 03 – Letra D
Comentário: 
I. De fato, como o gelo desaparece com o aumento da 
temperatura da atmosfera do planeta sem que a água na 
fase líquida seja observada, conclui-se que o gelo passa 
diretamente para o estado de vapor, e o contrário quando 
o gelo reaparece nas estações frias. Essas mudanças de 
fase são denominadas de sublimação.
II. A sublimação ocorre quando uma substância é aquecida 
ou resfriada abaixo da pressão do ponto triplo, fato que 
pode ser notado facilmente através do diagrama de fases. 
Essa pressão, para a água, é muito baixa e vale apenas 
4,579 mmHg (cerca de 0,6% da pressão atmosférica da 
Terra, 760 mmHg = 1 atm). Logo, a pressão atmosférica 
em Marte é muito baixa.
III. Conforme discutido no item II, o gelo não sofre fusão. 
Isso ocorre devido ao fato de a pressão em Marte ser muito 
pequena, não porque a temperatura em Marte seja sempre 
inferior à temperatura de fusão do gelo. 
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Coleção Estudo
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Questão 04 – Letra B
Comentário: O 1º patamar horizontal mostrado no gráfico 
representa a fusão (liquefação) de 1,0 g de gelo à temperatura 
de 0 °C. Do gráfico, tiramos que a quantidade de calor absorvida 
pelo gelo a –50 °C até a fusão completa a 0 °C é de 105 
calorias, das quais 25 calorias são usadas no aquecimento 
do gelo de –50 °C até 0 °C e 80 calorias são usadas na 
fusão do gelo. Professor, comente com os alunos que o valor 
105 calorias faz sentido, pois o calor latente de fusão 
do gelo a 0 °C é 80 cal/g e, como o calor especifico do 
gelo é 0,50 cal/g°, o calor para aquecer uma massa 
de 1,0 g de gelo de –50 °C a 0 °C é:
Q = (1,0 g).(0,50 cal/g°C).(50 °C) = 25 cal
A 2ª reta inclinada mostrada no gráfico representa a elevação 
da temperatura da água líquida de 0 °C a 100 °C. Do gráfico, 
tiramos que a quantidade de calor absorvida para ela ser 
aquecida de 0 °C até 100 °C é 100 calorias. Professor, comente 
com os alunos que esse valor faz sentido, pois, como o calor 
especifico da água líquida 1,0 cal/g°, o calor para aquecer 1,0 
g de água líquida de 0 °C a 100 °C é:
Q = mc∆t = 1,0 g 1,0 cal/g°C 100 °C = 100 cal
Questão 05 – Letra C
Comentário: A temperatura de equilíbrio pode ser obtida por 
meio do seguinte balanço de energia:
2 000.1.(TE – 35) + 200.0,5.[0 – (–4)] + 200.80 +
200.1.(TE – 0) = 0
Nessa equação, a primeira parcela é o calor cedido pela água 
quente para que ela se resfrie até a temperatura de equilíbrio TE. 
As outras três parcelas são referentes ao calor recebido pelo 
gelo para ser aquecido de –4 °C até 0 °C (ponto de fusão), 
ao calor absorvido pelo gelo para fundir-se e aocalor absorvido 
pela água, proveniente da fusão do gelo, para que esta 
se aqueça de 0 °C até a temperatura TE. Resolvendo essa 
equação, obtemos TE = 24,4 °C. Podemos confirmar que esse 
resultado é coerente, calculando o calor cedido pela água 
quente e as três parcelas de calor recebido, verificando a 
igualdade entre o calor cedido (QC) e o calor recebido (QR). 
Fazendo isso, obtemos:
QC = 2 000.1.(24,4 – 35) = –21 200 cal (o sinal negativo 
indica que a água cedeu calor)
QR = 200.0,5.[0 – (–4)] + 200.80 + 200.1.(24,4 – 0) ⇒
QR = 21 280 cal
A pequena diferença entre os dois valores (0,4% apenas) se 
deve ao fato de a temperatura de 24,4 °C ter sido aproximada 
com apenas uma casa decimal de precisão. O gráfico a 
seguir (fora de escala) é um bom resumo desse exercício, 
e você, professor, deve apresentá-lo aos alunos.
T (ºC)
Q (kcal)
35
0,4 16,4 21,3
Resfriamento da
água quente
Fusão do gelo
24,4
Aquecimento da
água fria
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: De acordo com o enunciado da questão, 
os blocos de ferro e de alumínio estão inicialmente à 
mesma temperatura (temperatura ambiente), possuem a 
mesma massa e recebem a mesma quantidade de calor. 
Entretanto, o calor específico do alumínio é maior que o calor 
específico do ferro. Assim, o bloco de ferro se aquecerá mais 
que o bloco de alumínio, pois o ferro necessita de menor 
quantidade de calor por unidade de massa para sofrer uma 
variação unitária de temperatura (cFe < cAl). Logo, se após 
o processo de aquecimento os blocos forem colocados em 
contato, haverá transferência de calor do bloco de ferro 
para o bloco de alumínio, pois o bloco de ferro estará a uma 
temperatura maior que a do bloco de alumínio.
Questão 02 – Letra D
Comentário: 60% da energia mecânica provenientes de 
N = 50 marteladas são convertidos em energia térmica Q 
para aquecer de ∆T = 10 °C um prego de ferro de massa 
m = 50 g e calor específico c = 0,1 cal/g°C. Assim, para 
calcular a energia mecânica E de uma só martelada, podemos 
expressar a conversão de energia mecânica do martelo em 
energia térmica do prego pela seguinte equação:
60% da energia mecânica total = mc∆t ⇒ 
0,60.(50.E) = 50 g.(0,1.4,2 J/g°C).10 °C ⇒ E = 7 J
Questão 03 – Soma = 22
Comentário: A água tem calor especifico maior que o da 
terra. Por isso, durante o dia, a água do mar demora mais 
para esquentar do que o solo. À noite, a água do mar demora 
mais para se resfriar do que a terra. Portanto:
01. Falso
02. Verdadeiro
16. Verdadeiro
Durante o dia, a terra está mais quente do que o mar. Por 
isso, o ar sobre a terra se aquece, torna-se menos denso e se 
eleva. Então, o ar mais frio e denso que se acha sobre o mar 
sopra em direção ao o litoral. Durante a noite, ocorre o inverso. 
O mar é que está mais quente do que a terra. Por isso, o ar 
sobre o mar se aquece, torna-se menos denso e se eleva. 
Então, o ar mais frio e denso que se acha sobre a terra sopra 
em direção ao mar. Portanto:
04. Verdadeiro
08. Falso 
Questão 04 – Letra D
Comentário: Se denominarmos o calor específico do 
bloco por c, o calor específico da água será 10c. O balanço 
de energia relativo ao contato do bloco com a primeira massa 
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Editora Bernoulli
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de água é:
QC + QR = 0 ⇒		100.c.(T	−	90)	+	10.10c.(T’	−	0	)	=	0	⇒		T	=	90	−	T’
O bloco, na temperatura T, deve ser transferido para a segunda 
massa de água. Ao ser inserido na segunda massa de água, 
o	bloco	e	a	água	atingem	o	equilíbrio	a	uma	temperatura	T’.	
Essa é a temperatura que queremos determinar. O balanço de 
energia após o equilíbrio térmico ser atingido é:
QC + QR = 0 ⇒		100.c.(T’	−	T)	+	10.10c.(T’	−	0)	=	0	⇒	2T’	=	T
Resolvendo o sistema de equações, achamos: T = 60 ºC 
e	T’	=	30	ºC.	Portanto,	a	temperatura	do	bloco	no	momento	em	
que ele é transferido para a segunda massa de água é 60 ºC.
Questão 05 – Letra D
Comentário: O calor cedido pelo leite quente (aquecido pela 
resistência elétrica) que atravessa a serpentina do trocador de 
calor é igual ao calor recebido pelo leite frio que passa pela 
caixa onde está a serpentina. As vazões do leite frio e do leite 
quente são iguais, uma vez que um líquido é uma substância, 
praticamente, incompressível. Assim, o balanço de energia no 
trocador de calor é:
QR + QC = 0 ⇒		vazão.c.(T	−	5)	+	vazão.c.(20	−	80)	=	0
Cancelando as vazões e o calor específico dos dois escoamentos 
e resolvendo a equação, obtemos T = 65 ºC.
Questão 06 – Letra C
Comentário: Desprezando as perdas de calor para o 
ambiente, a soma do calor cedido pela massa de 150 g de água 
quente a 100 °C (QC: calor negativo) com o calor absorvido 
pela massa de 125 g da xícara a 9 °C (QR: calor positivo) é 
zero. Assim, resolvendo essa equação, obtemos a temperatura 
de equilíbrio da mistura:
QC + QR = 0 ⇒ 150. c .(TE – 100) + 125.
c
5
.(TE – 9) = 0 ⇒ 
175TE = 15 225 ⇒ TE = 87 °C
Questão 07 – Letra C
Comentário: O corpo de cada rapaz está a uma temperatura 
maior do que a temperatura da água da piscina. Assim, a água, 
em contato com a pele, absorve calor, por condução térmica, 
do corpo de cada rapaz. Por isso, eles sentem frio.
Quando os jovens saem da água, a pele de cada um está 
molhada. Essa água, em contato com o ar seco, tende a 
evaporar. Como a evaporação demanda absorção de calor 
pela água, concluímos que o corpo de cada rapaz cede 
calor para a água evaporar. É por isso que, nesse momento, 
os rapazes sentem frio. 
Portanto, diante da discussão anterior, conclui-se que a 
alternativa correta é a C.
Questão 09 – Letra C
Comentário: De acordo com o enunciado da questão, 
os objetos possuem a mesma massa e estão, inicialmente, 
à mesma temperatura e no estado sólido. Entretanto, 
os objetos são constituídos por materiais diferentes. 
A partir da análise do gráfico, verificamos que, no estado sólido, 
o material S sofre maior elevação de temperatura que o material 
R, para uma mesma quantidade de calor recebido. Logo, tendo 
em vista que os objetos possuem a mesma massa, conclui-se que 
o calor específico do material R é maior que o do material S, cR > 
cS. Observamos, também, a partir do gráfico, que a quantidade 
de calor necessária para que o objeto de material R sofra fusão 
completa é menor do que a quantidade de calor necessária para 
que o objeto de material S sofra fusão completa. Sabendo que os 
objetos possuem a mesma massa, podemos concluir que o calor 
latente de fusão do material R é menor que o do material S, LR < LS. 
Logo, a alternativa correta é a C.
Questão 10 – Letra D
Comentário: Inicialmente, vamos calcular a quantidade 
de calor que a massa de 5 g de água deveria ceder, 
caso sofresse um resfriamento de 20 ºC até 0 ºC e fosse 
totalmente solidificada. Esse calor seria:
Q = mc∆T + mLS	=	5.1.(0	−	20)	+	5.(−80)	=	−500	cal
Agora, vamos verificar o grau de aquecimento que a massa 
de 120 g de gelo deveria sofrer caso recebesse a quantidade 
de calor calculada anteriormente. Para isso, devemos igualar 
o valor de 500 cal ao calor sensível recebido pelo gelo:
500 = mc∆T ⇒		500	=	120.0,5.[T	−(−15)]		⇒		T	=	−6,7	ºC
Portanto, na situação de equilíbrio, haverá gelo no recipiente 
a	uma	temperatura	entre	−6,7	ºC	e	0	ºC.	
Questão 11 – Letra D
Comentário: A linha que separa as regiões de sólido e de 
líquido no diagrama de fases é a curva de fusão da água. Cada 
ponto dessa linha indica, para uma dada pressão, o valor da 
temperatura de fusão do gelo. Essa curva deve ser inclinada 
para a esquerda, como nas figuras das alternativas B e D, pois, 
assim, um aumento de pressão implicará uma menor 
temperatura de fusão. Como em baixas temperaturas a água 
apresenta-se sempre na fase sólida, a alternativa D é a mais 
adequada, pois, como podemos ver, para baixas temperaturas, 
a água acha-se no estado sólido para qualquer pressão.
Questão 12 – Letra B
Comentário: Como as massas das esferas são iguais, mas 
o volume da esfera de cobre é menor que o da esfera de 
alumínio, concluímos que a densidade do cobre é maior que 
a densidadedo alumínio.
A massa de gelo fundido é muito maior no caso da 
esfera de alumínio, que afundou dentro do bloco de gelo. 
Isso significa que houve uma maior transferência de calor 
da esfera para o bloco de gelo nessa situação. Esse calor 
é dado pela equação Q = mc∆T. Tendo em vista que a 
massa m é a mesma para as duas esferas e que a variação 
de temperatura ∆T também é igual para as duas esferas 
(∆T é igual à temperatura ambiente menos 0 ºC, que é o 
ponto de fusão do gelo), concluímos que o calor específico do 
alumínio deve ser maior que o do cobre.
Portanto, a alternativa correta é a B.
Questão 13 – Letra A
Comentário: A capacidade térmica de um objeto é 
definida operacionalmente pelo quociente C = Q/∆T (calor 
absorvido / cedido dividido pela variação de temperatura). 
Como os dois objetos receberam a mesma quantidade de calor 
e sofreram a mesma variação de temperatura, concluímos que 
suas capacidades térmicas são iguais. Professor, comente ainda 
com os alunos que a capacidade térmica também pode ser 
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Coleção Estudo
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determinada pelo produto C = m.c (massa do objeto multiplicada 
pelo calor específico do material). Como o calor específico do 
cobre é menor que o do alumínio, concluímos que, para as 
capacidades térmicas serem iguais, a massa do objeto de cobre é 
maior que a do objeto de alumínio (a rigor, 2,44 vezes maior, que 
é a razão entre os calores específicos do alumínio e do cobre).
Questão 14 – Letra B
Comentário: Inicialmente, a água líquida foi resfriada de 5 ºC 
até 0 ºC, cedendo calor para o bloco de gelo, que teve a sua 
temperatura aumentada. Após atingir a temperatura de 0 ºC, 
a água continuou cedendo calor para o gelo, de modo que a água 
começou a sofrer solidificação e se agregar ao bloco de gelo. 
Quando a massa de água solidificada atingiu o valor de 64 g, 
a temperatura global do bloco de gelo atingiu 0 ºC, de forma 
que o processo de transferência de calor da água para o bloco 
de gelo foi interrompido. O gráfico a seguir ilustra a troca de 
calor desde o instante em que a água estava a 5,0 ºC e o gelo 
estava à temperatura inicial T0 até o instante final, quando os 
dois corpos atingiram o equilíbrio térmico a 0 ºC.
Resfriamento e fusão da água
Aquecimento do gelo
Q (cal)
T (ºC)
5,0
0
T0
A massa inicial de água é mA = 2 500 g, a massa de 
água solidificada é mS = 64 g, e a massa inicial do gelo é 
mG = 725 g. O calor latente de solidificação da água é 
L	=	−80	cal/g	(o	sinal	negativo	indica	que	a	água	deve	ceder	
calor para se solidificar), o calor específico da água é c e o 
calor específico do gelo é c/2. Substituindo esses valores 
no balanço de energia desse exercício, obtemos a seguinte 
temperatura inicial para o gelo:
QA + QS + QG = 0
⇒		2	500.c.(0	−	5,0)	+	64.(−80)	+	725.(c/2).(0	−	T0)
Resolvendo essa equação, obtemos T0	=	−48,6	ºC.
Questão 15 
Comentário: A quantidade de calorias ingeridas ao comer 
o chocolate foi de 200 kcal, que, convertida para joules, é 
igual a:
E = 200 kcal. 4 200 J
kcal
= 8,4 x 105 J
Durante a corrida, dissipando energia na taxa P = 500 J/s, a 
pessoa gastará o seguinte tempo para dissipar uma energia 
equivalente à do chocolate:
P E
t
x
t
t s= = =500 8 4 10 1 680
5, 
Na velocidade v = 1,5 m/s, a pessoa percorrerá, nesse 
intervalo de tempo, a seguinte distância:
d = v.∆t = 1,5.1 680 = 2 520 m = 2,52 km
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Essa questão é um ótimo exemplo de item 
do Enem: uma situação-problema (o conceito popular e 
incorreto de “calor” e “temperaturas”), o enunciado do item 
(que limitações essa falsa conceituação pode acarretar?) e as 
opções (todas fisicamente corretas, mas uma delas conflitante 
com o conceito popular de calor e temperatura).
A primeira coisa que você, professor, deve explicar aos 
alunos é que todas as cinco opções de respostas desse item 
são afirmativas fisicamente corretas. Por isso, alguns alunos 
podem ter dificuldades para resolver essa questão.
Se a temperatura fosse uma medida de quantidade de calor 
de um corpo, a temperatura de um corpo sempre deveria 
aumentar quando um corpo recebesse calor. Assim, durante 
a ebulição da água à pressão constante, a temperatura 
não poderia ficar constante. Por isso, o conceito popular de 
calor e temperatura entra em conflito com a constância da 
temperatura durante a mudança de fase de substâncias puras 
à pressão constante.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: A água é uma substância pura. O ponto de 
ebulição de uma substância pura depende da pressão a que 
a substância é submetida. Quanto maior for a pressão sobre 
a superfície livre de um líquido, maior será a temperatura na 
qual o líquido irá ferver, ou seja, maior será a temperatura 
na qual ele entrará em processo de ebulição. Por exemplo, 
sob a pressão atmosférica de 1 atm, típica das cidades ao 
nível do mar, a água inicia o processo de fervura quando 
sua temperatura atinge 100 °C. Em uma localidade de maior 
altitude, a pressão atmosférica é menor do que 1 atm, e, 
consequentemente, o ponto de ebulição da água é menor do que 
100 °C. Por exemplo, na cidade de Belo Horizonte, que se acha 
a 850 m acima do nível do mar, a pressão atmosférica média 
vale 0,89 atm e a temperatura de ebulição da água é de 97 °C.
No experimento descrito nessa questão, a água da seringa 
voltou a ferver porque o levantamento do êmbolo provocou uma 
diminuição na pressão interna da seringa. Consequentemente, 
o ponto de ebulição da água também diminuiu. Por exemplo, 
digamos que a água dentro da seringa estava a 90 °C 
(a água se esfriou um pouco, depois de ser retirada da 
panela e ser introduzida na seringa). Nessa temperatura, a 
pressão de ebulição da água é de 0,73 atm. Essa pressão 
pode ser obtida facilmente, bastando levantar um pouco 
o êmbolo da seringa. Quando a pressão atingir esse valor, 
considerando que a temperatura da água se mantenha a 90 °C, 
a água volta a ferver. 
Essa experiência pode ser realizada de forma mais simples, sem 
a necessidade de aquecimento do líquido. Para isso, a água deve 
ser substituída por éter etílico (produto cuja venda é controlada). 
O ponto de ebulição do éter etílico é baixo; a 1 atm, ele ferve 
a 35 °C. Por isso, o éter, à temperatura ambiente, pode ser 
introduzido na seringa, de forma que um pequeno deslocamento 
do êmbolo já é capaz de provocar a ebulição do líquido.
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: A potência solar S (nessa questão, S = 800 W/m2) 
não é definida com base na área real exposta aos raios solares, 
ela é definida com base em uma área perpendicular aos raios 
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Editora Bernoulli
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solares. Nessa questão, a área projetada do espelho parabólico 
é um retângulo de área A = b.h, em que a base b vale 6 m e 
a altura h é o valor procurado (veja figura).
h
b = 6 m
h
b = 6 m
Em uma 1 hora, o espelho parabólico recebe e reflete para o 
tubo com óleo a seguinte quantidade de energia:
E = S.(área projetada).(tempo) = 800 W/m2.(h.6 m). 
(3 600 s) = 1,728 x 107 h
Essa energia será dada em joules, desde que o comprimento h 
seja dado em metros. A energia E deve ser usada para aquecer 
1 m3 de água (massa = 1 000 kg) de 20 °C a 100 °C, conforme 
informado na questão. Usando a equação para calcular o 
calor sensível e sabendo que o calor específico da água é 
c = 4 200 J/(kg°C), podemos determinar a energia necessária 
para aquecer a massa de água.
Q = m.c.∆T = (1 000 kg).(4 200 J/kg°C).(100 °C – 20 °C) 
⇒ Q = 3,36 x 108 J
Igualando os valores de E e de Q (admitindo um coletor solar 
com eficiência 100% e que o tubo possua capacidade térmica 
desprezível), obtemos o valor de h:
E = Q ⇒ 1,726 x 107 h = 3,36 x 108 ⇒ h = 19,4 m
Questão 04 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: A transformação mencionada no texto é a 
evaporação, pois, quando a água líquidaabsorve calor, de modo 
que algumas moléculas de água se soltam do líquido e sobem 
para a atmosfera, tais moléculas passam do estado líquido para 
o estado de vapor. Professor, explique que a evaporação da 
água é a passagem do estado líquido para o estado de vapor 
de forma lenta e sem turbulência e que pode ocorrer, para uma 
dada pressão, a temperaturas diferentes. Já a ebulição da água 
é a passagem do estado líquido para o estado de vapor de 
forma mais turbulenta e que ocorre, para uma dada pressão, 
apenas em certa temperatura. Por exemplo, a 1 atm, a água 
ferve apenas se a temperatura for de 100°C. 
Questão 05 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 22
Comentário: O processo de dessalinização da água descrito 
na montagem desta questão é constituído de duas etapas. Na 
1ª delas, a água sofre evaporação depois de absorver energia 
solar. A 2ª etapa do processo é a condensação do vapor de 
água, que, ao entrar em contato com o plástico da cobertura, 
libera calor para o meio externo. Por isso, o vapor condensa. 
A mesma energia absorvida pela água na evaporação é cedida 
pelo vapor na condensação, pois o calor latente de vaporização 
é igual ao calor latente de condensação.
Questão 06 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 3
Habilidade: 21
Comentário: O piso da quadra deve ter alta capacidade 
térmica, pois um corpo com tal característica pode receber 
uma quantidade significativa de calor sem sofrer muita 
elevação de temperatura. O exemplo clássico disso é o mar. 
Além da grande massa do mar, a água tem um calor específico 
alto, de modo que a capacidade térmica do mar é muito alta. 
Por isso, durante o dia, a temperatura da água do mar não 
sofre grandes elevações. Usando a mesma ideia, o piso da 
quadra dever ser feito de um material denso, para que a massa 
do piso seja alta, e de elevado calor específico.
Questão 07 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: A suposta massa de gelo dos polos, 
derretida por ano devido ao aquecimento global, pode ser 
estimada por meio da equação Q = m.L, em que m é a massa 
procurada, Q = 1,6 x 1022 J é a quantidade de calor fornecido 
ao gelo anualmente e L = 3,2 x 105 J/kg é calor latente 
de fusão do gelo. Substituindo esses valores na equação, 
obtemos:
1,6 x 1022 J = m.3,2 x 105 J/kg
⇒ m = 50 x 1015 kg
Portanto, a alternativa correta é a B.
Questão 08 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 14
Comentário: A água, para evaporar, deve receber calor. 
Por isso, quando transpiramos, evaporando água do nosso 
corpo para o ar através dos poros, o nosso corpo cede calor 
para essa água. O elevado calor latente de vaporização 
da água (LV = 540 cal/g) indica que mesmo uma pequena 
quantidade de água necessita ganhar muito calor para sofrer 
vaporização. Por isso, a transpiração consiste em um dos 
mais eficientes mecanismos biológicos que permitem regular 
a nossa temperatura corpórea.
Questão 09 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: Conforme foi explicado na resolução da 
questão 01, a temperatura de ebulição da água depende 
da pressão que é exercida sobre sua superfície livre. 
Quanto maior for essa pressão, maior será a temperatura 
de fervura da água. Em uma panela de pressão, quando a 
água ferve, a pressão interna na panela é próxima a 2 atm. 
Do gráfico dado nessa questão, vemos que a temperatura 
de ebulição para essa pressão é cerca de 120 °C. Portanto, 
o cozimento de alimentos é mais rápido em uma panela de 
pressão simplesmente porque a temperatura de ebulição da 
água nessa panela é maior do que aquela que seria observada 
em uma panela aberta. Por exemplo, ao nível do mar, a pressão 
vale 1 atm, e a temperatura de ebulição da água é de 100 °C. 
Esse valor pode ser observado no gráfico dessa questão.
Da discussão anterior, conclui-se que a alternativa correta é a B.
12
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
Questão 10 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 3
Habilidade: 8
Comentário: À pressão constante, depois que a água atinge o 
ponto de ebulição, a temperatura da água não se altera mais. 
No caso de uma panela de pressão, conforme foi explicado na 
resolução da questão 04, essa temperatura é cerca de 120 °C. 
Por isso, podemos abaixar o fogo sob a panela de forma 
apenas a manter a fervura da água, que a temperatura da 
água permanecerá constante. Há pelo menos duas vantagens 
em fazer isso. A primeira é que haverá significativa economia 
de energia, pois, como a temperatura da água continuará 
sendo de 120 °C, o alimento será cozido no mesmo tempo, 
independentemente de o fogo estar alto ou mais baixo. A outra 
vantagem é que, a fogo baixo, a água levará mais tempo para 
secar, reduzindo o risco de o alimento queimar por falta de água. 
Assim, a alternativa correta é a E.
Questão 11 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: Vamos analisar as alternativas separadamente.
A)	 A	confirmação	da	existência	de	água	no	estado	de	vapor	
na atmosfera de um planeta não garante que a água 
possa também existir no estado líquido nesse planeta, 
pois o estado da água, e de outras substâncias puras, 
depende da pressão e da temperatura da substância. 
É possível que, em alguma parte do planeta, os valores 
de temperatura e de pressão proporcionem as condições 
necessárias para a existência de água líquida. Por 
exemplo, para p = 5 atm e T = 200 °C, a água está no 
estado líquido, conforme indica o ponto M no diagrama 
de fases da água apresentado a seguir. Porém, não há 
a garantia da existência de água líquida apenas pela 
constatação da existência de vapor de água na atmosfera 
do planeta.
Pr
es
sã
o 
(a
tm
)
1
5
S
ól
id
o
M
Líquido
Ponto
triplo
Ponto de
ebulição
a 1 atm
Vapor
100 Temperatura (ºC)200
B) A temperatura de ebulição da água depende da pressão. 
De fato, como pode ser observado no diagrama anterior, 
para a pressão de 1 atm, a temperatura de ebulição da 
água vale 100 °C. Mas a temperatura de ebulição da água 
é maior que 100 °C quando a pressão exercida sobre sua 
superfície livre é maior que 1 atm, e menor que 100 °C 
para pressões menores que 1 atm.
C) O calor de vaporização é uma propriedade termodinâmica 
que depende da substância e da pressão exercida sobre esta. 
No caso da água, submetida à pressão de 1 atm, 
a temperatura de ebulição é de 100 °C. Nessas circunstâncias, 
uma quantidade de calor igual a 5,4 x 105 cal é necessária 
para vaporizar 1 kg de água no estado líquido. Esse valor 
é chamado de calor latente de vaporização.
D) À certa pressão, quando uma temperatura igual ou maior 
do que a temperatura de ebulição do líquido é atingida, 
o líquido abre fervura, com a formação de bolhas em 
seu interior.
E) Mesmo quando o aquecimento da água ocorre com a 
máxima variação de temperatura, de 0 °C a 100 °C, 
o tempo para vaporizá-la completamente é maior do 
que o tempo para aquecê-la. A vaporização da água é 
5,4 vezes mais demorada do que o aquecimento dela 
de 0 °C a 100 °C. Para obtermos esse valor, basta 
dividirmos o calor de vaporização QV = m.L (m é a massa, 
e L = 540 cal/g é o calor latente de vaporização da água) pelo 
calor sensível de aquecimento, QA = m.c.∆T (c = 1,0 cal/(g°C) 
é	o	calor	específico	da	água	líquida,	e	∆T = 100 °C é a 
elevação de temperatura da água). A razão de 5,4 entre QV 
e QA é também a razão entre os tempos de aquecimento 
e de vaporização da água, pois a taxa de fornecimento de 
calor é constante durante todo o processo. Observe que a 
massa m é cancelada, pois ela é a mesma no aquecimento 
e na vaporização, uma vez que a vaporização é completa. 
Por	fim,	veja	o	gráfico	da	temperatura	em	função	do	tempo	
mostrado	na	figura	6,	do	Módulo	B	03	do	Caderno	Principal.	
Parte dele ilustra esse processo. O gráfico também 
ilustra	o	aquecimento	e	a	fusão	do	gelo.	Neste	gráfico, 
veja que o tempo de fusão também é superior ao tempo de 
aquecimento do gelo. Porém, como o calorlatente de fusão 
(L = 80 cal/g) não é tão grande quanto o de vaporização, 
e	como	o	calor	específico	do	gelo	(c	=	0,5	cal/g°C)	é	da	
ordem	do	calor	específico	da	água	 líquida,	o	 tempo	de	
fusão não é muito maior do que o tempo de aquecimento 
do gelo. De fato, se o aquecimento do gelo principiasse de 
uma	temperatura	muito	baixa	(menor	do	que	−160	°C),	 
o tempo de aquecimento do gelo seria maior do que o 
tempo de fusão dele.
 Das análises anteriores, conclui-se que a alternativa 
correta é a C.
MÓDULO – B 04
Gases
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: Um gás real comporta-se como gás ideal 
(ou seja, a equação pV = nRT é válida para esse gás) 
quando suas moléculas acham-se suficientemente distantes 
umas das outras para que não ocorra interação entre elas. 
Para se ter essa condição, o gás deve ter uma densidade 
baixa, e isso ocorre cada vez mais à medida que a pressão 
do gás é reduzida e a temperatura é aumentada. O critério 
que garante um comportamento de gás ideal é o seguinte: 
p << pressão crítica e T >> temperatura crítica. Em muitos 
casos, apenas a primeira condição já é suficiente para o gás 
se comportar idealmente.
Questão 02 – Letra B
Comentário: Primeiramente, vamos calcular o volume da 
bola cheia:
V = 4πR3/3 = 4.3.(20 cm/2)3/3 = 4 000 cm3 = 4 L
Agora, usando a lei de gás ideal, vamos calcular a quantidade 
de ar na bola:
pV = nRT ⇒ 1,0 atm.4 L = n.(0,080 atm.L/mol.K).300 K ⇒ 
n = 5/30 mol
Por fim, vamos calcular a massa de ar na bola:
n = m/M ⇒ m = (5/30 mol).(30 g/mol) = 5,0 g
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Editora Bernoulli
FÍ
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C
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Questão 03 – Letra B
Comentário: Antes de usar a relação de gás ideal para 
comparar o estado inicial (1) e o estado final (2) do ar no 
pneu, é preciso converter as pressões manométricas do 
ar para pressões absolutas. Uma pressão manométrica é 
a diferença entre a pressão absoluta do fluido e a pressão 
atmosférica local. Portanto, somando-se as pressões 
manométricas do ar com o valor da pressão atmosférica local 
p0, acharemos as pressões absolutas do ar. Considerando 
p0 = 1 atm = 1,01 x 105	Pa	≈	100	kPa,	as	pressões	absolutas	
do ar no pneu serão p1 = 300 kPa e p2 = 360 kPa. Agora, 
podemos usar a relação de gás ideal pV/T = constante para 
comparar os estados 1 e 2 do ar. Lembrando que a temperatura 
nessa fórmula é expressa na escala absoluta, temos:
p V
T
p V
T
V
T
V
T K2 2
2
1 1
1
1
2
1
2
360 1 10 300
263
347 74= = = =
. , . ooC
Questão 04 – Letra B
Comentário: No processo a → b, a pressão p varia 
proporcionalmente com a temperatura absoluta T. 
Como p = (nR/V)T, concluímos que a fração nR/V é constante, 
implicando que o volume V do gás é constante. Por leitura direta, 
vemos que o processo b → c é isobárico e o processo c → a 
é isotérmico. Assim, no diagrama p x V, o processo a → b deve 
ser uma reta vertical, com a pressão aumentando. O processo 
b → c deve ser uma reta horizontal, com o volume diminuindo. 
Podemos explicar que Tc < Tb, notando que o produto pV 
para o ponto c é menor do que esse produto para o ponto b. 
Por fim, o processo c → a é uma hipérbole, com a pressão 
diminuindo. Essa curva representa uma função inversa que, 
nesse caso, é a função p = C/V, em que C = nRT é constante 
porque T é constante.
Da discussão anterior, conclui-se que o diagrama correto está 
representado na alternativa B.
Questão 05 – Soma = 23
Comentário: 
01. V
n pV
R T
x mols= = =4 98 10 1 2
8 3 300
24
4, . ,
, .
 
02. V
N = n.NA = 24.6 x 1023 = 1,44 x 1025 moléculas
04. V
u 3
2
KT 3
2
= = .1,4 x 10–23 .300 = 6,3 x 10–21 J
08. F
Mantendo inalterados o volume e a quantidade de gás, a 
pressão é diretamente proporcional à temperatura em escala 
Kelvin, e não na escala Celsius. Assim, embora o valor da 
temperatura cresça de 100% ao passar de 27°C para 54°C, 
na escala Kelvin, a temperatura passa de 300 K para 327 
K, correspondendo a um aumento de apenas 9%. Esse é o 
aumento da pressão, que passa de 49,8 kPa para 54,3 kPa.
16. V
Mantendo inalterados a temperatura e o volume, a pressão é 
diretamente proporcional à quantidade de gás. Assim, duplicando 
o número de mols, a pressão do gás também duplica.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: O ar começará a entrar no pneu assim que a 
pressão na bomba for ligeiramente maior que a pressão do 
ar pré-existente no pneu: 3 x 105 N/m2. Como o processo de 
compressão do ar na bomba é isotérmico, a seguinte relação 
entre o estado inicial (1) e final (2) do ar pode ser empregada 
para resolver este exercício (p é a pressão e V é o volume de 
ar dentro da bomba; A e L são a área da seção transversal 
da bomba e o comprimento do espaço cilíndrico ocupado pelo 
ar dentro da bomba, respectivamente):
p2 V2 = p1 V1 ⇒ p2 (A .L2) = p1 (A .L1) ⇒ p2 L2 = p1 L1
Substituindo os valores dados, obtemos:
3 x 105 L2 = 105 L1 ⇒ L1/L2 = 3
Substituindo L1 = 42 cm (1ª figura do exercício) nessa relação, 
obtemos L2 = 14 cm. Da 2ª figura do exercício, vemos que 
o deslocamento da bomba é d L1 – L2	=	42	−	14	=	28	cm.	
Questão 02 – Letra B
Comentário: De acordo com o enunciado da questão, o êmbolo 
pode deslizar sem atrito. Logo, a pressão a que o gás está 
submetido, durante todo o processo, é a pressão atmosférica. 
Sendo assim, o gás sofre uma transformação isobárica. 
Utilizando a equação de estado de um gás ideal, temos:
V
T
V
T
Ah
T
Ah
T
h
h T
T
1
1
2
2
1
1
2
2
2
1 2
1
= = =
Assim, a altura do êmbolo é de 22 cm quando o gás encontra-se 
à temperatura de 60 ºC. Logo, a altura do êmbolo sofre uma 
variação de 10% nessa transformação.
Questão 03 – Letra D
Comentário: De acordo com a equação de Clapeyron 
(equação geral dos gases ideais), o número de mols de 
nitrogênio no volume de 3,0 L, temperatura T e pressão de 
5,0 atm e o número de mols de oxigênio no volume de 2,0 L, 
temperatura T e pressão de 4,0 atm são iguais a:
n
RT RT
e n
RT RTN O2 2
5 0 3 0 15 4 0 2 0 8 0
= = = =
, . , , . , ,
Se esses gases forem misturados em um recipiente de 10 L, 
o número de mols total será:
n n n 23
RT2 2N O
= + =
de forma que a fração molar de nitrogênio será 15/23 = 0,652 
(65,2%) e a de oxigênio será e 34,8%. Assim, como a massa 
molar do nitrogênio vale 28 g/mol e a do oxigênio vale 32 g/mol, 
a massa molar desta mistura será:
M 65,2.28 34,8.32
100
29,4 g / mol
mist
= + =
Por fim, a pressão da mistura gasosa será:
= = =pV nRT p.10 23
RT
RT p 2,3atm
Questão 05 – Letra E
Comentário: A relação entre as temperaturas nos estados 
A, B e C pode ser determinada por:
p V
T
p V
T
A A
A
B B
B
= ⇒ 
2 3
1 1 1 1/ / = /
/p V
T
p V
T
A B
 ⇒ 2TB = 3TA
p V
T
p V
T
B B
B
C C
C
= ⇒ /
/
= /
/p V
T
p V
T
B C
1 1 1 1
3 ⇒ TB = 3TC
TB = �TA e TB = 3TC ⇒ �TA = 3TC ⇒ TA = 2TC
Logo, a alternativa correta é a E.
14
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
Questão 06 – Letra C
Comentário: De acordo com a equação p = nRT/V, em 
que nRT é constante (processo isotérmico), p e V são 
inversamente proporcionais. Por isso, o gráfico III pode 
representar um processo isotérmico. De acordo com a 
equação V = (nR/p)T, em que nR/p é constante (processo 
isobárico), V é diretamente proporcional a T. Por isso, 
o gráfico IV pode representar um processo isobárico. 
