Este documento discute princípios da óptica, incluindo reflexão da luz em espelhos planos. Exemplos mostram como a cor de objetos muda quando iluminados por luz monocromática e exercícios cobrem tópicos como formação de imagens, leis da reflexão e propriedades de espelhos côncavos e côncavos.

1. física
óptica
1
Capítulo 1 princípios da óptica / espelhos planos
Conexões
1. Quando iluminada com luz branca, a bandeira brasileira é
vista nas cores verde, amarelo, azul e branco.
2. Se a fonte emite somente luz monocromática amarela, a
bandeira brasileira será vista por nós da seguinte forma:
• as regiões verde e azul absorvem a luz monocromática
amarela; portanto, serão vistas na cor negra;
• as regiões amarela e branca serão vistas na cor amarela,
pois refletirão difusamente a luz amarela.
Exercícios complementares
9. Soma = 22 (02 + 04 + 16)
(01) Incorreta. A reflexão é difusa.
(02) Correta.
(04) Correta. A região vai do vermelho ao violeta.
(08) Incorreta. Reflete todas as luzes.
(16) Correta.
10. e
Observe a figura:
HP R x 49 x 0,10 m B Q A
Com base na figura, obtemos:
H xx 10 50 = ⋅ s H = 500 cm = 5,0 m
11. a) Para que uma parte do Sol seja vista (eclipse anelar),
a Lua deve se afastar da Terra, conforme mostra a
figura.
AA’ B’ O B
b) De acordo com a figura dada e empregando semelhança
de triângulos, escrevemos:
distância do observador àLua diâmetro da Lua d = istância
do observador ao Sol diâmetro do Sol s
s d 3 5 10 150 10 1 4 10 3 6 6 , , ⋅ = ⋅ ⋅ s d = 3,75 · 105 km = 375.000
km
12. a
De acordo com a figura dada, as clorofilas absorvem a
luz azul (85% de absorção), a violeta (68%) e a vermelha
(53%). A absorção da luz verde é praticamente igual a 0;
portanto, essa luz é refletida.

2. 21. a
Para um objeto real, o espelho plano conjuga uma
imagem virtual, do mesmo tamanho que o objeto e a uma
distância do espelho igual à distância do objeto ao
espelho.
22. d
Como o objeto e a imagem são simétricos em relação ao
espelho plano (do = di), então, se o objeto se aproxima do
espelho com velocidade de 1 m/s, a imagem também se
aproximará do espelho com a mesma velocidade.
23. d
Observe a figura:
i r Ci 40° 140° R1 B A E1 R2 E2
No triângulo ABC, temos:
α + 40° = 90° s α = 50°
Como R2 é paralelo a E2: r = α = 50°
Sendo i = r, temos: i = 50°
24. Observe a figura:
1,20 m 0,40 m 0,80 m 0,90 m B Q x R P S VV’ i2 i2 r2 r2
x x + = − 0 4 0 8 1 20 9 , , , , s 0,9 ⋅ x + 0,36 = 0,96 – 0,8 ⋅ x s
s 1,7 ⋅ x = 0,60 s x = 0 60 1 7 ,, s x = 0,35 m

3. 2
Tarefa proposta
1. a
As fontes primárias são os corpos que emitem luz própria:
Sol, estrelas e vela acesa.
2. b
Somente podemos ver as fontes de luz. No escuro, os
objetos não emitem luz.
3. d
Nas proximidades do Sol, o feixe de luz é cônico divergente,
pois ele emerge afastando-se desse astro. Nas
proximidades da Terra, por causa da grande distância
entre esse planeta e o Sol, o feixe de luz já é
praticamente cilíndrico.
4. d
Observe a figura:
2,5 m H 3 m 54 m
H 54 2 5 3 = , s H = 45 m
5. io pp i i = = = ’ , s s 60 15 200 4 5 cm
6. Hh Ss H H = = = s s 1 8 40 2 36 , m
7. Observe a figura:
rhHR3m2m
• hH rR R = = s 13 05 ,s R = 1,5 m
• A = π · R2 = π · 1,52 s A = 2,25π m2
8. d
1,20 m 0,80 m m n X y L 1,2 m 2,4 m
• x 2 4 2 0 1 2 , ,, = s x = 4,0 m
• y 1 2 2 0 1 2 , ,, = s y = 2,0 m
Área da sombra = x ⋅ y s A = 4 ⋅ 2 s A = 8,0 m2
9. c
• Regiões I e III: a incidência de luz é parcial e,
portanto, são penumbras.
• Região II: não há incidência de luz e, portanto, é uma
região de sombra.
10. a
• Eclipse solar: Lua entre o Sol e a Terra.
• Eclipse lunar: Terra entre o Sol e a Lua.
11. e
Como a superfície é iluminada com luz branca e
apresenta-se na cor amarela, ela reflete difusamente o
componente amarelo da luz branca e absorve os demais.
12. e
O fenômeno pode ser atribuído à alteração na densidade
das nuvens que compõem o planeta, em razão da
constante movimentação do gás.
13. V – V – V – V

