Física 6

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22
3 Física 12ª Série – Módulo 6 – Resolução
 1. a) Sendo iR a intensidade da corrente na lâmpada residencial e iA na automotiva, da definição 
de potência elétrica, temos: 
U i
i
i
i A
i A
P
120 120
120 12
1
10
R
A
R
A
& &$= =
=
=
=
b) As duas consomem a mesma quantidade de energia, pois esta só depende da potência 
e do tempo em que permanecem ligadas (E = P ⋅ ∆t). 
 2. Como cada 1 kWh = 3,6 ⋅ 106 J, temos:
500 kWh = 500 ⋅ 3,6 ⋅ 106 & 500 kWh = 1,8 ⋅ 109 J
 3. A energia consumida é calculada pelo produto entre a potência, o tempo e a quantidade 
de cada aparelho (E = P ⋅ ∆t ⋅ n). Substituindo na tabela, temos:
Aparelho Quantidade Potência (W) Tempo (h) Energia (Wh)
lâmpada comum 5 100 1 500
lâmpada econômica 8 25 2 400
chuveiro 2 5 000 0,5 5 000
ferro elétrico 1 1 000 0,5 500
lavadora 1 1 000 1 1 000
geladeira 1 1 500 2 3 000
computador 2 200 4 1 600
televisor 2 200 4 1 600
ar-condicionado 1 1 400 1 1 400
O consumo total de energia diário (ED) é igual à soma do consumo de cada aparelho, ou seja:
ED = 500 + 400 + 5 000 + 500 + 1 000 + 3 000 + 1 600 + 1 600 + 1 400 & ED = 15 000 Wh = 15 kWh
O gasto energético mensal (EM) ao final de 30 dias é dado por:
EM = 30ED = 30 ⋅ 15 & Etotal = 450 kWh
Como cada kWh de energia custa R$ 0,30, seu consumo C, em reais, é dado por:
Consumo (kWh) Consumo (R$)
1 0,30  & C = 450 ⋅ 0,3 & C = R$ 135,00
450 C
Assim, o valor total da conta (V) será dado por:
V = 0,25V + C & 0,75V = C & V = 180 reais
 4. A energia elétrica economizada (∆E) é dada por: 
∆E = P ⋅ ∆t = (100 – 20) ⋅ 10–3 ⋅ 10 ⋅ 30 ⋅ 24 & ∆E = 576 kWh
Aula
67
Potência elétrica
22
3 Física 22ª Série – Módulo 6 – Resolução
 1. Considerando que a resistência elétrica do chuveiro seja ôhmica e utilizando a definição 
de potência dissipada 
R
UP
2
=d n, temos:
R
R
P P
110
4 400 220 4 400 220
110( ) ( )110
2
2
110
2
2
&
=
=
= & P(110) = 1 100 W
 2. A energia elétrica dissipada pelo ebulidor na forma de calor é dada por:
∆E = P ⋅ ∆t = 
R
U t
100
1002 2
$T = ⋅ 8 ⋅ 60 = 48 ⋅ 103 J
Com 25% do calor perdido, 75% serão responsáveis pelo aquecimento. Como 1 cal = 4 J, o 
calor Q que provoca o aquecimento é obtido por:
Calorias Joules
1 4  & Q = 9 ⋅ 103 cal
Q 0,75 ⋅ 48 ⋅ 103
Da equação fundamental da calorimetria, temos:
Q = mc∆θ & ∆θ = 
m c
Q
$
 = 
100
9 103
$ = 90 oC
Lembrando que uma variação de 90 oC corresponde a uma variação de 90 K e que a tempe-
ratura inicial é θi = 300 K, somos levados a obter uma temperatura final θf = 390 K. Porém, 
como a temperatura de ebulição da água é de 373 K, ocorre mudança de estado e a tem-
peratura final da água será de 373 K.