De acordo com a equação p = (nR/V T, em que nR/V é 
constante (processo isovolumétrico), p é diretamente 
proporcional a T. Por isso, o gráfico II pode representar 
um processo isovolumétrico. Os gráficos I e V representam 
processos politrópicos, em que p, V e T variam. No gráfico V, 
por exemplo, se a pressão aumentar (e o volume diminuir), 
primeiro a temperatura irá aumentar até um valor máximo 
e depois diminuirá, podendo voltar ao valor inicial, 
conforme sugere o diagrama a seguir (no gráfico p x V, 
assim como no gráfico V x p, as isotérmicas mais externas 
também representam as maiores temperaturas). 
V
p
320 K
300 K
Questão 07 – Letra C
Comentário: Nesse tipo de problema, é comum a temperatura 
do lago ser considerada constante, de forma que a 
transformação do gás (em geral,uma bolha de ar que sobe 
do fundo para a superfície) é isotérmica. Nesse caso, 
a pressão p e o volume V são inversamente proporcionais 
(Lei de Boyle-Mariotte). No presente problema, a temperatura 
do lago é variável, pois o volume do balão diminuiu para 
pouco menos da metade quando a pressão dobrou de valor 
(na superfície, pS = 1 atm e, na profundidade de 10 m, 
pP = 1 + 1 = 2 atm). De acordo com a equação geral dos gases 
ideais, como o volume é dado por V = nRT/p, concluímos que, 
para o volume V sofrer uma redução mais significativa, T 
deve diminuir. Assim, TP < TS. Uma maneira interessante de 
constatar essa resposta é por meio do diagrama p x V a seguir. 
Observe as duas curvas isotérmicas de temperaturas TP e TS. 
A curva referente a TS é mais externa em relação à origem, 
porque TS > TP. Agora, observe a transformação 1 → 2, 
que é isotérmica e que seria a transformação que ocorreria 
se o lago tivesse temperatura uniforme. Veja que V2 = V1/2, 
pois p2 = 2p1. Por último, observe a transformação 1 → 3, 
a que, de fato, ocorreu durante a descida do balão. Veja que V3 
é um pouco menor do que V1/2. Isso ocorreu porque, durante 
o processo, o gás sofreu um resfriamento.
p (atm)
V3V2 V1
TS
V 
TP
1,0
2,0
1
2
3
Questão 08 – Letra C
Comentário: Lembrando que a temperatura na equação dos 
gases ideais é expressa na escala absoluta, podemos usar a 
seguinte relação para obter a temperatura no fundo do lago:
p V
T
p V
T
V
T
V T K Co1 1
1
2 2
2 1
1
3 0 8 4
300
281 8= = = =. , .
Questão 09 – Letra E
Comentário: Na 1ª transformação, que foi uma compressão 
isotérmica, na qual o volume o inicial V0 foi reduzido para V0/2, 
não houve variação de temperatura, que se manteve igual a 
T0 (temperatura absoluta). Porém, de acordo com a equação 
de gás ideal, mantidas inalteradas a quantidade de gás e a 
temperatura, a pressão varia inversamente com o volume. 
Portanto, nessa 1ª transformação, a pressão aumentou de 
p0 para 2p0. Na transformação seguinte, que foi isobárica, 
o volume tornou-se 2V0. Portanto, nessa 2ª transformação, 
o volume foi multiplicado por 4. De acordo com a equação 
de gás ideal, mantidas inalteradas a quantidade de gás e a 
pressão, a temperatura absoluta é proporcional ao volume. 
Assim, na 2ª transformação, a temperatura absoluta aumentou 
de T0 para 4T0. O gráfico a seguir da pressão versus volume 
apresenta as duas transformações deste exercício. Professor, 
não deixe construir este gráfico para os alunos.
Pressão
Volume
2p0
p0
V0/2 V0 2V0
T0
4T0
Questão 10 – Letra C
Comentário: À medida que o balão sobe, atingindo maiores 
altitudes, a pressão externa diminui, pois o ar é mais 
rarefeito em grandes altitudes. A temperatura do ar também 
diminui, pois as camadas mais altas da atmosfera recebem 
uma menor quantidade do calor transmitido por convecção 
da superfície da Terra (lembrando também que os raios 
solares atravessam a atmosfera, sendo pouco absorvidos 
por esta). Assim, se, por um lado, o volume do balão tende 
a aumentar devido à redução da pressão, por outro lado, 
o volume tende a diminuir devido à contração térmica. 
Como na equação V = nRT/p a temperatura é dada na escala 
absoluta, uma redução de vários graus Celsius em T pode 
corresponder a uma pequena variação percentual na escala Kelvin. 
Nesse problema, é isso que ocorre, de forma que o efeito da 
redução	da	temperatura	é	menos	significativo	do	que	o	efeito	
da redução da pressão, e o resultado é que o volume do balão 
aumenta. Seria conveniente confrontar valores numéricos para 
ilustrar esse comportamento. Ao nível do mar, para p = 1 atm e 
T = 20 ºC = 293 K, a quantidade de 0,1 mol de gás do balão 
ocupa o seguinte volume:
V nRT
p
L= = =0 1 0 082 293
1
2 4, . , . , 
A 5 mil metros de altitude, por exemplo, a pressão atmosférica 
é	cerca	de	0,5	atm	e	a	temperatura	é	cerca	de	−30	ºC	(243	K). 
Nesse caso, o volume do gás é:
V nRT
p
L= = =0 1 0 082 243
0 5
4 0, . , .
,
,
Questão 11 – Letra D
Comentário: O resfriamento do ar ocorre a volume constante. 
Por isso, a pressão interna diminui de um fator igual à razão 
entre	 a	 temperatura	 absoluta	 final	 (−18	 ºC	=	255	K)	 e	 a	
temperatura absoluta inicial (27 ºC = 300 K). Portanto, 
se a pressão inicial é p0 (pressão atmosférica), a pressão 
interna depois do resfriamento é:
p p p= =255
300
0 85
0 0
,
15
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Isso quer dizer que, para abrir a porta, uma pessoa deve 
exercer uma força que gere uma pressão suplementar de, 
pelo menos, 15% da pressão p0. Essa pressão, somada à 
pressão interna (que vale 85% de p0), produzirá uma pressão 
igual à externa. Se admitirmos uma área A = 0,20 m2 (esse é 
um valor típico para a área de uma porta do compartimento 
superior de uma geladeira duplex), e considerando p0 = 105 N/m2 
(≈	1	atm),	então	a	força	feita	pela	pessoa	será:
p = F
A
 = Pressão suplementar ⇒ F = p.A
F = 0,15 x 105.0,20 = 3 x 103 N = 300 kgf
Essa é uma força muito grande. Uma pessoa comum não 
consegue exercer uma força de tal intensidade. Logo após o 
fechamento da porta, como existe muita diferença de pressão 
entre o lado interno e o ambiente, uma massa de ar atmosférico 
acaba passando pelas brechas de vedação da porta, fazendo com 
que a pressão interna volte a ser 1 atm, permitindo a abertura da 
porta. Calcular o valor da massa de ar que entra no freezer após 
seu fechamento é um bom desafio para ser colocado na sala de 
aula. Para calcular essa massa, devemos calcular, primeiramente, 
a quantidade de ar (em mols) correspondente, substituindo o 
volume do freezer (280 L), a temperatura de 255 K e a pressão 
de 1 atm (que é restabelecida) na equação geral de estado dos 
gases ideais. Usando a massa molar do ar (29 g/mol), podemos 
calcular o valor dessa massa de ar. 
Questão 12 – Letra C
Comentário: A energia cinética média de translação (u) de 
um gás ideal é proporcional à temperatura absoluta do gás (T), 
mas não à temperatura em graus Celsius. Esse comportamento 
independe do tipo de gás e também independe da massa do gás. 
A energia cinética total é que depende da massa do gás. 
Portanto, a alternativa correta é a C.
Questão 13 – Letra A
Comentário: O aumento da energia cinética média (u) é 
decorrente de um aumento na temperatura, pois u = 3KT/2. 
Para uma transformação a volume constante, quando T 
aumenta, p também aumenta. Logo, a alternativa correta é a A.
Questão 15
Comentário:
A) A pressão no fundo é dada pela equação fundamental da 
hidrostática:
p = p0 + ρgH = 1,0 x 105 + 1,0 x 103.10.30 = 
4,0 x 105 N/m2 = 4,0 atm
B) Uma vez que a Lei de Boyle relaciona as pressões e os 
volumes	iniciais	e	finais	de	um	gás	à	temperatura	constante,	
conhecendo-se o valor da pressão inicial po e a relação entre 
os volumes inicial V0 (volume do pulmão na superfície) e 
final	V1 (volume do pulmão a uma profundidade de 30 m), 
e considerando-se que V1 poderá atingir uma contração 
máxima correspondente a 25% de V0, pode-se escrever 
V1 = (25/100)x V0 = 0,25xV0.
 Substituindo os valores na expressão da Lei de Boyle 
(p0V0 = p1V1), podemos calcular a pressão que comprime 
o volume do pulmão no valor máximo de 25%:
 p2V2 = p1V1 ⇒ p2 = P1V1/V2 ⇒ p2 = 1,0 x 105.V1/V2 ⇒ 
p2 = 1,0 x 105.V1/0,25V1 ⇒ p1 = 1,0 x 105/0,25 = 4,0 x 
105 N/m2
 Como essa pressão é exatamente a pressão no 
mergulhador a 30 m, ele não poderá descer além dessa 
profundidade sem riscos para o seu pulmão.
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 3
Habilidade: 8
Comentário: De acordo com o enunciado, o vapor de água 
presente na atmosfera exerce uma pressão parcial, que é a pressão 
de vapor na temperatura ambiente (valor dado: 3,6 x 103 Pa) 
multiplicada pela umidade relativa (valor dado: 0,50). 
Assim, temos pV = 1,8 x 103 Pa. Essa pressão é muito baixa 
(muitas vezes menor do que a pressão crítica da água), de 
forma que o vapor de água pode ser tratado como gás ideal. 
Então, usando a equação de gás ideal com a pressão pV = 1,8 x 103 Pa, 
a temperatura ambienteT = 300 K e o volume V = 2 000 m3 
(tanto o ar como o vapor ocupam todo o volume do ambiente), 
obtemos a seguinte quantidade de vapor de água (em mols) 
misturada no ar:
n pV
RT
x x mol= = =1 8 10 2 000
8 300
1 5 10
3
3, .
.
, 
Como a massa molar da água vale 18 g/mol (0,018 kg/mol), 
concluímos que há a seguinte massa de água presente no ar:
m = n.M = 1,5 x 103 mol.0,018 kg/mol = 27 kg
Como a densidade da água (no estado líquido) vale 1 kg/L, é 
possível, teoricamente, condensar 27 L de água desse ambiente. 
Isso pode ser feito passando o ar por serpentinas de resfriamento 
que se acham a uma temperatura igual ou menor do que a 
temperatura de condensação da água presente no ar (ponto de 
orvalho). À medida que essa água é extraída, o ponto de orvalho 
torna-se cada vez mais baixo. O mesmo ocorre com a umidade 
do ar. Por isso, quando a umidade for muito baixa, o processo de 
extração de água se tornará muito difícil e oneroso. Na prática, 
não será viável extrair toda a água do ambiente.
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Esta questão aborda o conceito de umidade do 
ar e pode ser resolvida com certa facilidade usando apenas as 
informações dadas no gráfico e no texto da questão.
A) Professor, muitos alunos raciocinam que a insolação faz 
evaporar a água do solo e de lagos, causando um aumento da 
quantidade de vapor presente no ar. Nesse caso, a umidade 
do ar realmente poderia aumentar com a insolação. Porém, 
em temperaturas ambientes muito baixas, como no caso 
desta questão (observe que as temperaturas variam entre 
3 °C e 10 °C), praticamente não há evaporação de água. 
Nesta questão, o aluno deve se ater às informações dadas no 
gráfico,	que	mostra	claramente	que	a	umidade	relativa	do	ar	
aumenta quando a temperatura do ar diminuiu, e que essa 
umidade diminui quando a temperatura aumenta. Há indícios 
dessa relação inversa entre a umidade e a temperatura em 
todos	os	trechos	do	gráfico:	entre	0	e	6	horas	da	manhã,	
a temperatura do ar diminuiu e a umidade relativa do ar 
aumenta; das 6 horas às 16 horas, a temperatura aumenta, 
e a umidade diminui; das 16 às 24 horas, a temperatura 
diminui, e a umidade aumenta.
B) Professor, conforme explicado na alternativa A, no caso 
do ar desta questão, quando a temperatura aumenta, 
quase não há evaporação de água e, portanto, não há 
incorporação de vapor no ar. O que acontece é que, 
com o aumento da temperatura, o ar aumenta a sua 
capacidade de	armazenar	vapor	antes	de	ficar	saturado.	 
16
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
O aumento da temperatura “abre” mais espaço entre as 
moléculas. Uma massa de ar frio e com uma umidade 
relativa de 90% está quase que saturada. Porém, se 
aquecido, o ar aumenta a capacidade de armazenar 
vapor, de modo que a umidade relativa pode abaixar, por 
exemplo, para 80%. 
C) Como discutido na alternativa A, a relação entre a umidade 
relativa do ar e a temperatura não é direta, mas inversa.
D) Existe uma grandeza física chamada de umidade absoluta. 
Ela sim indica a quantidade de vapor presente na 
atmosfera. No entanto, a umidade relativa indica outra 
coisa. Conforme explicado no texto desta questão, a 
umidade relativa é uma medida da quantidade de vapor 
presente no ar em relação à quantidade máxima de 
vapor que esse ar pode conter. Nesta questão, quando 
a temperatura do ar aumenta, a umidade relativa do ar 
diminui, mas a umidade absoluta não se altera.
E) A variação na umidade relativa do ar ao longo do dia se 
verifica	tanto	no	inverno	(como	no	caso	desta	questão),	
como no caso do verão. Nesse último caso, o efeito da 
evaporação da água também deve ser levado em conta, 
de modo que a curva de variação da umidade relativa do 
ar em função da temperatura ambiente é mais complexa.
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: O ar aprisionado dentro do frasco acha-se à 
pressão de 1 atm, pois o frasco foi fechado em uma cidade que 
encontra-se ao nível do mar. Essa pressão pode ser avaliada 
pela expressão p = nRT/V, em que n é a quantidade de ar 
aprisionado em mols, R é a constante universal dos gases, T 
é a temperatura absoluta, e V é o volume ocupado pelo ar. 
Durante a viagem, a pressão exercida pelo ar aprisionado varia 
muito pouco, pois o volume e a massa desse ar não variam e a 
sua temperatura, que pode mudar um pouco, exerce pequena 
influência sobre a pressão, pois é medida na escala kelvin. 
Ainda que na escala Celsius uma variação de temperatura 
possa ser significativa, na escala kelvin, essa variação tem 
uma importância muito menor. Por exemplo, se a temperatura 
do ar aprisionado mudar de 298 K (25°C) para 288 K (15°C), 
haverá uma variação de apenas 10 K em 298 K, ou seja, 
uma variação de apenas 3,3% na temperatura absoluta 
(na escala Celsius, essa variação seria de 40%). 
Como a pressão depende diretamente da temperatura 
absoluta, concluímos, nesse caso, que a pressão 
também sofre a pequena diminuição de 3,3%. Durante 
a viagem, à medida que altitudes mais altas são 
atingidas, a pressão atmosférica externa diminui de valor. 
Em Belo Horizonte, essa pressão vale 0,9 atm, ou seja, 
a pressão externa é 10% menor do que a pressão 
interna (caso esta continue valendo 1 atm). Mesmo 
que a pressão interna sofra uma pequena redução 
devido à diminuição da temperatura, a tendência é que 
a pressão interna seja maior do que a pressão externa. 
É por isso que a tampa do frasco se abre, fazendo com que 
o xampu derrame dentro da mala. Uma maneira prática de 
evitar isso seria comprimir um pouco o frasco, antes de ele 
ser fechado na cidade praiana. Assim, as paredes do frasco 
ficariam encurvadas para dentro do recipiente, de modo que 
essas paredes é que voltariam à posição normal quando 
altitudes maiores fossem atingidas. Então, o ar aprisionado 
internamente se expandiria e passaria a exercer uma pressão 
menor debaixo da tampa, de forma que não haveria mais um 
desequilíbrio exagerado entre as pressões interna e externa.
MÓDULO – C 03
Espelhos esféricos
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário: O professor deve calcular a distância da imagem 
ao espelho côncavo usando as equações de Gauss e da 
ampliação para mostrar que a imagem é duas vezes maior que 
o objeto, mas deve também chamar a atenção dos alunos para 
o fato de que não há necessidade de realizar esses cálculos 
para responder a questão. Veja a solução a seguir:
A distância focal do espelho côncavo é f = 1,0 m e o caminhão 
está colocado a DO = 0,5 m do espelho. Assim, a imagem é 
virtual, maior e invertida lateralmente (porém, sem inversão 
vertical). O espelho plano, por sua vez, produz da imagem 
formada pelo côncavo outra imagem de mesmo tamanho, com 
inversão lateral (porém, sem inversão vertical). Como temos 
duas inversões laterais, a imagem será direta na horizontal. 
Dessa forma, a imagem final será maior que o objeto, sem 
inversões lateral e vertical.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Observe que a imagem é real e invertida. 
O único espelho que forma esse tipo de imagem é o côncavo. 
Como a imagem é real e maior que o objeto, este deve estar 
posicionado entre o foco e o centro de curvatura do espelho.
Questão 03 – Letra B
Comentário: A figura a seguir mostra a luz que incide 
e reflete no espelho (passando pelo foco F). Observe os 
“triângulos” coloridos. Eles representam o feixe de energia 
que refletiu no espelho. Veja que a frigideira P4 recebe toda a 
energia do feixe e, por isso, vai atingir a maior temperatura. 
As frigideiras P3 e P5 absorvem o mesmo percentual de energia 
do feixe refletido. Esse percentual é menor que o absorvido 
pela frigideira P4. A frigideira P2 recebe percentual de energia 
menor que P3. A frigideira P1 recebe o menor percentual de 
energia de todas. Assim, para cada frigideira, a ordem de 
temperaturas será: P4 > P3 = P5 > P2 > P1.
F
P1
P2
P3
P4 
P5 
C
17
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 04 – Letra E
Comentário: Para facilitar o entendimentodo aluno, 
o professor deve substituir a janela por uma lâmpada. 
A imagem formada pela superfície interna do vaso, que 
funciona como espelho côncavo, será real, invertida e estará 
à frente da superfície interna do vaso (I1). A imagem formada 
pela superfície externa do vaso, que funciona como espelho 
convexo, será virtual, direta e estará atrás da superfície 
externa do vaso (I2). Veja a seguir.
Superfície interna Superfície externa
I1
I2C
Dessa forma, a alternativa correta é a E.
Questão 05 – Letra C
Comentário: A figura a seguir mostra os espelhos, 
a primeira imagem formada por cada um deles e as dimensões 
relevantes. 
F1
E1
F2
I1 I2
E2
O
40 cm 60 cm
20 cm
30 cm 30 cm
Veja que o objeto (O) se encontra a uma distância Do = 2f 
do espelho 1 e, dessa forma, sua imagem (I1) se forma sob 
o objeto. A equação de Gauss (1/f = 1/Do + 1/Di) determina 
a imagem do espelho 2, ou seja:
1/20 = 1/60 + 1/Di ⇒ Di = 30 cm. 
Logo, a distância entre as primeiras imagens será D = 30 cm.
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra A 
Comentário: A imagem formada por um espelho côncavo 
de um objeto entre o foco e o vértice do espelho é virtual, 
direta e maior que o objeto. As alternativas C e D estão erradas 
por apresentarem um espelho convexo, que deve formar 
imagens menores que o objeto. A alternativa B é incorreta, 
pois a imagem de um objeto entre o centro de curvatura e o 
foco de um espelho côncavo deve estar à frente do espelho. 
Portanto, a alternativa correta é a A.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Podemos ver pelas figuras que a imagem fornecida 
pelo espelho da figura 1 é virtual, direta e menor que o boneco. 
Logo, conclui-se que o espelho utilizado na figura 1 é convexo, pois 
somente espelhos desse tipo podem produzir imagens com essas 
características. A imagem fornecida pelo espelho da figura 2 é 
virtual, direta e maior que o objeto. Logo, o espelho utilizado nessa 
figura é côncavo, pois o único tipo de espelho que pode produzir 
uma imagem virtual e maior que o objeto é o espelho côncavo. 
Podemos concluir também que o objeto, nessa situação, deve 
estar posicionado entre o foco e o vértice do espelho, pois o 
espelho somente irá produzir uma imagem com as características 
citadas se o objeto estiver posicionado nessa região.
Questão 04 – Letra B 
Comentário: A imagem de um objeto formada por um 
espelho convexo é virtual, encontra-se atrás do espelho e 
está localizada entre o foco e o vértice. Portanto, o ponto 
em que, mais provavelmente, a imagem da lâmpada será 
formada é o ponto L.
Questão 07 – Letra A 
Comentário: Como HI = 9HO ⇒ DI = 9DO. Sendo DI = +4,0 m 
(imagem real) ⇒ DO = (4/9) m. Usando a equação de Gauss, 
temos:
1
f
1
D
1
D
= +
O I
 ⇒ 1
f
9 1= +
4 4
 ⇒ f = 0,40 m
Questão 09 – Letra D 
Comentário: O lado do quadrado sobre o centro de curvatura 
do espelho tem sua imagem formada sob o centro de curvatura, 
e essa imagem possui o mesmo tamanho que o lado do quadrado. 
O lado do quadrado que está entre o centro de curvatura e o 
foco do espelho tem sua imagem formada além do centro de 
curvatura, sendo esta maior que o lado do quadrado e estando 
mais distante do espelho que este. Assim, a imagem formada, 
um trapézio, está mostrada na figura a seguir.
C F
Espelho
côncavo
Questão 11 – Letra A 
Comentário: O objeto luminoso está entre o foco e o vértice 
do espelho côncavo. Assim, a sua imagem é virtual, direta, 
maior e encontra-se atrás do espelho, a uma distância 
maior deste do que a distância do objeto ao espelho. 
Os raios refletidos pelo espelho têm os seus prolongamentos se 
encontrando na posição em que a imagem é formada. Prolongando 
os raios da alternativa A, encontramos as características 
necessárias aos raios luminosos, nessa situação. Veja a seguir.
O
I
Portanto, a alternativa correta é a A.
Questão 13 – Letra E 
Comentário: Como a imagem possui a mesma altura que 
o objeto, este deve estar posicionado sobre o centro de 
curvatura do espelho. Assim, R = 2f = 40 cm. Logo, a distância 
focal desse espelho é igual a 20 cm. Colocando-se o objeto 
muito distante do espelho, a imagem se forma praticamente 
sobre seu foco, ou seja, a 20 cm do espelho.
Questão 15
Comentário: A questão permite duas soluções: uma gráfica 
(solicitada na questão) e outra analítica.
Considere que o objeto e a sua imagem sejam verticais, extensos e 
que seus “pés” se encontrem sobre o eixo (EP). A altura do objeto 
é o dobro da altura da imagem (logo, DO = 2DI). Veja, ainda, que a 
imagem é invertida, sendo, portanto, real. A distância da imagem 
ao espelho é menor que a distância do objeto ao espelho. Assim, 
o espelho deve estar à direita da imagem (objeto e imagem à 
frente do espelho). Vamos considerar a unidade de medida (u) 
como sendo o tamanho de cada quadriculado.
A luz que vai da cabeça do objeto ao espelho, passando pelo 
centro de curvatura, reflete sobre si mesma e vai em direção 
à cabeça da imagem. Assim, a linha OI determina o centro 
de curvatura (C) do espelho.
Uma vez que DO = 2DI, o espelho deve estar na posição 
mostrada na figura (DI = 6u e DO = 12u) – parte mais 
importante da solução geométrica (veja os dois triângulos 
destacados da esquerda e da direita. Eles devem apresentar 
a mesma proporção). Logo, o foco (F) fica no ponto médio 
entre o espelho (E) e o centro (C). Isso permite desenhar os 
raios incidentes e refletidos que vão formar a imagem.
Outra solução: uma vez determinado o centro C, o restante 
da montagem, por simetria entre as suas partes esquerda e 
direita em relação à imagem, determina a posição do espelho 
(E) e do seu foco (F).
18
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
O
EP
C
I
F E
HOHO
A solução analítica seria a seguinte: 
HI = HO/2 ⇒ DI = DO/2. Usando a equação de Gauss, temos: 
(1/f) = (1/DI) + (1/DO) ⇒ 
(1/f) = (2/DO) + (1/DO) = (3/DO) ⇒ 
DO = 3f e DI =3f/2. 
Observe que, para qualquer posição do espelho, a diferença 
entre as distâncias do objeto e da imagem ao espelho (DO – DI) 
será igual a 6u (distância entre objeto e sua imagem). Ou seja:
DO – DI = 6 ⇒ 3f – 2f/2 = 6 ⇒ f = 4u. Assim, DO = 12u e DI =6u.
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 3
Habilidade: 8
Comentário: O Sol está muito distante da Terra e o espelho 
concentrador formará uma imagem no seu plano focal. 
Assim, DI = f nos dois casos. Quanto menor o tamanho dessa 
imagem, mais concentrada estará a energia que chega ao 
cano absorvedor. Usando a equação da ampliação, temos: 
HI = HO.DI/DO ⇒ HI = HO.f/200HO ⇒ HI = f/200. Dessa forma, 
a imagem formada pelo espelho nas alternativas 1 e 2 será, 
respectivamente, H1 = 1,0 cm e H2 = 2,0 cm. Como os 
canos absorvedores têm 1,0 cm de diâmetro, toda a energia 
fornecida pelo concentrador seria absorvida pela água, apenas, 
na proposta 1. Uma vez que essa imagem vai se formar 
no plano focal, o cano deve ficar sobre esta linha, ou seja, 
a 2,0 m de distância do centro do concentrador. 
Da discussão anterior, conclui-se que a alternativa correta é a A.
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 3
Habilidade: 8
Comentário: A imagem formada nos detectores será real, 
uma vez que ela é obtida pelo cruzamento dos próprios raios 
refletidos pelos espelhos. Observe que o espelho convexo 
converge a radiação que incide sobre ele. Para que isso 
aconteça, ela deve dirigir-se ao ponto P, tal que VP < f. 
Essa conclusão pode ser extraída das duas primeiras figuras da 
questão. Observe que na primeira figura, ponto P entre F e C, 
a luz refletida pelo espelho convexo está divergindo e, 
na segunda, na qual o ponto P está sobre F, ela sai paralela ao 
eixo principal. Portanto, para a luz convergir para o detector, 
o ponto P deve estar entre V e F. Outra forma de se chegar a 
essa conclusão seria desenhar os raios incidentes, a normal e 
os raios refletidos, conforme mostra a figura a seguir.
N
N
P
V F C
RR
RR
MÓDULO – C 04
Refração da luz
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Quando a luz incide de um meio mais refringentepara outro de índice de refração menor, dependendo do ângulo de 
incidência, ela pode sofrer reflexão total e, consequentemente, 
não haverá refração. Portanto, a alternativa correta é a B.
Questão 02 – Letra A
Comentário: Veja a figura a seguir: 
60°
20 cm
¹143 cm
θθ
Uma vez que o raio de luz reflete no fundo do tanque, os 
triângulos destacados são congruentes. Assim, seus lados 
inferiores são iguais a L = 10 cm, a hipotenusa (H) do 1º triângulo 
será: H2 = 143 + 100 ⇒ H = 15,58 cm, e o seno do ângulo de 
refração será: sen θ = L/H = 10/15,58.
Pela Lei de Snell, temos que: nL.sen θ = nAR.sen 60º ⇒ 
nL / nAR = sen 60º / sen θ ⇒ nL / nAR = 0,866 / (10 / 15,58) ⇒ 
nL / nAR = 1,35.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Em todas as opções o raio incidente sofre refração 
(aproxima-se da normal). O raio refratado, ao chegar à face 
inferior da placa, pode ou não sofrer outra refração de acordo 
com o ângulo de incidência e com ângulo limite entre o vidro e o 
ar. A alternativa B está incorreta. Nela, o primeiro raio refratado 
sofre reflexão total na face inferior e, dessa forma, deve sofrer 
outra reflexão total ao retornar à face superior da placa (como 
indicado na alternativa D). Na opção C, o raio sofre reflexão 
parcial e refração na face inferior. Quando esse raio chega à 
face direita da lâmina, ele pode sofrer reflexão total, uma vez 
que o ângulo de incidência, nessa face, é maior que o ângulo de 
incidência na face inferior. Na alternativa E, o raio refratado chega 
à face inferior segundo o ângulo limite e, assim, sofre reflexão 
parcial e refrata tangente à superfície (o mesmo acontece na face 
superior). O professor deve aproveitar a questão para estimular 
os alunos a explicarem por que os raios inclinados para a direita, 
na parte superior da alternativa A, são paralelos.
Questão 04 – Letra A
Comentário: A Lei de Snell diz que, para um determinado 
ângulo de incidência, quanto menos refringente for uma 
substância, menor será o seno do ângulo de refração dentro dela 
(sen θR = sen θi.ni/nR). Para ângulos entre 0° e 90°, quanto menor 
seu valor, menor será o seu seno. Uma vez que o índice de refração 
do vidro diminui com o aumento do comprimento de onda, para a 
nova radiação o vidro apresenta menor índice de refração. Assim, 
o ângulo de refração será menor e, dessa forma, o desvio sofrido 
pela luz será também menor. Observe, por último, que o segundo 
raio refratado, que sai do prisma, deve-se afastar da normal no 
sentido oposto ao do raio incidente nessa superfície.
Questão 05 – Letra B
Comentário: Na figura a seguir, θ e α são os ângulos de 
incidência e de refração, respectivamente. Nela, os dois ângulos α 
são congruentes. O ângulo β = 2α (soma dos ângulos internos 
não adjacentes) e θ = β (ângulos correspondentes). Lembrando 
que sen 2α = (2sen α.cos α) e usando a Lei de Snell, temos:
19
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
n
α
α
N
θ
β
n.sen α = nAr.sen θ ⇒ n.sen α = nAr.sen (2α)
⇒ n.sen α = 1.2sen α.cos α ⇒ n = 2cos α
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: A figura a seguir mostra os ângulos formados 
entre o raio de luz e as normais aos pontos de interface entre 
os meios 1, 2 e 3.
Observe que θ3 > θ1 > θ2. A velocidade do raio de luz é 
proporcional ao seno do ângulo formado com a normal. 
Logo, quanto maior o ângulo, maior será a velocidade. 
Portanto, v3 > v1 > v2.
θ1
θ2
θ3
Meio
1
Meio
2
Meio
3
Questão 02 – Letra B
Comentário: Como o índice de refração do ar é menor 
que o da água, a luz deve afastar-se da normal ao sofrer 
a refração. Observe que os ângulos formados pelos raios 
incidentes com a normal são diferentes, sendo θ2 > θ1. 
Portanto, de acordo com a Lei de Snell, o ângulo de 
refração do raio 2 (com a normal) deve ser maior que o 
do raio 1. Assim, o raio 2 deve afastar-se da normal mais 
que o raio 1, como está representado na figura seguinte.
N
N
1
2N
N
1
Questão 04 – Letra D
Comentário: 
I. Falso. A velocidade da luz, em qualquer meio material, 
nunca pode ser maior do que a velocidade dela no vácuo.
II. Verdadeiro. O desvio do raio de luz não vai ocorrer se ele 
incidir sobre a normal, ângulo de incidência 0°, qualquer 
que seja o sentido da propagação da luz.
III. Falso. Para qualquer incidência oblíqua do raio de luz, este 
será desviado, independentemente de quais são os meios 
de incidência e de refração.
IV. Verdadeiro. Se o meio é menos refringente, o ângulo de 
refração do raio luminoso é maior que o de incidência.
Questão 05 – Letra A
Comentário: Como o índice de refração da água é maior para 
a luz azul, essa radiação vai sofrer o maior desvio ao entrar 
e sair da gota de água. Veja a seguir.
Luz branca
Luz azul
Luz vermelha
N
Dessa forma, o diagrama correto para explicar os fenômenos 
que ocorrem na formação de um arco-íris está representado 
na alternativa A. 
Questão 06 – Letra B
Comentário: Para que a luz não escape do rabdoma 
(reflexão interna total), é necessário que n > n0. 
Observe a figura. Nela, θ e 90º são os ângulos de incidência e 
refração, respectivamente. Os ângulos θ e φ são complementares 
(sen θ = cos φ). Usando a Lei de Snell, temos:
n0
n
Rabdoma
φ
N
90º
θ
n.sen θ = n0.sen 90º ⇒ n.cos φ = n0.1 ⇒ cos φ = n0/n
Logo, a alternativa correta é a B.
Questão 08 – Letra A
Comentário: A imagem da folha de papel, vista através da 
placa de vidro, está um pouco acima da superfície da mesa 
e abaixo da superfície superior da placa de vidro. Assim, 
para que a fotografia continue com a mesma nitidez, 
a máquina deve ser afastada do papel (aumentar a altura H) 
de uma distância menor que 5 cm.
Questão 10 – Letra C
Comentário: Observe que os sistemas ópticos 1 e 2 estão 
direcionados para o ponto D (onde se localiza a imagem da 
estrutura do tecido a ser analisada). Esssa imagem se localiza 
acima da posição real do objeto. Dessa forma, o objeto (estrutura 
do tecido) se encontra no ponto C (abaixo da sua imagem).
Questão 11 – Letra C
Comentário: De acordo com o gráfico, o índice de refração 
do material é menor para a frequência f1 (veja o gráfico). 
Sabemos que a velocidade de propagação da luz em um dado 
meio é inversamente proporcional ao índice de refração da luz 
nesse meio. Assim, nessa substância, a luz de frequência f1 
terá maior velocidade.
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 1
Comentário: Para que o indígena visualize o peixe, este deve ser 
iluminado por uma fonte de luz (provavelmente o Sol), a luz deve 
ser refletida pelo peixe e propagar-se em direção à superfície do 
lago. Ao atravessar a superfície água + ar, indo em direção ao 
ar, o feixe de luz sofre refração e aumenta sua velocidade, e a 
sua inclinação em relação à normal aumenta. Haverá, portanto, 
a formação de uma imagem virtual acima do peixe e, por essa 
razão, o índio deve mirar abaixo da imagem que ele enxerga.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Na refração convencional, o feixe de luz, para 
uma incidência oblíqua, atravessa a reta normal, ou seja, 
os raios incidentes encontram-se de um lado da reta normal, 
e os raios refratados encontram-se do outro lado desta. 
No entanto, na refração da luz em um metamaterial, os raios 
incidentes e os raios refletidos encontram-se do mesmo lado 
da reta normal. Observe a Lei de Snell: nAr.sen θAr = nMEIO.
sen θMEIO. Se nAr e sen θAr são positivos e nMEIO é negativo, 
o sen θMEIO deverá ser negativo. Dessa forma, a luz deve refratar, 
ficando do mesmo lado da reta normal que a luz incidente. 
20
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 22
Comentário: Segundo o texto introdutório da questão, a fibra 
óptica possui um revestimento e um núcleo, que transmite a luz. 
Para que a luz não escape do núcleo (seja transmitida), 
ela deve sofrer somente reflexões (reflexões totais) na interface 
que separa o núcleo do revestimento. A reflexão total é um 
fenômeno que só é possível de acontecer quandoa radiação se 
propaga de um meio de maior índice de refração para outro de 
menor índice. Portanto, a alternativa correta é a A.
Um fato matemático interessante de ser discutido é que, como 
sabemos, o ângulo limite (θL), a partir do qual a incidência 
de luz no dioptro só resulta reflexão, pode ser calculado por 
sen θL = n2/n1. Para que essa relação seja verdadeira, devemos 
ter, obrigatoriamente, n2	≤	n1,	de	forma	que	0	≤	sen	θL	≤	1.	 
Assim, o meio em que a luz se propagava, cujo índice 
de refração é n1, deve ser mais refringente que o outro. 
Na questão, n1 seria o índice do núcleo e n2, do revestimento.
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 1
Comentário: A imagem vista pelos detetives é formada após a luz 
sofrer refração no vidro. Se o objeto é visto perpendicularmente 
à superfície do vidro, a sua imagem está nessa perpendicular. 
Caso o objeto seja visto numa posição oblíqua, a sua imagem 
está ligeiramente deslocada em relação à posição do objeto. Tal 
deslocamento será tanto maior quanto mais espesso for o vidro. 
O professor deve fazer um desenho mostrando isso.
Para que o vidro possa parecer um espelho para o interrogado, 
deve haver muita luminosidade nesse ambiente, de modo que 
exista muita luz refletida e, dessa forma, ofusque a visão do 
ambiente fora da sala. Para os detetives enxergarem o que 
passa dentro da sala de interrogatório, o ambiente externo 
deve ser pouco iluminado, de modo que a luz que refrata forme 
imagens nítidas do interrogado. Havendo pouca luminosidade 
fora da sala, as imagens formadas por reflexão são quase 
imperceptíveis aos detetives.
O professor deve chamar a atenção dos alunos no sentido de 
observarem, durante a noite, as imagens formadas, no vidro 
liso e transparente de uma janela, quando a luz ambiente está 
acesa e apagada. Dessa forma, fica mais fácil a percepção da 
resposta da questão.