4. I. (V) Em virtude de os raios solares terem a mesma
inclinação, no mesmo horário as sombras terão tamanhos
iguais.
II. (V) O não paralelismo dos raios solares, sendo a
Terra plana, permite visualizações de sombras
diferentes.
III. (V) Pela formação do aro ao redor da Lua, podemos
verificar tal situação.
IV. (V) Da geometria, temos: α = medida do arco medida do
raio
180° π rad
4° α
∴ α = π 45 rad
Então: π π 45 450 20 250 = = R R km km s .
p = 2πR s p = 220 250 π π ⋅ . = 40.500 km
14. a
15. e
Observe a figura:
30° 30° °
30° + 30° + 2θ = 180° s θ = 60°

5. 3
16. d
Na figura: sen α = 100 200 = 0,5 s α = 30°
Assim, temos:
60°30° r i
i + r = 60°. Sendo i = r:
2 ⋅ i = 60° s i = 30°
17. a
EFDBAHGO
De acordo com a lei da reflexão: vértice A, conforme a
figura.
18. d
hx hy x y x y A B = = = ⋅ s s 16 9 16 9 (I)
Sendo x + y = D s x + y = 60 (II)
Substituindo (I) em (II), temos:
16 9 · y + y = 60 s 16 ⋅ y + 9 ⋅ y = 60 ⋅ 9 s
s 25 ⋅ y = 540 s y = 21,6 cm
Ainda:
x = 16 9 ⋅ 21,6 s x = 38,4 cm
O caminho percorrido pelo raio luminoso é:
dACB = dAC + dCB s
s dACB = ()(, )()(,)1638492162 2 2 2 + + + s
s dACB = 41,6 + 23,4 s
s dACB = 65 cm
19. V – V − F
I. (V) Na reflexão: i = r
II. (V)
III. (F) O raio incidente e o raio refletido estão no mesmo
plano.
20. a
Observe a figura:
21. b
De acordo com a reflexão da luz, Oscar deverá ver a
imagem do lápis na posição L. Veja a construção:
22. e
O observador verá a imagem em I. Observe a figura:

6. Por meio da reflexão da luz:
O I N BA
23. e
De acordo com a simetria observada em espelhos planos,
temos:
A BC A’ B’ C’ E

7. 24. d
Espelho plano Vista de cima A B B’ 4 cm 12 cm 4 cm 12 cm
Na figura:
(AB’) = (12 + 4)2 + (12)2 s AB’ = 256 144 + s AB’ = 20 cm
25. Observe a figura:
EEDBACO
Encontrando a imagem do observador O, verifique os pontos
que se encontram no campo visual do espelho.
E E D B A C OO’
Os pontos visíveis são B, C e D.
26. a
A Espelho Torre 40 cm 40 m 40 cm 5 m B CD O O’
AB CD CD = = ⋅ 5 8 0 4 40 0 4 5 8 ,, , , s s CD = 2,76 m
27. d
Espelho A B 28 cm 24 cm 4 cm
dAB 2 = (24)2 + (28 + 4)2 s
s dAB 2 = 576 + 1.024 s dAB = 1600 .s
s dAB = 40 cm
28. a
Observe a figura:
E L H H L d I1 I2 E2
A distância da vela à nova posição do espelho é:
L + d
Logo: h = H e x = L + d
29. Observe a figura:
Raio de luz re_etido por E1 Raio de luz re_etido por E2 E1 E2 P’1 30° 60° 30° 30° P P1 N1 N2 E1 E2 P’2
α1’ = 0° e α2’ = 30°
30. Cada bailarina deverá fornecer cinco imagens, sendo
assim:
n = 360° β – 1 s 5= 360° β – 1 s 6 = 360° β ∴ β = 60°
O ângulo necessário é o de 60°, e as bailarinas poderão
ficar em qualquer posição, pois n é ímpar.
31. a
Ao olhar diretamente para um dos espelhos, a imagem
(enantiomorfa) será vista revertida. Como a imagem obser-
vada através da linha de intersecção dos espelhos é
formada por uma dupla reflexão, esta será vista
normalmente sem reversão.
Observação: A inversão citada nas alternativas é
reversão, como citado no próprio enunciado.
4