 3. a) A corrente elétrica é dada por:
P = U ⋅ i & 4 400 = 220 ⋅ i & i = 20 A
b) Da definição de resistência elétrica, temos:
U = R ⋅ i & 220 = R ⋅ 20 & R = 11 Ω
c) Da definição de potência média, vem que:
,
t
E E E JP 4 400
10
4 4 104& & $
T
T T T= = =
Considerando que 1 cal = 4 J, temos:
,E
4
4 4 104
$T = & ∆E = 1,1 ⋅ 104 cal
Aula
68
Efeito Joule
Física 32ª Série – Módulo 6 – Resolução
22
3
 4. A resistência do chuveiro, considerada ôhmica, é dada por:
,
R
U
R
RP 4 400 110 2 75
c c
c
2 2
& & ��= = =
Para que o chuveiro continue funcionando normalmente (mesma potência, tensão e corrente), 
temos o seguinte esquema:
A B CRc = 2,75  R
i
UAB = 110 V UBC
UAC = 220 V
Como os resistores estão em série, eles são percorridos pela mesma corrente. Assim, temos:
,R
U
R
U
U U U
R
U
R
U U
R2 75
110 220 110
c
AB BC
BC AC AB
c
AB AC AB& &
=
= -
=
-
= - & R = 2,75 Ω
22
3 Física 42ª Série – Módulo 6 – Resolução
 1. a) Como a eficiência luminosa de uma lâmpada fluorescente compacta é quatro vezes 
maior que a da incandescente, podemos substituir uma lâmpada incandescente de 100 W 
por uma fluorescente compacta de 25 W, sem prejuízo na iluminação.
b) Sendo a energia dissipada por uma lâmpada incandescente, na forma de calor, em torno 
de 85%, seu rendimento elétrico é de 15%. Por ter uma eficiência quatro vezes maior, o 
rendimento elétrico de uma lâmpada fluorescente compacta é de 60%.
 2. a) Da Lei de Ohm-Pouillet, vem:
ε’ + 5,0 ⋅ 2 + 10 ⋅ 2 – 100 = 0 & ε’ = 70 V
b) Da equação do gerador e da definição de potência, temos:
,
U r i
U i
U
i
U i
r i
W
W
W
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
100 10 2 0
100 2
80 2
10 2
200
160
40
t
u
d
t
u
d
t
u
d2
2
& & &$
$
$
$
$
$
$
$
$
� �� �
�
� �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Logo, o rendimento da bateria é:
P
P
200
160
t
u &� �� � & η = 80%
c) Da equação do receptor e da definição de potência, temos:
U r i
U i
U
U i
i
r i
W
W
W
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
70 5 2
80 2
70 2
5 2
160
140
20
’
’
’
’
t
u
d
t
u
d
t
u
d2
2
& & &$
$
$
$
$
$
$
$
$
�
�
� �
�
� �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Logo, o rendimento do motor elétrico é:
P
P
160
140
t
u & &� �� � η = 87,5%
d) O rendimento do sistema é dado pelo produto do rendimento da bateria e do motor elé-
trico. Assim, temos:
ηsist. = 0,8 ⋅ 0,875 & ηsist. = 70%
Analogamente, o rendimento do sistema pode ser calculado como a razão da potência útil 
no receptor pela potência total no gerador. Assim, temos:
ηsist. = 
P
P
200
140
t
u
gerador
receptor = & ηsist. = 70%
Aula
69
Potência – Geradores e receptores
Física 52ª Série – Módulo 6 – Resolução
22
3
 3. a) Resistores em série mostrados na figura abaixo:
r = 0,50 
2,4  2,4  2,4 
 = 1,5 V
i_ +
A resistência equivalente é dada por:
Req. = 2,4 + 2,4 + 2,4 = 7,2 Ω
Da definição de resistência elétrica, vem:
i = 
,
, ,
R
U
r R
A
7 7
1 5 0 19
.eq
���
�
� � 
Assim, a potência fornecida pelo gerador será dada por:
P = Req ⋅ i2 = 7,2 ⋅ (0,19)2 & P = 0,26 W
b) Resistores em paralelo mostrados na figura abaixo:
r = 0,50 
2,4 
2,4 