MÓDULO – D 04
Trabalho e potencial elétrico
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário: No trecho AB, a força elétrica não realiza 
trabalho, pois o potencial elétrico nesse caminho é constante. 
Por isso, como a velocidade da carga é constante, o trabalho 
da força externa também deve ser nulo. No trecho BC, há 
variação no potencial elétrico, de modo que o trabalho da 
força elétrica é igual a:
WBC = VBC.q = (3,0 – 1,0).1,0 x 10–6 = 2,0 x 10–6 J
Atenção, esse é o trabalho da força elétrica. O enunciado se 
refere ao trabalho da força externa. Como a velocidade deve 
ser constante, o trabalho total deve ser nulo. Assim, no trecho 
BC, o trabalho da força externa deve ser igual, mas de sinal 
oposto, ao trabalho da força elétrica.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Substituindo V = +30 V e r = 3 cm (3 x 10–2 m) 
na equação V = KQ/R, obtemos o seguinte valor para a carga Q:
+30 = 9,0 x 109.Q/(3,0 x 10–2) ⇒ Q = +1,0 x 10–10 C = +0,1 x 10 –9 C
Questão 03 – Letra A
Comentário: O potencial elétrico é uma grandeza escalar. 
Logo, o potencial elétrico resultante em um ponto P, 
devido a um conjunto de cargas, é calculado somando-se 
algebricamente os potenciais elétricos de cada uma das cargas 
que compõem o conjunto.
Questão 04 – Letra C
Comentário: A velocidade do próton no ponto 2 (v2) pode 
ser calculada pelo teorema trabalho-energia cinética:
W = 
1
2
m(v22 – v12)
O trabalho W, realizado pela força elétrica, pode ser 
obtido pela definição da diferença de potencial elétrico:
V1 – V2 = ∆V = 
W
q
Substituindo a carga do próton q = 1,6 x 10–19 C e a 
diferença de potencial ∆V = 32 V nessa expressão, obtemos:
W = 32.1,6 x 10–19 = 5,12 x 10–18 J
Substituindo esse trabalho, a massa (m = 1,6 x 10–27 kg) e 
a velocidade inicial do próton (v1 = 0, pois o próton parte do 
repouso) na 1ª equação, obtemos a velocidade desejada:
v2 = 
2 2 5 12 10
1 6 10
18
27
W
m
x
x
=
. , 
, 
–
– = 8,0 x 104 m/s
Professor, havendo tempo, mostre para os alunos que 
este problema pode ainda ser resolvido combinando a 
equação de Torricelli (v2 2 = 2.a.d) com as equações da 
2ª lei de Newton (F = m.a) e do trabalho (W = F.d):
= = = = =v 2. F
m
.W
F
2W
m
v 2W
m
2.5,12x10
1,6x10
8,0 x 10 m/s
2
2
2
–18
–27
4
Nesta solução, como na primeira, não foi necessário usar a 
distância d = 0,6 m entre os pontos 1 e 2. Esse valor só seria 
usado se, por exemplo, fosse pedido o valor do campo elétrico 
na região dada. Esse campo pode ser calculado pela expressão:
∆V = E.d ⇒ 32 = E.0,6 ⇒ E = 53 V/m
Questão 05 – Letra C
Comentário: A energia potencial elétrica de um sistema 
com várias cargas é a soma das energias potencias elétricas 
das cargas tomadas duas a duas em arranjo. Assim, para o 
sistema triplo desta questão, temos:
E K Q.Q
L
K Q.Q
L
K Q.Q
2L
5KQ
2L
2,5KQ
Lpe
2 2
= + + = =
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra A
Comentário: O trabalho realizado por qualquer força conservativa, 
que é o caso da força elétrica, não depende da trajetória, mas 
apenas dos níveis inicial e final de potencial associado ao campo 
de forças. Por isso, os três trabalhos são iguais.
Questão 02 – Letra B
Comentário: A questão não especifica que força 
irá realizar o trabalho ao longo do deslocamento 2-5-6. 
Muitas questões sobre campo e potencial elétrico omitem essa 
importante informação. Em geral, nesses casos, o trabalho 
21
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
pedido é o trabalho realizado pela força elétrica (ou por 
uma força externa ao campo elétrico e que se opõe à força 
elétrica, de modo que a resultante de forças sobre a carga 
é zero, e o deslocamento se dá à velocidade constante). 
Esse trabalho é dado pela expressão:
W = q.(diferença de potencial elétrico entre o ponto de partida 
e o ponto de chegada da carga)
O ponto de chegada (6) se acha sobre a superfície equipotencial A, 
de potencial de VA = 50 V, enquanto o ponto de partida (2) 
acha-se sobre a superfície de potencial VC = 150 V. Então, 
o trabalho realizado pela força elétrica sobre a carga 
q = 1,0 x 10−6 C é:
W = 1,0 x 10−6.(150	−	50)	=	1,0	x	10−4 J
Note que o valor do campo elétrico, E = 4,0 x 102 V, que também 
foi dado nessa questão, não foi utilizado em sua solução. 
Esse valor poderia ser usado para calcular a distância d 
entre as superfícies equipotenciais adjacentes, indicadas na 
figura, por meio da equação VAB = Ed. Vale a pena mostrar 
esse cálculo a fim de explorar mais a questão e, ao mesmo 
tempo, mostrar aos alunos que, às vezes, as questões de 
vestibulares apresentam informações supérfluas.
Questão 04 – V F F F F
Comentário: 
Verdadeiro. De acordo com a expressão W∞1 = (V∞	−	V1)q, 
o trabalho será nulo, pois o potencial no infinito vale zero e o 
potencial V1 também vale zero. Esse último é dado pela soma 
algébrica dos potenciais das cargas positiva e negativa, que, 
sendo iguais e equidistantes do ponto 1, produzem potenciais 
iguais e de sinais opostos. Por isso, a soma desses dois 
valores é nula.
Falso. O módulo do primeiro trabalho, que é dado por 
W∞2 = |V∞	−	V2|q, é menor do que o módulo do segundo 
trabalho, W∞3 = |V∞	 −	 V3|q, porque V∞ = 0 e V2 < V3. 
Essa desigualdade ocorre porque os pontos 2 e 3 estão 
equidistantes da carga positiva, mas o ponto 2 está mais 
próximo à carga negativa. Assim, o efeito dessa carga tende 
a diminuir o potencial final no ponto 2.
Falso. O campo elétrico no ponto 1 é a soma vetorial dos campos 
que a carga positiva e a carga negativa criam nesse ponto. 
Como esses dois campos são voltados para a esquerda 
(o campo da carga positiva diverge dessa carga, enquanto 
que o outro campo converge para a carga negativa), 
a soma dos dois vetores resulta em um vetor também voltado 
para a esquerda. Por isso, a resultante não é zero.
Falso. Conforme discutido no segundo item, os potenciais nos 
pontos 2 e 3 são diferentes.
Falso. O módulo do primeiro trabalho é W43 = |V4	−	V3|q, 
e o do outro é W21 = |V2	−	V1|q. Apesar da aparente simetria 
dos pontos 1, 2, 3 e 4 e da carga positiva, os potenciais 
desses pontos são diferentes, de forma que não há um motivo 
óbvio de que ostrabalhos W43 e W21 sejam iguais em módulo. 
Podemos calcular esses trabalhos para verificar isso. 
Vamos chamar as distâncias entre os pontos 1 e 2, entre o 
ponto 2 e a carga positiva, entre esta carga e o ponto 3 e 
entre o ponto 3 e o ponto 4 de x. Então, a distância da carga 
negativa ao ponto 1 vale 2x. Logo, os potenciais dos pontos 1, 
2, 3 e 4 serão V1 = 0, V2 = 2KQ/3x, V3 = 4KQ/5x e V4 = KQ/3x. 
Esses valores decorrem da expressão do potencial de uma carga 
pontual, V = KQ/r, em que Q é a carga geradora do potencial 
(no caso, a carga positiva e a carga negativa da figura), 
e r é a distância da carga ao ponto. Considerando KQ/x = 10 
(em volts, por exemplo) e substituindo esses valores 
nas expressões dos trabalhos, obtemos W43 = 14/3 V.q 
e W21 = 20/3 V.q. Portanto, os trabalhos são diferentes.
Questão 05 – Soma = 17
Comentário: 
01. Verdadeiro. Se QA + QB = 0, então as cargas são iguais 
e de sinais opostos, criando potenciais iguais e de sinais 
opostos no ponto P. Logo, como a soma algébrica desses 
potenciais é zero, o potencial resultante em P vale zero. 
02. Falso. O potencial gravitacional é a soma dos potenciais 
gravitacionais das massas. Sendo sempre positivas, as 
massas irão gerar potenciais gravitacionais de sinais 
idênticos. Portanto, a soma desses potenciais, que é o 
potencial resultante, não pode ser nula.
04. Falso. Se QA + QB = 0, então, as cargas possuem módulos 
iguais e sinais opostos. Os campos gerados por QA e por 
QB no ponto P têm a mesma intensidade. Entretanto, 
possuem direções diferentes. Logo, esses campos não 
podem se anular.
08. Falso. O campo gravitacional gerado por uma massa é um 
vetor	que	aponta	no	sentido	da	massa.	A	figura	a	seguir	indica	
os dois vetores que representam os campos gravitacionais 
das duas massas no ponto P. Naturalmente, o campo 
gravitacional resultante não é vertical, mas horizontal 
e voltado para a esquerda.
QA
gA
QB
a
a
P
gBgR
16.	Verdadeiro.	A	figura	anterior	também	pode	representar	o	
campo elétrico em P, gerado por cada uma das duas cargas, 
caso elas sejam negativas e de módulos iguais. O campo 
resultante, é claro, será horizontal e voltado para a esquerda.
Questão 06 – Letra E
Comentário: Aplicando as equações do campo e do potencial 
elétrico gerados por uma carga pontual, e substituindo os 
dados desta questão, obtemos um sistema de duas equações 
e duas incógnitas, a carga Q e a distância D, conforme 
apresentado abaixo:
Campo elétrico: E KQ
D
360 KQ
D
KQ 360.D
2 2
2= = =
Potencial elétrico: V KQ
D
180 KQ
D
= =
Substituindo a 1ª equação na 2ª equação, obtemos:
180 360 0 50
2
= =
. ,D
D
D m
Portanto, KQ = 180.0,50 = 90 ⇒ 9,0 x 109.Q = 90 ⇒ 
Q = 10 x 10–9 C
Como 1 n (1 nano) = 10–9, então Q = 10 nC 
Questão 07 – Letra E
Comentário: Vamos considerar que os quadrinhos tenham 
lados iguais a 1 unidade de distância. O potencial no ponto K é:
VK	=	+K.2q/2	−	Kq/1	=	0
E no ponto L é:
VL	=	+K.2q/6	−	Kq/3	=	0
Poderíamos ter verificado a nulidade dos potenciais nos 
pontos K e L simplesmente observando que os potenciais das 
duas cargas são opostos, pois elas apresentam sinais opostos, 
e que os módulos desses potenciais são iguais em pontos 
onde	a	distância	à	carga	menor	(−q)	é	igual	à	metade	da	
distância à carga maior (+2q), pois o potencial de uma 
carga pontual é inversamente proporcional à distância a ela. 
22
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
Assim, VK	=	0	porque	a	distância	do	ponto	K	à	carga	−q	é	
a metade da distância desse ponto à carga +2q. A mesma 
relação de distância ocorre no ponto L e, por isso, VL 
também é nulo.
Questão 08 – Soma = 29
Comentário:
01. Verdadeiro. Uma carga elétrica positiva, abandonada em um 
campo elétrico, comporta-se de forma semelhante a uma 
massa abandonada em um campo gravitacional. Da mesma 
forma que a massa cai, buscando potenciais gravitacionais 
mais baixos, a carga elétrica positiva desloca-se para pontos 
onde o potencial elétrico é mais baixo. Uma carga negativa, 
ao contrário, ao ser abandonada em um campo elétrico, 
desloca-se para potenciais mais elevados. Professor, você 
pode até mesmo especular com os alunos, dizendo que, 
se existisse massa negativa, quando essa fosse solta a 
certa altura do solo, ela seria repelida pela Terra, e subiria, 
buscando potenciais gravitacionais mais altos. 
02. Falso. Uma carga elétrica imersa em uma região onde existe 
um campo elétrico sofre uma força elétrica proveniente desse 
campo elétrico. Se a carga for positiva, essa força elétrica terá 
a mesma direção e o mesmo sentido do vetor campo elétrico 
no ponto onde a carga se acha, ou no ponto por onde a carga 
está passando, caso essa esteja em movimento. Se a carga for 
negativa, a força elétrica terá sentido oposto ao do vetor campo 
elétrico.	No	caso	específico	de	uma	carga	ser	abandonada	do	
repouso em um campo elétrico uniforme (linhas de campo 
retilíneas e paralelas entre si), a carga irá entrar em movimento 
retilíneo uniformemente variado, cuja direção será a mesma 
das linhas do campo elétrico. O movimento será no sentido das 
linhas de campo elétrico se a carga for positiva, e no sentido 
oposto, se a carga for negativa.
04. Verdadeiro. Como o nome sugere, uma superfície equipotencial 
é uma superfície onde o potencial elétrico é constante, isto 
é, todos os pontos dessa superfície acham-se no mesmo 
potencial elétrico. Portanto, quando uma carga se desloca ao 
longo de uma superfície equipotencial, o trabalho do campo 
elétrico é nulo, uma vez que a diferença de potencial entre 
pontos	dessa	 superfície,	definida	pelo	quociente	 trabalho/
carga, é nulo. Para isso ocorrer, a força elétrica sobre a carga 
deve ser perpendicular ao deslocamento da carga. Assim, 
o campo elétrico, cuja direção é a mesma da força elétrica, 
é também perpendicular à superfície equipotencial. 
08. Verdadeiro. Todo campo de força conservativa é associado 
ao conceito de potencial e também ao conceito de energia 
potencial. O exemplo mais famoso é o campo gravitacional 
da Terra, que é associado à energia potencial gravitacional. 
A denominação de campo de força conservativa deve-se 
ao fato de que a energia potencial, associada ao campo, 
é convertida em energia cinética ou vice-versa sempre 
que um corpo de prova se desloca nesse campo. Esse 
corpo de prova pode ser uma massa (no caso do campo 
gravitacional), uma carga elétrica (no caso de um campo 
elétrico), um bloco ligado em uma mola elástica (no caso 
de um campo de forças elásticas), etc.
16. Verdadeiro. Uma característica marcante de um campo 
conservativo é o fato de o trabalho do campo depender 
apenas	do	potencial	inicial	e	do	potencial	final	referentes	
ao deslocamento de um corpo, e não da trajetória desse 
deslocamento. Na mecânica, um exemplo famoso é a 
queda de um corpo de peso P abandonado de uma altura h 
e a descida desse corpo por um plano inclinado de mesma 
altura, de comprimento L e com um ângulo de inclinação θ 
em relação à horizontal. O trabalho realizado pelo peso na 
queda é W = P.h, enquanto o trabalho do peso na descida 
pelo	plano	vale	W’	=	P.senθ.L. Como h = L.senθ, o trabalho 
é o mesmo nos dois casos. O trabalho não depende da 
trajetória, mas sim do nível inicial de energia potencial 
do objeto (Epg	=	mgh)	e	do	nível	final	(Epg = 0). Professor, 
explique para os alunos que a mesma coisa acontece 
quando uma carga se desloca em um campo elétrico. 
Por	exemplo,	na	figura	abaixo,	quando	uma	carga	q	sai	
do ponto A, onde potencial elétrico é VA, e chega no ponto 
B, onde o potencial elétrico é VB, os trabalhos realizados 
pelo campo nos três caminhos são iguais, e dados por 
WAB = (VA – VB).q.
A B
I
II
III
Questão 09 – Letra E
Comentário: A energia potencial elétrica existente entre duas 
cargas, q1 e q2, separadas por uma distância r, é dada por 
E = Kq1q2/r. Logo, a energia potencial elétrica existente entre 
as duas cargas é diretamente proporcional ao produto das 
cargas e inversamente proporcional à distância. Sendo assim, 
ao dobrarmos o valor de cada carga,a energia tende a aumentar 
quatro vezes, considerando que a distância permaneça constante. 
Por outro lado, ao quadruplicarmos a distância, a energia tende a 
diminuir quatro vezes, considerando que os valores das cargas são 
mantidos constantes. Ao realizarmos as duas variações ao mesmo 
tempo, dobrarmos os valores das duas cargas e quadruplicarmos 
o valor da distância, o valor da energia permanecerá constante, 
pois uma variação anula o efeito da outra.
Questão 10 – Letra A
Comentário: Como a carga Q geradora de campo elétrico é 
pontual, a circunferência tracejada mostrada na figura deste 
exercício está contida sobre uma superfície equipotencial 
esférica de raio R, cujo potencial elétrico é V = KQ/R2. Esse 
valor representa os potenciais elétricos dos pontos A e B. 
Assim, como não há diferença de potencial elétrico entre 
os pontos A e B, o trabalho realizado pela força elétrica no 
deslocamento da carga q de A até B vale zero. Professor, 
comente ainda que, na 1ª metade do deslocamento (trecho AC 
mostrado na abaixo), a carga passa de um potencial VA para 
um potencial VC < VA (supondo Q > 0), uma vez que a distância 
de C até a carga Q é menor que a distância de A ou B até a 
carga Q. Logo, VAC = VA – VC < 0, de modo que o trabalho da 
força elétrica WAC na 1ª metade do deslocamento é negativo. 
Na 2ª metade do deslocamento (trecho CB), o trabalho WCB 
da força elétrica é positivo, pois VB > VC. Os trabalhos WAC e 
WCB apresentam módulos iguais e sinais opostos, de modo 
que WAC + WCB = 0. Esse resultado é lógico, pois essa soma 
representa o trabalho WAB. Essa é outra maneira de ver que 
o trabalho elétrico de A até B vale zero.
V V V KQ
RC A B
< = =
 
B
Q
C
R A
q
Questão 11 – Letra A
Comentário: A energia potencial de um sistema de cargas 
pontuais é a soma algébrica das energias parciais das cargas, 
tomadas duas a duas em arranjo. Assim, para três cargas, 
a energia do sistema é:
E = KQ1Q2/r12 + KQ1Q3/r13 + KQ2Q3/r23
Para Q1 = Q2 = Q3 = Q, e para r12 = r13 = r23 = L (lado do 
triângulo), a expressão anterior se torna:
E = 3KQ2/L
Portanto, a alternativa correta é a A.
23
Editora Bernoulli
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C
A
Questão 12 – Letra A
Comentário: A carga positiva q = +40 x 10–6 C, de massa 
m = 10–3 kg, ao ser acelerada desde o repouso a partir do 
ponto A (potencial VA = 300 V) até o ponto B (potencial 
VB = 100 V), colide no anteparo com a energia cinética:
ECB = WAB = (VA – VB).q	=	(300	−	100).40	x	10–6 = 8,0 x 10–3 J 
Essa energia cinética corresponde à seguinte velocidade:
E mv x v v m s
CB B B B
= = =
1
2
8 0 10 1
2
10 42 3 3 2, /– –
Questão 14 – Letra C
Comentário: 
A) Usando a equação V = E.d, temos:
 VAB = E.dAB = 100.0,10 = 10 V
 VBC = 0, pois os pontos B e C acham-se sobre uma mesma 
superfície equipotencial (planos perpendiculares às linhas 
de força do campo elétrico).
 VAC = VAB = 10 V, pois os pontos B e C estão sobre a mesma 
superfície equipotencial.
B) Usando a equação E = F/q, temos:
 100 = F/1,0 x 10–6 ⇒ F = 1,0 x 10–4 N
 O trabalho pode ser calculado por:
 WAC = WAB + WBC = F.dAB + 0 = 1,0 x 10–4.0,10 = 1,0 x 10–5 J
 Ou, ainda, por:
 VAC = WAC /q ⇒ 10 = WAC /1,0 x 10–6 ⇒ WAC = 1,0 x 10–5 J
Questão 15
Comentário: O potencial em B é dado por:
VB	=	60	V	=	KQ/1	−	KQ/2
Aqui, podemos usar as distâncias das cargas ao ponto B em cm, 
porque não vamos usar o valor numérico da constante K. 
Vamos usar a equação anterior apenas para calcular o produto KQ. 
Resolvendo a equação, obtemos KQ = 120 V.cm.
Agora, vamos calcular o potencial no ponto A:
VA	=	KQ/1	−	KQ/4	=	3KQ/4
Substituindo KQ = 120 V.cm nessa expressão, obtemos 
VA = 3.120/4 = 90 V.
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: O campo elétrico E, entre duas nuvens ou 
entre o solo e uma nuvem, pode ser considerado uniforme, 
e a voltagem V entre esses elementos é dada por 
V = E.d, sendo d a distância entre os elementos. 
No início do relâmpago, independentemente de esse ser entre 
duas nuvens, de uma nuvem para o solo, ou do solo para 
uma nuvem, o valor do campo é constante e igual à rigidez 
dielétrica do ar, 3,0 x 106 N/C. Portanto, V é diretamente 
proporcional a d. Assim, no início do relâmpago, a voltagem 
entre duas nuvens próximas é menor do que a voltagem 
entre uma nuvem e o solo (ou entre o solo e uma nuvem), 
pois a distância entre as nuvens é menor do que a distância 
entre a nuvem e o solo.
Usando a equação anterior, podemos estimar a voltagem 
entre uma nuvem e o solo, considerando que a nuvem esteja 
a uma altitude de 1 km, e vice-versa, no momento inicial de 
um relâmpago:
V = 3,0 x 106.1 000 = 3,0 x 109 volts (ordem de bilhões de volts)
Essa voltagem decresce à medida que o relâmpago tem 
continuidade, pois as cargas dos dois elementos participantes 
do fenômeno diminuem, com uma tendendo a anular a outra.
Antes de o relâmpago ocorrer, há cargas, campo elétrico e 
d.d.p. entre os elementos. O relâmpago ainda não ocorreu 
porque o campo elétrico ainda não atingiu o valor da rigidez 
dielétrica do ar.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Podemos calcular a potência elétrica gerada pelo 
sistema Terra / Ionosfera por meio da expressão P = W/∆t, 
em que W é o trabalho realizado pelo campo elétrico da Terra, 
e ∆t é o intervalo de tempo gasto na realização desse trabalho. 
Esse intervalo é o tempo gasto no bombeamento da carga Q da 
atmosfera para a superfície da Terra. O trabalho W pode ser avaliado 
pela equação W = Q.V = Q.(E.d), em que V e E são a voltagem 
e o campo elétrico entre a superfície da Terra e a ionosfera. 
O fator d é a distância entre a superfície da Terra e a ionosfera. 
Na verdade, a equação V = E.d é válida para E constante. Porém, 
de acordo com o enunciado da questão, o campo elétrico da Terra 
pode ser considerado constante, em uma primeira aproximação. 
Então, substituindo E por 100 V/m, Q por 3,0 x 105 C, d por 
50 km e ∆t por 5 minutos (todos esses valores foram dados 
na questão), e fazendo as devidas adequações nas unidades 
(a unidade de minutos deve ser convertida para segundos, e a 
de quilômetros, para metros), obtemos:
P = (3,0 x 105 C).(100 V/m).(50 x 103 m)/(5,60 s) = 
5 x 109 wat ts = 5 x 10 3 MW ( lembrando que 
1 M = 1 mega = 106)
Essa potência é bem alta, cerca de 2,5 vezes maior que a 
potência elétrica total das usinas nucleares de Angra dos Reis, 
que totalizam cerca de 2 000 MW. 
MÓDULO – D 05
Condutores
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: Vamos analisar as afirmativas da questão.
Afirmativas 1 e 2:
Em um condutor eletrizado, mas em equilíbrio eletrostático, 
não há movimento direcionado de cargas livres. Isso ocorre 
porque o campo elétrico é nulo no interior do condutor. 
Na superfície do condutor, o campo possui valor não nulo, mas 
é perpendicular à superfície. Assim, a força elétrica, que age 
sobre uma carga livre na superfície, também é perpendicular 
à superfície e não produz deslocamento ordenado na carga. 
Dessa forma, a força elétrica não realiza trabalho sobre as 
cargas livres do condutor, seja porque a força é zero (interior do 
condutor), seja porque ela é perpendicular à superfície do condutor. 
Por isso, não há diferença de potencial elétrico no condutor.
Afirmativa 3:
Em um condutor eletrizado, a carga tende a se acumular nas 
regiões pontiagudas. Portanto, a densidade superficial de carga 
é maior em pontos de raio de curvatura menor. Em virtude 
disso, o campo elétrico próximo às pontas do condutor é muito 
mais intenso que nas proximidades das regiões mais planas.
Diante da discussão anterior, conclui-se que as três afirmativas 
são corretas.
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Questão 02 – Letra C
Comentário: A carga elétrica (positiva ou negativa) de 
uma esfera metálica em equilíbrio eletrostático (maciça 
ou oca) acha-se distribuída na superfície da esfera. 
Nessas circunstâncias, não há movimento de elétrons 
livres na casca esférica em nenhumadireção preferencial, 
de modo que o campo elétrico dentro da casca esférica 
é nulo (e também na parte oca). Como não há campo 
elétrico, não há força elétrica sobre cargas no interior 
da esfera, de modo que não há trabalho elétrico sobre 
essas cargas. Portanto, não há diferença de potencial 
elétrico no interior da esfera, ou seja, todos os pontos da 
esfera acham-se no mesmo potencial elétrico. Os pontos 
na superfície da esfera também apresentam esse mesmo 
valor de potencial elétrico. Para justificar isso, pense 
em uma carga movendo-se sobre a superfície da esfera. 
Como a força elétrica é perpendicular à superfície, pois 
o campo elétrico é perpendicular à superfície, a força 
é perpendicular ao deslocamento, de modo que não há 
realização de trabalho elétrico. Logo, não há diferença de 
potencial elétrico na superfície da esfera. Professor, não 
deixe de esboçar, no quadro da sala, a figura abaixo, que 
resume o mapeamento do campo e do potencial elétrico em 
uma esfera condutora em equilíbrio eletrostático. A figura 
mostra que o campo é nulo e que o potencial é constante 
dentro da esfera, mas que o campo decai a partir da 
superfície externa com o inverso do quadrado da distância 
ao centro da esfera, enquanto que o potencial decai com 
o inverso dessa distância.
Q
V K
Q
R
= 0
V K
Q
r
= 0
E
r
r
V
R
 
Questão 03 – Letra C
Comentário: Professor, depois de discutir o Exercício de 
Fixação 2, faça o Exercício de Fixação 3 que é uma continuação 
da discussão anterior. Na parte externa da esfera condutora 
eletrizada, há campo e potencial elétrico. Ambos diminuem 
em função do aumento da distância r ao centro da esfera:
E K Q
r
e V K Q
r0 2 0
= =
Para Q = 2 μC = 2 x 10–6 C (carga da esfera), K0 = 9 x 109 N.m2/C2 
(constante eletrostática do vácuo, e que é aproximadamente 
igual à do ar) e r = 3 cm = 3 x 10–2 m (distância do ponto P 
ao centro da esfera), temos:
E = 9 x 10 2 x 10
(3 x 10 )
= 2 x 10 N/C e
V = 9 x 10 2 x 10
3 x 10
= 6 x 10 V
P
9
–6
–2 2
7
P
9
–6
–2
5
A força elétrica sobre uma carga q = 5 nC = 5 x 10–9 C 
colocada em P é:
FP = EPq = 2 x 107.5 x 10–9 = 1 x 10–1 N 
Professor, depois de concluir esse exercício, comente que 
a carga q é muito menor que a carga Q (Q/q = 1 000 
vezes menor). Assim, a carga q praticamente não altera a 
distribuição de cargas na superfície da esfera. É por isso 
que nós podemos usar o campo elétrico dado pela equação 
E = K0Q/r2 para calcular a força elétrica sobre a carga q.
Questão 04 – Letra C
Comentário: Todo invólucro metálico protege os objetos em 
seu interior contra efeitos elétricos gerados exteriormente. 
Quando o pente eletrizado é aproximado da peneira metálica, 
há uma redistribuição das cargas livres na superfície desta, 
de forma que o campo elétrico resultante em seu interior – 
criado pelo pente e pela distribuição de cargas na superfície 
da peneira – seja nulo. Ou seja, a peneira de metal cria uma 
blindagem eletrostática para os objetos em seu interior.
Questão 05 – Soma = 01
Comentário: 
01. Verdadeiro. As carga elétrica induzida em um objeto 
condutor tende a se acumular mais nas partes com menor 
raio de curvatura. Por isso, nas vizinhanças das partes 
pontiagudas desse objeto, o campo elétrico é mais intenso. 
Esse fato, conhecido como o poder das pontas, explica 
porque um raio tende a cair preferencialmente sobre 
objetos pontiagudos, como os pára-raios, uma árvore 
alta, um poste e até mesmo uma pessoa que está de pé 
em um terreno descampado.
02. Falso. As cargas elétricas durante uma descarga tendem 
a mover dos pontos de maior potencial elétrico para os 
pontos de menor potencial elétrico apenas quando essas 
cargas são positivas. Se elas forem negativas, ocorre 
justamente o contrário, as cargas tendem a se mover dos 
pontos de menor potencial para os de maior.
03. Falso. Uma onda eletromagnética é gerada a partir de 
cargas elétricas aceleradas. O exemplo clássico é a onda 
de rádio produzida a partir das oscilações de elétrons na 
antena da rádio transmissora. Os raios são formados por 
cargas elétricas submetidas a forças elétricas, de modo 
que essas cargas, de forma geral, apresentam acelerações. 
Por isso, o movimento acelerado dessas cargas gera ondas 
eletromagnéticas.
04. Falso. Uma descarga elétrica no ar ocorre quando este se 
torna condutor de eletricidade. Para isso, o campo elétrico 
no ar (uniforme ou não) deve ser maior (e não menor) que 
3 x 106 N/C, valor conhecido como rigidez dielétrica do ar.
05. Falso. O trovão é um som, sendo, portanto, uma onda 
mecânica longitudinal. Ondas longitudinais não exibem 
polarização, que é um fenômeno típico das ondas transversais.
Professor, sobre as afirmativas 03 e 05, comente-os 
apenas informando as características básicas das ondas 
eletromagnéticas e mecânicas. Explique que movimento 
ondulatório será posteriormente estudado na Frente C. 
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Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: Vamos analisar, separadamente, as afirmativas.
I. Verdadeira. A direção do campo elétrico é normal à 
superfície, de forma que não há componente do campo 
na direção tangente à superfície do condutor. Portanto, 
não há movimento ordenado das cargas livres na superfície 
do condutor. Logo, este encontra-se em equilíbrio 
eletrostático.
II. Verdadeira. O trabalho (realizado pela força elétrica) 
relativo a um deslocamento sobre a superfície de um 
condutor em equilíbrio eletrostático vale sempre zero, 
pois o campo elétrico (e a força elétrica) é perpendicular 
à superfície. Sendo sempre zero, esse trabalho independe 
do valor do campo.
III. Falsa. O potencial na superfície e no interior de um 
condutor em equilíbrio eletrostático é constante 
(por exemplo, para uma esfera de carga Q e raio R, o 
potencial em qualquer ponto da esfera é dado por V = KQ/R, 
sendo K a constante eletrostática do meio onde a esfera está 
imersa). Portanto, a superfície do condutor é uma superfície 
equipotencial.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Vamos analisar as alternativas da questão.
A) Sendo uma grandeza vetorial, o campo elétrico não é positivo 
ou negativo, mas, sim, um sentido para cima, para baixo, 
etc. O potencial elétrico é que apresenta esses sinais.
B) A mesma observação feita no item A se aplica para a força 
elétrica. Sendo uma grandeza vetorial, a força elétrica 
pode apontar para cima, para baixo, etc., não possuindo, 
em geral, um sinal associado a ela.
C) O potencial elétrico gerado por uma carga (pontual) em um 
ponto P é inversamente proporcional à distância à carga. 
O campo elétrico é que é inversamente proporcional ao 
quadrado da distância.
D) O potencial elétrico é uma grandeza escalar, e o seu valor 
possui um sinal, que depende do sinal da carga que gera 
o potencial elétrico. 
Questão 03 – Letra B
Comentário: Vamos analisar separadamente as alternativas.
A) Como o potencial elétrico no interior da esfera é constante, 
não há diferença de potencial elétrico e nem há realização 
de trabalho elétrico quando uma carga se move entre 
dois pontos situados dentro da esfera, como acontece 
no deslocamento de uma carga indo do centro da esfera 
(r = 0) até um ponto situado na metade da distância do 
centro à superfície externa da esfera (r = R/2).
B) O trabalho WAB realizado pela esfera condutora de raio R e 
carga Q sobre uma carga –q0, que se desloca de um ponto 
A muito distante da esfera (rA >> R), onde o potencial 
elétrico é VA ≈ 0, até um ponto B sobre a superfície da 
esfera (rB = R), onde o potencial é VB = K0Q/R, pode ser 
assim calculado:
V – V
W
q
0 –K Q
R
W
–q
W –K
Qq
RA B
AB
_
0
0
AB
0
AB 0
0= = =
 Portanto, o trabalho depende do raio da esfera.
C) Durante o carregamento da esfera, esta não estará em 
equilíbrio eletrostático. Por isso, o potencial elétrico na 
esfera não apresentará o comportamento mostrado no 
gráfico.
D)	 A	 densidade	 superficial	 de	 carga	 na	 esfera	 pode	 ser	
facilmente calculada a parir das informações dadas neste 
exercício.Para isso, basta dividir a carga da esfera (Q), 
que se acha uniformemente distribuída na sua superfície 
externa, pela área dessa superfície (4πR2):
σ = Q/4πR2
E) Como o potencial elétrico é constante dentro da esfera, 
não há diferença de potencial nessa região. Logo, não há 
trabalho elétrico sobre uma carga livre que se desloca 
dentro da esfera. Isso mostra que a força elétrica nessa 
carga é zero. Portanto, o campo elétrico dentro da esfera 
é	zero,	não	havendo	sentido	em	definir	uma	direção	para	
esse campo no interior da esfera.
Questão 04 – Letra B
Comentário: O campo elétrico em qualquer ponto interno à 
esfera vale zero. O potencial elétrico é constante dentro da 
esfera e é dado por:
V = KQ/R = 9,0 x 109.2,0 x 10−8/0,10 = 1,8 x 103 V
Questão 05 – Letra C
Comentário: De acordo com o Princípio da Conservação da 
Carga Elétrica, a soma das cargas finais é igual à soma das 
cargas iniciais:
Q1 + Q2	=	16Q	−	4Q	=	12Q	(I)
Além disso, no equilíbrio eletrostático, os potenciais das 
esferas são iguais:
KQ1/R = KQ2/2R ⇒ Q2 = 2Q1 (II)
Substituindo Q2 na equação (I), obtemos:
Q1 + 2Q1 = 12Q ⇒ Q1 = 4Q
Logo: Q2 = 2.4Q = 8Q
Questão 06 – Letra D
Comentário: O bastão eletrizado, ao ser aproximado 
da	 esfera,	 induz	 cargas	 opostas	 no	 lado	 esquerdo	 (−)	 e	
no lado direito (+) da esfera. A esfera atinge o equilíbrio 
eletrostático rapidamente, de forma que não haja mais 
movimentação de cargas em seu interior e em sua superfície. 
Isso mostra que o campo elétrico dentro da esfera é zero em 
qualquer ponto. Na superfície da esfera, o campo elétrico 
existe, mas é perpendicular à superfície, de forma que não 
há uma componente na direção tangente à esfera. É por 
isso que as cargas livres induzidas na superfície não sofrem 
deslocamentos em direções preferenciais.
Portanto, da discussão anterior, conclui-se que a alternativa 
correta é a D.
Questão 07 – Letra E
Comentário: O campo elétrico é nulo no interior de qualquer 
condutor eletrizado e em equilíbrio eletrostático. Depois 
que esse equilíbrio é atingido, não há mais movimentação 
de cargas livres em nenhuma direção preferencial dentro 
do condutor. Isso demonstra que a carga do condutor, que 
se acha distribuída na superfície externa, não exerce força 
elétrica nas cargas internas. Por isso, o campo elétrico dentro 
do condutor é nulo.
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Questão 08 – Letra D
Comentário: De acordo com o texto deste exercício, o campo 
elétrico gerado pela ponta do dedo eletrizado é equivalente 
ao campo gerado por uma esfera de raio R = 6 mm, 
uniformemente eletrizada com a metade da carga do dedo 
(figura a seguir).
Esfera de raio
R = 6 mm
3 mm
Superfície metálicar = 9 mm
P
Para calcular a carga no dedo, devemos impor que o campo 
elétrico gerado pelo dedo no ponto P situado sobre uma 
superfície metálica distante 3 mm do dedo seja igual à rigidez 
dielétrica do ar, E = 3 x 106 N/C. Substituindo os dados na 
equação do campo elétrico de uma esfera, obtemos a seguinte 
carga na esfera:
E K Q
r
x x Q Q x C= = =
0 2
6 9
2
83 10 9 10
0 009
2 7 10 
,
, –
A carga no dedo é a metade desse valor: q = Q/2 = 1,35 x 10–8 C. 
Professor, comente que este exercício é um excelente exemplo 
de modelo físico. É difícil, se não impossível, obter a fórmula 
para calcular o campo elétrico de um dedo eletrizado. No 
entanto, o campo elétrico do dedo, modelado como se fosse 
equivalente ao de uma esfera com o dobro de carga, pode 
produzir resultados com boa precisão. 