8. 32. a espelho por meio do
Se a parte vista é a traçado dos raios notáveis.
superior da Lua, esta está V aa C P ’ P ’ P
iluminada pelos raios Conforme a figura, a imagem
solares e, portanto, eles é real.
devem incidir de acordo 12. d
com a figura: De acordo com a figura,
temos que a lâmpada está
Capítulo 2 Espelhos esféricos colocada:
• no centro de curvatura
Conexões do espelho E2, pois os
De acordo com a figura dada, raios luminosos refletem
o navio se incendeia quando sobre si mesmos;
estiver exatamente no • no foco do espelho E1,
foco do espelho côncavo, pois os raios luminosos
onde se concentra a luz refletem paralelos ao
do Sol. Nesse caso, a eixo principal.
distância focal do espelho
é 50 m. Como o raio de 21. d
curvatura do espelho é o Para formar a imagem real
dobro da distância focal, de um objeto real,
temos R = 100 m. devemos usar um espelho
côncavo. Se desejarmos
Exercícios complementares uma imagem maior que o
objeto, devemos colocar
9. e
esse objeto entre o foco
• Para um objeto colocado
e o centro de curvatura.
na região 2, entre o foco
e o vértice do espelho, a
22. e
imagem será formada em
1 1 1 1 4 10 1 2 4 10 1 9 6 2 1
1, atrás do espelho,
sendo virtual, direita e f p p p p= + = + = − − ’ · , · ’ ’ ,s s s
⋅− =
maior que o objeto.
• Para um objeto colocado −−−− 10 2 4 10 4 10 4 8 10 3
na região 3, entre o foco
e o centro de curvatura
1 2 2 , · · ’ , · ssp m
do espelho, a imagem
será formada em 8, sendo io p p i i= − = − = − − −− ’ · , · , · s s 2
real, invertida e maior 10 4 8 10 2 4 10 2 21 4 103 ·
−m
que o objeto.
A imagem é real, invertida
• Para um objeto colocado
e com 4 ⋅ 10–3 m de altura.
na região 4, a imagem
será formada em 7, entre
o foco e o centro de
curvatura, sendo real,
Portanto, menor que o
invertida e menor que o
objeto.
objeto.
10. De acordo com a figura 23. d
dada, a imagem é virtual, Quando o objeto e a imagem
direita e menor que o se localizam no mesmo
objeto. Nessas condições, ponto, eles estão no
o espelho é convexo. centro de curvatura do
11. A figura ilustra a espelho. Sendo assim:
localização gráfica do f R f = = = 2 60 2 30 s cm

9. 24. a) Para o pequeno Tarefa proposta
espelho, o objeto,
1. a
colocado em F, é virtual,
Imagem ampliada e direita s
pois é formado pelos
espelho côncavo, com o
prolongamentos dos
objeto entre o foco e o
raios.
vértice.
b) 1 1 1 1 10 5 12 1 2 05
2. b
1 1 5 f p p f f f = + = − + =
I. Correta. Espelho
− + = − = − ’ , , , w s s s 23 cm
convexo s imagem virtual
de objeto real
II. Correta.
Portanto: r f r cm = ⋅ = − 2
III. Incorreta. Os
espelhos côncavos podem
fornecer imagens
invertidas e não são
43 s
usados como retrovisores
c) Como f < 0, o espelho
externos.
é convexo.
5