2,4 
 = 1,5 V
_ +
i
A resistência equivalente é dada por:
Req. = ,
3
2 4 = 0,80 Ω
Da definição de resistência elétrica, vem:
,
, ,i
R
U
R
A
1 3
1 5 115
.eq
��� � � �
Assim, a potência fornecida pelo gerador será dada por:
P = Req. ⋅ i
2 = 0,80 ⋅ 1,152 & P = 1,1 W
Física 62ª Série – Módulo 6 – Resolução
22
3
 4. a) 
1 
30 V 40 V
2 
10 V 50 V
8 2,4 
1 
2 
2 
i1 i3
i2
Da lei dos nós, vem que:
i1 = i2 + i3 (I)
Como os resistores de resistência 2 Ω e 8 Ω estão em paralelo, estão submetidos à mesma 
d.d.p. Assim, temos:
U2 Ω = U8 Ω & 2 ⋅ i2 = 8 ⋅ i3 & i2 = 4 ⋅ i3 (II)
Simplificando o circuito:
1  1 
30 V
2  2 
10 V
40 V
50 V
i1
2,4  1,6 
Dessa forma, da Lei de Ohm-Pouillet, temos:
1i1 – 30 + 1i1 – 40 + 1,6 ⋅ i1 + 50 + 2i1 + 10 + 2i1 + 2,4i1 = 0 & 10 ⋅ i1 = 10 & i1 = 1 A
Substituindo i1 no sistema das equações I e II:
i i i
i i
i i i i
4
4 1 51 2 3
2 3
1 3 3 3& & $
� �
�
� � � & i3 = 0,2 A
b) De acordo com o sentido de corrente, podemos concluir que o gerador de maior f.e.m. é 
o de 40 V. Assim, como a corrente que o percorre tem intensidade de 1 A, temos:
U
U r i
r i
40
40 1 1
&
$
$ $� ��
�
�
��
� �
� � � � & η = 97,5%
22
3 Física 72ª Série – Módulo 6 – Resolução
 1. a) No exato instante em que a chave é fechada, temos, no resistor R:
U = ε e i = 
R
��
b) Muito tempo depois que a chave estiver fechada, a tensão no capacitor se iguala à ten-
são fornecida pela fonte ε e não haverá corrente no circuito. Portanto, para o resistor R, 
temos U = 0 e i = 0.
c) Da definição de capacidade eletrostática, temos:
C = 
U
Q & Q = C ⋅ ε
d) Da equação acima, concluímos que Q e U são grandezas diretamente proporcionais e 
que o gráfico Q versus U é uma reta inclinada que passa pela origem. Graficamente, temos:
Q
U0
Q
U
e) I. Da área do gráfico, obtemos a energia (E), acumulada no capacitor, em função de Q e U:
áNE rea E Q U
2
&
$= =
 II. Da equação acima e da definição de capacitância, obtemos a equação da energia (E)
em função de C e U:
E Q U
Q C U
E C U U
2 2
&
$
$
$ $=
=
= & E = C U
2
2
$
III. Das mesmas equações utilizadas no item acima, podemos obter E em função de Q e C:
E Q U
U
C
Q
E Q
C
Q2
2
&
$$
=
=
= d n & E = 
C
Q
2
2
$
Aulas
70 e 71
Capacitores
Física 82ª Série – Módulo 6 – Resolução
22
3
 2. a) Para um campo elétrico uniforme entre as placas, podemos escrever que a tensão entre 
elas é dada por U = E ⋅ d. Assim, da definição de capacitância de um capacitor, temos:
E
A
Q
U E d
C
U
Q
C
A
Q d
Q C
d
A
& &
$
$
$
$
$
�
�
�
�
�
�
� �
Logo, essa capacitância depende da área das placas, da distância que as separa e do meio 
que existe entre elas.
b) Quando a tecla é pressionada, estamos reduzindo a distância (d) entre as placas e, con-
sequentemente, aumentando a capacitância do capacitor.
 3. a) Substituindo ε = kd ⋅ ε0, temos:
C
d
A
k
C
d
k A
d
d
0
0&
$
$
$ $
�
� �
��
�
�
b) Sendo kd ≥ 1 e sabendo que quanto maior a capacidade de um capacitor, maior será a 
carga acumulada nas suas placas C
U
Q=d n, da equação obtida no item acima, temos que a 
presença de um dielétrico faz com que a carga acumulada no capacitor seja maior.