Questão 09 – Letra D
Comentário: A figura a seguir mostra as linhas de força devido 
à distribuição de cargas nas duas esferas desse problema. 
Como a esfera está eletrizada com uma carga +q, as linhas 
de força devem obrigatoriamente sair de sua superfície. 
Não podendo convergir de volta à esfera, essas linhas 
obrigatoriamente devem convergir para a superfície interna 
da	casca.	Isso	significa	que	uma	carga	negativa	−q	aparece	
(induzida) na parte interna da casca. Essa carga tem o mesmo 
módulo da carga na esfera porque o número de linhas que saem 
(ou chegam) de um corpo é proporcional à carga desse corpo. 
Como as linhas de força vão da esfera para a casca, 
o potencial elétrico decresce nesse sentido, ou seja, o potencial 
na esfera é sempre maior do que o potencial na parte interna 
da casca. É por isso que, fazendo o contato entre a esfera e a 
casca, toda a carga da esfera é transferida para a casca.
++
+q
+
+
+
+
+
+
+
–
–
–
–
–
–
–
–
O potencial elétrico final da casca será praticamente 104 V. 
O motivo disso é que a carga +q transferida da esfera para 
a casca é muito pequena, pois a esfera, apesar de pequena, 
apresentava um potencial de apenas +1 V, muito menor do que 
o potencial da casca. Esta, apesar de grande, apresentava um 
potencial inicial de +104 V (lembre-se de que uma esfera de 
pequeno raio tende a apresentar um elevado potencial elétrico 
e vice-versa, a menos que a carga da esfera seja pequena). 
Assim, sendo pequena, a carga +q quase não interfere no 
potencial da casca, que praticamente permanece valendo 
104 V durante a transferência de carga. Naturalmente, 
o potencial interno também é igual a 104 V. Por isso, esse é 
o valor do potencial da esfera.
Questão 11
Comentário: De acordo com o princípio da conservação da 
carga elétrica, a soma das cargas finais nas duas esferas deve 
ser igual à soma das cargas iniciais:
Q1 + Q2 = 3,0 μC
Além disso, depois de atingido o equilíbrio eletrostático, as 
esferas apresentam os mesmos potenciais elétricos:
K
Q
R
K
Q
R
Q
5,0
Q
10,0
Q 2.Q
0
1
1
0
2
2
1 2
2 1
= = =
 
Combinando as duas equações, obtemos Q1 = 1,0 μC e 
Q2 = 2,0 μC. Professor, não deixe de comentar que a resolução 
desse sistema pode ser feita sem a necessidade de converter 
as cargas de microcoulomb para coulomb, e nem as distâncias 
de centímetro para metro.
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: A melhor resposta para essa questão é a letra B, 
que associa o não funcionamento do celular ao fenômeno 
da blindagem eletrostática. Porém, a rigor, a blindagem 
eletrostática aplica-se apenas a situações em que existe um 
equilíbrio eletrostático de cargas, de forma que a configuração 
de campo elétrico do problema não varie no tempo. Esse é o caso, 
por exemplo, da clássica experiência em que um pente 
eletrizado não consegue exercer força de atração elétrica 
sobre pedacinhos de papel picados dentro de um invólucro 
metálico, como uma peneira de alumínio. No caso dessa 
questão, devemos nos lembrar de que uma antena 
transmite sinais de rádios em direção ao celular que se 
acha dentro da caixa metálica. Esses sinais são ondas 
eletromagnéticas do tipo UHF (frequência ultra-alta), 
de frequência entre 300 MHz e 3 000 MHz. Esses sinais, 
como qualquer outra onda eletromagnética, são formados 
por campos elétricos e magnéticos de intensidades variáveis 
no espaço e no tempo. Por isso, não existe equilíbrio 
eletrostático na caixa metálica que abriga o aparelho 
celular quando o sinal eletromagnético da antena tenta 
penetrar no interior da caixa. Mesmo assim, o sinal penetra 
muito pouco nas paredes da caixa, pois há uma espécie 
de aumento da resistência elétrica das paredes metálicas. 
Esse fenômeno é conhecido como efeito skin ou efeito pelicular. 
A resistência à penetração do sinal eletromagnético depende 
do material metálico da caixa, como também da frequência do 
sinal. Quando a frequência é muito alta, como a dos sinais de 
celulares, a penetração nas paredes de um invólucro metálico é 
muito pequena. Maiores detalhes e outros exemplos referentes 
ao efeito skin podem ser obtidos na leitura complementar 
apresentada no Caderno Extra do módulo D 05.
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Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: Durante uma tempestade, estando em casa, 
devemos nos afastar de janelas e de portas metálicas, 
pois esses corpos podem atrair descargaselétricas. O 
mesmo é valido para telefones com fios, que podem 
conduzir e transmitir descargas elétricas fatais ao usuário. 
Fora de casa, é importante evitar lugares descampados 
e topos de morros, pois uma pessoa de pé atuaria 
como um para-raios, atraindo descargas elétricas. 
É por isso que os jogadores de futebol em estádios desprovidos 
de para-raios costumam se jogar no chão quando ocorrem 
raios nas proximidades do campo. Durante uma tempestade 
com raios, não é uma boa ideia ficar debaixo de árvores, pois 
uma árvore alta age como um para-raios. Uma descarga 
elétrica que por ventura venha a atingir uma árvore tem 
grande chance de ser conduzida até a pessoa que se abriga 
sobre ela. Ao contrário, abrigar-se dentro de carros é uma 
boa ideia, pois o carro, sendo metálico, age como um escudo 
contra as descargas elétricas das tempestades. A explicação 
disso não é exatamente a blindagem eletrostática, embora 
muitos textos de Física tratem o problema sob essa óptica. 
A voltagem entre uma nuvem e o solo, logo que 
um raio principia, é muito grande. Ao final de uma 
fração de segundo, o raio desaparece e a voltagem 
entre a nuvem e o solo tende a zero. Por isso, o raio 
pode ser tratado como um sinal eletromagnético de 
frequência alta. A não penetração desse sinal dentro 
do carro, como explicado na resolução da questão 01, 
é devido ao efeito skin. Uma explicação mais detalhada da 
proteção que um carro metálico exerce contra descargas 
elétricas acha-se na leitura complementar do Caderno Extra, 
do módulo D 05.
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: O pente, eletrizado por atrito com a lã, 
atrai os pedacinhos de papel porque estes ficam polarizados 
devido à ação do pente. Surge, então, uma distribuição de 
cargas de sinais opostos nas extremidades dos pedacinhos 
de papel. Como o pente eletrizado cria um campo elétrico 
variável no espaço (e constante no tempo), a força de 
atração elétrica que age na extremidade mais próxima de 
um pedacinho de papel é maior do que a força de repulsão 
elétrica que age na outra extremidade. Quando os papéis são 
cobertos com a peneira metálica, ocorre uma redistribuição 
de cargas elétricas na superfície da peneira, de forma que a 
resultante entre o campo elétrico gerado por essa distribuição 
de cargas e o campo elétrico gerado pelo pente seja nula em 
todos os pontos do interior da peneira. Por isso, os pedacinhos 
de papel não são mais atraídos pelo pente. Esse fenômeno 
é conhecido como blindagem eletrostática. Quando uma 
peneira de plástico é usada, não há blindagem eletrostática 
sobre os pedacinhos de papel, pois, sendo a peneira 
constituída de um material isolante, as cargas elétricas em 
sua superfície não podem se movimentar e estabelecer uma 
redistribuição de cargas capaz de anular o campo elétrico do 
pente dentro da peneira. Por isso, os pedacinhos de papel 
são atraídos normalmente.
MÓDULO – D 06
Corrente elétrica
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário: A carga da bateria Q = 1 000 mAh, em coulombs, 
é igual a:
Q x C
s
s C= =1 000 10 3 600 3 6003 –
Essa carga corresponde a uma quantidade de elétrons igual a:
Q = N.e ⇒ 3 600 C = N.1,6 x 10–19 C ⇒ N = 2,25 x 1022 elétrons
Outra maneira de calcular este número de elétrons seria 
substituir a corrente de 1,000 A e o tempo de 3 600 s 
diretamente na fórmula da corrente elétrica:
I Q
t
N e
t
N x N= = = =. , . , 
 
 , 
–
1 000 1 6 10
3 600
2 25
19
xx elétrons 1022
Questão 02 – Letra C
Comentário: A quantidade de carga transportada em 0,5 s 
por uma corrente de 300 000 A vale:
Q = I∆t = 300 000.0,5 ⇒ Q = 150 000 C
Essa carga representa a seguinte fração da carga QT da Terra:
Q/QT = 150 000/600 000 = 0,25
Portanto, um raio de 300 000 A com duração de 0,5 s pode 
compensar 1/4 da carga elétrica total da Terra.
Questão 03 – Letra A
Comentário: Inic ialmente, a corrente elétr ica é 
I1 = 6/(400 x 103) = 15 x 10–6 A = 15 μA. Posteriormente, a corrente 
elétrica torna-se I2 = 6/(300 x 103) = 20 x 10–6 A = 20 μA. 
Portanto, a variação da corrente é ∆I = 5 μA. 
Questão 04 – Letra C
Comentário: Vamos analisar as alternativas separadamente.
A) A resistência elétrica da barra é a razão entre a voltagem 
e a corrente na barra:
R = V/I = 0,5 x 10–3 V/11,40 A = 4,39 x 10–5 Ω 
(que é muito menor que 150 Ω)
B) e D) A condutividade elétrica, assim como a resistividade 
elétrica, não depende da geometria do corpo, mas sim do 
material constituinte do corpo.
C) A condutividade elétrica pode ser obtida por meio da 
equação:
R L
A
= ρ
Substituindo a resistência elétrica da barra e o seu 
comprimento e seção transversal nessa equação, obtemos a 
condutividade elétrica (1/ρ):
1 1 0
4 39 10 0 02 0 025ρ
= = =L
R A x
,
, .( , . , )
_ 5,70 x 107 Ω–1m–1
E) O voltímetro é essencial nesta experiência, pois ele fornece 
o valor da voltagem na barra. O amperímetro também é 
essencial, pois ele fornece a corrente elétrica. O quociente 
da voltagem pela corrente elétrica é a resistência elétrica, 
que, juntamente com a geométrica da barra, é usada para a 
determinação da condutividade elétrica da barra.
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Questão 05 – Letra A
Comentário: Vamos analisar as alternativas.
A) Se o chuveiro for alimentado com uma tensão de 127 V, 
a potência do chuveiro será de 4 800 W, implicando um 
consumo de 4 800 J de energia elétrica a cada segundo 
de funcionamento do aparelho.
B) e D) A corrente elétrica é I = P/V = 4 800/127 ≅ 38 A.
C) A tensão nominal (adequada) do chuveiro é 127 V.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: Os valores da ordenada deste gráfico, 
multiplicados pela carga e = 1,6 x 10–19 C, representam o 
fluxo	de	carga	em	C/s,	portanto,	a	corrente	elétrica	que	entra	
no	detector	de	partículas.	Assim,	a	área	abaixo	deste	gráfico	
fornece a carga elétrica Q absorvida pelo detector:
Q x x x x x= + +( ) . . , . , .
– –
–8 4 10 10 10 1 6 10
2
5 10 1 6 10
3 5 19
5 19 88 10
9 6 10 6 4 10 16 10
3
16 16 16
x
x x x C
–
– – –, ,
=
+ =
 
A corrente elétrica média no detector é:
I Q
t
x
x
x A= = =16 10
8 0 10
2 10
16
3
13 
, 
 
–
–
–
Outra	forma	de	fazer	este	exercício	é	usando	os	fluxos	médios	
nos intervalos de tempo I (de 0 a 2 s), II (de 2 a 6 s) e III 
(de 6 a 8 s): 10 x 105 partículas/s, 15 x 105 partículas/s e 
10 x 105 partículas/s, respectivamente. A média ponderada no 
tempo	fornece	o	fluxo	médio	no	intervalo	total	(de	0	a	8	s):
Fluxo médio = ( . . . ) 10 2 15 4 10 2 10
8
5+ + =x 12,5 x 105 partículas/s
Multiplicando	 esse	 fluxo	 pela	 carga	 elementar,	 obtemos	 a	
corrente elétrica média:
I = 12,5 x 105.1,6 x 10–19 = 2 x 10–13 A
Questão 02 – Letra B
Comentário: A corrente total na lâmpada é determinada 
pela	soma	dos	fluxos	dos	íons	positivos	e	dos	íons	negativos,	
mesmo que os sentidos de movimento dessas cargas sejam 
opostos. De fato, podemos imaginar que o movimento 
dos íons negativos seja invertido, substituindo as cargas 
negativas por cargas positivas, de forma que os efeitos 
gerados por essas cargas sejam os mesmos do movimento 
real das cargas negativas. Por isso, a corrente de íons 
negativos deve ser somada à corrente de íons positivos. 
O cálculo para determinar essas correntes é simples e está 
indicado a seguir.
I = I+ + I– ⇒
(1,0 x 1018 íons/s)1,6 x 10–19 C + (1,0 x 1018 íons/s)1,6 x 10–19 C
⇒ I = 0,32 C/s = 0,32 A
Questão 03 – Letra E
Comentário: A resistência elétrica de um condutor é dada 
por R = ρL/A, em que ρ é a resistividade elétrica do condutor, 
L é o comprimento do condutor, e A é a área da seção 
transversal do condutor. A área total A do condutor vale 70 mm2 
(área	de	apenas	um	fio,	10	mm2,	vezes	o	número	de	fios,	7).	 
Podemos usar as unidades mm2 para A, porque ρ é dado em 
Ω.mm2/m. Substituindo os dados, obtemos:
R = (2,1 x 10–2 Ω.mm2/m).1 000 m/(70 mm2) = 0,3 Ω
Outra forma de fazer esse exercício é calcular a resistência 
elétrica	de	um	único	fio.	Para	isso,	devemos	tomarA	=	10	mm2. 
O resultado é 2,1 Ω.	Os	sete	fios	estão	ligados	em	paralelo,	pois	
as suas extremidades serão ligadas a pontos comuns, como os 
polos de uma bateria. Logo, a resistência equivalente do cabo 
é Req = 2,1/7 = 0,3 Ω. Essa solução é mais complicada do que 
a primeira. Além disso, ela só pode ser apresentada aos alunos 
depois do estudo sobre associação de resistores (módulo D 08).
Questão 04 – Letra C
Comentário:	A	figura	a	seguir	mostra	os	dois	fios	dentro	do	
cabo telefônico, o ponto de contato causador do curto-circuito 
e um ohmímetro, que o técnico poderia ter usado para medir 
as resistências em cada extremidade do cabo. A leitura de 
20,0 Ω, no lado esquerdo, corresponde a um comprimento 
igual a 2LE do condutor. A leitura na outra ponta é de 80,0 Ω e 
corresponde ao comprimento de 2LD. Como a resistência entre 
as extremidades R e S (lado direito) é quatro vezes maior do 
que entre as extremidades P e Q (lado esquerdo), e como a 
resistência é proporcional a L, pois R = ρL/A, o comprimento LD 
também deve ser quatro vezes maior do que o comprimento LE. 
Além disso, como LE + LD = 5,00 km, concluímos que LE = 1,00 km 
e LD = 4,00 km.
COM
OFF
2M
200
2k
20k
300k
20.0 Ω
Ω
Ω v
mA 10A LDLE
R
S
P
Q
Questão 08 – Letra B
Comentário: Vamos analisar cada alternativa:
A) De acordo com a fórmula P = V.I, como a voltagem V é 
constante (voltagem de alimentação da casa), a potência P 
é diretamente proporcional à corrente I. Como a potência 
do chuveiro é maior que a potência do ferro, a corrente 
elétrica no chuveiro é maior que a corrente no ferro.
B) De acordo com a fórmula P = V2/R, como a voltagem V 
é constante, a potência P é inversamente proporcional à 
resistência R. Como a potência da lâmpada é menor que 
a potência do chuveiro, a resistência elétrica da lâmpada 
é maior que a do chuveiro.
C) A tensão é a mesma em todos os pontos da casa (voltagem 
da casa).
D) A potência da lâmpada (60 W) é menor que a potência do 
chuveiro (4 400 W).
Questão 09 – Letra D
Comentário: Durante 30 dias, sob as condições nominais 
120 V e 4 000 W, o consumo de energia do chuveiro, que opera 
30 minutos (0,5 h) por dia, é:
E = P∆t = 4 kW(30.0,5 h) = 60 kWh
Admitindo que a resistência R do chuveiro não varie, 
sob	a	tensão	de	108	V,	a	nova	potência	P’	diminui	para:
R = V2/P = 1202/4 000 = 3,6 Ω ⇒		P’	=	 
108
3,6
2
 = 3,24 kW
Então, o novo consumo mensal de energia é:
E’	=	P’∆t = 3,24 kW(30.0,5 h) = 48,6 kWh
Portanto, haverá uma diminuição de 11,4 kWh no consumo 
de energia.
29
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 11 – Letra A
Comentário: De acordo com a equação P = V2/R, ao ligar a 
lâmpada em uma tensão V menor, conclui-se que a potência 
P da lâmpada sofrerá uma redução (considerando que a 
resistência R permanecerá constante), de forma que o seu 
brilho será reduzido. A corrente na lâmpada, dada por I = V/R, 
também diminui de valor. Por isso, a durabilidade da lâmpada 
aumentará.
Questão 12 – Letra A
Comentário: De acordo com o gráfico deste exercício, tiramos 
que a potência elétrica da TV é de 600 W. A energia mensal 
economizada para cada 2 h que a TV fica desligada é:
E = P.∆t = 0,600 kW.(2 h/dia).30 dias = 36 kW
Ao custo de R$ 0,50 o kWh, a economia mensal é: 
36 kWh.R$ 0,50 = R$ 18,00.
Questão 13 – Letra B
Comentário: Primeiro, vamos achar a resistência elétrica 
da torradeira:
R = ρL/A = 1,2 x 10–6 Ωm.6,0 m/0,36 x 10–6 m2 = 20 Ω
Agora, podemos achar a potência elétrica da torradeira:
P = V2/R = 1202/20 = 720 W
Em seguida, vamos calcular a energia consumida pela 
torradeira durante 1 mês:
E = P∆t = 0,720 kW. 
3
60
 h/dia.30 dias = 1,08 kWh
Ao custo de R$ 0,40 por kWh, o custo mensal da torradeira é:
Custo = 1,08 kWh.R$ 0,40/kWh = R$ 0,432
Questão 14 – Letra C
Comentário: A potência P e a corrente i relacionam-se com 
a resistência R, por meio das equações:
P = V2/R e i = V/R
Como V é constante, temos que P e i são grandezas 
inversamente proporcionais a R. Logo, quando R aumenta, 
tanto P quanto i diminuem.
Questão 15
Comentário: Como a corrente elétrica é a taxa de cargas que 
atravessa uma seção transversal do condutor, conclui-se que a 
área	sob	a	curva	do	gráfico	de	corrente	elétrica	versus tempo é 
numericamente igual à quantidade de carga que atravessa esse 
condutor. Isso pode ser usado para qualquer evolução temporal 
da corrente, sendo esta constante ou variável no tempo. 
Assim, a carga que atravessa uma seção transversal do 
condutor em 6,0 s é dada por:
Q = 36,0.4 + (36,0.2/2) = 144 + 36 = 180 mC = 0,18 C 
Questão 16
Comentário: 
A) A corrente máxima que o disjuntor consegue suportar 
pode ser calculada pela expressão P = VI. Substituindo 
a tensão V = 120 V e a potência total P = 7,20 x 103 W, 
obtemos a corrente máxima I = 7,2 x 103/120 = 60 A.
B) A energia diária, dada pelo produto entre a potência e o 
tempo de uso, vale:
 E = 4 kW.2 h + 6 kW.2 h + 2 kW.2 h = 24 kWh
C) O consumo de energia mensal é igual ao valor calculado 
no item anterior vezes o número de dias existentes em 
um mês (vamos considerar 30 dias). Assim:
Emensal = 24.30 = 720 kWh
 Pelo custo de R$ 0,50 por kWh, o gasto mensal é: 
Custo = 720 kWh.0,50 reais/kWh = R$ 360,00
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Vamos apontar o erro de cada ligação.
A)
A1
B1
B2
B)
C1
C)
C2
D1
D)
D2
E1
E) E2
A instalação da alternativa E está correta. Repare que a 
lâmpada inicialmente está desligada, mas, se colocarmos 
o interruptor na posição E1, ela acende. Da mesma forma, 
caso coloquemos o interruptor da esquerda na posição E2, a 
lâmpada também acende. Ou seja, mantendo-se o interruptor 
de um lado em uma posição qualquer e alterando-se a posição 
do outro, conseguimos acender e apagar a lâmpada, que é o 
objetivo da instalação.
Veja que na figura da alternativa A o fio indicado por A1 não 
está ligado a nada, de forma que a lâmpada não está sujeita 
a nenhuma d.d.p. Portanto, é impossível que ela acenda.
Nos interruptores da letra B, o fio que termina no interruptor 
da esquerda não está ligado a nada e, portanto, a lâmpada 
não está sujeita a nenhuma d.d.p. Caso esse interruptor 
seja alterado para a posição B1, então o fio que termina 
exatamente acima não estará sujeito a nenhuma d.d.p. 
Quanto ao interruptor da direita, repare que, na posição 
original, ele leva o fio ao interruptor da esquerda, já explicado 
anteriormente. Caso sua posição seja alterada para B2, o fio 
que chega da lâmpada a esse interruptor será desligado, não 
ficando a lâmpada sujeita a nenhuma d.d.p. Ou seja, não há 
configuração que faça a lâmpada acender.
30
Coleção Estudo
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SI
C
A
Na alternativa C, no arranjo original, a lâmpada acende, 
porém, os dois interruptores têm de ficar exatamente 
como estão. Caso eles sejam alterados para a posição 
C1 ou C2, a lâmpada apaga; caso sejam alterados 
simultaneamente, a lâmpada também apaga. Lembrando 
o enunciado, que diz que a instalação requer que se possa 
apagar ou acender a lâmpada utilizando um interruptor, 
independentemente da posição do outro, considera-se essa 
instalação errada.
Na alternativa D, a lâmpada acende se alterarmos o interruptor 
da direita para D2; contudo, se o interruptor da esquerda 
estivesse na posição D1, isso não seria possível. Ou seja, 
precisamos dos dois interruptores para ligar a lâmpada, o que 
torna essa instalação errada.
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A resistência elétrica de um condutor com 
comprimento L, cuja área de seção transversal e igual a A, 
é dada por R = ρL/A. O parâmetro ρ é a resistividade 
elétrica do condutor, valor que depende do material 
do qual o condutor é constituído. Uma unidade comum 
para a resistividade é o Ω.m/mm2, em que Ω (ohm) é a 
unidade de resistência elétrica. O inverso da resistividade 
é a condutividade σ, cuja unidade é o mm2/(m.Ω). 
Portanto, a equação anterior também pode ser escrita 
como R = (1/σ).L/A. Para doiscondutores de geometrias 
idênticas, isto é, com os mesmos valores de comprimento 
L e área de seção reta A, concluímos que a resistência 
R é inversamente proporcional à condutividade σ. 
Assim, um condutor de prata, material com a maior 
condutividade entre as substâncias listadas na tabela, será 
aquele que apresentará a menor resistência elétrica.
Na prova original do Enem, a unidade da condutividade 
elétrica σ foi escrita como (S.m/mm2). O símbolo S é uma 
unidade denominada de siemens. Naturalmente, como a 
condutividade elétrica σ é o inverso da resistividade elétrica ρ, 
a unidade de σ também é o inverso da unidade de 
ρ, de forma que S.m/mm2 = m/(Ωmm2), ou seja S 
= 1/Ω = Ω–1. De qualquer modo, o uso de S ou de 
1/Ω para compor a unidade da condutividade elétrica 
não interfere em nada na solução desta questão.
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: De acordo com as figuras, a leitura atual do 
relógio medidor de energia elétrica é de 2 783 kWh e a 
leitura do mesmo relógio no mês passado foi de 2 563 kWh. 
Então, o consumo mensal, dado pela diferença entre 
esses valores, vale 220 kWh. Ao custo de R$ 0,20 por 
kWh consumido, concluímos que o preço da conta de luz 
referente ao mês é de R$ 44,00 (produto entre 220 kWh 
e R$ 0,20/kWh).
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: V
Competência de área: 6
Habilidade: 23
Comentário: Primeiramente, vamos calcular a quantidade de 
calor QC gerada pela combustão direta de 1 litro de gasolina. 
Esse calor foi suficiente para gerar uma variação de 
temperatura de 35 °C em uma massa de água igual a 
200 x 103 g. Portanto, podemos calcular QC por meio da 
equação do calor sensível:
QC = mc∆t = 200 x 103.4,19.35 = 2,93 x 107 J
Agora, vamos calcular a potência elétrica PE produzida 
pelo gerador, que consome 1 litro de gasolina por hora. 
Essa potência pode ser calculada por meio da voltagem V e 
da resistência R do resistor.
PE = V2/R = 1102/11 = 1 100 J/s
Em 1 hora, que é o tempo para o gerador consumir 1 litro 
de gasolina, temos a seguinte dissipação de energia E por 
efeito Joule:
E = 3 600.1 100 = 3,96 x 106 J
Portanto, a combustão direta de 1 litro de combustível produz 
mais energia útil do que o gerador. A razão entre essas energias é:
QC/E = 2,93 x 107/3,96 x 106 = 7,4
Esse número indica que, para produzir o mesmo aquecimento 
em 200 litros de água, são necessárias 7,4 h de funcionamento 
do gerador, ou seja, o gerador consome uma quantidade de 
gasolina 7,4 vezes maior do que aquela usada no aquecimento 
da água por meio da combustão direta da gasolina.
Questão 05 – Letra E
Eixo cognitivo: V
Competência de área: 6
Habilidade: 23
Comentário: Inicialmente, vamos calcular o consumo de 
energia mensal, em kWh. Para isso, basta multiplicar a potência 
de cada equipamento, em kW, pelo tempo de uso mensal, em h, 
e somar todas as parcelas referentes aos equipamentos. 
Assim:
E = [1,5.8 + 3,3.(1/3) + 0,2.10 + 0,35.10 + 0,10.6].30
E = 576 kWh
Ao custo de R$ 0,40/kWh, o gasto mensal de energia elétrica 
dessa casa é:
Custo = 576.0,40 = R$ 230,40
Questão 06 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: O erro está na unidade de energia, megawatts 
por hora. A unidade correta, nesse caso, é megawatts vezes 
horas, pois a energia elétrica é o produto entre a potência 
elétrica nas usinas (dada, em geral, em megawatts) e o tempo 
de geração, em geral, dado em horas.
Embora esse problema seja de resolução muito fácil, você pode, 
professor, estender a discussão do assunto, alertando seus alunos 
para o fato de que a energia é uma grandeza dada em muitas 
unidades diferentes. Existem dois motivos básicos para isso. 
O primeiro é que a energia tem forte presença em todos 
os fenômenos físicos e, por isso, ela se relaciona com 
diferentes conceitos físicos. O segundo motivo é que o valor 
da energia pode ser muito pequeno, como também muito 
grande, dependendo do processo estudado. Para ilustrar isso, 
sugerimos que você, professor, apresente a tabela a seguir. 
Nela, colocamos as principais unidades de energia usadas na 
Física, bem como os fatores de conversão entre essas unidades 
e alguns exemplos numéricos envolvendo valores energéticos. 
31
Editora Bernoulli
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SI
C
A
Note que o joule e a caloria são unidades muito pequenas para 
se medir o consumo mensal de energia elétrica em uma casa. 
Por isso, usamos o quilowatt-hora, que vale 3,6 milhões de 
joules. Por outro lado, o joule e a caloria são unidades grandes 
demais para serem usadas na quantificação de fenômenos 
atômicos. Nesse caso, é mais conveniente usarmos o elétron-
volt, cujo valor é extremamente pequeno, 1 eV = 1,6 x 10–19 J.
Unidades 
de Energia
Fatores de 
conversões
Exemplos
joule (J) ____
10 J – Energia 
potencial gravitacional 
de uma massa de 1 kg 
a uma altura de 1 m 
do solo.
caloria (cal) 1 cal = 4,18 J
10 cal – Energia para 
aquecer 10 g de água 
de 1 °C.
quilowatt-
hora (kWh)
1 kWh = 3,6 x 106 J
10 kWh – Energia 
que uma lâmpada 
de potência 100 W 
consome em 100 horas 
de uso.
elétron-volt 
(eV)
1 eV = 1,6 x 10–19 J
13,6 eV – Energia de 
ligação do elétron no 
átomo de hidrogênio.
Questão 07 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 19
Comentário: O elevador deve elevar uma massa 
M = 1 400 kg (soma das massas do elevador e dos ocupantes) a uma 
altura H = 30 m. Para elevar essa carga com velocidade constante, 
a força F exercida pelo cabo que liga o motor ao elevador deve ser 
igual	ao	peso	da	carga.	Assim,	F	=	M.g	=	1≈400.10	=	14	000	N.	
O trabalho W realizado por essa força durante a subida do elevador 
é dado por W = F.H = 14 000.30 = 420 000 J. O tempo ∆t que 
o elevador leva para subir a altura H com velocidade v = 4 m/s 
é igual a ∆t = H/v = 30/4 = 7,5 s. Então, a potência 
do motor que sustenta o elevador pode ser calculada 
por P = W/∆t = 420 000/7,5 = 56 000 W (ou 56 kW). 
Por fim, a corrente elétrica I que alimenta o motor vale 
I = P/V = 56 000/220 = 254,5 A.
Questão 08 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Como pode ser observado na conta de luz 
recebida pela estudante, o consumo de energia elétrica na 
residência dela foi de 260 kWh, pelo qual ela deve pagar uma 
quantia de R$ 130,00 mais a alíquota de 25%, R$ 32,50, 
referente ao imposto (ICMS). Portanto, conclui-se que o 
valor pago pela estudante por kwh de energia consumida é 
de R$ 0,50/kWh, mais impostos (25%).
Caso a estudante compre um secador de cabelos de 1 000 W 
de potência e ela e suas três amigas passem a utilizá-lo por 
15 minutos cada uma, durante 20 dias por mês, o aumento 
mensal no consumo de energia elétrica da residência será de:
E P t E
E
= = ( )
=
. .1 1 4 20
20
 000.4
 kWh
Por esse aumento no consumo de energia elétrica mensal da 
residência a estudante deverá pagar a quantia de:
valor
valor R
= +
=
20 0 50 20 0 50
4
. , . ,
$ 12,50
Essa quantia é referente ao valor pago por kWh mais os 
impostos (ICMS). 
Rua Juiz de Fora, 991 - Barro Preto
Belo Horizonte - MG
Tel.: (31) 3029-4949
www.editorabernoulli.com.br
6V
Física
Volume 3
Bernoulli Resolve
Su
m
ár
io
 -
 F
ís
ic
a Módulo A
05 3 Movimento circular
06 5 Leis de Newton
Módulo B
05 7 1ª Lei da Termodinâmica
06 11 2ª Lei da Termodinâmica
Módulo C
05 15 Lentes esféricas
06 17 Instrumentos ópticos
Módulo D
07 19 Associação de resistores
08 21 Resistores no dia a dia
09 24 Instrumentos de medidas elétricas
3
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C
A
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COMENTÁRIO 
E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
MÓDULO – A 05
Movimento circular
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Nesse exercício, há dois pontos de um mesmo 
disco, X e Y, girando com velocidades lineares de 50 cm/s e 
10 cm/s, respectivamente. Como os dois pontos fazem parte 
do mesmo disco, eles possuem a mesma velocidade angular. 
Sendo assim, temos:
ω ω
x y
x
x
y
y
x x
x x
x
v
r
v
r
r r
r r
r
= =
=
−
− =50 10
20
50 101 000 
== =1 000
40
25 cmr
x
Utilizando o valor de rx obtido anteriormente, podemos calcular 
o módulo da velocidade angular.
ω ω ω
ω
= = =
= =
y x
x
x
v
r
50
25
2 0, rad/s
Questão 02 – Letra A
Comentário: A correta representação dos vetores velocidade 
e aceleração para o movimento circular uniformemente 
acelerado é a representação do ponto (2), pois, nela, o vetor 
velocidade é tangente à trajetória e o vetor aceleração está 
corretamente representado. Como o movimento é circular 
uniformemente acelerado, temos a presença de dois tipos 
de aceleração, a tangencial e a centrípeta, sendo o sentido 
da aceleração tangencial igual ao sentido da velocidade e o 
sentido da aceleração centrípeta para dentro da curva. Logo, 
a aceleração resultante está em uma direção oblíqua à da 
velocidade, conforme mostrado na representação do ponto (2).
Questão 03 – Letra A
Comentário: Na resolução desse exercício, iremos considerar 
que o ponteiro maior do relógio seja o ponteiro dos minutos. 
Tendo em vista que esse relógio atrasa 10 minutos a cada 
hora, conclui-se que, em um intervalo de tempo de uma hora 
real, o ponteiro maior percorre um ângulo de 2π(10/12) rad. 
Portanto, a velocidade angular do ponteiro maior do relógio 
é dada por:
ω
π
ω π
=
( )
=
2 10 12
3 600
2
 
 160
 rad/s
Questão 04 – Letra E
Comentário: Tendo em vista que o móvel parte do repouso e 
efetua um movimento circular uniforme de período igual a 8 s, 
conclui-se que, em um intervalo de tempo de 18 s, o móvel 
efetua duas voltas completas mais um quarto de volta. Sendo 
assim, o deslocamento angular do móvel foi de π/2 rad ou 90º. 
Logo, o módulo do vetor deslocamento do móvel é dado por:
d R R d R R
d R
2 2 2 2 2
2
= + = +
=
Questão 05 – Letra E
Comentário: Nesse exercício, há duas polias, A e B, 
interligadas por meio de uma correia e não há escorregamento 
entre as polias e a correia. Dessa forma, a velocidade tangencial 
das polias possui o mesmo módulo da velocidade tangencial da 
correia, portanto, as duas polias possuem a mesma velocidade 
tangencial. Como as polias possuem raios diferentes (o 
raio da polia A, R, é menor que o raio da polia B, R’), 
conclui-se que as polias possuem velocidades angulares 
diferentes. Sendo R < R’, e como as polias possuem a mesma 
velocidade tangencial, conclui-se que a velocidade angular da 
polia A é maior que a da polia B.
Esse fato pode ser verificado por meio das equações:
v v R R
R
R
A B A B
A B
= = ′
= ′
ω ω
ω ω
O termo R’/R é maior que 1, logo, ωA > ωB.
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra A
Comentário: Ambas as bicicletas apresentam a mesma 
velocidade escalar. Desse modo, podemos afirmar que: 
vpai = vfilho ⇒ ωpaiRpai = ωfilhoRfilho 
Como Rpai = 2Rfilho, podemos concluir que:
ωfilho = 2ωpai ⇒ ffilho = 2fpai
Logo, a alternativa correta é a A.
Questão 04 – Letra B
Comentário: Se o centro do furacão avança a 150 km/h 
em direção ao norte, temos que o módulo da velocidade da 
extremidade leste do furacão é v’ = vf – vr , em que vf é o 
módulo da velocidade de deslocamento do centro do furacão 
em relação ao solo e vr é o módulo da velocidade escalar de 
rotação da extremidade do furacão em relação ao centro deste. 
Já o módulo da velocidade da extremidade oeste do furacão 
é v’’ = vf + vr. Resolvendo qualquer uma das duas equações 
anteriores, encontramos o módulo da velocidade escalar 
de rotação do furacão, vr = 50 km/h. Utilizando a relação 
v = ωR, encontramos o módulo da velocidade angular de 
rotação da massa gasosa:
ω = v/R ⇒ ω = 50/100
ω = 0,5 rad/h
4
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
4
FÍ
SI
C
A
Questão 06 – Letra D
Comentário: A questão aborda o movimento circular não 
uniforme da pá de um ventilador que está cessando seu 
movimento. Como essa pá está parando, sobre ela atua uma 
aceleração tangencial em sentido oposto ao de seu vetor 
velocidade. Essa aceleração irá fazer com que o módulo 
da velocidade da pá diminua. Uma vez que a pá continua 
descrevendo um movimento circular, ela estará submetida a 
uma aceleração centrípeta. A soma dessas duas componentes 
da aceleração (tangencial e centrípeta) definirá a direção e 
o sentido do vetor aceleração da pá no ponto P, conforme 
mostrado na figura a seguir.
P
a at
ac
Questão 07 – Letra D
Comentário: A relação entre os raios das engrenagens, 
apresentada no enunciado da questão, permite que utilizemos 
a relação entre o raio e o período das engrenagens, 
v = 2πR/T ⇒ T = 2πR/v. As engrenagens possuem a mesma 
velocidade tangencial, pois elas estão interligadas por suas 
periferias e não deslizam umas sobre as outras. Assim, 
o período de cada engrenagem será proporcional ao seu raio. 
Logo, T1 = T3 < T2.
Como a cada ligação de engrenagens pela periferia temos a 
inversão de sentido do movimento circular, após duas ligações 
de engrenagens, o sentido de movimento se repete, ou seja, 
o sentido de movimento da primeira e da terceira engrenagem 
é o mesmo. Assim, E1 e E3 giram no mesmo sentido e com o 
mesmo período, sendo este menor que o período de E2.