10. 3. a 111112000111fppfpfpfp=+=+’.’’’ss
Para um objeto situado
∴ p’ H 15 cm (foco)
s HH
entre o centro e o foco,
sua imagem estará antes
do centro de curvatura e
será real, invertida e de
II. Incorreta. Passando
tamanho maior que o
pelo centro de
objeto.
curvatura, os raios são
4. b
refletidos sobre eles
Será formada em L, entre o
próprios.
foco e o vértice do
III. Correta. O objeto
espelho convexo.
está posicionado antes do
5. b foco.
I. Correto. Trata-se de um 12. e
dos raios notáveis.
I. Correta. Se p = 2 ⋅ f s p’
II. Correto. Idem ao
anterior.
III. Errado. Esse raio deve
ser refletido
= 2 ⋅ f
paralelamente ao eixo do
espelho.
6. d
Observe a figura: II. Correta. Se p = f s p’ = ∞
B’A’ABFVC III. Correta.
7. d IV. Correta.
Observe a figura: 13. c
111151301fppp=+=+’’ss
CFB’A’VBA
8. a
ss 613013056−===pp’’cm
I. Correto.
II. Incorreto. A lanterna Portanto: s’ = p’ = 6 cm
lança raios de luz. 14. b
Observe a figura: Espelho convexo: imagem
F virtual e menor que o
III. Incorreto. O feixe é objeto.
divergente. Observe a 15. a
figura: p = p’ = 30 cm
ABFC 1111130130fppf=+=+’ss
9. d ss 123015ff==cm
A imagem é um conjunto de
pontos formando uma 16. Pela equação de Gauss,
mancha curva e simétrica temos:
denominada cáustica de 11114521151fppp=+=+’’ss
reflexão.
10. a sss 24511511245115=+=−pp’’
Todo objeto posicionado ss 1234545pp’’=−=−cmcm
entre C e F num espelho
Assim: A = − ==ppA’s 45153
côncavo formará uma
imagem real, invertida e 17. a) Para imagens
maior que o objeto. projetadas em uma tela
11. c (imagem real), o espelho
deve ser côncavo.
I. Correta. p = 20 m ou
2.000 cm 11111251600241600fppf=+=+=+’s
f==6002524cmcm

11. b)
ioppii=−=−=−’ss 26002548cmcm
Imagem invertida
18. RfRf===221 mmss
6

12. Sendo A = 2 s 2 = −pp’ s p’ = –2p
Na equação de Gauss: 23. Imagem real e invertida,
1111112121205fpppppp=+=−=−=’,s portanto o aumento linear
transversal é igual a –4,
ss m
O objeto deve ser pois a imagem se forma 3 m
posicionado a 0,5 m ou 50 atrás do objeto, e não do
cm do vértice do espelho. espelho. Assim, temos:
19. a p = 1 m s p’ = 4 m
Imagem direita é ampliada 11111114141454fppff=+=+=+=’sss
cinco vezes: s f = 0,8 m
24. a) 1111301140fppp=+=+’ss
Apppppp==−=−⋅’’’ss 55 ssss 113014014312011120ppp=−=−=
s p = 120 cm
b) ioppooo=−
Sendo 111fpp=+’, temos:
−=−==’sss 3401203139cm
111015015150ff=+ c) Observe a figura:
−=−ss ff==504125s ,cm Vp = 120 cmp’ = 40 cm30 cmOCif
20. c 25. R = 40 cm s f = 20 cm
a) Se p = 120 cm s
1111201121fppp=+=+’’ss
1201120111201120=+=−pp’’ss
ss 1356060230pp’’=−=−=−cm s 161120p’=− s p’ = 24 cm
A imagem conjugada pelo (real)
espelho é virtual, direita b) Se p = 10 cm s
e maior que o objeto, pois:
12011011120110=+=−pp’’ss
AppA=−=−=’,301225s s 11220p’=− s p’ = –20 cm
21. b (virtual)
Imagem real (projetada) e 26. c
maior que o objeto: Imagem direita e reduzida s
Espelho convexo
Aiooo==⋅5s A = 5 (módulo) A=12, temos: App=−’ s
s 12230215=−=−=−=−ppppp’’’cm ss
Portanto:
Apppppp=−−=−=⋅’’’ss 55
1111130115fppf=+=−’ss
s 1123030ff=−=−s cm
Sendo R = 2 ⋅ f s R = 2 ⋅ (–30)
Sendo p’ – p = 2,4 s 5 ⋅ p – p =
s R = –60 cm
2,4 s p = 0,6 m e p’ = 3,0 m, 27. iopphhpppp=−=−=−’’’ss 33
111211323133fpprpprppr=+=+
portanto:
1111106130fppf=+=+’,,ss −=−=’sss
ss ff=+==513030605,,,m 28. a
R = 2 ⋅ f s R = 2 ⋅ 0,5 s R = 1,0 m
I. Correta. Toda imagem
direita é também virtual.
II. Correta. Apenas o
espelho convexo forma
imagem virtual e menor
22. ioppoopp=−==−=−’’ ’ 22040cmcms
que o objeto.
111112014012140fppff=+=+
s f = 40 cm s R = 80 cm

13. III. Correta. A = IV. Falsa. p = 180 cm
V. Falsa. R = 2 ⋅ (–20 cm) = –
− = − = − pppppp’’’ss 0101,,
111120110112001101fpppp
p=+−=+−−=−⋅’ss ,,, s
40 cm
7
s p = 180 cm e p’ = –18 cm