 4. a) Após um longo intervalo de tempo, o capacitor é totalmente carregado e a corrente no 
circuito é zero.
b) Na situação inicial, quando os pontos 1 e 2 estão conectados, da Lei de Ohm-Pouillet, 
temos:
i = 
R
2
2 4
&
� ��
�/ & ε = 12 V
Da definição de capacitância, vem:
C Q Q20 10
12
6& $
��
� �� & Q = 240 µC
c) A energia E dissipada pelo resistor é a energia descarregada pelo capacitor. Assim, temos:
E = C E
2 2
20 10 12–2 6 2
&
$ $ $�� � & E = 1,44 ⋅ 10–3 J
 5. a) Quando associamos capacitores em paralelo, a tensão em cada um deles é a mesma da 
associação, ou seja, é igual a U.
b) A quantidade de carga total acumulada na associação é igual à soma das cargas em 
cada elemento, ou seja: Q = Q1 + Q2 + Q3.
c) Da definição de capacitância, temos:
Q Q Q Q
Q C U
1 2 3
$
� � �
�
 & Ceq. ⋅ U = C1 ⋅ U + C2 ⋅ U + C3 ⋅ U & Ceq. = C1 + C2 + C3
Física 92ª Série – Módulo 6 – Resolução
22
3
 6. a) Quando associamos capacitores em série, as placas das extremidades são carregadas 
devido à tensão da fonte. As placas intermediárias são carregadas por indução, como mostra 
o esquema abaixo:
C1 C2 C3
+Q _Q
+ _
+ _
C1 C2 C3
+Q
+
+
_
_
+
+
_
_
+
+
_
_
_Q +Q _Q +Q _Q
Após alguns instantes, a carga de cada capacitor será a mesma carga fornecida pela fonte 
de tensão, que corresponde à carga da associação:
+Q
+
+
_
_
_Q
Ceq.
b) A tensão total é igual à soma das tensões em cada capacitor: U = U1 + U2 + U3.
c) Da definição de capacitância, temos:
U U U U
U
C
Q C
Q
C
Q
C
Q
C
Q
C C C C
1 1 1 1
. .eq eq
1 2 3
1 2 3 1 2 3
& &
� � �
�
� � � � � �
 7. a) Os capacitores C2 e C3 estão associados em paralelo e, portanto, U2 = U3. Assim, temos:
C
U
Q
U U
C
Q
U U
2 10
30 10
2 3
2
2
3 3 6
6
& &
$
$�
�
� �
�
�
 & U3 = 15 V
b) A carga acumulada em C3 é dada por:
Q3 = C3 ⋅ U3 & Q3 = 10 ⋅ 10–6 ⋅ 15 & Q3 = 150 µC
Logo, a carga da associação em paralelo será:
Q = Q2 + Q3 & Q = 30 µC + 150 µC & Q = 180 µC
Como na associação em série a carga em cada capacitor é a mesma da associação, temos:
Q1 = Q & Q1 = 180 µC
c) A tensão no capacitor 1 é dada por:
U
C
Q
U U V
4 10
180 10 451
1
1
1 6
6
1& &
$
$� � �
�
�
Física 102ª Série – Módulo 6 – Resolução
22
3
Logo, a tensão U entre os pontos A e B será:
U = U1 + U2 = 45 + 15 & U = 60 V
d) Na associação mista, temos:
C1 = 4 F
C2 = 2 F
C3 = 10 F
A B
2 F + 10 F = 12 F
Logo, a capacitância equivalente dessa associação é dada por:
C C
1
4
1
12
1 1
12
3 1
. .eq eq
&� � � � & Ceq. = 3 µF
e) Sendo UAB = 60 V e Ceq. = 3 µF, da definição de capacitância, temos:
QT = Ceq. ⋅ UAB & QT = 3 ⋅ 10–6 ⋅ 60 & QT = 180 µC
22
3 Física 112ª Série – Módulo 6 – Resolução
 1. a) Como o chuveiro está ligado sob tensão de 220 V, da definição de resistência elétrica, 
vem:
i = 
R
U
11
220= & i = 20 A
b) Como a potência total consumida é P = 335 + 100 + 55 + 110 + 4 400 = 5 000 W, para um in-
tervalo de tempo ∆t = 15 min = h
4
1 , temos um consumo de energia elétrica (∆E) dado por:
∆E = P ⋅ ∆t = 5 000 ⋅ 
4
1 = 1 250 Wh & ∆E = 1,25 kWh 
c) Com o rompimento do fio em A, a associação em série do ventilador e da TV fica sujeita a 
uma tensão de 220 V. Assim, a corrente nessa associação é i’ = ,
R
U A
220 110
220 0 67
.eq
=
+
= 
e as potências em cada um dos aparelhos são dadas por:
,
,
R i W
R i W
P
P
220 0 67 98
110 0 67 49
’
’
. .vent vent
T V T V
2 2
2 2
$ $
$ $
= = =
= = =
Como somente o ventilador fica sujeito a uma potência 10% maior que a sua nominal, 
somente o ventilador irá queimar.