Questão 09 – Letra E
Comentário: Para que o aluno resolva essa questão, 
é necessário que ele perceba que a curva descrita pelo 
líquido é um arco de circunferência de raio 6 cm. A esse arco 
corresponde um ângulo de 90º (um quarto da circunferência); 
portanto, seu comprimento será de, aproximadamente, 
9,3 cm. O tempo gasto pelo líquido para percorrer esse 
trajeto corresponde a um quarto do período da engrenagem, 
cuja frequência é de 0,25 Hz. Como o período é o inverso 
da frequência, o líquido gastará 1 s para percorrer esse 
trajeto; assim, sua velocidade média será de 9,3 cm/s ou 
9,3 × 10–2 m/s.
Questão 10 – Letra C
Comentário: Observe a figura a seguir.
B C
A
O
Eixo fixox
ω
De acordo com o enunciado do exercício, a esfera é lançada 
do ponto B do eixo x em direção ao centro do disco, quando 
o ponto A do disco passa pelo ponto B do eixo. A partir do 
instante em que é lançada, a esfera descreve um movimento 
retilíneo uniforme, e, após 6 s de movimento, a esfera 
abandona o disco no ponto C do eixo x, no exato instante 
em que o ponto A do disco passa pelo ponto C do eixo. Ainda 
de acordo com o enunciado do exercício, o disco gira com 
velocidade angular constante e o intervalo de tempo de 6 s é 
maior que o tempo necessário para o disco efetuar uma volta 
completa e menor que o intervalo de tempo necessário para 
o disco efetuar duas voltas.
Tendo em vista os dados do enunciado e a figura anterior, 
podemos concluir que, durante o intervalo de tempo de 6 s, 
o disco efetuou 1,5 voltas. Logo, o período de rotação do 
disco é dado por:
1,5T = 6 s ⇒ T = 4 s
Questão 13 – Letra A
Comentário: Nesse exercício, há três polias interligadas por 
uma correia e não há escorregamento entre as polias e a 
correia. Logo, as três polias possuem velocidades lineares de 
mesmo módulo, que é igual ao módulo da velocidade linear 
da correia. A polia 1, R1 = 6 cm, possui uma frequência de 
rotação de 0,67 Hz (40 rpm). Portanto, seu período de rotação 
é dado por:
T
f
T
= =
=
1 1
0 67
1 5
,
, s
Como as velocidades lineares das polias são iguais, podemos 
escrever a seguinte igualdade:
v v R R
R
R
1 3 1 1 3 3
3 1
1
3
3 1 3 1
6
2
3
= =
=
= =
ω ω
ω ω
ω ω ω ω
De acordo com o resultado anterior, a velocidade angular da 
polia 3 é três vezes maior que a da polia 1. Como o período 
de rotação e a velocidade angular são grandezas inversamente 
proporcionais, ω = 2π/T, conclui-se que o período de rotação 
da polia 3 é três vezes menor que o da polia 1. Logo, o período 
de rotação da polia 1 é de 0,5 s.
Questão 15
Comentários:
A) De acordo com o enunciado do exercício, o disco gira 
sem atrito sobre uma mesa e completa 300 voltas em um 
minuto. Sendo assim, a frequência de rotação do disco é 
dada por:
 
f f= =300
60
5 Hz
 Utilizando o resultado anterior, podemos calcular o módulo 
da velocidade linear do disco, por meio da equação v = 2πrf. 
Logo:
 v = 2.3.0,5.5
 ⇒ v =15 m/s
 Observação: Na resoluçãodesse exercício, utilizamos 
a aproximação π = 3, de acordo com a orientação do 
enunciado.
B) Do instante em que o fio se rompe no ponto A até o instante 
em que o disco abandona a mesa, o disco percorre uma 
distância de 0,70 m. Veja a figura a seguir:
0,5 m
2 m
1,4 m
A
v
0,7 m
 Sendo assim, temos que:
 
d vt t d v
t t
= =
= =
/
/ s0 70 15 0 047, ,
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: Para resolver esse exercício, basta observar 
que a prancha se move de A para B. Logo, as polias da parte 
superior, 1 e 2, movem-se no sentido anti-horário, e as polias 
da parte inferior, 3 e 4, movem-se no sentido horário.
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Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
5
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: O movimento de uma bicicleta se dá por meio do 
acoplamento entre uma roda dentada dianteira com uma roda 
dentada traseira, e esse acoplamento é feito por meio de uma 
corrente, não havendo deslizamento entre as rodas dentadas 
e a corrente. Sendo assim, conclui-se que as rodas dentadas 
da bicicleta possuem velocidades lineares de mesmo módulo, 
sendo este igual ao módulo da velocidade linear da corrente.
Considerando uma pedalada uma volta completa da roda 
dentada dianteira e observando que as rodas dentadas 
possuem velocidades lineares de mesmo módulo, podemos 
escrever a seguinte igualdade:
v v r r
r
r
d t d d t t
t
d
d
t
= =
=
ω ω
ω
ω
De acordo com a equação anterior, quanto maior for a razão 
rd/rt, maior será a razão do número de voltas da roda traseira 
por pedalada, ωt/ωd. Portanto, a alternativa que representa 
a situação em que haverá o maior número de voltas por 
pedalada é a A.
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Conforme analisado no exercício anterior, as 
rodas dentadas traseira e dianteira possuem velocidades 
lineares de mesmo módulo. Utilizando esse resultado e os 
dados fornecidos na figura do exercício, temos:
v v r r
r
r
d t d d t t
t
d
d
t
t
d
t
d
= =
= =
=
ω ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
15
5 0
3 0
,
,
De acordo com o resultado anterior, a velocidade angular 
da roda dentada traseira é três vezes maior que a da roda 
dentada dianteira, ou seja, enquanto a roda dentada dianteira 
efetua uma volta completa, a roda dentada traseira realiza 
três voltas completas. Como a roda dentada traseira está 
acoplada à roda traseira pelo mesmo eixo (ou seja, elas giram 
de forma conjunta), a distância percorrida pela bicicleta em 
uma pedalada é, aproximadamente:
d = 3(2πR) ⇒ d = 3(2.3.0,40)
⇒ d = 7,2 m
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Esse exercício faz algumas afirmações em 
relação a uma bicicleta de marchas. Vamos analisar cada uma 
das alternativas separadamente.
I. Correta. A cada marcha de uma bicicleta está associada 
uma determinada coroa dianteira e uma determinada 
coroa traseira. Como nessa bicicleta há duas coroas 
dianteiras e cinco coroas traseiras, a bicicleta possui um 
total de dez marchas, cinco marchas associadas a uma 
das coroas dianteiras e cinco marchas associadas à outra 
coroa dianteira.
II. Incorreta. Quando uma bicicleta encontra-se à alta 
velocidade, o número de voltas da roda traseira por 
pedalada é o maior possível. De acordo com o resultado 
obtido na resolução do exercício 01 dessa seção:
ω
ω
t
d
d
t
r
r
=
 Para que tenhamos o maior número de voltas da roda 
traseira por pedalada, devemos ter a maior razão possível 
entre os raios das rodas dentadas dianteira e traseira. 
Sendo assim, devemos acionar a coroa dianteira de maior 
raio com a coroa traseira de menor raio.
III. Correta. Em uma subida íngreme, convém utilizarmos uma 
marcha que minimize a força com a qual devemos acionar 
os pedais da bicicleta. Para obtermos esse resultado, 
devemos utilizar uma combinação de coroas dianteira 
e traseira que possibilite a maior razão possível entre o 
número de pedaladas por volta. Utilizando o fato de as 
coroas possuírem velocidades lineares de mesmo módulo, 
temos que:
 
v v r r
r
r
d t d d t t
d
t
t
d
= =
=
ω ω
ω
ω
 Portanto, para que tenhamos a maior razão possível entre 
o número de pedaladas por volta, devemos utilizar a coroa 
traseira de maior raio e a coroa dianteira de menor raio.
 Tendo em vista a análise das afirmações, conclui-se que 
a alternativa correta é a A.
MÓDULO – A 06
Leis de Newton
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Esse exercício aborda uma questão clássica das 
Leis de Newton para o movimento: como pode um cavalo puxar 
uma charrete se a força que ele exerce sobre a charrete possui 
a mesma intensidade da força que a charrete exerce sobre 
ele? Realmente essas forças possuem módulos iguais, porém 
o cavalo também empurra o chão para trás e este empurra 
o cavalo para frente. Se a força para frente que o chão faz 
sobre o cavalo for maior que a força para trás que a charrete 
exerce sobre ele, então, o conjunto se moverá para frente. 
Tendo em vista essa explicação, a alternativa correta é a A.
Questão 02 – Letra A
Comentário: Sobre o caixote, atuam as forças peso P, 
normal N e força de atrito fa. A força peso possui direção vertical 
e sentido para o centro da Terra; logo, nos diagramas desse 
exercício, a força peso deve estar voltada para baixo. A força 
normal que atua sobre o caixote é perpendicular à carroceria 
do caminhão e possui sentido para cima. Já a força de atrito, 
exercida pela carroceria sobre o caixote possui direção tangente 
à carroceria e sentido oposto à tendência de movimento do 
caixote. À medida que o caminhão se move para frente, a 
tendência de movimento do caixote é a de se mover para trás, 
pois a componente tangencial da força peso que atua sobre ele 
o puxa nesse sentido. Como a força de atrito atua em sentido 
oposto ao da tendência de movimento, temos que essa força 
atua paralelamente à carroceria, no sentido de subida da rampa. 
Dessa forma, a alternativa que mostra um diagrama coerente 
com essas observações é a A.
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Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
6
FÍ
SI
C
A
Questão 03 – Letra C
Comentário: Se existe uma força resultante agindo sobre 
o corpo, como afirma o enunciado, então, obrigatoriamente, 
o movimento apresentado pelo objeto deve ser acelerado, 
de acordo com a 2ª Lei de Newton. A única alternativa que 
não apresenta essa possibilidade é aquela que menciona um 
corpo se movendo com velocidade constante e em linha reta. 
Logo, a alternativa em que não há uma força resultante agindo 
sobre o corpo é a C.
Questão 04 – Letra B
Comentário: Existe uma interação entre o ímã e a barra de 
ferro, e essa interação obedece às Leis de Newton. Isso indica 
que a força que o ímã faz sobre a barra de ferro deve ser igual, 
em módulo, à força que a barra de ferro faz sobre o ímã. Porém 
o fato de as forças possuírem módulos iguais não garante que 
ambos os corpos apresentem a mesma aceleração. Como a 
massa do ímã é duas vezes menor que a massa da barra de 
ferro, uma força de mesmo módulo, aplicada em ambos os 
corpos, provocará no ímã uma aceleração duas vezes maior do 
que na barra de ferro. Sendo assim, a alternativa correta é a B.
Questão 05 – Letra B
Comentário: Esse é um tipo de questão em que os alunos 
costumam ter bastante dificuldade. Os alunos costumam utilizar 
o senso comum de que a intensidade da força exercida sobre 
o dinamômetro dobra de valor quando duas pessoas exercem 
forças, de mesma intensidade, sobre as duas extremidades 
do dinamômetro. Uma boa alternativa didática para resolver 
esse problema é substituir um dos meninos por uma parede e 
mostrar que as situações são idênticas, em termos das forças 
que atuam sobre o dinamômetro, pois, em ambas as situações, 
o dinamômetro encontra-se em equilíbrio.
Quando uma única pessoa puxa uma das extremidades de 
um dinamômetro com uma força de 100 N, o valor da força 
medida pelo instrumento é de 100 N, considerandoque esse 
esteja em equilíbrio. Logo, na situação representada na figura 
desse exercício, em que há dois meninos exercendo forças de 
100 N sobre as extremidades de um dinamômetro, temos que a 
leitura do instrumento será de 100 N, pois ele está em equilíbrio.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: O balão dirigível desse exercício encontra-se em 
equilíbrio, pois o balão voa a uma altitude constante, em linha 
reta e com velocidade de módulo constante. Portanto, a força 
resultante que atua sobre o balão é nula. Logo, os módulos das 
forças verticais que atuam sobre o balão, peso (P) e empuxo (E), 
são iguais, assim como são iguais os módulos das forças 
horizontais de resistência do ar (R) e força de propulsão dos 
motores (M). Sendo assim, a alternativa em que essas forças 
estão mais bem representadas é a B.
Questão 02 – Letra C
Comentário: Inicialmente, vamos representar as forças que 
atuam sobre as esferas. Sobre a esfera de baixo, temos:
FM
T
P
 ⇒ FM = P + T
Sobre a esfera de cima, atuam as seguintes forças:
FM
T'
P
 ⇒ T' = P + FM
Como as forças de atração magnética, FM, que atuam sobre 
as esferas formam um par de ação e reação, temos que seus 
módulos são iguais. Sendo assim, conclui-se que o módulo 
da força de tensão no fio de cima é maior do que o módulo 
da tensão no fio de baixo. Temos também que o módulo da 
tensão no fio de cima é maior que o módulo do peso do ímã 
preso a esse fio. Diante da discussão anterior, conclui-se que 
a alternativa correta é a C.
Questão 05 – Letra C
Comentário: Em um movimento de queda livre, a única força 
que age sobre o corpo é a força peso, e a única aceleração que 
atua sobre o corpo é a aceleração da gravidade. Assim, tanto 
no instante t1 quanto no instante t3, a força e a aceleração 
que atuam sobre a bola são verticais, com sentido para baixo. 
Somente a velocidade muda de sentido, uma vez que em t1 
a bola estava descendo e em t3 ela estava subindo.
Dessa forma, o diagrama em que a força resultante, 
a aceleração e a velocidade estão corretamente representadas 
nos instantes t1 e t3 é o da alternativa C.
Questão 06 – Letra A
Comentário: De acordo com o enunciado da questão, a esfera 
está em repouso em relação ao vagão. Logo, estando o 
vagão sujeito a uma aceleração a para a direita, em relação 
ao solo, temos que a esfera também está sujeita à mesma 
aceleração em relação ao solo. No referencial do solo, atuam 
sobre a esfera duas forças, seu peso (vertical, para baixo) 
e a força de tensão (paralela à direção do fio, no sentido da 
esfera para o teto), exercida pelo fio ao qual ela está presa. 
Realizando a soma vetorial de tais forças, obtemos uma 
força resultante horizontal para a direita, conforme era 
esperado, uma vez que a aceleração que atua sobre a esfera, 
no referencial do solo, também possui direção horizontal e 
sentido para a direita.
Então, temos que as forças que atuam na esfera, no referencial 
do solo, são corretamente representadas no diagrama da 
alternativa A.
Questão 08 – Letra B
Comentário: Observando o gráfico do exercício, podemos ver 
que a posição da partícula varia linearmente com o tempo do 
instante inicial de observação do movimento até o instante τ, 
parte reta da curva que descreve a variação da posição da 
partícula em relação ao tempo. Como a posição da partícula 
varia linearmente com o tempo e como a trajetória da partícula 
é retilínea, conclui-se que a partícula não está sujeita à 
aceleração e, consequentemente, a força resultante que atua 
sobre ela é nula.
Observando o gráfico do enunciado, podemos ver também 
que, do instante τ em diante, a posição da partícula varia 
com o quadrado do tempo, parte parabólica da curva que 
descreve a variação da posição da partícula em relação ao 
tempo. Dessa forma, podemos concluir que, do instante τ em 
diante, a partícula está sujeita a uma aceleração constante e, 
consequentemente, a força resultante que atua sobre a 
partícula também é constante.
Logo, o gráfico que representa corretamente a relação entre o 
módulo da força resultante R e o tempo t é o da alternativa B.
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Editora Bernoulli
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C
A
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Questão 11 – Letra A
Comentário: Durante todo o tempo em que o passarinho gira 
junto com o irrigador, atuam sobre ele três forças: a força 
peso, a força normal e a força de atrito estático, que exerce 
a função de força centrípeta. No instante em que o módulo 
da velocidade do irrigador torna-se maior que o módulo da 
velocidade v, para o qual o módulo da força centrípeta é 
igual à força de atrito estático máximo (Fat = Fc = mv2/R), 
o passarinho perde o contato com o irrigador e deixa de 
realizar o movimento circular.
Não há nenhuma força que expulsa / arremessa o passarinho 
do irrigador. Ele simplesmente perde o contato com este, 
mas mantém o mesmo módulo de velocidade horizontal que 
possuía antes de perder o contato.
A partir do momento em que o passarinho perde contato com 
o irrigador, a única força que atua sobre ele é seu próprio 
peso. Consequentemente, nessa situação, o passarinho está 
sujeito a uma única aceleração, a aceleração da gravidade. 
Diante da discussão anterior, conclui-se que a alternativa 
correta é a A.
Questão 13 – Letra B
Comentário: Esse exercício aborda questões relativas à 
Primeira e à Segunda Leis de Newton. Vamos analisar as 
afirmativas separadamente.
I. Incorreta. No trecho BC, a força aplicada sobre o corpo 
é constante e diferente de zero. Pela 2ª Lei de Newton, 
isso implica que uma aceleração constante e não nula atua 
sobre o corpo. Portanto, o movimento é do tipo variado, 
não uniforme.
II. Correta. Como consta no enunciado da questão, 
a velocidade no ponto A é zero. No que diz respeito ao 
trecho ABC, o gráfico nos mostra que a força que atua 
sobre o corpo é diferente de zero e atua sempre no mesmo 
sentido. Pela 2ª Lei de Newton, tal fato implica uma 
aceleração contínua do objeto, no mesmo sentido da força. 
Assim, o corpo experimentará, durante todo o trajeto 
mencionado, um aumento no módulo de sua velocidade.
III. Incorreta. No trecho DE, não há força alguma atuando 
no corpo. Pela 1ª Lei de Newton, como o objeto estava 
em movimento, ele continuará em movimento retilíneo 
e uniforme (M.R.U). Portanto, a velocidade do corpo é 
constante e não nula.
IV. Correta. Como explicitado, a Lei da Inércia explica o fato de 
o corpo continuar com o módulo da velocidade constante 
após a força atuante tornar-se nula.
V. Incorreta. No trecho AB, a força atuante sobre o corpo não 
é constante, portanto, de acordo com a 2ª Lei de Newton, 
a aceleração envolvida também não será constante – ela 
segue aumentando. No movimento uniformemente variado 
(M.U.V.), a aceleração possui módulo constante e diferente 
de zero. Portanto, tal afirmação é completamente incorreta.
Questão 16 – Letra A
Comentário: Esta questão explora a 3ª Lei de Newton. 
Vamos analisar cada uma das proposições separadamente.
I. Correta. A força em questão é a de atração gravitacional, 
uma força de campo. A força que a Terra exerce sobre 
a Lua e a força que a Lua exerce sobre a Terra formam 
um par ação-reação. Portanto, pela 3ª Lei de Newton, 
elas possuem o mesmo módulo ou intensidade, termo 
usado na questão.
II. Correta. A força que o ímã exerce sobre o prego e a 
força que o prego exerce sobre o ímã formam um par 
ação-reação. Portanto, pela 3ª Lei de Newton, essas forças, 
além de atuarem em corpos distintos, possuem o mesmo 
módulo (intensidade) e direção, porém sentidos contrários.
III. Incorreta. A força que permite um cavalo puxar uma 
carroça é a força que ele exerce sobre a carroça, e não a 
sua reação – que atua no cavalo e é exercida pela carroça.
Diante da discussão anterior, conclui-se que a alternativa 
correta é a A.
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: O objetivo da questão é que identifiquemos 
a situação que está diretamente relacionada à 3ª Lei de 
Newton, Lei da Ação e Reação.Portanto, devemos identificar 
a alternativa em que ocorra uma situação na qual o atleta 
tire vantagem da correta aplicação da 3ª Lei de Newton. 
A alternativa C atende a esse requisito, uma vez que quanto 
mais água um nadador puxar para trás maior será a força 
que esse exerce sobre a água e, consequentemente, maior 
será a força que a água exercerá sobre ele, fazendo com que 
o nadador receba maior propulsão.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Vamos analisar as forças que atuam no bloco A 
nas duas situações. Essas forças são: o peso P, a normal N e 
a tensão T. O peso P e a normal N anulam-se mutuamente e, 
portanto, a força resultante que atua no bloco A é a tensão. 
Na situação da figura 1, o valor dessa tensão é dado por:
T ma
P T ma
P ma
mg ma a g
B
1 1
1 1
1
1 1
2
2
2
5
=
=
=
= = =
–
 m/s22
1 2
5= =T mg N 
Na situação da figura 2, os valores da tensão e da aceleração são:
T2 = F = 10 N
⇒ 10 N = ma2 ⇒ a2 = 10 m/s2
Da análise anterior, conclui-se que a alternativa correta é a C.
MÓDULO – B 05
1a Lei da Termodinâmica
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: O sistema recebe uma quantidade de calor 
Q = +200 J e, ao mesmo tempo, cede uma quantidade de 
energia na forma de trabalho W = +10 cal. Os sinais positivos 
para o calor cedido e para o trabalho realizado pelo sistema 
são coerentes com a equação da 1ª Lei da Termodinâmica, 
que vamos usar para calcular a variação da energia interna do 
sistema: ∆U = Q – W. Convertendo o trabalho para a unidade 
joule (W = +41,86 J) e substituindo Q e W na equação da 
1ª Lei, obtemos:
∆U = +200 – (+41,86) = +158,14 J 
8
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
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FÍ
SI
C
A
Questão 02 – Letra C
Comentário: O trabalho realizado pelo gás em cada um dos 
três processos é numericamente igual à área sob a curva 
dos respectivos processos no gráfico p x V. Dessa forma, 
W1 > W2 > W3. Todos esses trabalhos são positivos, pois os três 
processos são expansões. Como os estados iniciais e finais são 
coincidentes nos três processos, as energias internas inicial e 
final dos três processos são iguais. Logo, ∆U1, ∆U2 e ∆U3 são 
iguais. De acordo com a 1ª Lei da Termodinâmica, o calor é 
dado por Q = ∆U + W. Sendo ∆U constante, o calor é maior no 
processo em que o trabalho é maior. Portanto, Q1 > Q2 > Q3.
Embora o exercício não explore o sentido do fluxo de calor, 
este é da vizinhança para o gás (sistema), pois Q > 0, uma vez 
que W > 0 e ∆U > 0. A variação da energia interna é positiva 
porque o produto pV aumenta nos três processos, indicando 
que a temperatura aumenta.
Questão 03 – Letra E
Comentário: 
I. Verdadeiro. O gás realiza trabalho positivo WBC na 
expansão BC, sofre um trabalho negativo WAB na 
compressão AB e não realiza e nem sofre trabalho no 
processo isovolumétrico CA. Como a área sob a expansão 
BC é maior que a área sob a compressão AB, o trabalho 
WBC é maior que o trabalho WAB. Por isso, o trabalho total 
durante o ciclo (WT = WBC + WAB) é positivo.
II. Falso. A transformação AB é uma compressão isobárica, 
e não isotérmica. Além disso, o gás libera calor para a 
vizinhança. Como o volume diminui, a temperatura absoluta 
diminui proporcionalmente a diminuição do volume. Como 
a energia interna é proporcional à temperatura absoluta, 
concluímos que há redução na energia interna durante a 
compressão AB. Isso ocorre porque, mesmo recebendo 
energia na forma do trabalho WAB, o gás libera uma 
quantidade de calor QAB maior que o trabalho.
III. Verdadeiro. A transformação CA é um resfriamento, pois, 
como o volume permanece constante, a temperatura 
absoluta diminui proporcionalmente à redução da pressão. 
Como a energia interna é proporcional à temperatura 
absoluta, concluímos que há redução na energia interna 
durante a transformação CA. Lembrando que não há 
trabalho nesse processo, a única forma de o gás se resfriar 
é cedendo uma quantidade de calor QCA para a vizinhança.
Questão 04 – Letra D
Comentário: O ar se expande rapidamente, de modo que 
o processo pode ser considerado adiabático. De acordo com 
a 1ª Lei da Termodinâmica (∆U = Q – W), sendo Q = 0 e 
sendo W positivo (trabalho de expansão), ∆U é negativo. 
Portanto, a energia interna do gás diminui e a temperatura 
também. De acordo com a equação de estado de um gás ideal, 
p = nRT/V, como T diminui e V aumenta, a pressão P deve 
diminuir. Portanto, a alternativa correta é a D.
Questão 05 – V V F F V
Comentário: 
00. Verdadeiro. Podemos calcular a variação de temperatura 
do gás aplicando a equação de gás ideal para os estados 
inicial e final do gás:
PV1 = nRT1 e PV2 = nRT2
Subtraindo essas equações membro a membro e 
explicitando a variação de temperatura, obtemos:
=T P V
nR
A pressão do gás é P = 1,0 x 105 N/m2, a constante 
universal é R = 8,31 J/mol e a quantidade de gás (em 
mols) é:
= = =n m
n
20,0g
4,00g / mol
5,00mols
A variação de volume é ∆V = A.∆x = 0,100 m2.(8,31x10−3 
m/s.25 s). Substituindo esses valores na expressão de 
∆T, obtemos:
∆T = 50 K
01. Verdadeiro. Os calores específicos molares a pressão 
constante e a volume constante relacionam-se por 
R = CP – CV. Como CV = 1,5R, concluímos que CP = 2,5R.
02. Falso. O calor Q é dado pela seguinte expressão:
Q = nCP∆T = 5,00.2,5R.50 = 625R
03. Falso. A variação da energia interna do gás é dada pela 
1ª Lei da Termodinâmica: ∆U = Q – W. Já sabemos que o 
calor é Q = 625 R (afirmativa III). O trabalho W realizado 
pelo gás é dado por:
W = P∆V = nR∆T = 5,00.R.50 = 250R
 Logo, ∆U = 625R – 250R = 375R.
04. Verdadeiro. Conforme calculado antes, o trabalho realizado 
pelo gás é W = 250R. 
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: Professor, antes de resolver essa questão, 
explique que, na maioria dos livros de física quantifica, a 
variação da energia interna de um sistema é definida como 
sendo a diferença entre o calor Q e o trabalho W trocados entre o 
sistema e a vizinhança (1ª Lei da Termodinâmica: ∆U = Q – W). 
Nesse caso, Q > 0 e W < 0 quando essas energias são fornecidas 
para o sistema e Q < 0 e W > 0 quando essas energias são 
cedidas pelo sistema. A 1ª Lei da Termodinâmica também pode 
ser escrita na forma ∆U = –Q –W, desde que os sinais para o 
calor Q e o trabalho W sejam coerentes. Por exemplo, se um 
sistema ganhar energia na forma de calor e de trabalho, a 
energia interna deverá aumentar, de modo que a variação de 
energia interna ∆U seja positiva. Para isso ocorrer, os sinais de 
Q e W deverão ser negativos. Assim, quando esses sinais forem 
multiplicados pelos sinais negativos pré-existentes na equação 
da 1ª Lei, o resultado será a soma de duas parcelas positivas, 
implicando o duplo efeito de aumento na energia interna do 
sistema. Obviamente, quando o sistema perder energia na 
forma de calor e trabalho, os sinais dessas energias deverão 
ser positivos. Portanto, se, numa transformação, o sistema 
absorve 6 J de calor e realiza um trabalho de 8 J (trabalho 
cedido pelo sistema), deveremos ter Q = –6 J e W = +8 J. 
Professor, continue a discussão da questão mostrando que, 
de acordo com a equação da 1ª Lei, a energia interna será:
∆U = –(–6) – (+8) = –2 J
Comente que esse resultado é coerente, pois, se um sistema 
ganha 6 J de calor, mas perde 8 J na forma de trabalho, 
a variação no saldo de energia interna do sistema deve 
realmente ser negativa.
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Questão 02 – Letra C
I. Falso. A transformação AB é um processo isovolumétrico 
e, por isso, não há trabalho.
II. Falso. Embora a transformação BC seja isotérmica, o 
gás recebe calor nesse processo. Na verdade, como a 
temperatura do gás é constante, a energia interna do 
gás não varia. Como há liberação de energia na forma 
do trabalho WAB realizado na expansão BC, o gás deve 
receber a mesma quantidade de energia na forma do calor 
QAB. Assim, a perda de energia na forma de trabalho é 
compensada pelo ganho de calor, de modo que a energia 
interna do gás não varia.III. Verdadeiro. Na transformação CA, há um trabalho WCA de 
compressão. O gás recebe essa energia da vizinhança. 
Professor, comente que a temperatura do gás em C é 
menor que a temperatura em A, implicando redução na 
energia interna do gás. Embora receba o trabalho WCA 
da vizinhança, o gás libera uma quantidade de calor QCA 
para a vizinhança maior que o trabalho. Por isso, o gás se 
resfria.
Questão 03 – Letra C
No processo acb, os valores do calor Q = +100 cal e do 
trabalho W = +40 cal, substituídos na equação da 1ª Lei da 
Termodinâmica, levam à determinação da variação de energia 
interna:
∆U = Q – W = +100 cal – (+40 cal) = +60 cal
No processo adb, a variação da energia interna é a mesma 
do processo acb, pois o estado inicial “a” e o estado final “b” 
são comuns aos dois processos. Logo, para o processo acb, 
podemos escrever:
∆U = Q – W ⇒ +60 = +72 cal – W ⇒ W = +12 cal
Questão 04 – Letra A
Comentário: Em uma expansão isobárica, o produto PV 
aumenta de forma que a temperatura do gás aumenta. 
O trabalho é realizado pelo gás, de forma que Wgás > 0. Por 
outro lado, o trabalho realizado pela atmosfera sobre o gás é 
negativo, pois a atmosfera é comprimida (o volume do ar na 
sala onde o sistema se acha fica menor depois da expansão do 
gás, de forma que ∆V da sala é negativo). Por isso, do ponto 
de vista da vizinhança, Watm < 0. Esse trabalho é dado por:
Watm = p∆V = 105(–10 x 10–4.5,0 x 10–2) = –5,0 J 
Questão 05 – Letra B
As variações de energia interna do gás no processo isocórico 
AC e no processo adiabático AB são iguais, pois as variações 
de temperatura são iguais nesses dois processos. Assim, como 
a variação da energia interna no processo AC é ∆UAC = –40 J, 
então, no processo AB, temos ∆UAB = –40,0 J. Como não há 
troca de calor no processo AB, concluímos que, de acordo 
com a equação da 1ª Lei da Termodinâmica (∆U = Q – W), 
que a variação de energia interna é igual ao recíproco do 
trabalho. Assim, WAB = +40,0 J. Professor, depois de concluir 
essa questão, comente que ∆U = Q no processo AC, pois não 
há trabalho no processo AC. Assim, de acordo com a equação 
da 1ª Lei, temos QAC = –40,0 J.
Questão 07 – Letra D
Comentário: No ciclo, o trabalho e o calor líquido são iguais, 
∆U = 0. O trabalho líquido é negativo, pois o módulo do 
trabalho negativo na compressão CA é maior do que o módulo 
do trabalho positivo na expansão AB. Assim, concluímos 
que o calor líquido também é negativo, ou seja, há uma 
liberação líquida de calor no ciclo (essas são características 
de qualquer ciclo percorrido no sentido anti-horário no 
diagrama p x V; quando o ciclo é no sentido horário, o calor 
e o trabalho são igualmente positivos). Portanto, o calor 
absorvido, mencionado na questão, refere-se a uma parte 
do ciclo, e não ao ciclo completo. Esse calor é absorvido na 
sequência ABC, pois, nesse caso, temos W > 0 (trabalho 
de expansão) e ∆U > 0 (note que pV no estado C é maior 
do que no estado A). Para determinarmos o calor Q, vamos 
usar a 1ª Lei da Termodinâmica: Q = ∆U + W. O trabalho é 
W = +pV (área sob o processo ABC). Como a energia interna 
é dada por U = 3pV/2, a variação de energia interna entre 
os estado C e A vale:
∆U = UC – UA = 3.(4pV – pV)/2 = 9pV/2
Somando W e ∆U, obtemos Q = 11pV/2.
Questão 08 – Letra C
I. Falso. As variações de energia interna do gás no processo 
isobárico 2 e no processo isocórico 4 são iguais, pois as 
variações de temperaturas são iguais nos dois processos.
II. Falso. O trabalho na expansão 2 é maior que o trabalho 
no processo isocórico 3, pois o trabalho no processo 2 é 
positivo, enquanto o trabalho é nulo no processo 3.
III. Verdadeiro. A variação da energia interna no processo 
2 é maior que no processo 3, pois, nos dois processos, 
a temperatura inicial T1 é a mesma, mas a temperatura 
final T3 no processo 2 é maior que a temperatura final T2 
no processo 3.
IV. Verdadeiro. No processo isocórico 4, o trabalho (W) é 
zero. Por isso, de acordo com a 1ª Lei da Termodinâmica 
(∆U = Q – W), a variação da energia interna é igual ao 
calor trocado entre o gás e o meio. 
Questão 09 – Letra A
Comentário: Em um processo isovolumétrico, o trabalho 
realizado pelo gás é zero. Então, de acordo com a 1ª Lei da 
Termodinâmica, o calor deve ser igual à variação da energia 
interna (Q = ∆U). Usando a definição de calor Q = n.cv.∆T na 
1ª Lei, obtemos cv = ∆U/n∆T. Nessa expressão, n é a quantidade 
de gás, em mols, cv é o calor específico molar a volume constante, 
e ∆T é a variação de temperatura. Substituindo os dados do 
problema, obtemos:
cv = (1 000 – 500)/1(200 – 100) = 5 cal/mol.K
Questão 10 – Letra B
Comentário: Conforme discutido anteriormente (Exercício 
Proposto 07), a área dentro do ciclo no diagrama p x V é 
numericamente igual ao calor e ao trabalho líquido em um ciclo. 
Quando o ciclo é percorrido no sentido horário, esses valores 
são positivos. De acordo com o gráfico, Q = W = +600.J (área 
do retângulo interno ao ciclo). A variação de energia interna 
em qualquer ciclo é zero, pois o estado final é igual ao inicial.
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Questão 11 – Letra A
Comentário: Vamos analisar as alternativas separadamente.
A) Correta. Em uma compressão, o trabalho é realizado 
sobre o gás, de forma que W < 0. Como a compressão 
é isotérmica, a energia interna permanece constante, 
e ∆U = 0. De acordo com a 1ª Lei da Termodinâmica, 
Q = ∆U + W. Como a primeira parcela no lado direito 
da equação é zero e a outra é negativa, concluímos que 
o calor Q é negativo, ou seja, o gás cede calor para a 
vizinhança. Outra maneira de resolver o problema é 
pensar que se o gás é comprimido, ele recebe energia na 
forma de trabalho. Como a energia interna do gás não 
aumenta (pois a temperatura é constante), o gás cede 
uma quantidade de calor exatamente igual à quantidade 
de energia recebida na forma de trabalho.
B) Incorreta. No aquecimento a volume constante, a pressão 
aumenta, de forma que o produto pV cresce, indicando 
um aumento na temperatura do gás (T = pV/nR). Logo, 
a energia interna também aumenta.
C) Incorreta. Em uma expansão, o trabalho é realizado pelo 
gás, W > 0. Como o processo é adiabático, temos Q = 0. 
De acordo com a 1ª Lei, ∆U = –W, de forma que ∆U é 
negativo (pois W é positivo). Isso significa que a energia 
interna do gás diminui. Logo, a temperatura também 
diminui. Outra forma de ver o problema é simplesmente 
pensar que, se o gás não recebe calor do ambiente, então, 
ele usa a sua própria energia interna para realizar o trabalho 
de expansão e, portanto, sua temperatura diminui.
D) Incorreta. Em uma expansão isobárica, o produto pV 
torna-se maior, indicando um aumento da temperatura.
E) Incorreta. Em um ciclo, o trabalho realizado pelo gás é 
numericamente igual à área dentro do ciclo no diagrama 
p x V. Portanto, o trabalho não é zero em um ciclo. Já a 
variação da energia interna vale zero, pois, sendo uma 
função de estado, a energia interna final é igual à inicial. 
Questão 12 – Letra C
Comentário: Em um processo adiabático, Q = 0, de modo 
que a variação da energia interna é igual ao recíproco do calor: 
∆U = −W. Numa expansão adiabática, W > 0, de modo que a 
variação da energia interna é negativa, implicando redução 
de temperatura. Obviamente, a pressão do gás diminui na 
expansão adiabática, pois a temperatura e o volume do gás 
diminuem. 
Questão 13 – Letra B
Comentário: Primeiro, vamos calcular a pressão final do gás 
por meio da Lei da Transformação Adiabática de um gás ideal 
PVg = constante. Substituindo os dados do problema, temos:
P2.4,02 = 2,0.2,02 ⇒ P2 = 0,50 atm
Agora, podemos determinar a temperatura final usando a 
equação de estado de um gás ideal:
P2V2/T2 = P1V1/T1 ⇒ 0,50.4,0/T2 = 2,0.2,0/294 ⇒ 
T2 = 147 K = –126 °C
Questão 14 – Letra A
Comentário: Em uma expansão livre, não há resistência ao 
movimento do gás, de forma que W = 0. Se essa expansão 
também for adiabática, Q = 0. Logo, de acordo coma 1ª Lei 
da Termodinâmica, não há variação de energia interna do gás, 
pois o gás não troca calor nem trabalho com a sua vizinhança.