14. 29. a ao menor deslocamento
Se a imagem é do mesmo entre os pontos P e Q.
tamanho, isso significa que Com uma régua, meça os
o objeto se encontra no comprimentos para cada
centro de curvatura do um dos trajetos e
espelho. Portanto: R = 40 verifique que o menor
cm deles é o correspondente
Assim: f R = 2 s f = 20 cm ao trajeto P w D w Q.
2. Com base no princípio de
30. A p p p p = − = − = − ’ ’ ’ m s s
Fermat que diz: “A
14 12 0 3 , ,
trajetória do raio de luz
Pela equação de Gauss:
entre dois pontos A e B é
1 1 1 1 1 1 2 1 0 3 1 1 4 1
tal que o tempo despendido
2 f p p f f = + = − = − ’s s s , , ,
no percurso é o menor
f = –0,4 m
possível”, o salva-vidas
A distância focal do espelho deve escolher o percurso
é de 0,4 m ou 40 cm. de tempo mais curto.
31. d Observação: Na reflexão
Observe a figura: da luz, o percurso de
tempo mais curto coincide
C1 C3 F1 E1 F2 E2 10 cm 15 cm
32. a) No espelho plano: di = do com o percurso mais curto,
= 20 cm s d1 = 20 cm pois a velocidade é a
1 1 1 130 1 20 1 f p p p = + = mesma durante todo o
+ ’ ’ ss percurso. Contudo, na
s s s 2 3 60 1 60 60 2 − = =− = p p refração, isso não
d ’ ’ cm cm acontece, pois temos uma
Portanto: dd dd 21 21 60 20 3 = mudança na velocidade da
= s luz.
b) A pp A = − = − − = ’ ( ) 6020 3 Exercícios complementares
s
9. e
I. Verdadeira.
Capítulo 3 Refração da luz
II. Verdadeira. vmeio = c meio
Conexões n . Como nmeio > 1, temos
vmeio < c.
1. Você pode resolver esta
questão de dois modos: III. Falsa. Maior o índice
I. Usando a segunda lei da de refração.
reflexão: a medida do IV. Falsa. Mais
ângulo de incidência é refringente s maior índice
igual à medida do ângulo de refração
de reflexão. Verifique 10. c
todas as possibilidades Ao sair do vidro, a
dadas: o único trajeto velocidade da luz aumenta
para o qual essa lei é e, portanto, o raio
válida é P w D w Q. representado deve se
II. Usando o princípio de afastar em relação à
Fermat: “O percurso normal.
efetuado pela luz para Sendo assim, o raio
se deslocar entre dois luminoso correto para o
pontos é tal que o tempo vidro deve ser o
gasto nesse representado em c.
deslocamento é mínimo”. O 11. a) Reflexão e refração.
tempo mínimo corresponde

15. b) Observe o esquema a 21. a
seguir: I. Correta.
Ar 75° 40° i = 50° 50° 75° A B Vidro II. Incorreta. Os raios f
12. a) n v v v = = = ⋅ = ⋅ c m/s
e e são paralelos.
III. Correta.
IV. Incorreta.
V. Correta. Lei da
2 4 3 10 1 25 10 8 8 , , s reflexão: i = r
b) Observe a figura: 8
A B 135° 135°
sen L nn L a d = = = ° 1 2 4 0 42
23 , , s H

16. 22. Sejam: De acordo com a refração: β
• n: índice de refração do < θ = α
meio onde se encontra o 3. c
peixe.
a) Correta. Lei de Snell: ni ⋅
• n’: índice de refração do
meio onde se encontra o
observador.
• x: posição real do peixe.
• x’: posição aparente do sen θi = nr ⋅ sen θr
peixe.
x x nn x x ’ , = = = ’ ’ ’ m s s 2
431 1 5 b) Correta. n v = c temos:
c sen c sen sen sen v v v v
23. b
⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ θ θ θ θ s
Na primeira face do prisma,
não há mudança na direção i i r r r i i r
do raio luminoso
horizontal. Na segunda
c) Incorreta. A frequência
face do prisma, temos:
não se altera.
6°6° r i ° d) Correta. Em b: λ θ λ θ r i i r f
np · sen 6° = nar · sen α s 1,5 ⋅ f ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ sen sen
0,104 = 1 ⋅ sen α s
e) Correta. Veja item b.
4. b
Observe a figura:
Nri N 12
s sen α = 0,156 s α = 9° • Reflexão: i = r
Na figura, temos: i = 9° – 6° s i
• Refração: nar ⋅ sen i = n2 ⋅
= 3°
Como r = i s r = 3°
24. V – F – F – F
II. Falsa. O violeta é mais sen α
desviado, pois possui • Na figura: r + α = 90° s cos
velocidade menor que o r = sen α
vermelho. • Portanto, sendo nar = 1,
III. Falsa. O feixe violeta é temos:
sen i = n2 ⋅ cos r s n2 = sen
monocromático.
IV. Falsa. Somente ocorrerá
reflexão total se o
ângulo-limite for de 45°.
cos ii s n2 = tg i
Tarefa proposta 5. e
1. b Como n para o azul é maior
n = cv s v = cn que n para o vermelho, a
Para n mínimo, temos v luz azul sofre maior
máxima. desvio que a vermelha,
obedecendo às leis da
2. b
refração.
6. a
Re_etido Refratado Incidente NR e
De acordo com a lei da
Observe a figura:
reflexão: θ = α
O n2 n1 i