 2. a) A potência P0 é dada por:
P0 = 
R
U
12
120
0
2 2
= & P0 = 1 200 W
b) Como a tensão U é mantida, devemos ter:
R
U
R
U
R
U R R
R
U
P P
P
P
2
2 2
1 2
1
1
2
1
2
2
2
2 1
2
2
2
& &
=
= = =
=
Sendo R1 + R2 = R0, vem:
R R
R R
R R
R R
R
R
12
2
2 12
2
4
8
1 2
2 1
1 1
2 1
1
2
& &
Ω
Ω
+ =
=
+ =
=
=
=
Aula
72
Exercícios gerais
Física 122ª Série – Módulo 6 – Resolução
22
3
c) A potência total P é dada por:
R
U
R
U
R
U
R
U
P P P
P P
P
4
120
8
120
1 2
1
1
2
1
2
2
2 2 2
2
2
2
& &
= +
= = + = +
=
 P = 5 400 W
Assim, a razão pedida é obtida de: 
,
P
P
P
P
1200
5 400 4 5
0 0
&= =
 3. a) Para E = 
E
7
0 , temos:
kd = E
E0 = 
E
E
7
0
0 & kd = 7
b) A capacidade eletrostática do capacitor sem o dielétrico é dada por:
C = 
d
A
3 10
9 10 10 100
3
12 4
$
$ $ $��
�
�
� �
 & C = 3 pF
Já com o dielétrico, kd = 
0ε
ε , e assim temos:
C
d
A
k
C
d
k A
3 10
7 9 10 10 10
d
d
0
0
3
12 4
&
$
$ $ $ $���
� �
�
�
� �
�
� �
 & C = 21 pF
22
3 Física 132ª Série – Módulo 6 – Resolução
 1. Quanto maior o índice de refração, maior será o desvio sofrido pelo raio de luz, pois sua ve-
locidade será menor. Logo, o raio de luz que sofre o maior desvio é o de maior frequência 
(violeta), e o que sofre o menor desvio é o de menor frequência (vermelho). Como a luz de 
menor frequência é a vermelha e a de maior é a violeta, teremos as sete cores dispersas no 
prisma na seguinte ordem:
prisma
n2
luz solar
branca
1ª face
n1
2ª face
n1
n2 > n1
vermelho
alaranjado
amarelo
verde
azul
anil
violeta
 2. Da Lei de Snell-Descartes, sendo i400 o ângulo de refração da luz com comprimento de 
onda 400 nm, e i700 o da luz com 700 nm, temos:
n1 ⋅ sen i1 = n2 ⋅ sen i2 & , , ,
, , ,
,
,
,
,
sen i
sen i
sen i
sen i
i
i
1 00 0 50 1 67
1 00 0 50 147
0 30
0 34
175
20 0
o
o
400
700
400
700
400
700
& &
$ $
$ $
=
=
=
=
=
=
Logo, o ângulo θ formado entre os dois comprimentos de onda refratados é dado por:
θ = i700 – i400 & θ = 20,0o – 17,5o & θ = 2,5o
 3. O Sol nasce no leste e se põe no oeste. Para formar um arco-íris à sua frente, os raios de luz 
do Sol devem vir de trás do rapaz, isto é, a direção geográfica na qual o Sol se põe, pois a 
observação ocorreu no fim da tarde. Logo, a direção geográfica à qual as costas do rapaz 
estão voltadas é a oeste.
 4. Em sua passagem do ar para o prisma, a luz branca sofre uma refração com desvio em relação 
à trajetória original (haja vista que a incidência foi oblíqua em relação a uma das faces laterais 
do prisma). Como o prisma apresenta diferentes índices de refração para os diferentes com-
primentos de onda que compõem a luz branca, pode-se notar, já no seu interior, diferentes 
desvios para cada “componente” da luz solar (resultando no que se entende por “dispersão 
da luz branca”). Ao emergir através da segunda face (passagem do prisma para o ar), o feixe 
continua disperso em cores monocromáticas, desviando-se, novamente, em relação às suas 
trajetórias anteriores.