Questão 16
Comentário:
A) Como o processo AB é isovolumétrico, temos W = 0.
B) A temperatura inicial pode ser determinada por meio da 
equação de estado de um gás ideal:
 TA = pAVA/nR = p0V0/nR = (150.8,3)/(0,5.8,3) = 300 K
 No processo isovolumétrico AB, como a pressão triplicou, 
concluímos que a temperatura absoluta também triplicou. 
Logo, TB = 3TA = 900 K. Para determinarmos a temperatura TC, 
é melhor pensarmos no processo isobárico CA, que mostra 
uma compressão isobárica, na qual o volume é reduzido 
à metade. Logo, TC = 2TA = 600 K.
C) O calor absorvido pelo gás no processo AB é dado por 
Q = ncv∆T. Substituindo os dados do problema, encontramos 
Q = 0,5.10,0.(900 – 300) = 3,0 x 103 J. O calor no processo 
CA, na verdade, foi cedido pelo gás. O seu valor é dado por 
Q = ncp∆T. Substituindo os dados do problema, obtemos 
Q = 0,5.15,0.(300 – 600) = –2,25 x 103 J.
Questão 17
Comentário:
A) Para determinarmos o valor da pressão final, podemos 
usar a Lei da Transformação Adiabática (PVg = constante):
 PB.165/3 = 8.25/3 ⇒ PB = 8.(1/8)5/3 = 0,25 atm
B) Para determinarmos a temperatura final, podemos usar a 
equação de estado de um gás ideal:
 PBVB/TB = PAVA/TA ⇒ TB = 0,25.16.400/(8.2) = 100 K
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 3
Habilidade: 10
Comentário: Devido à maior altitude das montanhas, à medida 
que o ar sobe pela encosta, a pressão atmosférica torna-se 
menor, causando uma expansão do ar. Como o movimento do 
ar é muito rápido, o processo pode ser considerado adiabático. 
Por isso, a expansão gera um resfriamento do ar. Essa frente 
fria provoca chuvas, de forma que um ar mais seco desce pela 
outra encosta. Sendo seco (higroscópico), esse ar absorve 
umidade do solo e da vegetação, causando a desertificação 
da região do outro lado da montanha. 
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Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: Nesse exercício, a primeira transformação 
sofrida pelo ar foi isobárica, enquanto a segunda foi 
isovolumétrica. Como a variação de temperatura foi igual 
nas duas transformações, concluímos que a energia interna 
do ar aumentou a mesma quantidade nos dois casos. Porém, 
na primeira transformação sofrida pelo ar, o gás realizou 
um trabalho de expansão. Na segunda transformação, não 
houve realização de trabalho, pois não houve deslocamento 
do êmbolo. Dessa forma, o ar recebeu mais calor na 
transformação isobárica, já que o calor recebido pelo gás, 
nessa transformação, foi utilizado tanto para aumentar a 
energia interna do gás quanto para realizar o trabalho de 
elevação do êmbolo.
Podemos imaginar valores para facilitar a compreensão desse 
problema. Por exemplo, imagine que a elevação da energia 
interna do ar nos dois casos tenha sido ∆U = 1 000 J e que o 
trabalho de expansão do ar tenha sido W = 200 J. Isso quer 
dizer que o ar, na transformação isobárica, recebeu um calor 
Q = 1 200 J, dos quais 1 000 J foram usados para elevar a 
energia interna e 200 J foram despendidos para erguer o 
êmbolo. Na transformação isovolumétrica, o calor foi apenas 
Q = 1 000 J, sendo esse valor totalmente utilizado para o ar 
ter a sua energia interna aumentada.
O gráfico da pressão versus o volume mostrado a seguir 
também deve ser apresentado na resolução dessa questão, 
pois ele enriquece muito a discussão do problema. Observe 
que, tanto no processo isobárico quanto no processo 
isovolumétrico, as variações de temperatura do ar foram 
iguais e, portanto, as variações de energia interna do ar 
também foram iguais. Contudo, como já explicamos, o calor 
recebido pelo ar no processo isobárico foi maior porque 
o ar, nesse caso, realizou um trabalho de expansão. O valor 
desse trabalho é representado pela área abaixo da curva do 
processo isobárico, indicado pela linha horizontal que liga as 
duas isotermas de temperaturas inicial, T1, e final T2. No caso 
do processo isovolumétrico, note que não existe área sob a 
curva do processo, que está indicado pela linha vertical que 
une as duas isotermas.
P
W T1
T2
Isovolumétrica
Isobárica
V
MÓDULO – B 06
2a Lei da Termodinâmica
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Nessa questão, a máquina recebe um calor de 
800 J e rejeita 200 J para o ambiente. Isso significa que 600 
J são convertidos na forma de trabalho. O rendimento de uma 
máquina térmica é definido pelo quociente entre o trabalho 
produzido pela máquina e o calor fornecido a ela. Portanto, 
o rendimento da máquina dessa questão é η = 600/800 = 
0,75 (75%). Caso essa máquina cedesse menos calor para o 
ambiente, o rendimento seria ainda maior que esse.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Professor, use o gráfico dessa questão, associado 
à Figura 3 no texto do caderno principal, para explicar os 4 
movimentos de subida / descida do êmbolo de um motor a 
combustão interna (ciclo Otto): 1º tempo (admissão OA), 2º 
tempo (compressão AD), 3º tempo (expansão CB) e 4º tempo 
(descarga AO). No processo AO, a válvula de admissão acha-se 
aberta, de modo que a mistura ar / combustível entra no 
motor. Depois, na compressão AD, essa mistura é comprimida 
adiabaticamente. O processo isovolumétrico DC corresponde à 
absorção de calor pelo motor. Esse calor decorre da explosão 
do combustível, que é induzida pela faísca elétrica que a 
vela produz dentro do motor. Essa faísca ocorre no ponto D. 
Em seguida, na expansão CB, os gases de combustão são 
expandidos adiabaticamente. Esse é o único tempo de força 
do motor. Nos outros tempos, o motor se move por inércia. No 
ponto B, a válvula de escape é aberta. No processo BA, o motor 
libera calor para a fonte fria. O processo AO corresponde ao 
escapamento dos gases de combustão, mas, desde o início do 
processo BA, os gases de combustão começam a sair do motor.
Questão 03 – Letra A
Comentário: Essa questão envolve o cálculo do rendimento 
de uma máquina térmica que opera segundo o Ciclo de Carnot.
O rendimento dessa máquina pode ser calculado por:
η = = =W
Q
1
800
4 000
0 20
 
,
Como a máquina opera segundo o Ciclo de Carnot, 
o rendimento pode ser calculado por:
η = 1 – 
Q
Q
2
1
 ou η = 1 –
T
T
2
1
.
η = 1 – 
Q
Q
2
1
⇒ 0,2 = 1 – 
Q
2
4 000 
 ⇒ 800 = 4 000 – Q2 ⇒
Q2 = 3 200 J
η = 1 – 
T
T
2
1
⇒ 0,2 = 1 – 
300
1
T ⇒ 0,2.T1 = T1 – 300
0,8.T1= 300 ⇒ T1 = 375 K
Questão 04 – Letra E
Comentário: De acordo com os dados fornecidos, o 
refrigerador dessa questão retira, por ciclo, um calor Q1 = 90 J da 
fonte fria (o interior da geladeira) e rejeita um calor Q2 = 100 J 
para a fonte quente (o meio ambiente). Portanto, um trabalho 
W = 10 J é requerido para fazer o refrigerador funcionar. Esse 
valor é a diferença entre os calores Q2 e Q1. A eficiência β do 
refrigerador é definida pelo quociente entre o calor retirado 
da geladeira e o trabalho fornecido. Portanto, nessa questão, 
β = Q1 / W = 90/10 = 9. Professor, comente que esse é um valor 
muito elevado para ser a eficiência de um refrigerador real. 
Na prática, β é um valor entre 2 e 3. Se houver tempo, use 
a figura seguinte para mostrar os 4 componentes básicos de 
uma geladeira: o evaporador (uma serpentina interna onde um 
fluido circula recebendo o calor Q1, pois o fluido está mais frio 
que o interior da geladeira), o condensador (uma serpentina 
externa onde o fluido circula cedendo o calor Q2, pois o fluido 
está mais quente que o meio ambiente), o compressor (onde 
o fluido recebe um trabalho W de compressão, aquecendo-
se) e um dispositivo de estrangulamento (onde o fluido se 
expande, resfriando-se).
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Q1
Q2
Sensor de
temperatura
Líquido com um
pouco de vapor
 a baixa pressão
e temperatura
Líquido a
alta pressão
e temperatura
Vapor a
alta pressão
e temperatura
Dispositivo deestrangulamento
Condensador
Vapor a
baixa pressão
e temperatura
Compressor /
motor elétrico
Evaporador
M
ar
ce
lo
 C
os
ta
WW
 
Questão 05 – Letra B
Comentário: Trata-se de um problema de solução simples, 
porém, se devidamente explorado na sala de aula, pode 
esclarecer aspectos importantíssimos concernentes ao 
funcionamento de máquinas térmicas.
O rendimento real dessa máquina é dado por R = W/Q1. 
Portanto, R = 200/1 000 = 20%. Porém, caso essa máquina 
passasse a operar segundo o Ciclo de Carnot, entre as mesmas 
fontes, seu rendimento seria RC = 1 – T2/T1. A temperatura da 
fonte quente, T1, é de 327 °C = 600 K, e a da fonte fria, T2, 
27 °C = 300 K. Assim, RC = 1 – 300/600 = 50%. Logo, 
a alternativa correta é a B.
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra D
Comentário: O trabalho realizado pelo motor do carro é 
igual à variação da energia cinética deste, W = 500 x 102/2 = 
2,5 x 104 J. Esse trabalho corresponde a 90% da energia 
recebida pelo motor elétrico. Portanto, o valor da energia 
recebida por esse motor é E = W/0,90 = 2,8 x 104 J. 
O calor rejeitado pelo motor equivale a 10% desse valor. 
Portanto, o calor perdido é 0,10.2,8 x 104 = 2,8 x 103 J. 
No caso do motor de combustão, W equivale a 25% do calor 
que o motor recebe de uma fonte quente. Portanto, esse calor 
é Q = W/0,25 = 1,0 x 105 J. O motor a combustão rejeita 75% 
desse calor. Portanto, o calor perdido por esse motor equivale a 
0,75.1,0 x 105 = 7,5 x 104 J. Da discussão anterior, conclui-se 
que a alternativa correta é a D.
Questão 05 – Letra C
Comentário: O rendimento de um motor é a razão entre o 
trabalho W produzido pela máquina e o calor Q1 fornecido para 
a máquina: η = W/Q1. Nessa questão, Q1 = 1200 J e W = 400 
J, pois o motor rejeita um calor Q2 = 800 J para a fonte fria. 
Assim, η = 400/1 200 = 0,333 (33,3%).
Questão 06 – Letra B
I. Verdadeiro. Todo ciclo de Carnot é constituído de duas 
transformações isotérmicas (processos em que a máquina 
troca calor com as fontes de calor), alternadas por duas 
transformações adiabáticas.
II. Verdadeiro. O ciclo descrito nessa afirmativa corresponde 
ao ciclo de Carnot clássico de um motor a gás (gráfico 
pressão versus volume a seguir). Parte do calor Q1 
fornecido pela fonte quente para o motor se converte em 
trabalho W (área do ciclo), enquanto o restante Q2 desse 
calor é perdido para a fonte fria.
Fonte quente a
temperatura T
Fonte fria a
temperatura T
Q
Q
P
V
III. Falso. O rendimento de um motor de Carnot é dado 
por η = 1 − Tf/Tq, sendo Tf e Tq as temperaturas 
absolutas das fontes de calor. No caso dessa questão, 
Tf = 70 + 273 = 343 K e Tq = −40+273 = 233 K. Substituindo 
esses valores na equação do rendimento, obtemos 
 η = 1 − 233/343 = 0,32 (32%).
IV. Falso. A cada ciclo, para Qq = 1 000 J, o trabalho é 32% 
desse valor. Logo, o calor Qf rejeitado é 68% de Qq. 
Portanto, Qf = 680 J. 
Questão 07 – Letra C
Comentário: Primeiramente, vamos calcular o rendimento 
de um motor de Carnot que opere entre essas mesmas 
temperaturas. Esse rendimento é η = 1 – 300/1 200 = 0,75. 
O rendimento do motor real equivale a 40% desse valor, ou seja, 
o rendimento do motor real é de 30%. A potência gerada 
no motor é, portanto, 30% da taxa de calor que a fonte 
quente fornece ao motor, 4,0 x 104 J/s (40 kW). Assim, 
a potência do motor é de 0,30.40 kW = 12 kW.
Questão 08 – Letra A
Comentário: O rendimento do motor dessa questão é 
η = W/Q1 = 10/40 = 0,25. Se esse motor operasse no 
ciclo de Carnot, o rendimento de 25% também deveria 
obedecer à seguinte relação η = 1 − T1/T2. Substituindo 
a temperatura T2 por 300 K (que é a temperatura de 27 °C 
da fonte fria) e η por 0,25, obtemos a temperatura da 
fonte quente T1 = 400 K. Essa temperatura, convertida 
para a escala Celsius, é igual a 127 °C.
Questão 09 – Letra D
Comentário: No processo isotérmico AB, o motor recebe o 
calor Q1 da fonte quente, que se encontra na temperatura T1. 
O fluido do motor acha-se praticamente na temperatura T1, 
que é inf in itesimalmente menor que esse valor. 
No processo isotérmico CD, o motor rejeita o calor Q2 
para a fonte fria, que se acha na temperatura T2. O fluido 
do motor acha-se praticamente na temperatura T2, que é 
infinitesimalmente maior que esse valor. Os outros dois 
processos, BC e DA, são adiabáticos. Neles, o fluido do motor 
muda a sua temperatura de T1 para T2 e vice-versa.
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Questão 10 – Soma = 13
Comentário: Vamos analisar as afirmativas separadamente.
01. Verdadeira. A 1ª Lei da Termodinâmica expressa a 
conservação da energia em sistemas térmicos.
02. Falsa. De fato, não há fluxo líquido de calor entre 
corpos na mesma temperatura. Porém esse fato não 
é devido à conservação da energia (1ª Lei). Se o 
calor fluísse espontaneamente de um corpo a 20 ºC 
para outro a 20 ºC, a energia seria conservada, pois 
a energia que um corpo cederia, o outro receberia. 
A impossibilidade de isso ocorrer tem a ver com a 2ª Lei, 
e não com a 1ª Lei da Termodinâmica.
04. Verdadeira. A 2ª Lei da Termodinâmica trata da 
impossibilidade de existência de certos processos, 
mesmo que esses respeitem a 1ª Lei da Termodinâmica. 
A transferência de calor, espontânea, de um corpo frio 
para um corpo quente é um dos processos proibidos pela 
2ª Lei.
08. Verdadeira. De acordo com a 2ª Lei, uma máquina térmica 
que opera em ciclos não pode converter todo o calor 
recebido em trabalho útil.
16. Falsa. A 2ª Lei tem a ver com a análise dos processos 
reversíveis e não reversíveis. Um processo reversível é 
uma transformação ideal, que, se invertida, não deixa 
pistas de que o processo possa ter ocorrido. Na natureza, 
os processos são irreversíveis. Se os gases, depois de 
misturados, retomassem a condição em que os gases estão 
separados, o processo de mistura teria sido revertido sem 
deixar vestígios. Isso implicaria um processo reversível, 
transformação que, na prática, não existe.
Questão 12
Comentário: O calor que deve ser retirado do refrigerador 
é igual ao calor necessário para fundir m = 200 kg de gelo 
a 0 ºC. Esse calor é dado por Q = mL, em que L = 80 cal/g 
é o calor latente de fusão do gelo. Assim, substituindo a 
massa do gelo (em gramas) nessa expressão, obtemos 
Q = 200 x 103.80 = 1,6 x 107 cal. O trabalho que o refrigerador 
deverá consumir para retirar esse calor é dado por W = Q/β, 
sendo β o coeficiente de eficácia do refrigerador. De acordo 
com o problema, β = βC/7, em que o numerador é o coeficiente 
de eficácia do Ciclo de Carnot. Esse coeficiente é dado por 
βC = T2/(T1 – T2), em que T2 e T1 são as temperaturas da fonte 
fria (T2 = 0 ºC = 273 K) e da fonte quente (T1 = 39 ºC = 312 K). 
Substituindo esses valores nas expressões dos coeficientes, 
achamos βC = 7 e β = 1. Portanto, o trabalho consumido pelo 
refrigerador é igual ao calor retirado da fonte fria, ou seja, 
W = 1,6 x 107 cal.
Questão 13
Comentário:
A) Substituindo os valores das temperaturas das fontes 
(Tmín. = 27 ºC = 273 K e Tmáx. = 1 227 ºC = 1 500 K) 
na equação do rendimento de uma máquina de Carnot, 
obtemos ηC = 1 – 300/1 500 = 0,80. O rendimento real 
da usina é a metade desse valor: ηreal = 0,40. Portanto, 
a potência gerada é igual a 40% da taxa de calor fornecida. 
Essa taxa vale:
 (7 200 kg/3 600 s).(5,0 x 107 J/kg) = 1,0 x 108 W = 100 MW
 Assim, a potência gerada pela usina é de 40 MW.
B) A taxa de calor rejeitado pela usina é igual a 60% da taxa 
de calor fornecida à usina, valendo, portanto, 60 MW. 
A água do rio recebe esse calor. Usando a expressão 
Q = mc∆T, e lembrando que 1 L de água tem massa igual 
a 1 kg, obtemos a seguinte elevação na temperatura da 
água do rio:
 Taxa de rejeição de calor = vazão de água.c.∆T 
 ⇒ 60 x 106 = 5 000.4 000.∆T ⇒ ∆T = 3 ºC
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: De acordo com a 2ª Lei da Termodinâmica, 
o rendimento de um motor térmico é sempre inferior ao 
rendimento ideal máximode um motor de Carnot, cujo valor, 
ηCarnot = 1 − Tf/Tq, depende exclusivamente das temperaturas 
da fonte quente Tq e da fonte fria Tf. Embora um motor de 
Carnot não exista na prática, essa máquina é importante, 
pois ela serve de referência para limitar o rendimento de 
um motor operando entre as temperaturas Tq e Tf. Professor, 
comente que a mesma coisa se aplica para um refrigerador, 
cuja eficiência é limitada pela eficiência ideal máxima de 
um refrigerador de Carnot. Essa eficiência é dada por 
βCarnot = Tf/(Tq − Tf). Como ocorre com o motor de Carnot, 
a eficiência de um refrigerador de Carnot depende apenas 
das temperaturas das fontes de calor.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 3
Habilidade: 8
Comentário: Chamamos de energia os recursos disponíveis 
na natureza que podem ser utilizados para realizar certo 
trabalho, como o carvão, o petróleo, o gás natural, a biomassa, 
os materiais físseis (urânio e tório), além da energia hídrica, 
eólica e solar. Na verdade, o gráfico apresentado nessa questão 
não contabiliza exatamente essas energias. A informação 
importante que extraímos do gráfico é que, aproximadamente, 
33% da energia primária utilizada é orientada para a geração 
de eletricidade em usinas térmicas. A figura seguinte ilustra 
a produção de energia em uma usina térmica simples. Nessa 
figura, o calor usado para aquecer a água da caldeira pode 
vir da queima de carvão, de petróleo ou mesmo ser originado 
pela fissão de um material nuclear, como o urânio. Nesse 
último caso, a usina térmica é chamada de usina termonuclear 
ou, simplesmente, de usina nuclear. Como nos ensina a 
2ª Lei da Termodinâmica, nem todo o calor fornecido à caldeira 
de uma usina térmica é convertido em trabalho para girar a 
turbina e acionar o gerador (energia útil). Uma boa parte 
dessa energia é perdida para uma fonte fria (essa fonte é o 
condensador de vapor, equipamento que foi omitido na figura). 
Por isso, as usinas térmicas apresentam um baixo rendimento. 
Isso pode ser constatado no gráfico dessa questão, que indica 
que cerca de 2/3 da energia primária fornecida às usinas 
de geração de eletricidade são perdidas na forma de calor, 
enquanto apenas 1/3 é convertido em energia útil (10% da 
energia total, como indicado no gráfico). Portanto, a resposta 
mais adequada para esta questão é a alternativa D, que 
reporta a baixa eficiência das usinas térmicas.
Caldeira
Turbina
Gerador
14
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
14
FÍ
SI
C
A
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 23
Comentário: O funcionamento do mecanismo da geladeira 
ocorre da seguinte maneira: na válvula de expansão, 
o fluido sofre um processo rápido e adiabático, no qual 
ele, na forma de líquido quente, tem sua pressão e sua 
temperatura diminuídas drasticamente. Na saída dessa 
válvula, a temperatura do fluído é tão baixa que ela é menor 
do que a temperatura da fonte fria (o interior da geladeira). 
Por isso, o fluido (uma mistura de líquido e vapor) atravessa 
o evaporador, retirando o calor Q2 da fonte fria. O vapor 
resultante entra no compressor, recebe um trabalho W 
(é a etapa do ciclo em que há consumo de energia) e sai quente 
e pressurizado. A temperatura desse vapor é maior do que 
a da fonte quente. Por isso, no condensador, o vapor rejeita 
o calor Q1 para a fonte quente (o exterior da geladeira). 
O líquido resultante, ainda quente, entra na válvula de 
expansão, e o ciclo recomeça.
Vamos analisar as alternativas da questão separadamente.
A) Incorreta. A expansão do gás na válvula de expansão é 
adiabática e, portanto, não há troca de energia com o 
exterior.
B) Correta. O calor Q2 retirado da fonte fria e o calor 
Q1 rejeitado para a fonte quente ocorrem de forma 
espontânea, pois, no evaporador, o fluido está mais frio 
do que o interior da geladeira enquanto, no condensador, 
o fluido está mais quente do que o exterior da geladeira. 
Porém, globalmente, temos o calor passando da fonte 
fria para a fonte quente. Esse transporte de calor não é 
espontâneo. Ele ocorre à custa do consumo de energia W 
no compressor.
C) Incorreta. Na geladeira, Q1 não é igual a Q2. O balanço 
de energia correto é Q2 + W = Q1. Isso quer dizer que a 
geladeira rejeita uma quantidade de calor maior do que 
aquela que foi retirada de seu interior. É por isso que 
uma geladeira não resfria a cozinha quando a sua porta 
é deixada aberta.
D) Incorreta. Depois de alguns minutos de funcionamento, 
a temperatura dentro da geladeira torna-se baixa o suficiente 
para que os alimentos sejam bem acondicionados. Nesse 
momento, o compressor da geladeira é automaticamente 
desligado. Se a geladeira é mal isolada, o tempo para esse 
ponto ser atingido é maior. O compressor, funcionando por um 
tempo maior, consome mais energia, de modo que a eficiência 
do equipamento piora. Abrir a porta da geladeira com muita 
frequência provoca a migração de ar exterior quente para 
dentro da geladeira, ocasionando o mesmo efeito.
E) Veja a explicação dada no item C. 
Questão 04 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 23
Comentário: Na resolução do exercício 2, apresentamos 
um esquema simplificado de uma usina térmica, bem como 
o princípio básico de funcionamento desse tipo de usina 
de eletricidade. Agora, no exercício 4, temos um esquema 
mais completo, no qual os principais componentes da usina 
térmica são mostrados. Na figura do exercício, podemos ver 
os 4 componentes principais da usina: (1) a caldeira, elemento 
que recebe a energia fornecida para a usina, (2) a turbina, 
elemento que gera energia útil para acionar o gerador elétrico, 
(3) o condensador, elemento no qual ocorre a perda de parte da 
energia fornecida para a usina para a água do lago (em alguns 
casos, o calor é rejeitado para as águas de um rio ou do mar 
e, em regiões desérticas, o calor é rejeitado para uma torre de 
arrefecimento) e (4) a bomba de água, elemento que garante 
a circulação do fluido de trabalho (água) dentro das tubulações 
e componentes da usina. O rendimento da usina é dado pela 
razão entre o trabalho líquido (trabalho realizado pela turbina 
menos o trabalho realizado pela bomba) e o calor fornecido 
para a caldeira. Por exemplo, se em certo intervalo de tempo, 
o calor recebido pela caldeira for igual a 1 000 (não importa a 
unidade), o trabalho gerado pela turbina for de 300 e o trabalho 
para acionar a bomba for de 50, o rendimento da usina será 
25%, pois o trabalho líquido foi 250 (300 – 50), e esse valor 
é igual a 25% da energia recebida pela usina. Agora, vamos 
analisar cada uma das opções apresentadas para ver como 
essa eficiência da usina pode aumentar. 
A) A redução de combustível usado para aquecer a caldeira não 
aumenta o rendimento da usina. Reduzindo o combustível, 
a energia dada para a usina diminui, implicando, também, 
uma diminuição na produção de eletricidade. Por exemplo, 
essa redução poderia ser de 1 000 para 500. Nesse caso, 
o trabalho líquido poderia passar de 250 para 125. Note 
que, tanto antes quanto depois da redução do combustível, 
a usina apresentou o mesmo rendimento: 250/1 000 = 
125/500 = 0,25 (ou 25%).
B) A redução do volume de água não melhora o rendimento 
da usina. Na verdade, isso vai degradar o rendimento. 
A redução do volume de água provoca uma elevação na 
temperatura do lago, pois esse continua recebendo a 
mesma quantidade de rejeito térmico da usina. Segundo 
a equação do rendimento de uma máquina térmica de 
Carnot (η = 1 – T2/T1, em que T1 e T2 são as temperaturas 
absolutas da fonte quente e da fonte fria), quanto maior 
a temperatura T2 da fonte fria (nessa usina, a fonte fria 
é o lago, e a fonte quente é a chama do combustível), 
menor é o rendimento da máquina térmica, que, nesse 
caso, é a usina. Embora a usina não opere segundo o 
ciclo de Carnot, que é um ciclo puramente teórico, é 
fato que, quando o rendimento do ciclo teórico diminui, 
o rendimento do ciclo real também diminui.
C) Usando uma bombamenor, a vazão de água no circuito é 
reduzida. O rendimento da usina não vai mudar com isso. 
Apenas os módulos do calor por unidade de tempo (calor 
fornecido e calor rejeitado) e do trabalho por unidade de 
tempo (trabalho gerado na turbina e trabalho consumido 
pela bomba) irão diminuir de valor. Essa relação de 
energia por unidade de tempo é denominada de potência: 
potência da turbina, potência térmica da caldeira, etc. 
Assim, usando uma bomba menor, a usina vai gerar uma 
potência elétrica menor, mas o seu rendimento térmico, 
em princípio, não é modificado.
D) Todos os dutos do circuito, e não apenas os dutos de vapor, 
devem ser recobertos com material isolante a fim de evitar 
que a água quente que circula pelo sistema perca calor 
para o meio ambiente. Essa perda de calor, na prática, 
acaba ocorrendo um pouco e deve ser evitada ao máximo.
E) Nem todo o calor gerado na combustão do combustível 
é transferido para a água dentro da caldeira. Uma parte 
expressiva desse calor é perdida por meio dos gases 
quentes que escapam pela chaminé. Esses gases poderiam 
ser usados para acionar uma turbina a gás, que, por 
sua vez, poderia acionar um pequeno gerador elétrico, 
aumentando, portanto, o rendimento do sistema. Isso é 
o que os engenheiros chamam de co-geração de energia.
Da discussão anterior, conclui-se que a alternativa correta é a E.
15
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
15
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 05 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 23
Comentário: Existem muitas perdas indicadas na figura, 
como a perda de 25% na caixa de marcha do carro (dos 12 kW 
que chegam à caixa, 3 kW são dissipados na forma de calor e 
som). É preciso ler bem a questão e ver que a pergunta refere-se 
à perda na conversão de calor em trabalho no motor. Essa 
perda está relacionada não só com a perda natural devida à 
2ª Lei da Termodinâmica, mas também a outros fatores, como 
a queima incompleta do combustível. De acordo com os dados, 
dos 71 kW que chegam ao motor, 56,8 kW são perdidos. Esse 
valor corresponde a 80% da taxa de calor de 71 kW fornecida 
ao motor. Portanto, a alternativa correta é a A.
Questão 06 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 23
Comentário: Vamos analisar as alternativas separadamente.
I. Correta. O calor liberado pela reação nuclear, que ocorre 
dentro da pilha nuclear, aquece a água da caldeira, que se 
transforma em vapor a alta pressão e alta temperatura, 
que, por sua vez, aciona a turbina a vapor. Em uma usina 
térmica padrão, como a representada no exercício 3, 
o vapor quente é obtido por meio do aquecimento da 
caldeira, realizado por uma chama de gás, de carvão ou 
de um óleo combustível derivado de petróleo.
II. Correta. A turbina aciona o gerador elétrico, que é um 
equipamento que opera com base na Lei da Indução 
Eletromagnética de Faraday. Caso o aluno ainda não 
tenha estudado essa lei, o professor pode adiantar a 
explicação um pouco. Porém isso não é relevante nessa 
questão. Basta que o aluno saiba que, em um gerador 
elétrico, ocorre a transformação de energia mecânica de 
rotação em energia elétrica. Maiores detalhes sobre essa 
transformação serão abordados futuramente no estudo 
do eletromagnetismo.
III. Incorreta. No condensador, o vapor se transforma em água 
líquida, rejeitando, para isso, calor para a água do rio. Depois 
de liquefeita, a água é bombeada de volta para o reator 
nuclear, no qual o ciclo recomeça. Portanto, a água não 
recebe calor no condensador, ao contrário, ela libera calor 
ao atravessá-lo. A água que é aquecida é a água do rio.
Dessa discussão, conclui-se que a alternativa correta é a D.
Questão 07 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 5
Habilidade: 21
De acordo com a Segunda Lei da Termodinâmica, um sistema 
nunca poderá converter integralmente em trabalho o calor 
recebido de uma fonte. Caso isso ocorresse, seria possível 
construir uma máquina com rendimento de 100%, o que 
sabemos muito bem ser impossível. Sendo assim, a alternativa 
correta é a C.
MÓDULO – C 05
Lentes esféricas
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Soma = 23
Comentário: Professor, chame a atenção para o fato de que 
não foi mencionado o meio que envolve os elementos do 
aparato, podendo ele ter índice de refração maior ou menor 
que o do vidro. Apesar disso, é correto afirmar que o índice 
de refração do prisma é maior que 1,0. É impossível que o 
prisma tenha índice de refração MENOR que 1 (a luz teria de 
se deslocar, dentro dele, com velocidade maior do que c. E, 
também, é impossível que o índice de refração do prima seja 
igual a 1 (pois isso faria com o meio externo a ele tivesse 
índice de refração MENOR que 1).
A afirmativa contida em 08 está errada, pois as leis da reflexão 
também são aplicáveis ao espelho côncavo.
O item 32 está incorreto, pois nem a velocidade e nem a 
frequência se alteram se o meio de propagação entre os 
elementos for não dispersivo. 
O que foi dito em 64 também é incorreto, pois a imagem 
formada pelo espelho côncavo será real (formada pelo 
encontro dos próprios raios vindos da lâmpada) independente 
da distância horizontal até a fonte luminosa.
Questão 02 – Letra E
Comentário: A microlente em questão pode ser considerada 
como sendo plano-convexa, que é uma lente convergente 
para nL > nmeio. Nesse caso, a distância focal (f) é diretamente 
proporcional ao raio (R) [1/f = (n – 1)(1/R)]. Observe que a 
microlente está se tornando cada vez mais curva com o tempo 
de aquecimento e, assim, o raio de curvatura (R) diminui com 
o tempo. Dessa forma, a distância focal (f) diminui. 
Questão 03 – Letra B
Comentário: Quando se aumenta a espessura de uma lente, 
mantendo-se o seu tamanho, obtemos uma curvatura mais 
acentuada. Dessa forma, a distância focal da lente vai diminuir. 
A imagem formada sobre a tela é real. Assim, DI > 0. Vamos 
analisar a equação de Gauss nos dois procedimentos.
I. Falsa. Para DO constante, temos: 
1
f
1
D
1
D
= +
O I
Constante positivaObserve que DI deve diminuir.
II. Verdadeira. 
1
f
=
1
D
O
+
1
D
I
← Constante positiva
Veja que a distância do objeto à lente deve diminuir.
Questão 04 – Letra C
Comentário: O copo, na região onde o objeto (seta à 
esquerda) foi colocado, tem o formato de um cilindro. Assim, 
o copo funciona como lente convergente na direção horizontal, 
mas não na vertical. Dessa forma, a imagem vertical não 
sofrerá inversão. O termo “atrás do foco da lente”, citado 
na alternativa C significa DO > f. Se o objeto estiver a uma 
distância maior que a distância focal da lente convergente, 
esta formará uma imagem invertida horizontalmente.
16
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
16
FÍ
SI
C
A
Questão 05 – Letra C
Comentário: As duas lentes são convergentes. Uma maneira 
interessante de o aluno perceber, de forma mais natural, que 
a lente P é convergente, é lembrar da reversibilidade da luz 
(raios que chegam paralelo ao eixo, convergempara o foco da 
lente). Assim, os pontos P e Q correspondem aos focos das 
lentes 1 e 2, respectivamente. Veja, na figura, que a distância 
focal da lente 1 é menor que a da lente 2 (f1 < f2). Assim, 
como as lentes têm o mesmo tamanho, a primeira delas deve 
ter maior espessura (curvatura mais acentuada).
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: Para se queimar uma folha de papel com a 
luz do Sol, essa luz deve ser concentrada na menor área 
possível. Para isso, deve-se utilizar lentes convergentes, que 
correspondem aos perfis I e III, já que são lentes de vidro 
(nvidro > nar) e de borda mais fina que a parte central.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Como o raio de luz que passa por P refrata 
paralelamente ao eixo óptico, sabemos que P corresponde ao 
foco da lente. Assim, o ponto Q, que está a 40 cm da lente 
(dobro da distância focal), corresponde ao ponto antiprincipal. 
Sabemos que a imagem de um objeto que está no ponto 
antiprincipal se forma no outro ponto antiprincipal da lente. 
Portanto, a imagem será formada em D, a 40cm da lente.
Questão 04 – Letra D
Comentário: A maior concentração (melhor focalização) dos 
raios solares corresponde à formação da imagem do Sol sobre 
a folha de papel. O Sol encontra-se muito afastado da lente 
e sua imagem se forma praticamente sobre o foco. Assim, 
DI = f = 20 cm (afirmativa I correta).
Quando a lente é usada para ampliar as letras no relógio, 
a imagem formada é virtual e direta (afirmativa II incorreta). 
Usando a equação de Gauss, temos:
1
f
1
D
1
D
1
20
1
10
1
D
= + = + = −
O I I
D cm
I
20
Como DI = 2DO ⇒ HI = 2HO. Assim, a imagem é duas vezes 
maior (afirmativa III correta).
Questão 07 – Letra C
Comentário: Embora seja usual desenhar apenas dois raios 
luminosos para se determinar a imagem de um objeto, esta 
é formada por uma infinidade de raios de luz que chegam à 
lente. Se metade da lente é coberta, apenas metade da energia 
luminosa vai formar a imagem, que terá menor intensidade. 
Apesar disso, a imagem será formada na sua totalidade pelos 
diversos raios que passam pela parte inferior da lente.
Questão 08 – Letra D
Comentário: A convergência da lente utilizada pelo professor 
é C = +1,0 di. Como C = 1/f, a distância focal dessa lente 
será f = 1,0 m. A imagem é projetada em uma folha de papel 
que dista 1,20 m da lente (DI = 1,20 m). A questão pede a 
distância entre a janela e a folha (quadro de giz), que é igual 
à soma da distância do objeto (janela) à lente (DO) com a 
distância da lente à imagem (DI). Assim, utilizando a equação 
de Gauss, encontramos DO = 6,0 m, de forma que o valor 
pedido será DO + DI = 7,2 m.
Questão 11 – Letra D
Comentário: As duas lentes apresentam uma das faces plana 
(raio de curvatura infinitamente grande). Assim, (1/R) → 0 para 
tais faces. O índice de refração do meio é 1. A vergência (C) 
das lentes pode ser calculada, nesse caso, pela equação dos 
fabricantes, escrita como: 
C (n
L
= – 1) 1
R
.
A convergência (C) de duas lentes justapostas é:
C C C n
R
n
R
= + = −( ) + −( )
−1 2 1 2
1 1 1 1
Resolvendo a equação, temos C = (n1 – n2)/R.
Questão 13 – Letra D
Comentário: O sistema óptico S produz uma imagem 
direta. Logo, a imagem é virtual, direta, menor que o objeto 
e encontra-se do mesmo lado que o objeto, em relação ao 
sistema óptico. Espelhos convexos não produzem imagens do 
mesmo lado que o objeto. Uma lente convergente produziria 
uma imagem do mesmo lado que o objeto, mas a imagem 
seria virtual e maior que o objeto. Lâminas de faces paralelas 
não alterariam o tamanho da imagem em relação ao objeto. 
Já uma lente divergente sempre produz imagens virtuais, 
diretas, menores que o objeto, formadas entre o foco e o 
centro óptico da lente e do mesmo lado que o objeto. Portanto, 
a alternativa correta é a D.