17. n1 ⋅ sen i = n2 ⋅ sen θ s 1 ⋅ cos
7. De acordo com a lei de
Snell, temos:
nar ⋅ sen i = nágua ⋅ sen r, em
β = n2 ⋅ sen θ s
que r = 37°
1 ⋅ sen i = 43 ⋅ sen 37°
s cos 45° = n2 ⋅ sen 30° s 2 2 =
∴ sen i = 43 ⋅ 0,60 = 0,80 s i H
n2 ⋅ 12 s n2 = 2
53°
Portanto: n2 = 2 2 2 22 ⋅ =
53° 53° 37° N i
9

18. Assim, o ângulo do raio III. Correta.
incidente com a horizontal IV. Incorreta.
será: V. Correta.
90° – 53° = 37° Do ar para o vidro, temos:
8. a) n = cv s v = 3 10 1 3 8 ⋅ , s v nar ⋅ sen 30° = nvidro ⋅ sen r s
= 2,3 ⋅ 108 m/s sen r = 1 1 5 12 , ⋅ s
s sen r = 13 s r = 19°
b) v = ΔΔst = ⋅
Do vidro para a água, o
− 1 6 12 10 9 , s v
ângulo-limite é dado por:
sen L = nnágua vidro s sen L = 1 3
= 1,3 ⋅ 108 m/s
1 5 ,, s L = 60°
Portanto, não há reflexão
total.
Do vidro para a água:
nvidro ⋅ sen i s nágua ⋅ sen r ’ s 1,5 ⋅
vP vv θ
cos θ = vv v p p 3 s s = ⋅ 1 3 10 0
13 = 1,3 ⋅ sen r ’ s
64 8 , , = 2 ⋅ 108 m/s
s sen r ’ = 0,38 ∴ r ’ H 22,5°
9. e
Observe a figura:
x + 90° + 150° + 90° = 360° x = 360° – 330° x = 30° 150° 150° x Da água para o ar:
n ⋅ sen 30° = nar ⋅ sen 90° s n ⋅
nágua · sen 22,5° = nar · sen r s
1,3 · 0,38 = 1 · sen r s r =
30°
12. e
12 = 1 ⋅ 1 s n = 2
Nas fibras ópticas, temos
reflexão interna total.
13. a
Na figura, temos duas
10. c refrações e uma reflexão.
A reflexão deve ser da luz Observe:
branca como um todo. Raio incidente Refração RefraçãoReflexão Raio de luz após dispersão Gota de
chuva 42°
A refração terá maior
⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =
desvio para o azul, pois
sua velocidade é menor em 14. a) n n n n 1 2 2 3
relação à da luz
vermelha.
sen sen sen sen θ α α β
11. b
I. Correta. Reflexão total: β = 90°
II. Incorreta. Ângulo de 30° (sen 90° = 1) e n3 = 1
com a normal.

19. n1 ⋅ sen θc = n3 ⋅ sen 90° s n1 =
1 sen c θ
b) n v n = = = ⋅ cv c c sen c
ssθ
s v = 3 ⋅ 105 ⋅ 0,75 s v = 2,2 ⋅
105 km/s
15. O raio de luz mais
interno sofre reflexão
total, conforme figura:
R + d P NN Q i1 i1 i2i2
sen menor maior L nn = e sen i R
R d 1 = +
Sendo sen i1 > sen L:
R R d nn R R d + > + > menor maior
s s 132
s 3 ⋅ R > 2 (R + d) s 3R > 2R +
2 ⋅ d s
s R > 2d s Rd > 2
16. b
Observe o esquema:
xx N 10 cm 10 cm 0,5 cm 0,5 cmi1 i1 i2 i2i1 i1
10