Aula
73
Espectro de ondas eletromagnéticas
22
3 Física 142ª Série – Módulo 6 – Resolução
 1. a) Se iluminada com luz monocromática verde, veríamos a Bandeira Nacional com as cores 
indicadas na figura:
b) Se iluminada com luz monocromática amarela, veríamos:
 2. Da equação fornecida, temos:
,
,
D
d m
1 00
1 00 10 3
&$
$� �� �
�
 ⋅ 0,600 ⋅ 10–3 & λ = 600 ⋅ 10–9 m & λ = 600 nm
Do espectro deondas eletromagnéticas da aula anterior, concluímos que a luz é amarela.
 3. a) Como o comprimento de onda do laser utilizado pelo Blu-ray é menor, os orifícios da 
rede de difração também serão menores e, assim, a quantidade de informação que pode 
ser armazenada será maior, pois o número de orifícios será maior.
Aulas
74 e 75
Fenômenos ópticos
Física 152ª Série – Módulo 6 – Resolução
22
3
b) Da equação fornecida, temos:
,
,
,
,D
d m
m
m
m m
m m
650 10
1 00 10
1 10 10
405 10
1 00 10
1 10 10
6 5 10
4 05 10
DVD
Blu ray
DVD
Blu ray
9
3
3 3
9
3
3 3
4
4
-
-
& &$
$
$
$ $
$
$
$ $
$
$
$
���
�
�
�
�
�
�
� �
�
�
� �
�
�
Como o tamanho da faixa clara central (x) é o dobro da distância do centro da faixa clara 
central até a primeira região escura, temos:
x = 2 m & 
,
,
,
,
x
x
x mm
x mm
2 6 5 10
2 4 05 10
13
0 81
DVD
Blu ray
DVD
Blu ray
4
4
- -
&
$ $
$ $
�
�
�
�
�
�
 4. Para a difração de uma onda de comprimento de onda λ em fenda única de largura igual a 
d, a extensão m da faixa mais clara (máximo central) de um padrão de difração formado a 
uma distância D da fenda pode ser obtida por:
,
,
, ,
D
d m m m m
2
632 8 10
2 2 60
137 10 2 4 109
3
3& &
$
$
$
$
$ $
$��� � ��
�
� & m = 2,4 mm
 5. a) O ponto central é escuro em razão da diferença de fase ser igual a π rad. Essa diferença é de-
vida aos raios que incidem no ponto A sofrerem reflexão na interface do disco curvo com o ar 
(sem inversão de fase) e na interface do ar com a placa de vidro plana (com inversão de fase).
b) A diferença de caminho entre o raio de luz refletido na interface inferior disco-ar e o 
raio de luz refletido na interface superior ar-placa plana, além da inversão de fase no ponto 
C (interface ar-placa), dão origem ao fenômeno da interferência luminosa. Se a interferência 
for construtiva, surgem linhas claras; se for destrutiva, linhas escuras.
c) Se for utilizada luz solar branca, irão se formar anéis das diversas cores componentes da 
luz branca.
d) Como exemplo, podemos citar as lentes antirreflexo, ou espelhos retrovisores antiofus-
cantes nos carros.
 6. Como o desvio sofrido pela luz era para frequências mais baixas (cor vermelha), ele pode con-
cluir que as galáxias estão se afastando de nós e que, portanto, o Universo está em expansão.
 7. a) Verdadeira. 
b) Falsa. O Príncipio de Huygens explica o fenômeno da difração ao afirmar que quando 
uma onda encontra um obstáculo ou uma fenda, cada ponto da frente de onda atua como 
uma fonte secundária. 
c) Falsa. As dimensões do obstáculo ou fenda devem ter a mesma ordem de grandeza do 
comprimento de onda da onda que sofrerá a difração. 
d) Verdadeira. 
e) Verdadeira. 
f) Falsa. Dependendo da localização dos obstáculos ou fendas, a interferência pode ser regular.
g) Falsa. A polarização é um fenômeno ondulatório exclusivo das ondas transversais. 
h) Verdadeira. 
i) Falsa. Uma luz não polarizada, ao atravessar uma lente polarizadora, passa a se propagar 
apenas em um plano de vibração. 
j) Verdadeira.