Questão 14 – Letra D
Comentário: A imagem formada é real, invertida e do mesmo 
lado que o objeto, em relação ao dispositivo óptico. Os únicos 
dispositivos capazes de formar imagens reais são a lente 
convergente e o espelho côncavo. Na lente, tal imagem está 
do lado oposto ao objeto, em relação à lente, e, no espelho, 
a imagem está do mesmo lado do objeto, em relação ao 
espelho. Assim, o dispositivo é um espelho côncavo.
Questão 17 – Letra B
Comentário: Veja no gráfico que p = DO = distância do 
objeto ao centro da lente e p’ = DI = distância da imagem 
à lente. Na lente convergente, a imagem tende ao infinito 
(p’ → ∞) quando o objeto se localiza no foco (p = f). Assim, 
a distância focal é f = 10 cm. Logo, a convergência da 
lente [C = 1/f (m)] será C = 1/0,1 = 10 di. Para objetos 
colocados entre a lente e o seu foco, as imagens formadas 
são virtuais, diretas e maiores que o objeto. Caso o objeto 
esteja a 50 cm da lente, a imagem terá 
(1/f) = (1/p) + (1/p’) ⇒ (1/10) = (1/50) + (1/p’) ⇒ 
(5/50) – (1/50) = 1/p’ ⇒ p’ = 50/4 = 12,5 cm. 
Veja que p’ = p/4 ⇒ HI = HO/4
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 22
Comentário: Como a imagem se forma praticamente sobre 
o foco da lente, temos DI = f = 2,0 m. Como HI = HO.DI/DO, 
temos:
HI = HO.2,0/(200HO) = 1/100 = 0,01 m = 1,0 cm
Assim, a área ocupada pela imagem será 100 vezes menor que 
a área da lente (que recebe a luz solar). Logo, a densidade 
superficial de energia fica aumentada em, aproximadamente, 
10 000%.
17
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
17
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 22
Comentário: Com o objetivo de concentrar a luz e a energia 
do Sol (que é um objeto real) sobre as velas, seria necessário 
o uso de espelhos côncavos ou lentes convergentes. Agora, 
é importante observar que, no enunciado, os romanos 
chegaram pelo oeste e no meio da tarde. Dessa forma, o Sol 
se encontrava a meia altura e à frente de Arquimedes. Logo, o 
uso de lentes não era indicado (uma vez que, se usadas, iriam 
convergir a luz para a cidade de Siracusa e não para as velas 
romanas). Logo, ele poderia ter usado espelhos côncavos. 
Uma vez que o Sol está infinitamente afastado, a luz converge 
para o foco do espelho e, dessa forma, os navios deveriam 
estar a uma distância (D) igual à distância focal (f) e o raio 
de curvatura dos espelhos seria R = 2D.
Observação: 1. Arquimedes poderia ter usado uma enorme 
quantidade de espelhos planos, com diversos ângulos de 
inclinação, de modo a concentrar mais energia em cada vela. 
2. Seria interessante o professor entrar em contato com o 
professor(a) de História, numa atividade multidisciplinar, para 
discutirem com os alunos a invenção dos espelhos e lentes 
esféricos que só aconteceu, conforme os conhecemos hoje, 
nos séculos XII e XIII, respectivamente. 
Questão 03 – Letra D
Comentário: Primeiro, observe que as duas lentes são 
convergentes. É fácil o aluno perceber que a lente 1 é 
convergente. Os raios de luz emitidos pela fonte convergem 
para o ponto C, onde se localiza a imagem formada pela lente 
1. Veja que as distâncias do objeto e sua imagem são iguais 
e, para isso, x = 2f1. Assim, f1 = x/2. Uma boa forma de o 
aluno perceber que a lente 2 é, de fato, convergente é usar 
a reversibilidade da luz. Pense na luz indo da direita para a 
esquerda. Ela atravessa a lente 2 e converge para o seu foco, 
ou seja, a distância focal da lente 2 é f2 = x (claro que isso 
acontece com a luz vindo da esquerda: ela chega à lente 2 no 
seu foco e sai paralela ao eixo principal). Como f1 < f2, a lente 
1 tem curvatura das faces mais acentuadas que a lente 2, ou 
seja, a lente 1 é mais convergente que a lente 2. 
MÓDULO – C 06
Instrumentos ópticos
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: O olho com hipermetropia apresenta grande 
distância focal, pois o sistema córneo / cristalino converge 
pouco a luz que chega do exterior, formando imagens atrás da 
retina, principalmente para objetos próximos ao observador. 
Por isso, as pessoas devem usar lentes convergentes, de modo 
a trazer a imagem para a retina.
Na cirurgia, o médico faz incisões radiais na parte central da 
córnea do paciente, de maneira a aumentar a sua curvatura 
e, dessa forma, diminuir o raio de curvatura dessa estrutura. 
Isso diminui a distância focal do sistema, que passa a convergir 
mais, formando imagens na retina, condição necessária para 
uma visão normal.
Questão 02 – Letra A
Comentário: A alternativa A está incorreta, pois a imagem de 
uma pessoa distante teria tamanho menor que o da pessoa.
Questão 03 – Letra A
Comentário: A lente formada pela gota será do tipo 
plano-convexa, terá um dos raios de curvatura igual a 
+2,5 mm (+2,5 x 10-3 m) e o outro tendendo para o infinito 
(1/R → 0). Considere que o meio externo à gota seja o ar 
(nAR = 1) e, assim, o índice de refração da glicerina, em relação 
ao ar, será n = 1,5. Para que a vergência seja obtida em di 
(dioptria), o raio deve estar no SI, ou seja, em metro. Dessa 
forma, tem-se: 
C = (1,5 – 1).[(1/2,5x10-3 m) + 0] = 0,5.103/2,5 = 200 di
Questão 04 – Letra A
Comentário: As lentes do telescópio são, ambas, 
convergentes. Segundoo texto, a primeira imagem é real 
(objetiva → convergente) e a segunda imagem é ampliada 
(ocular → convergente).
Questão 05 – Letra D
Comentário: Os raios que chegam paralelos, do astro 
observado até o espelho A, tentam convergir para um 
ponto que é o seu foco. Esse foco, onde se forma a imagem 
produzida pelo espelho A, fica atrás do espelho B, funcionado, 
para esse espelho, portanto, como objeto virtual. O espelho 
B, no telescópio newtoniano, é plano e a luz refletida por 
ele, em direção à ocular, obedece à lei da reflexão (como em 
qualquer espelho), que garante que os ângulos de incidência 
e reflexão sejam congruentes.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: Quando um objeto é colocado a uma distância 
muito grande de uma lente (distância muito maior que a 
distância focal da lente), a imagem dele se forma em uma 
posição bem próxima do foco da lente. À medida que o objeto 
se aproxima da lente, a sua imagem se afasta da lente. Assim, 
tendo em vista que o filme deve ser posicionado sobre a linha 
tracejada para produzir a imagem de um objeto muito distante, 
temos que, para produzir a imagem de um objeto que se 
encontra próximo à lente, o filme deve ser afastado desta.
Deve-se observar, também, que, como a imagem deve ser 
projetada sobre o filme, temos que a imagem deve ser real, 
ou seja, invertida. Logo, o diagrama que melhor representa 
o filme e a imagem da vela projetada pela lente é o da 
alternativa B.
Questão 02 – Letra A
Comentário: A lente para uma câmera fotográfica simples 
deve ser convergente (para formar imagens reais sobre o 
filme) e apresentar distância focal pequena (de modo que 
todo objeto esteja suficientemente longe da lente para que 
a imagem se forme próximo ao foco – onde deve estar o 
filme). A lente convergente é usada por quem apresenta 
hipermetropia. Portanto, o aluno escolheu a lente de uma 
pessoa com hipermetropia e de pequena distância focal.
Questão 04 – Letra A
Comentário: As lentes L1 e L2 são convergentes e podem 
corrigir hipermetropia. Veja que o ponto P é o foco de L1 – 
a luz que chega à lente passando pelo foco sai paralela ao eixo 
principal – e o ponto Q é o foco de L2 – a luz que chega paralela 
ao eixo converge para o foco da lente. Isso só acontece em 
lentes convergentes.
18
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
18
FÍ
SI
C
A
Questão 05 – Letra E
Comentário: A hipermetropia, no caso citado na questão, 
afeta a capacidade de enxergar objetos distantes, cujas 
imagens se formam atrás da retina. Logo, a pessoa necessita 
de lentes convergentes. O hipermétrope, com uma pequena 
acomodação visual, consegue enxergar objetos afastados sem 
necessidade de correção visual. Assim, nesse caso, basta uma 
lente com pequena vergência. A presbiopia afeta a capacidade 
de enxergar objetos que estão perto do usuário (as imagens 
desses objetos se formam atrás da retina) e exige correção 
com lentes convergentes. Como a distância do objeto é bem 
pequena, isso requer uma lente com vergência muito elevada. 
Logo, ambas as lentes receitadas pelo oculista apresentam 
vergências positivas, sendo que a lente para longe possui 
menor vergência que a lente para perto. 
Curiosidade: A pessoa com presbiopia pode, também, não 
enxergar objetos muito distantes. Nesse caso, ela deverá 
usar lentes divergentes para “longe”, de modo a aproximar 
do olho a imagem formada pela lente (que servirá de objeto 
para o olho do observador). Logo, essa pessoa deverá usar 
dois pares de óculos: um convergente para “perto” e outro 
divergente para “longe”.
Questão 06 – Letra C
Comentário: Vamos analisar as alternativas separadamente.
A) Incorreta. A imagem formada pelo espelho plano é direta 
e virtual.
B) Incorreta. A imagem formada sobre o filme da máquina 
é real e invertida.
C) Correta. A imagem de um objeto visto com uma lupa, 
lente convergente com o objeto posicionado antes do foco, 
é virtual, direta e maior que o objeto.
D) Incorreta. A imagem projetada sobre a tela tem de ser 
real, portanto, invertida.
E) Incorreta. No olho humano, a imagem é projetada na 
retina e, por isso, deve ser real e invertida.
Questão 07 – Letra D
Comentário: Para que a imagem possa ser projetada na tela 
(real), a lente do projetor deve ser convergente. Observe 
na figura que x = 600 cm é a distância entre o objeto e sua 
imagem. Assim, x = DO + DI. 
A imagem é ampliada 59 vezes. Logo:
HI = 59HO ⇒ DI = 59DO
x = DO + DI ⇒ 600 = DO + 59DO ⇒ DO = 10 cm e DI = 590 cm 
Usando a equação de Gauss, temos:
1 1 1 1 1
10
1
590
59
590
1
590
9 8
f f
f= + = + = + =
D D
O I
, cm
Questão 08 – Letra C
Comentário: Para objetos distantes, a imagem se forma sobre 
o foco. Dessa forma, para objetos distantes, f' = DI = 2,5 cm. 
Para uma visão perfeita, a imagem deve se formar sobre a 
retina, para qualquer posição do objeto. Assim, para objetos 
a uma distância do olho igual a DO = 25 cm, a imagem deve 
estar a uma distância DI = 2,5 cm do cristalino. Usando a 
equação de Gauss, temos:
1
f"
1
D
1
D
1
f"
1
25
1
2,5
0 I
= + = + f" = 25/11 cm
Logo, a diferença ∆f = f" – f' = 25/11 – 2,5 = –2,5/11 cm.
Questão 09 – Letra B
Comentário: A questão, embora pareça complexa, pode ser 
resolvida com uma simples semelhança de triângulos. Veja 
a seguir:
y
x
d DI
x = distância entre três cones = 2 mm = 2 x 10–4 cm
y = separação entre os objetos = 1 cm
d = distância do objeto ao olho
DI = distância da imagem à córnea = 2,5 cm
Assim, temos d
D
y
x
d
x
d
I
= = =
−2 5
1
2 10
125
4, 
 m
Questão 19
Comentário: 
A) HO = 60HI ⇒ DO = 60DI ⇒ DI = DO/60
 Usando a equação de Gauss, temos:
( )= + = + = +
=
1
f
1
D
1
D
1
5
1
D
1
D /60
1
D
60
D
D 305 cm = 3,05 m
O I O O O O
O
B) Como a lente é convergente e o objeto se encontra além 
da posição 2f daquela, a imagem formada é real, invertida 
e menor que o objeto.
C) Lente
O
i
Questão 20
Comentário: 
A) Como o míope possui o olho muito convergente 
(as imagens se formam antes da retina), ele deve usar 
lentes divergentes.
B) No olho míope, a lente a ser usada deve ser capaz de 
formar, para objetos no “infinito”, imagens no ponto 
remoto do míope, ou seja, PR = –DI (a imagem é virtual, 
pois a lente é divergente). Assim, DI = –20 cm e essa 
imagem servirá de objeto para o olho do paciente. Como 
DO → ∞, (1/DO) → 0. Usando a equação de Gauss, temos:
1 1 1 1 0 1
20
20
f f
f= + = − = −
D D
O I
 cm
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 22
Comentário: Os cones são responsáveis pela visão das cores 
dos objetos e os bastonetes, pela visão da intensidade de luz 
que chega à retina. Assim, os bastonetes percebem imagens 
em tons de cinza que vão de um tom bem claro (para muita 
luminosidade) a outro bem escuro (quando a intensidade 
luminosa que chegar ao olho for pequena). Se o indivíduo 
possui deficiência nos cones da retina, ele não distinguirá 
cores, e, dessa forma, perceberá o objeto em tons de cinza.
19
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
19
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A sensação que temos do “tamanho dos objetos” 
depende do seu tamanho real e da distância a que ele se encontra 
de nossos olhos. Logo, essa sensação depende do ângulo de visão 
segundo o qual o objeto é visto (ângulo formado pelos raios de 
luz que partem das extremidades do objeto e chegam ao nosso 
olho). Quanto menor for esse ângulo, menor vai nos parecer 
aquele objeto. Dessa forma, temos a impressão de que um objeto 
distante é menor do que ele é na realidade. Da mesma forma, 
um objeto menor (no caso, a imagem formada pelo espelho) 
vai nos parecer mais distante. Portanto, da discussão anterior, 
conclui-se que a alternativa correta é a C.
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Observe, nas figuras da questão, que o 
problema 1 se refere à miopia (o sistema córnea-cristalino 
converge os raios paralelos para um ponto antesda 
retina – olho muito convergente) e o problema 2 se refere 
à hipermetropia (o sistema córnea-cristalino converge os 
raios paralelos para um ponto após a retina – olho pouco 
convergente). A correção do problema 1 se faz com lentes 
divergentes e a do problema 2 com lentes convergentes. 
Portanto, a alternativa correta é a C.
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A ampliação que os instrumentos ópticos 
fornecem está relacionada com o aumento do ângulo de visão 
em que vemos a imagem de um objeto. Isso pode acontecer 
quando vemos uma imagem ampliada em relação ao objeto 
ou quando a imagem é aproximada do observador.
MÓDULO – D 07
Associação de resistores
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Vamos analisar as alternativas separadamente.
A) Incorreta. Em uma associação de resistores em paralelo, 
a corrente divide em proporção inversa da resistência. 
Estando os ramos da associação submetidos à mesma 
voltagem, aquele com a menor resistência total recebe 
a maior parcela de corrente. No caso dessa questão, 
o ramo inferior apresenta resistência igual a 6 Ω. Como 
essa é exatamente a resistência total do ramo superior 
(2 + 4 = 6 Ω), a corrente nos dois ramos da associação 
apresenta a mesma intensidade.
B) Correta. Como a resistência do resistor 1 é igual à resistência 
equivalente dos resistores do outro ramo da associação, 
a potência dissipada no resistor 1 (taxa de transferência 
de calor ou calor gerado por segundo) é igual à soma das 
potências dissipadas nos resistores do outro ramo.
C) Incorreta. Como o resistor 1 está conectado diretamente aos 
polos da bateria, e como esta é ideal (a voltagem entre seus 
polos não muda com a corrente), a voltagem de alimentação 
desse resistor não sofre qualquer alteração quando os 
resistores do outro ramo são modificados (queima de um 
deles, substituição de um por outro diferente, etc.).
D) Incorreta. Como a resistência nos dois ramos da associação 
são iguais a 6 Ω, basta dividir esse valor por 2 para 
obtermos o valor da resistência equivalente do circuito.
 Assim, Req = 6/2 = 3 Ω.
E) Incorreta. O ramo superior da associação está conectado 
diretamente aos polos da bateria. Qualquer modificação 
feita no ramo inferior (queima do resistor 1, troca por 
outro de valor diferente) não modificará as características 
elétricas (voltagem, corrente, etc.) no ramo superior da 
associação. Essa explicação é semelhante àquela dada na 
alternativa C.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Na associação em série, a resistência equivalente é: 
R = R1 + R2 ⇒ R = (1 + x) + (1 – x) ⇒ R = 2 
Na associação em paralelo, a resistência equivalente é:
R = (R1.R2)/(R1 + R2) ⇒ 
R = [(1 + x).(1 – x)]/(R1 + R2) ⇒ R = [1 – x + x – x2]/2 ⇒ 
R = [1 – x2]/2
Questão 03 – Letra B
Comentário: O circuito apresentado é um divisor de tensão. 
Veja os novos pontos A e B na figura a seguir.
+5V
+
0V
A
A
BB
4k
Ω
4k
Ω
2k
Ω
2k
Ω
O resistor de 4 kΩ da direita está em circuito aberto e não 
passa corrente por ele. Dessa forma, o ponto A está no 
potencial de +5 V. Os pontos B (direita e esquerda) estão 
no mesmo potencial, pois o fio que os interliga não tem 
resistência. Os resistores em paralelo (entre os pontos B e 
terra) apresentam resistência equivalente R = 1 Ω. Assim, 
devemos dividir uma tensão de 5 V entre dois resistores de 
resistências 4 Ω e 1 Ω, respectivamente. Logo, VAB = 4 V.
20
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
20
FÍ
SI
C
A
Questão 04 – Letra C
Comentário: Sejam A( ) e B(●) os potenciais positivo e 
negativo, respectivamente, da bateria. Veja, na figura, que os 
diversos ramos da iluminação estão na mesma d.d.p. (VAB) da 
fonte e, assim, estão em paralelo e cada um deles submetido a 
uma tensão VAB = 12 V. A potência total do circuito é 100 W e 
cada ramo dissipa 20 W. Assim, a corrente de cada ramo (e de 
cada lâmpada, pois elas estão em série) será:
PR = VAB.IR ⇒ 20 = 12.IR ⇒ IR = 1,666 A ≈ 1,7 A
12V
B B
B
BB
B
B B A A
A
Questão 05 – Letra B
Comentário: O trecho do circuito por onde passam as 
correntes i1, i2 e i3 é uma ligação em paralelo. Como não há 
nenhuma resistência por onde passa a corrente i3 (existe 
apenas um pequeno fio condutor), esse trecho acha-se em 
curto-circuito. Toda a corrente que chega nessa associação em 
paralelo é direcionada para esse fio, de modo que as correntes 
i1 e i2, nos resistores de 3,0 Ω e 6,0 Ω são iguais a zero. 
A corrente i3 no fio condutor é a mesma corrente que passa 
pelo resistor de 10,0 Ω, que representa o limitador de corrente 
no circuito. Essa corrente é dada pela razão entre a voltagem 
da bateria e a resistência de 10 Ω, i3 = 12,0/10,0 = 1,20 A.
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra C
Comentário: Considere os resistores como R1 e R2. Nas ligações 
em série e em paralelo, as resistências equivalentes são:
R R R R
R R
R R
R R
R R
R R
s p
= + =
+( )
= +
=
+( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
9
2
 e 
Resolvendo o sistema, chegamos a uma equação do 2º grau 
para R2: R22 – 9R2 + 18 = 0. A solução dessa equação nos 
fornece os valores dos resistores, ou seja, 3,0 Ω e 6,0 Ω.
Observação: O aluno pode resolver a questão por eliminação 
de alternativas e análise das opções. Cada resistência da 
ligação em paralelo é maior que a resistência equivalente. 
Assim, as alternativas A e B estão eliminadas. Se as 
resistências fossem iguais, o equivalente em paralelo seria a 
metade de cada uma. Logo, a alternativa E está descartada. 
Por tentativa, a alternativa B é a solução. Para resistências 
ligadas em paralelo, o produto delas dividido pela sua soma 
fornece a resistência equivalente (3,0.6,0/3,0 + 6,0 = 2,0).
Questão 03 – Letra A
Comentário: Essa questão envolve o reconhecimento de 
condutores ôhmicos por meio da análise de um gráfico de 
tensão (V) versus corrente (I), bem como as características 
de circuitos em paralelo.
Sabe-se que V = RI. Em um gráfico V x I, para certo valor da 
corrente, quanto maior a tensão, maior será a resistência (R) 
do condutor. Portanto, analisando o gráfico da questão, 
conclui-se que a resistência do condutor A é maior do que a 
resistência do condutor B (RA > RB).
No circuito representado, RA e RB estão em paralelo, 
por isso as tensões em seus terminais serão as mesmas, VA = VB. 
Como RA > RB e V = RI, conclui-se que IA < IB.
Questão 04 – Letra E
Comentário: A potência dissipada em um resistor pode 
ser calculada pela equação P = RI2. Veja a figura a seguir. 
Se a corrente que passa em cada resistor da esquerda for 
igual a I, a corrente no resistor da direita é igual a 2I. Dessa 
forma, o resistor da direita dissipa a maior potência individual, 
ou seja, 32 W. Assim, a potência dissipada por cada um dos 
outros dois deve ser, no máximo, igual 8,0 W, uma vez que a 
potência depende do quadrado da corrente. 
Portanto, a potência total máxima será de (32 + 8 + 8) W, 
ou seja, 48 W.
R
R
R
2I
2I
I
I
Questão 06 – Letra E
Comentário: Observe que os resistores estão ligados em 
paralelo e a tensão nos extremos de cada um deles é a mesma 
(VAB = 12 V). Assim, não é necessário calcular a resistência 
equivalente. Usando V = RI, temos:
No resistor de 2 Ω → i = V/R = 12/2 = 6,0 A.
No resistor R → R = V/I = 12/3 = 4,0 Ω.
Portanto, a alternativa correta é a E.
Questão 09 – Letra C
Comentário: Observe o gráfico da questão. A partir da análise 
dos seus dados, vamos calcular os valores das resistências 
R1 e R2 usando a equação V = RI.
Para R1, vamos tomar a tensão d = 4 V → R1 = V/I = 4/2 = 2 Ω
Para R2, vamos tomar a tensão e = 8 V → R2 = V/I = 8/1 = 8 Ω.
Agora, veja o circuito. Os resistores R1 e R2 estão em série. 
Assim, a resistência total do circuito é R = 10 Ω. 
Como a tensão da fonte é V = 12 V, temos: 
I = V/R = 12/10 = 1,2 A
21
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
21
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Questão 10 – Letra D
Comentário: Vamos resolver o exercíciousando, apenas, 
relações proporcionais. 
Observe os circuitos. No primeiro, com os resistores em série, 
a resistência total é R1 = 2R e a tensão é de 110 V.
No segundo, os resistores estão em paralelo, a resistência 
total é R2 = R/2 e a tensão é de 220 V. 
Assim, a tensão V2 = 2V1 e R2 = R1/2. Como P = V2/R 
⇒ P2 = 16P1 ⇒ P2 = 16.550 W = 8 800 W.
Observação: Professor, incentive os seus alunos a usarem 
esse tipo de raciocínio. Ele desenvolve, nos alunos, habilidades 
muito cobradas nas provas do Enem.
Questão 13 – Letra B
Comentário: A resistência do fio é proporcional ao seu 
comprimento. Como a distância entre dois conectores 
adjacentes é a mesma, a resistência entre eles será, também, 
a mesma. Dessa forma, o sistema mostrado divide a tensão 
de alimentação em quatro partes iguais. Logo, a tensão entre 
quaisquer dois conectores adjacentes é 30 V.
Questão 15 – Letra B
Comentário: Dobrando as tiras 4, 5 e 6, em relação à parte 
direita do dispositivo, teremos a figura mostrada a seguir. 
Observe que as tiras 1, 2 e 3 estão em paralelo, assim como 
as tiras 4, 5 e 6. No entanto, o conjunto formado por cada trio 
de tiras encontra-se em série um com o outro.
1
3
4
2
5
Dessa forma, a associação que corresponde ao arranjo das 
tiras é a da alternativa B.
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 5
Comentário: Se cada farol dissipa 55 W de potência, os dois 
juntos vão dissipar 110 W. Isso significa que a corrente 
máxima (I), que percorre o circuito, pode ser calculada 
por P = VI ⇒ I = P/V = 110/36 = 3,06 A. Assim, o fusível 
escolhido deve suportar esse valor de corrente ou aquele 
imediatamente superior a tal valor. Dessa forma, o fusível a 
ser escolhido deve ser o laranja.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: Segundo o texto, a eficiência (e) é proporcional 
à quantidade de luz (LP) produzida dividida pelo consumo (P), 
ou seja: e α (LP/P) e que a luz produzida, para um mesmo 
tipo de lâmpada, é proporcional ao consumo.
Veja, na tabela a seguir, tais grandezas para as lâmpadas 
em questão:
Tipo Consumo (W)
Luz Produzida 
(lm)
e 
(lm/W)
Incandescente 40 600 15
Fluorescente 40 3 000 75
Fluorescente 8 600 75
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: Nas alternativas A e C, a chave está 
controlando apenas um dos resistores e o outro está 
permanentemente ligado. Nas demais alternativas, a chave 
controla os dois resistores ao mesmo tempo. Entretanto, 
nas alternativas D e E, os resistores associados estão em 
série e isso significa que a potência dissipada é pequena 
(P = V2/R), uma vez que V é constante. Logo, a resposta 
está na alternativa B, na qual os dois resistores são 
controlados pela chave e na qual os dois resistores estão em 
paralelo (resistência total pequena) e, consequentemente, 
apresentam elevada potência dissipada.
MÓDULO – D 08
Resistores no dia a dia
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: Para que a lâmpada possa ser ligada pelos 
interruptores three-way P e Q (TWP, TWQ), a corrente deve 
passar no circuito fase-TWP-fase-TWQ-lâmpada-neutro ou no 
fase-TWP-neutro-TWQ-lâmpada-neutro, conforme as figuras 
a seguir. Assim, o circuito pode ser ligado / desligado de 
qualquer dos interruptores.
Fase
Neutro
Lâmpada1 3
2
P Q
4
Fase
Neutro
Lâmpada1 3
2
P Q
4
Questão 02 – Letra B
Comentário: Primeiro, o disjuntor deve estar sempre no fio 
fase (e só nele), de modo que, uma vez desligado, todo o 
circuito fique com potencial igual a zero. O interruptor deve 
ficar em série com o dispositivo a ser ligado / desligado pelo 
mesmo motivo anterior. Por fim, o dispositivo conectado 
ao circuito deve possuir a d.d.p. da rede e, por isso, cada 
extremidade do seu circuito deve estar, nos fios fase e neutro.
Questão 03 – Soma = 03
Comentário: Observe que os pontos médios entre as 
lâmpadas 1 e 3 e entre 2 e 4 estão no mesmo potencial por 
causa do fio vertical central. Dessa forma, cada uma delas está 
submetida à mesma tensão (VAB/2) e, assim, a corrente de 
cada uma será i/2 e todas brilham com a mesma intensidade. 
Seja R a resistência de cada lâmpada. Logo, a resistência total 
do circuito será igual a R (R/2 + R/2) e a corrente total (i) será 
i = VAB /R. Desligando-se a lâmpada 1, a resistência total do 
circuito será: R + R/2 = 3R/2. Assim, a corrente total será: 
22
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
22
FÍ
SI
C
A
I = VAB/(3R/2) = 2VAB/3R = 2i/3. Logo, as lâmpadas 
2, 3 e 4 serão percorridas por correntes iguais a 2i/3, i/3 e i/3, 
respectivamente. Veja que a lâmpada 2 terá o maior brilho.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Nesse tipo de exercício, não é necessário 
calcular a corrente elétrica em cada aparelho. Melhor seria 
calcular a potência máxima do circuito (limitada pela corrente 
máxima que o fusível suporta). Assim, temos:
P = VI ⇒ PMÁX = VIMÁX = 220.25 = 5 500 W
A alternativa D exige uma potência total de: 
(950 + 1 200 + 3 000 + 1 100)W = 6 250 W
Isso excede a potência máxima e o fusível vai queimar.
Questão 05 – Letra C
Comentário: Essa questão envolve análise de um circuito 
elétrico no qual houve um curto-circuito.
Inicialmente, as três lâmpadas do circuito estão acesas; 
quando a chave S é fechada, verifica-se que a corrente não 
passará mais por L2 e L3 (elas foram curto-circuitadas pela 
chave S). Esse fato ocorre porque a resistência do fio pode 
ser considerada desprezível; assim, a corrente passará apenas 
por L1 e pela chave S. Portanto, quando a chave S é fechada, 
a lâmpada L1 permanece acesa, mas L2 e L3 se apagam.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: Essa questão aborda conceitos relativos a 
corrente, tensão e potência elétrica. 
Como P = VI, a maior corrente circulará pelo circuito quando este 
dissipar a maior potência. Levando-se em conta que a geladeira 
já está conectada, a potência total máxima do circuito será:
Pmáx. = 120 W (geladeira) + 900 W (micro-ondas) + 
850 W (torradeira) ⇒
Pmáx. = 1 870 W
Assim, a corrente máxima será:
Imáx. = Pmáx./V = 1 870/120 = 15,6 A
Assim, o fio escolhido deverá suportar 20 A
Questão 05 – Letra E
Comentário: Conforme indicado na figura do exercício, 
a resistência (r) dos fios de ligação está em série com os 
aparelhos da residência. Dessa forma, ela funciona como um 
divisor de tensão entre tal resistência e as resistências dos 
eletrodomésticos. Quando se aciona o chuveiro, por exemplo, 
a corrente no circuito aumenta consideravelmente. Dessa 
forma, a queda de tensão na resistência dos fios de ligação 
é alta (V = rI) e a tensão que “sobra” para os aparelhos fica 
menor. Isso justifica a diminuição do brilho das lâmpadas, 
por exemplo.
Questão 06 – Letra C
Comentário: O chuveiro está ligado a uma tensão que possui 
valor constante, independentemente de a chave seletora 
estar na posição inverno ou verão, que é a tensão da rede 
de alimentação (afirmativa IV incorreta). Logo, a potência 
dissipada é inversamente proporcional à resistência elétrica 
(P = V2/R). Dessa forma, as afirmações I e II estão incorreta 
e correta, respectivamente. A afirmação III é correta, uma 
vez que a temperatura do banho depende da vazão de água 
em qualquer potência dissipada.
Questão 09 – Letra C
Comentário: Para que uma lâmpada possa acender, 
é necessário que a corrente passe por ela através dos terminais 
A e B, mostrados a seguir. Dessa forma, tais terminais devem 
ser ligados aos polos positivo e negativo da pilha. Não interessa 
quais terminais são conectados a quais polos. Na montagem 
de Mateus, o terminal B está desconectado. Na montagem de 
Carlos, os dois polos da bateria estão ligados ao terminal B. 
Dessa forma, a lâmpada, nesses casos, não funciona.
A
B
Questão 10 – Letra C
Comentário: Para tensões iguais, a potência será 
inversamente proporcional à resistência equivalente (P = V2/R). 
A luminosidade fornecida por uma ou mais lâmpadas é tanto 
maior quanto maior for a potênciaefetivamente dissipada por 
elas. Como a tensão de alimentação é de 220 V e as lâmpadas 
foram fabricadas para funcionar em 110 V, existe a obrigação de 
dividir a tensão e, dessa forma, é necessário ter duas lâmpadas 
em série de modo a dividir a tensão de 220 V entre elas 
(cada uma com 110 V) e ter a menor resistência equivalente. 
A associação da alternativa C fornece os quesitos necessários 
de maior luminosidade sem que nenhuma das lâmpadas 
se queime.
Questão 11 – Letra E
Comentário: No esquema 1, as lâmpadas estão em série 
(divisor de tensão) e cada uma delas está submetida a 
uma tensão elétrica V = 220/3 V. Assim, nenhuma delas vai 
queimar. No esquema 3, todas em paralelo, a tensão aplicada 
a cada lâmpada é de 220 V e, portanto, todas vão queimar. 
No esquema 2, a lâmpada de baixo vai queimar (ligada a 
220 V), mas as lâmpadas de cima vão exibir o brilho normal 
(elas dividem a tensão de alimentação, estando submetidas 
a 110 V cada uma).
Questão 16 – Letra C
Comentário: As lâmpadas estão ligadas em paralelo e, 
assim, a tensão (d.d.p.) é a mesma nas duas lâmpadas, 
V60 = V100.
A corrente em cada lâmpada é calculada por I = P/V. Sabemos 
que V60 = V100. Assim, a corrente em cada uma das lâmpadas 
é proporcional à potência efetivamente dissipada por elas. 
Logo, I60 < I100.
Observação: A solução pode ter essa simplicidade porque 
as lâmpadas estão em paralelo. Assim, mesmo que a 
d.d.p. da rede não seja a tensão nominal, esta continua a 
ser a mesma para as duas lâmpadas. Se elas estivessem 
ligadas em série, as resistências das lâmpadas teriam de 
ser analisadas.
Questão 17 – Letra A
Comentário: As duas lâmpadas formam um divisor de 
tensão e cada uma delas está submetida a uma tensão igual 
a V/2. Quando o reostato (lâmina bimetálica) arma o circuito, 
a lâmpada 2 fica em curto-circuito e apaga.
O brilho das lâmpadas depende da potência dissipada por elas. 
Fechado o circuito, a tensão na lâmpada 1 dobra (fica igual 
a V) e, portanto, a potência dissipada pela lâmpada 1 será 
quatro vezes maior que a anterior (P = V2/R). Dessa forma, 
o seu brilho aumenta.
23
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
23
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: A potência máxima da torneira, quando ligada 
na tensão nominal, é de 5 500 W. Considere que a resistência 
da torneira (R1), quando ligada a 127 V, seja a mesma de 
quando a torneira é ligada em 220 V (R2). Como P = V2/R, 
temos:
R2 = R1 ⇒ V22/P2 = V12/P1 ⇒ 2202/5 500 = 1272/P1 ⇒ P1 = 1 832 W.
Sugestão: Fazer a solução indicada acima é trabalhoso, 
demanda tempo e o aluno tem uma elevada chance de errar 
alguma operação. Assim, convém que o professor estimule 
seus alunos a desenvolver a solução a seguir (menos 
trabalhosa).
Considere que a resistência da torneira seja constante. 
A tensão de ligação (127 V) é “próxima” da metade da 
tensão nominal (220 V). Como a potência é proporcional 
ao quadrado tensão de alimentação (P = V2/R), a potência 
efetiva, da torneira será, aproximadamente, um quarto da 
potência nominal. 
Assim, a resposta seria P ≅ 5 500/4 = 1 375 W. Com esse 
resultado o aluno chega à resposta correta.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 3
Habilidade: 8
Comentário: Sempre que um aparelho elétrico está em 
funcionamento, a corrente que o percorre passa pela fiação 
da casa. Assim, uma parte da energia é “perdida” na forma de 
calor nesses fios. Quatro das recomendações foram citadas com 
o objetivo de diminuir tais perdas. No caso do ferro de passar 
roupa, quando você o esquenta para passar uma peça e o desliga, 
parte da energia fornecida a ele será “perdida” sob a forma de 
calor, pois ele vai esfriar. Uma forma de economizar energia é 
acumular certa quantidade de roupa para ser passada de uma 
só vez, pois, dessa forma, o ferro irá “esfriar” apenas uma vez.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Para se chegar à resposta da questão, basta 
analisar as duas linhas da tabela. Observe que não há 
necessidade de conhecimentos acerca de Eletricidade para se 
resolver a questão. A única exigência é saber que intensidade 
luminosa, nessa questão, é o mesmo que luminosidade média. 
Observe na tabela que, quando uma lâmpada de 60 W / 120 V 
é ligada a uma tensão de 127 V, essa lâmpada passa a dissipar 
uma potência maior que 60 W, a emitir uma luminosidade 
média maior que 750 lúmens e a ter vida útil média menor 
que 1 000 horas. Portanto, a alternativa correta é a D.
Questão 04 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A energia consumida pelos aparelhos elétricos 
(E = N.P.∆t) depende do número de aparelhos (N), de suas 
respectivas potências (P) e do tempo de funcionamento (∆t) 
deles. Assim, a fração percentual do consumo de energia 
elétrica de cada aparelho, em relação à conta total, dependerá 
desses mesmos fatores. Portanto, a alternativa correta é a E.
Questão 05 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A energia consumida pelo chuveiro será:
E = 25%.300 = 75 kWh
Dessa forma, o tempo total, mensal, dos banhos será:
E = N.P.∆t ⇒ 75 = 1.5,0.∆t ⇒ ∆t = 15 h = 900 minutos
Assim, o banho diário de cada morador possui uma duração 
média de: 
∆t = 900/(30.4) = 7,5 minutos
Questão 06 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 5
Comentário: Cada lâmpada apresenta a mesma resistência R. 
O circuito de lâmpadas pode ser desenhado conforme a figura (1). 