20. n1 ⋅ sen i1 = n2 ⋅ sen i2 s 1 ⋅ 0 5
10 32 , = ⋅ sen i2 s sen i2 = 1
30
Então: v st t = = ⋅ =
De acordo com os dados:
sen i2 = x 10 . Portanto: 1 30 10
− Δ Δ Δ 2 10
= x s x = 13 cm
Sendo D = 2 ⋅ x, temos:
10 8 1 s Δt = 5 ⋅ 10–10 s
D = 2 ⋅ 13 s D = 23 cm 20. Pela lei de Snell, temos:
n1 ⋅ sen 45° = n2 ⋅ sen θ s 1 ⋅ 2 2
17. b
I. Possível: incidência normal
sem desvio de trajetória.
II. Impossível: ver item 2 = ⋅ sen θ s
anterior.
III. Impossível: na refração
na primeira face o raio de s sen θ = 12 s θ = 30°
luz deve fechar em Assim: tg θ = x x x x 5 33 5
relação à normal. 5 3 3 289 s s = = = ,cm ou cm
IV. Possível: ver item
21. Na incidência sobre a
anterior.
lâmina, temos:
18. e
nar ⋅ sen θ = n ⋅ sen r s 1 ⋅ 12
Observe a figura:
ArPescador Água Imagem virtual
Conforme figura, a imagem do
peixe é virtual e
= 1,4 ⋅ sen r
localizada acima dele.
19. a) Observe a figura:
irrNN
b) nar ⋅ sen i = n2 ⋅ sen r s 1 ⋅ sen r = 0,357 s r = 21°
d i r r e d e = − ⋅ = ⋅ − sen
0,9 = 1,5 ⋅ sen r s
cos sen ° ° cos ° ( ) ( ) s s
30 21 21
s sen r s 0,6 s cos r = 0,8
Assim: cos r = es s s Δ Δ Δ s s 0
8 0 08 0 1 , , , = = m
n v v v = = ⋅ = ⋅ c s s 1 5 3 10 2
10 8 8 , m/s

21. s d = 10 ⋅ sen ° cos ° 9 21 s d
Sendo tg r H sen r = 0,1,
temos:
0,1 = d3 s d = 0,3 m s d = 30 cm
24. c
⋅
Imagem virtual.
= 10 0 156 0 934 ,, s d =
x x nn x x ’ ’ ’ ’ , = = = = s s 1
431 34 0 75 m ou x’ = 75 cm
1,67 mm
25. c
22. e A decomposição da luz
Do ar para a água: hi < ho branca ocorre em virtude
Da água para o ar: hi > ho de cada componente da luz
23. Observe a figura: branca possuir um índice de
refração diferente.
Cd O F E r 1,0 m 1,0 m 1,0 m meio A (ar) meio B 7°
26. a
Na figura: nar ⋅ sen 7° = nB ⋅
nar ⋅ sen 60° = np ⋅ sen 30°
sen r s
1 3 2 12 ⋅ = ⋅ n
s 1 ⋅ 0,12 = 1,2 ⋅ sen r s sen r
p s np = 3
= 0,1 27. a
tg r = d3 De acordo com o gráfico.
11

22. 28. a A = r1 + r2 s 60° = 2 · r1 s r1 = r2 =
Aumentando o comprimento 30°
nar ⋅ sen 45° = np⋅ sen 30° s
de onda, diminui o índice de
refração do prisma e isso
provoca um menor desvio
angular, como mostrado na
s 1 ⋅ 2 2 12 = ⋅ n
alternativa a.
29. d p s np = 2
np ⋅ sen 53° = nar ⋅ sen 90°
Capítulo 4 Lentes esféricas e instrumentos
ópticos
np ⋅ 0,80 = 1 ⋅ 1 s np = 1,25 Conexões
Com essa atividade prática,
você revisará a
= = ⋅ = ⋅ c m/s s s 1 25
construção de imagens,
n v v v p
tanto para a lente
convergente como para a
3 10 2 4 10 8 8 , , lente divergente. No caso
da lente convergente, as
30. a) 60° 50° 40° Δ 60° 60° N2 N1
medidas do objeto à lente
e da imagem real à lente
possibilitam a determinação
da distância focal dela.
1. Com a lente convergente,
as imagens obtidas no
anteparo são reais,
b) Δ = i1 + i2 – A s Δ = 50° + 40° – invertidas, maiores ou do
60° s Δ = 30° mesmo tamanho que o
31. a objeto.
Na primeira face, temos: 2. Na determinação da
nar ⋅ sen 45° = np ⋅ sen r1 s 1 ⋅ 2
distância focal da lente
divergente, a abscissa do
objeto é negativa porque o
objeto é virtual.
2 = 2 ⋅ sen r1 s
3. A lente divergente pode
conjugar uma imagem real,
projetada em um anteparo,
se o objeto for virtual,
s r1 = 30° como na atividade
Então: desenvolvida.
• A = r1 + r2 s 75° = 30° + r2 s r2 =
45° Exercícios complementares
• np · sen 45° = nar · sen i2 s
9. 1 1 1 1 1 30 1 15 1 2 30 3
s 2 2 2 ⋅ = 1 · sen i2 s 30 f p p f = + = + = + = ’ s
1 110 f = s f = 10 cm
Sendo assim:
s sen i2 = 1 s i2 = 90° V = 1 10 1 f = , = 10 di
• Δ = i1 + i2 – A s Δ = 45° + 90° – 75°
10. 1 1 1 130 1 10 1 1 2 2 f f f
s Δ = 60°
32. c f = + = + ss