Dessa forma, as lâmpadas 5, 6, 7 e 8 fornecem uma resistência 
equivalente igual a Re = 2R.2R/(2R + 2R) = R. Assim, o circuito 
pode ser redesenhado conforme a figura (2). A corrente, após 
atravessar a lâmpada 1, encontra resistências iguais (2R) nos 
ramos superior e inferior do circuito (2) e, assim, divide-se 
igualmente entre tais ramos. Logo, as lâmpadas 2, 3 e 4 são 
percorridas pela mesma corrente.
1
4
2
Figura (1)
3
6
7 8
5
1
4
2 3
Re
Figura (2)
Questão 07 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 5
Comentário: A potência do chuveiro pode ser determinada 
por: P = VI. Como o disjuntor deve desarmar quando a 
corrente elétrica ultrapassar o maior valor de corrente que 
pode circular pelo chuveiro, devemos trabalhar com a maior 
potência, ou seja, P = 3 200 W. 
Logo, temos:
PMÁX = VIMÁX ⇒ 3 200 = 110.IMÁX ⇒ IMÁX = 29,1 A 
Assim, devemos escolher o disjuntor que suporte esse valor 
(que não existe nas alternativas) ou um outro que seja 
imediatamente superior a ele. Logo, devemos escolher o 
disjuntor de 30 A.
Questão 08 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 21
Comentário: A potência do chuveiro pode ser calculada por: 
P = V2/R. Para que os chuveiros apresentem a mesma potência 
(PB = PA), é necessário que: VB2/RB = VA2/RA ⇒ RA/RB = VA2/VB2 ⇒ 
RA/RB = 1272/2202 ⇒ 0,3.
24
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
24
FÍ
SI
C
A
Questão 09 – Letra E
Comentário: Veja os circuitos 1, 2, 3 e 4, a seguir, 
correspondentes à alternativa E. Na montagem 1, original, a 
lâmpada não funciona (circuito aberto). Virando a chave da 
esquerda (2), o circuito liga. Virando a chave da direita (3), 
ele desliga (circuito aberto novamente). Virando novamente (4) 
a chave da esquerda, o circuito volta a funcionar.
1. 2.
3. 4.
MÓDULO – D 09
Instrumentos de medidas 
elétricas
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário: Para se medir a corrente elétrica que passa através 
de um resistor, o aparelho de medição, o amperímetro, deve ser 
ligado em série com o resistor, pois, dessa forma, o aparelho 
será percorrido pela mesma corrente que atravessa o resistor. 
Para se medir a queda de potencial em um resistor, o aparelho 
de medição, o voltímetro, deve ser ligado em paralelo com 
o resistor, pois, dessa forma, o aparelho estará submetido à 
mesma voltagem do resistor.
Tendo em vista as considerações anteriores, conclui-se que 
somente a afirmativaIII é correta.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Para que a medição da corrente elétrica em 
um resistor tenha boa precisão, o aparelho de medição, 
o amperímetro, deverá ter uma resistência interna 
muito menor do que a resistência do resistor, pois, 
assim, a resistência equivalente do sistema resistor / 
amperímetro será praticamente igual à resistência do 
resistor. Consequentemente, a corrente elétrica a ser medida 
praticamente não sofrerá alteração.
Para que a medição da voltagem em um resistor tenha boa 
precisão, o voltímetro deverá ter uma resistência interna 
muito maior do que a resistência do resistor, pois, assim, 
a resistência equivalente do sistema resistor / voltímetro 
será praticamente igual à resistência do resistor. 
Consequentemente, a voltagem a ser medida, praticamente, 
não terá o seu valor alterado.
Tendo em vista a discussão anterior, conclui-se que a 
alternativa correta é a D.
Questão 03 – Letra A
Comentário: As conexões 1 e 2 são corretas. Um amperímetro 
deve ser ligado em série com o elemento do circuito cuja corrente 
elétrica queremos medir. Como a resistência elétrica interna 
de um amperímetro é muito pequena (na verdade, desprezível 
comparada à resistência do elemento de circuito), a resistência 
elétrica equivalente do conjunto elemento / amperímetro é 
praticamente igual à resistência do primeiro, de forma 
que a corrente registrada é praticamente igual à corrente 
que havia antes da introdução do amperímetro. Assim, as 
conexões 1 e 2 estão corretas, pois o amperímetro está 
ligado em série com a lâmpada (o elemento de circuito cuja 
corrente queremos medir). Ambas as conexões fornecem 
os mesmos valores para a corrente elétrica. A diferença 
é que, na conexão 1, a corrente elétrica convencional 
atravessa o amperímetro de baixo para cima e, na conexão 
2, de cima para baixo.
Professor, comente também as conexões 3 e 4, em que o 
amperímetro está ligado em paralelo com a lâmpada. Pior 
que isso, o amperímetro está ligado em paralelo com a pilha. 
Como a resistência do amperímetro é muito pequena, passará 
uma grande corrente pelo aparelho, que, por esse motivo, 
corre risco de ser danificado. As conexões 3 e 4 seriam 
corretas se o aparelho fosse um voltímetro, cuja resistência 
interna é muito alta e que deveria ser ligado em paralelo com 
a lâmpada a fim de medir a tensão elétrica nela. A figura 
seguinte mostra conexões corretas para se medir a corrente 
e a tensão na lâmpada por meio de um amperímetro A e 
um voltímetro V.
LL
A
+ B —+ B —
conexão 1
V
Questão 04 – Soma = 13
Comentário: 
01. Verdadeira. A ponte está em equilíbrio quando os 
potenciais VC e VD dos pontos C e D são iguais. Nessas 
circunstâncias, não há corrente no trecho CD.
02. Falsa. Os resistores R1 e R2 não estão em série, pois a 
corrente elétrica proveniente da bateria, no ponto A, 
divise-se com parte passando pelo resistor R1 e parte pelo 
resistor R2. Essa fato ocorre tanto com a ponte equilibrada, 
quanto com a ponte não equilibrada.
04. Verdadeira. Conforme explicado em (01), a corrente i = 0 
no galvanômetro ocorre quando VC = VD.
08. Verdadeira. Quando a ponte está equilibrada, os produtos 
das resistências opostas são iguais: R1.R4 = R2.R3. Nesse 
caso, realmente R1 = R2.R3/R4 = R3.(R2/R4).
16. Falsa. Conforme explicado em (08), para a ponte 
equilibrado, tem-se R1.R4 = R2.R3. 
Questão 05 – Letra C 
Comentário: A resistência elétrica de cada lâmpada pode 
ser calculada por:
= = =P V
R
1 10
R
R 100
2 2
A lâmpada na parte de baixo do circuito está submetida 
à f.e.m. da bateria (VBat = 5,00 V). Portanto, a corrente 
elétrica que atravessa essa lâmpada, e que é registrada pelo 
amperímetro ligado em série com a lâmpada, vale
= = = =I V
R
I 5,00
100
0,0500 A 50mA
Agora, vamos calcular a corrente elétrica que passa na parte de 
cima do circuito, onde há duas lâmpadas ligadas em série. 
Por isso, a resistência equivalente nesse trecho vale 2R = 200 
W. Essa resistência está submetida à f.e.m. VBat = 5,00 V. Logo, 
a corrente elétrica que passa pelas lâmpadas é
= = =I' V
2R
I' 5,00
200
0,0250 A
A tensão em cada lâmpada é R.I’ = 100.0,0250 = 2,50 V. Esse 
resultado faz sentido, pois, como as lâmpadas são idênticas, 
cada uma recebe a metade da d.d.p total que alimenta o trecho: 
VBat/2 = 5,00/2 = 2,50 V. Essa d.d.p. é registrada pelo voltímetro 
ligado em paralelo com uma das lâmpadas.
25
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
25
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra A
Comentário:
A) Um amperímetro deve ser ligado em série com o elemento 
de circuito cuja corrente queremos medir. Para interferir 
minimamente na resistência equivalente do circuito, o 
amperímetro deve ter uma resistência pequena.
B) Um fusível suporta correntes elétricas abaixo de certo 
valor. Quando percorrido por uma corrente maior, o fusível 
se rompe.
C) Os resistores convertem energia elétrica em calor, como, 
por exemplo, em um aquecedor elétrico de casas. Há 
apenas conversão de energia nesse processo, e não uma 
economia de energia elétrica. Professor, aproveite o fato de 
que os alunos estão estudando a 2ª Lei da Termodinâmica 
no Módulo B 06 para explicar que uma bomba de calor 
pode aquecer a casa realmente com economia de energia 
elétrica. Parte do calor usado no aquecimento provém da 
energia elétrica de acionamento do compressor da bomba 
de calor, enquanto o restante provém gratuitamente do 
meio ambiente. No aquecedor de resistência elétrica, 
todo o calor provém da energia elétrica que alimenta o 
aquecedor.
D) Conforme vimos no módulo anterior, a resistência interna 
de uma bateria aumenta com sua idade. Por isso, a f.e.m. 
da bateria torna-se menor, mas, ainda assim, a bateria 
pode gerar energia elétrica suficiente para alimentar 
os elementos do circuito, sobretudo quando a d.d.p. 
demandada não é tão grande. Por exemplo, uma pilha 
mais velha serve muito bem para acionar um controle 
remoto de TV.
E) Um resistor converte a energia elétrica em calor. Todavia, 
outros receptores elétricos convertem a energia elétrica 
em outras formas de energia. Por exemplo, um motor 
elétrico converte energia elétrica em energia mecânica, 
uma bateria sendo carregada converte a energia elétrica 
em energia química, etc. Professor, peça para os alunos 
citarem outros exemplos de conversão de energia elétrica.
Questão 03 – Letra E
Comentário: A corrente elétrica na resistência R3 = 1,0 W 
é registrada pelo amperímetro, que marca I3 = 1,0 A. Então, 
a tensão nessa resistência é V3 = R3.I3 = 1,0.1,0 = 1,0 V. 
Essa é também a tensão na resistência R2 = 0,5 W, bem 
como na resistência equivalente entre as resistências R2 e R3, 
cujo valor é R23 = (1/R2 + 1/R3)−1 = 1/3 W. Então, a corrente 
nessa resistência é I’ = V3/R23 = 1/(1/3) = 3 A. Essa corrente 
é também a corrente elétrica que passa pela resistência R1. 
Logo, a tensão nessa resistência é V1 = R1.I’ = 4,0.3 = 12 V. 
A f.e.m. VBat fornecida pela bateria é a soma das tensões V1 
e V3. Portanto, VBat = 1,0 + 12 = 13 V. 
Questão 04 – Letra B
Comentário: Os amperímetros A1 e A4 indicam a mesma 
corrente, pois a corrente que sai da bateria, e que é registrada 
por A4, é igual à corrente que chega à bateria, e que é 
registrada pelo amperímetro A1. O valor dessa corrente é 
a f.e.m. da bateria dividida pela resistência equivalente do 
circuito:
= = =I'
V
R
12
1,5
8ABat
eq
Os amperímetros A2 e A3 também registram valores iguais, pois 
a corrente I gerada na bateria se divide em duas correntes 
de 4 A, pois as resistências nos dois trechos em paralelo são 
iguais. Note que, no lado esquerdo, há uma resistência de 
3 Ω, e, no lado direito, há uma resistência de 1 Ω e outra de 2 Ω 
ligadas em série, de modo que a resistência equivalente é 3 Ω.
Questão 05 – Letra C
Comentário: O amperímetro A deve ser ligado em série com o 
resistor R, enquanto o voltímetro V deve ser ligado em paralelo 
com o resistor R. Na opção C, o amperímetro está ligado em 
série com R, mas o voltímetro está ligado em paralelocom 
o conjunto R / A, e não com apenas com R. Isso não é um 
problema, desde que a resistência r do amperímetro seja muito 
menor que R. Nesse caso, a resistência equivalente do conjunto 
R / A é praticamente igual a R, de modo que a tensão, nesse 
conjunto, é praticamente igual à tensão de R. Professor, explique 
que outra opção para medir a corrente e a tensão no resistor 
seria fazer a ligação indicada a seguir. Nesse caso, o voltímetro 
está ligado em paralelo com R, mas o amperímetro está ligado 
em série com o conjunto R / V, e não apenas com R. Isso não é 
um problema, desde que a resistência do voltímetro seja muito 
maior que R. Nesse caso, a resistência equivalente do conjunto 
R / V é praticamente igual a R, de modo que a corrente, nesse 
conjunto, é praticamente igual à corrente que passa por R.
A
V
R
Questão 06 – Letra E
Comentário: Se todos os dois aparelhos fossem ideais, 
a razão entre as leituras do voltímetro e do amperímetro, 
10 V e 3,0 mA (0,0030 A), seria igual ao valor da resistência 
do resistor R (nesse caso, teríamos R = 10/3 kΩ). 
Como o voltímetro não é ideal e tem uma resistência de 10 kΩ, 
a razão calculada anteriormente representa a resistência 
equivalente do conjunto resistor / voltímetro. Como essa 
associação é em paralelo, a resistência equivalente (Req = 10/3 kΩ) 
se relaciona com a resistência do resistor R e com a resistência 
do voltímetro (RV = 10 kΩ) por:
1 1 1 1
10 3
1 1
10R R R R
eq V
= + = +
( )
Explicitando R, obtemos R = 5,0 kΩ.
Questão 09 – Letra C
Comentário: Primeiramente, vamos chamar de R a resistência 
equivalente do trecho superior direito do circuito, em que 
há três resistores de resistências X, 30 Ω e 120 Ω. Como a 
ponte está equilibrada, os produtos das resistências opostas 
são iguais. Assim, R.50 = 300.10, de forma que R = 60 Ω. 
Como essa resistência equivale a dois resistores em série, um 
de resistência 30 Ω e o outro de resistência X, ligados, por 
sua vez, em paralelo com um resistor de resistência 120 Ω, 
podemos expressar R como:
1 1
60
1
30
1
120R X
= =
+
+
Resolvendo essa equação, obtemos X = 90 Ω.
Questão 10
Comentários: 
A) A corrente elétrica de menor intensidade (0,06 A) ocorre 
quando as resistências R1 e R2 são ligadas em série, pois, 
assim, a resistência equivalente é maior do que no caso 
em que os resistores são associados em paralelo. De fato, 
ligados em paralelo, a resistência equivalente é menor e a 
corrente é maior. Portanto, os esquemas com as associações 
das resistores R1 e R2 nas caixas C e C' são os seguintes:
26
Coleção Estudo
FÍ
SI
C
A
26
FÍ
SI
C
A
3 V
R1 R2
Caixa C (l = 0,06 A)
3 V
R1
R2
Caixa C’ (l’ = 0,25 A)
B) Para calcular R1 e R2, podemos montar o seguinte sistema 
de equações:
 1ª montagem: 3/0,06 = 50 = R1 + R2
 2ª montagem: 3/0,25 = 
1
12
1 1
1 2
= +
R R
 Resolvendo esse sistema, obtemos os valores 20 Ω e 30 Ω 
para as das resistências R1 e R2.
Questão 11
Comentário: Com os dados iniciais, podemos calcular o 
valor ajustado para a resistência variável R. Esse valor é o 
quociente entre a d.d.p. de 1,50 V da bateria e a corrente de 
1,0 x 10–3 A registrada no amperímetro. Assim, obtemos que 
R = 1,50 x 103 Ω. Esse é o circuito interno desse “ohmímetro” 
improvisado. Conectando a resistência R’, a corrente diminui 
para 0,30 x 10–3 A”. Essa iminuição da corrente ocorreu 
porque a resistência do circuito (R” = R + R’) aumentou. Essa 
resistência é dada por R” = 1,50/0,30 x 10–3 = 5,0 x 103 Ω. 
Logo, R vale 3,5 x 103 Ω.
Questão 13
Comentário: 
A) Como a ponte está equilibrada, a seguinte igualdade deve 
ser verificada: R1R2 = R1R, ou simplesmente R = R2. Para 
R = 108 Ω, a temperatura T deve ser:
 R = R0(1 + αT) ⇒ 108 = 100(1 + 4,0 x 10–2 T) ⇒ T = 2,0 ºC
B) A corrente que passa por R é a mesma que passa por R2, 
pois a ponte está equilibrada, de forma que não há desvio 
de corrente para o amperímetro. Logo, R e R2 estão em 
série. Portanto, a resistência equivalente vale 2R = 216 Ω. 
A d.d.p. VAC é o produto dessa resistência pela corrente, 
ou seja, VAC = 216.5,0 x 10–3 = 1,08 V.
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A tensão é medida em volts (V). Por isso, o outro 
terminal da tomada deve ser ligado ao borne onde se lê V (volt). 
Esse borne também deve ser usado se o multímetro for 
usado para medir uma resistência (que é dada em ohm, Ω) 
ou uma capacitância (que é dada em farad, F). As tomadas 
residenciais (que são de 127 V e 220 V) fornecem tensões 
alternadas (ora a polaridade da tomada possui um sentido, ora 
possui sentido oposto). Por isso, a chave do medidor deve ser 
girada para a posição V~, em que a letra V indica a unidade 
de tensão, o volt, e o símbolo ~ indica que o sinal de entrada, 
a tensão, é alternado. Da discussão anterior, conclui-se que 
a alternativa correta é a C.
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A figura a seguir mostra, esquematicamente, 
o cabo com os dois fios PS e QR. Esses fios deveriam estar 
isolados um do outro, mas o cabo está danificado devido ao 
contato interno no ponto C.
P S
RQ
C
Como existe o contato interno entre os dois fios, se um 
ohmímetro for ligado entre os pontos
• P e Q, ou R e S, então o aparelho irá registrar a resistência 
elétrica do trecho PCQ, ou RCS. Essa resistência é pequena, 
mas o seu registro significa que existe um contato C entre 
os dois fios. Se esse contato não existisse, a resistência 
elétrica entre P e Q, ou R e S, seria infinita, e o visor do 
ohmímetro daria uma indicação disso. Por isso, a letra A 
é a resposta para essa questão.
• P e S, ou Q e R, então o aparelho irá registrar a resistência 
elétrica do trecho PCS, ou QCR, que é a própria resistência 
elétrica do fio PS, ou do fio QR. Mesmo que não houvesse o 
contato C entre os fios PS e QR, ainda assim o ohmímetro 
ligado entre os pontos P e S, ou Q e R, registraria o valor 
de resistência desse fio, valor idêntico ao da situação em 
que o contato existe. Portanto, não é uma boa ideia ligar o 
ohmímetro entre os pontos P e S, ou Q e R, para detectar 
a existência do contato interno.
• P e R, então o aparelho irá registrar a resistência elétrica 
do trecho PCR. Uma indicação de valor infinito seria 
registrada se não houvesse o contato C entre os fios. 
Portanto, ligar o ohmímetro entre os pontos P e R é uma 
boa ideia para verificar a existência do contato interno. 
A opção C está errada por causa da afirmação de que o 
ohmímetro indica um valor infinito quando está ligado 
entre os pontos P e R, pois isso está em desacordo com 
a informação de existência de um contato interno entre 
os fios, dada no enunciado da questão.
27
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
27
Editora Bernoulli
FÍ
SI
C
A
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Física
Volume 4
Bernoulli Resolve
is
to
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ph
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o.
co
m
Su
m
ár
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 -
 F
ís
ic
a Módulo A
07 3 Forças de atrito
08 4 Aplicações das Leis de Newton
Módulo B
07 7 Equilíbrio do ponto material
08 11 Equilíbrio de corpos extensos
Módulo C
07 15 Movimento Harmônico Simples (MHS)
08 17 Introdução à Ondulatória
Módulo D
10 18 Geradores, receptores e associações
11 23 Capacitores
12 26 Campo magnético
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Editora Bernoulli
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COMENTÁRIO
E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
MÓDULO – A 07
Forças de atrito
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Como o carro não derrapa, não há 
escorregamento entre as superfícies e o atrito é estático. 
Se o atrito não apontasse no sentido do movimento, este não 
ocorreria. Portanto, a alternativa correta é a letra B.
Questão 02 – Letra D
Comentário: A interação entre a folha de papel e a moeda se 
dá por meio da força de atrito. Caso o valor máximo da força 
de atrito seja menor que o produto da massa da moeda pela 
aceleração do sistema (moeda + papel), a moeda ficará sujeita 
à força de atrito cinético,nesse caso, haverá movimento 
relativo entre os objetos e a moeda deslizará sobre a folha e 
ficará sobre a mesa.
Questão 03 – Letra A
Comentário: O diagrama de forças para a situação descrita 
pelo enunciado está representado a seguir:
Força de atrito
Força peso
Força de 
compressão 
normal
F
Para que o bloco permaneça em equilíbrio, é necessário que a 
força de atrito seja igual à força peso. A força F mínima para 
que o bloco não desça deve ter intensidade igual a:
fa = P ⇒ µEN = mg ⇒ µEF = mg ⇒
F = mg/µE = 3,0.10/0,20 = 150 Ν
Questão 04 – Letra A
Comentário: Pelo gráfico da questão, podemos perceber 
que a intensidade máxima da força de atrito estático é 
igual a 15 N, e a intensidade da força de atrito cinético é 
igual a 10 N.
Como o corpo não possui movimento vertical, podemos 
afirmar que o módulo da normal (N) é igual ao módulo do 
peso do corpo (50 N), já que somente essas forças atuam 
na vertical. Assim, o coeficiente de atrito estático pode ser 
calculado por: 
FAEMáx = µEN ⇒ 15 = µE.50 ⇒ µE = 0,30
Quando o módulo da força F for igual a 30 N, o módulo da 
força resultante sobre o corpo será de 20 N, na mesma 
direção e sentido de F. De acordo com a 2ª Lei de Newton, 
temos:
FR = ma ⇒ a = 
F
m
R ⇒ a = 20
5 0,
 = 4,0 m/s2
Logo, a alternativa correta é a A.
Questão 05 – Letra B
Comentário: A partir do momento em que a força resistiva do 
ar alcança o valor do peso, a velocidade se mantém constante, 
já que a resultante torna-se zero. Nessa situação:
P = F → 3,2 x 10–7 = 8 x 10–6 v² → v = 0,2 m/s
Exercícios Propostos
Questão 03 – Letra D
Comentário: Na direção vertical, N = P = Mg. Já na direção 
horizontal FR= F – N.μ = F – Mgμ. Pela Segunda Lei de Newton, 
F – μMg = M.a → a = (F – μMg)/Μ
Questão 05 – Letra B
Comentário: Utilizando as equações da Cinemática para o 
Movimento Uniformemente Acelerado, podemos determinar 
a aceleração da caixa:
v = v0 + at ⇒ 0 = 10 + a.5 ⇒ a = –2,0 m/s2
Podemos, agora, utilizar a Segunda Lei de Newton para 
encontrar o valor da força resultante, que será o valor da 
força de atrito:
FR = FATRITO ⇒ ma = µN ⇒ ma = µP ⇒ ma = µmg ⇒
a = µg ⇒ 2,0 = µ.10 ⇒ µ = 0,20
Esse resultado é corretamente mostrado na letra B.
Questão 06 – Letra A
Comentário: Na direção vertical, N = P = Mg. Já na direção 
horizontal, FR = Fat , e assim, Ma = µMg e a = 5 m/s². Pela 
equação de Torricelli, o carro parará a 62,5 m do seu ponto 
inicial de frenagem, atropelando o cavalo. 
Questão 07 – Letra E
Comentário: Para que a aposta seja ganha, o vaso tem que 
andar a distância (D – d) em um tempo t1 maior que o tempo t2 
gasto pelo forro para andar a distância D. Logo, pela equação 
horário do MRUV, sabendo que a aceleração do forro é a e a 
aceleração do vaso é gµ, teremos:
= = < µD
at
2
e D– d
at
2
2D
a
2(D– d)
g
D
D– d
g2
2
1
2
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Coleção Estudo
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Questão 11 – Letra A
Comentário: O gráfico da questão informa que o módulo da 
força de atrito cinético é igual a 0,8 N. Logo:
FAC = µCN ⇒ 0,8 = µC.1,0 ⇒ µC = 0,8, pois 
N = P = mg = 0,100.10 = 1,0
Assim, a resposta correta é a A.
Questão 12 – Letra C
Comentário: Como MA= 2MB, PA=2PB. A velocidade se tornará 
constante quando a força resultante for zero, ou seja, quando 
F = P. Disso, temos:
= =
= =
F P Kv PB (I)
F P K 2PB (II)
B B B
2
A A A
2
Dividindo II por I encontramos vA/vB= 2 
Questão 14 – Letra A
Comentário: Como entre t = 40 s e t = 70 s a velocidade é 
constante, temos que a força resultante sobre o paraquedista 
neste intervalo de tempo é nula.
Questão 15 – Letra D
Comentário: A melhor opção é a alternativa D, pois, na 
roda motriz (na qual temos a tração da roda), o pneu gira 
e empurra o solo para trás, que, por sua vez, empurra o 
pneu para frente.
Questão 17 – Letra D
Comentário: No ponto mais alto da trajetória, a velocidade 
e, por consequência, a força de resistência do ar são nulas. 
A aceleração é a da gravidade e ela não se anula no ponto 
mais alto. Logo, a alternativa D é a correta.
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Para um veículo desprovido de freios ABS, 
supondo que houve deslizamento dos pneus em relação à 
pista, a frenagem pode ser dividida em dois instantes: no 
primeiro, o pneu ainda roda sem deslizar, estando, portanto, 
sujeito à ação de uma força de atrito estático crescente; no 
segundo, assim que o valor da força de atrito estático atinge 
seu valor limite (que depende do coeficiente de atrito estático 
entre os pneus e a pista), os pneus do carro passam a deslizar 
(sem girar) sob ação de uma força de atrito cinético. Lembre-
se de que a intensidade da força de atrito cinético é sempre 
menor que a intensidade da força de atrito estático máxima. 
Os únicos gráficos que estão de acordo com essa discussão 
são os das alternativas A e E. 
Vamos, agora, analisar a situação em que um veículo com 
sistema ABS freia. Em uma pequena fração de tempo antes de 
as rodas travarem, o sistema libera o freio, ou seja, a força de 
atrito estático não atinge seu valor máximo. Logo em seguida, 
os freios são acionados novamente, repetindo esse processo, 
ou seja, as rodas são soltas antes de o atrito atingir o valor 
máximo. Repare que há um crescimento na intensidade da 
força de atrito até aproximadamente o valor máximo. Esse 
comportamento não é o retratado pela alternativa E, e sim 
pela A, que está correta.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: Gabriel e Tomás estão errados. As observações 
feitas por eles referem-se ao aumento da área de contato dos 
pneus com o solo. No entanto, sabemos que o módulo da força 
de atrito não depende da área de contato.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: A intensidade da força de resistência que atua 
na bola depende do valor da densidade do ar; logo, quando 
todas as outras condições estão constantes, a intensidade 
da força de resistência é diretamente proporcional à 
densidade do ar. 
Questão 04 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Para que as rodas não travem durante a 
frenagem do carro (como afirma o texto 1) é necessário que 
atue entre a roda e o solo uma força de atrito estático máxima, 
uma vez que cada ponto do pneu toca o solo, estando tais 
pontos momentaneamente em repouso. Por isso, é necessário 
que o módulo da força de atrito estático seja o maior possível, 
pois, caso o pneu trave (apresentando um movimento relativo 
com o solo), o valor da força de atrito passa a ser cinético e, 
portanto, de menor intensidade.
MÓDULO – A 08
Aplicações das Leis de Newton
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Quando puxamos o bloco de baixo, surge uma 
tendência de escorregamento entre este e o bloco A, em que 
o bloco tende a escorregar para trás em relação a B. Logo, 
a força de atrito age em A para frente, pois esta se opõe à 
tendência de escorregamento.
Questão 02 – Letra B
Comentário: Pela figura 2, sabemos que o peso do carrinho na 
direção do plano inclinado vale 60 N. Essa componente do peso 
tem valor Px = P.sen 30°, de onde descobrimos que o peso do 
carrinho vale 120 N. Procedendo de modo análogo na primeira 
situação, o peso do conjunto na direção do plano inclinado 
vale 80 N, de onde descobrimos que o peso do conjunto é 
160 N. Logo, o peso do bloco é de 40 N e sua massa de 4 kg.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Como a balança está indicando um valor menor 
que 70 kg, conclui-se que a normal é menor que o peso e o 
elevador está acelerado para baixo. Logo, a resultante das 
forças que atuam sobre ele também está para baixo. Portanto, 
o elevador pode estar subindo, reduzindo a sua velocidade, 
ou descendo, aumentando a sua velocidade. Dessa forma, 
a alternativa correta é a C.
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Questão 04 – Letra D
Comentário: O atleta sobe em movimento acelerado,logo, 
a resultante das forças que atuam sobre ele é dirigida para 
cima. Sobre ele atuam as forças peso (para baixo) e a tensão 
da corda (para cima). Aplicando a 2ª Lei de Newton, temos que:
FR = ma ⇒ T – P = ma ⇒ T – mg = ma ⇒ T = m(a + g)
Portanto, a alternativa correta é a D.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: Considerando o conjunto formado pelos dois 
blocos e a corda como sistema, as forças externas a este 
são os pesos dos blocos e a normal exercida pelo plano. Essa 
normal se cancela com a componente y do peso do bloco 1, 
logo, a resultante sobre o sistema estará sobre o outro eixo e 
valerá o módulo da diferença do peso do bloco 2 com o peso 
na direção do plano do bloco 1. Assim:
F = 10.10 – 8.10.0,8 = 36 N
Como F = ma, e a m = 18 kg, a = 2 m/s².
Questão 02 – Letra B
Comentário: Considerando como o nosso sistema o conjunto 
formado pelos três blocos e as cordas, as forças externas sobre 
este são apenas os pesos dos blocos. É trivial perceber que 
o sistema está acelerado para baixo do lado direito, então, 
pela Segunda Lei de Newton:
F = ma ⇒ 50 + 10m – 20 = (7 + m)5 ⇒ m = 1 kg
Questão 04 – Letra A
Comentário: Nessa situação, os dois blocos são colocados 
um sobre o outro, sobre o ponto P de um plano inclinado. 
Em seguida, os blocos são soltos e descem esse plano. 
De acordo com o enunciado da questão, as forças de atrito e 
de resistência do ar, nessa situação, são desprezíveis. Sendo 
assim, como os dois blocos estão sujeitos à mesma aceleração, 
pois estão apoiados sobre superfícies que apresentam a 
mesma inclinação em relação à horizontal, temos que esses 
blocos descem o plano inclinado juntos. Logo, o diagrama que 
melhor representa a situação, quando os blocos passam pelo 
ponto Q, é o da alternativa A.
Questão 05 – Letra A
Comentário: Essa questão trabalha com o conceito de peso 
aparente. No caso de o elevador subir com aceleração de 
2,0 m/s2, temos que a intensidade da normal será maior que 
a intensidade do peso.
O valor da normal é dado por:
FR = ma ⇒ N – P = ma ⇒ N = ma + mg ⇒
N = m(a + g) = 60(2,0 + 10) ⇒ N = 720 N
Tendo em vista que a balança “mede” a força normal N, 
o valor registrado pela balança, nessa situação, será 72 kg.
No caso de o elevador descer com aceleração de 
2,0 m/s2, temos que a intensidade da normal será menor 
que a intensidade do peso. A intensidade da normal será 
dada por:
FR = ma ⇒ P – N = ma ⇒ N = mg – ma ⇒
N = m(g – a) = 60(10 – 2,0) ⇒ N = 480 N
Tendo em vista o módulo da normal, nessa situação, temos 
que o valor registrado pela balança será 48 kg.
A situação C é a mais simples de se resolver, uma vez que, 
estando em queda livre, a pessoa não pressiona a balança. 
Logo, o valor registrado será 0 kg.
Dessa forma, os resultados são mostrados na alternativa A.
Questão 06 – Letra A
Comentário: Nessa situação, as forças que atuam sobre o 
bloco B são seu peso PB, a força normal NB e a de atrito FAB, 
exercidas pelo bloco A.
B
NB
PB
FAB
As forças peso e normal se anulam; logo, a força resultante 
que atua sobre o bloco B é a força de atrito FAB. Tendo em 
vista a imposição de que o bloco B não deslize sobre o bloco A, 
temos que a máxima força horizontal que o bloco A pode 
exercer sobre o bloco B é a força de atrito estático máxima. 
Logo, a intensidade máxima da aceleração a que o sistema 
pode estar sujeito é dada por:
FAB = mBa ⇒ mBa = µBNB ⇒ mBa = µBmBg ⇒ a = µBg
Sobre o bloco A, atuam as seguintes forças: seu peso PA, 
a força de compressão exercida pelo bloco B, NB, a força 
normal, NA, exercida pela superfície, a força de atrito exercida 
pela superfície, FAS, a força de atrito exercida pelo bloco B, 
FAB, e a força F.
F
A
NB
PA
NA
FAB
FAS
A força peso PA, a força de compressão NB e a força normal NA 
anulam-se mutuamente. Temos, então, que a intensidade da 
força resultante que atua sobre o bloco A é dada por:
FRA = mAasis = F – (FAB + FAS) ⇒
mAµBg = F – [µBmBg + µA(mA + mB)g] ⇒
mAµBg + µBmBg + µA(mA + mB)g = F ⇒
F = µBg(mA + mB) + µA(mA + mB)g ⇒
F = (µA + µB)(mA + mB)g
Logo, a alternativa correta é a A.
Questão 09 – Letra B
Comentário: Sobre o bloco de massa m2 atuam as seguintes 
forças: seu peso P2, a força de compressão exercida pelo 
bloco de massa m1 (cuja intensidade é igual ao módulo do 
peso deste, P1), a força normal N2 exercida pela superfície do 
bloco de massa m3, a força de atrito F1,2 exercida pelo bloco de 
massa m1, a força de atrito F2,3 exercida pelo bloco de massa m3 
e a força F. As forças P2, P1 e N2 são verticais, sendo P2 e P1 para 
baixo e N2 para cima. Já as forças F1,2, F2,3 e F são horizontais, 
sendo F1,2 e F2,3 para a esquerda e F para a direita. Logo, 
o diagrama que melhor representa as forças que atuam sobre 
o bloco de massa m2 é o da alternativa B.
Questão 10 – Letra D
Comentário: Se a balança registra 72 kg, é porque a reação 
normal que esta exerce sobre o homem vale 720 N. Logo, 
a resultante sobre ele vale 120 N, dirigida para cima, e 
sua aceleração é de 2 m/s², pela Segunda Lei de Newton. 
Aplicando a equação de Torricelli aos dados apresentados na 
opção D , considerando a = 2m/s², vimos que esse resultado 
é consistente.
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Coleção Estudo
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Questão 11 – Letra D
Comentário: De acordo com o enunciado da questão, 
o sistema mostrado é um sistema ideal. Logo, a corda 
é inextensível e são desprezíveis as massas da corda, 
das roldanas e os atritos. Foi dito também que o sistema 
encontra-se em equilíbrio. Sendo assim, o peso da barra de 
aço é sustentado pelas forças de tração exercidas pelos quatro 
ramos da corda. Tendo em vista que estamos lidando com um 
sistema ideal e que esse sistema encontra-se em equilíbrio, 
temos que o módulo da força de tração T é igual ao módulo 
da força F, T = F. Dessa forma, o módulo do peso P da barra 
de aço é dado por:
P = 4T = 4F ⇒ P = 4.1 000 ⇒ P = 4 000 N
Questão 12 – Letra E
Comentário: O bloco desliza quando a sua componente x 
do peso fica maior que a força de atrito estático máxima. 
Matematicamente, teremos:
Px = P.sen θ
Py = P.cos θ = N (equilíbrio na vertical)
Fatmáx= N.μ = P.cos θ.μ 
Na situação limite, teremos, Px = Fatmáx Psen θ = Pcos θ.μ 
m= tg θ
Questão 13 – Letra D
Comentário: A adição de uma roldana móvel sempre divide 
por 2 a força necessária para manter o conjunto em equilíbrio. 
Logo, com duas roldanas, a força a ser feita é de P/4.
Questão 14
Comentário: 
A) Sobre o balde atuam duas forças: a força peso do balde 
e a força de tração. Quando o balde encontra-se em 
repouso, o dinamômetro marca 100 N. Logo, nessa 
situação, o módulo da força de tração é de 100 N e, 
consequentemente, o módulo do peso do balde também é 
de 100 N. No momento em que o balde passa pelo ponto A, 
o dinamômetro marca 120 N; logo, o módulo da força 
de tração, nesse momento, é de 120 N. Sendo assim, 
o módulo da aceleração que atua sobre o balde nesse 
instante é dado por:
 FR = T – P ⇒ ma = T – P ⇒ a = (T – P)/m
 Considerando g = 10 m/s2, temos que a massa do balde 
é de 10 kg. Utilizando esse valor de massa na equação 
anterior, obtemos o módulo da aceleração:
 a = (120 – 100)/10 ⇒ a = 2,0 m/s2
B) Não é possível concluir, pois sabemos apenas que o 
vetor aceleração está direcionado para cima e que seu 
módulo é de 2,0 m/s2. Entretanto, não sabemos qual o 
sentido do vetor velocidade. Se o balde estiver subindo, 
seu movimento será acelerado. Se o balde estiver 
descendo, seu movimento será retardado. 
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Como o movimento das partículas é aleatório, na 
média um número igual de partículas colidirá com cada lado 
das palhetas. Assim, o movimento do eixo tende a ser nulo, 
já que um choque de um lado é balanceado por um choque 
do lado oposto. A utilidade da engrenagem é justamente 
impossibilitar que esse equilíbrio ocorra. Quando a palheta for 
atingida por uma partícula que a faça girar em um determinado