23. s s 1 130 1 10 1 3 30 2 30 2 f = 1 1 1 110 1 15 1 150 15 10
− = − = − f p p p p = + = + = − ’ ’ ’ s s s p’
= 30 cm
s s 1 115 2 f = − f2 = –15 cm
Essa imagem localiza-se à
⋅ +
direita da lente 1. Como
11. V = nn r r lente meio − as lentes estão
separadas por 50 cm, a
imagem, que será objeto
− = 1 1 1 1 5 1 1 1 2 ,
para a lente 2, está a 20
⋅ + e e m e 0 05 1 003 , ,
cm à esquerda da lente 2.
1 i= A abscissa da imagem
final é:
1 1 1 115 1 20 1 300 20 15
= ⋅+ 0 ⋅+
f p p p p = + = + = − ’ ’ ’ s s s p’
0 1 = 0 1 0 0 5 100
= = 60 cm
Portanto, a imagem
5 100 3 0 5 300 500 15 formada pelo sistema de
lentes está a 60 cm à
0, , ,5 800 15 ⋅
direita da lente 2.
b) O tamanho da primeira
imagem é:
io pp i 1 14 30 15 = − = − ’ s s
V V = ⋅ ∴= 0 5 160 3 80 3 , di
i1= –8,0 cm
Essa imagem possui 8,0 cm
de altura, é real e
Como V = 1f , temos: f = 3 invertida.
80 m O tamanho da imagem
final é:
12. a) A abscissa da imagem ii pp i 21 28 60 20 = − − = − ’ s s
conjugada pela lente 1 i2 = 24,0 cm
é: 12

24. A imagem final possui 24 cm V f p p V= = + = ∞+ 1 1 1 1 1 0
de altura, é real, 02 ’ mín. s s , s
invertida em relação à
s Vmín. = 50 di
primeira imagem e direita
A amplitude de acomodação
em relação ao objeto.
visual é a diferença entre
c) 30 cm50 cm 60 cm 15 cm FO FO F i L1 L2 Fi Ii I2
as convergências máxima e
mínima. Assim:
Aacom. visual = 54 − 50 s Aacom. visual =
4 di
Tarefa proposta
1. d
I. Incorreto. Se n1 < nL, a
lente será divergente.
2. b
21. b Se o líquido for mais
I. Correta. Na lupa, uma refringente que o vidro (n
lente convergente > 1,4), a esfera líquida se
produz uma imagem comporta como uma lente
virtual, direita e maior convergente.
que o objeto. 3. a) Observe a figura:
II. Correta.
AM N L 1 cm 1 cm B C
f = 3 cm
III. Incorreta. O cristalino
funciona como uma lente b) Pela equação de Gauss:
convergente. A correção 1 1 1 13 16 1 f p p p = + − = + ’
da miopia é feita com ’ ss
lente divergente. s 1 2 1 6 p’ = − − s p’ = –2 cm
22. d Pela equação do aumento:
A miopia é corrigida com io p p i i = − = − − = ’ cm cm s s 3
lentes divergentes. Como a 2 6 1 ( )
miopia está associada a um 4. a
alongamento do globo Se os índices de refração
ocular, a lente divergente da lente e do meio, no qual
faz a correção dos raios ela é imersa, forem iguais,
produzindo a imagem mais teremos uma continuidade
para trás, onde está a óptica, ou seja, os raios
retina. não sofrem refração na
23. c lente e, portanto,
A anomalia da visão dessa continuam paralelos ao
pessoa é a hipermetropia. eixo da lente.
Ela deve ser “corrigida” Assim: d d ar lente = 0
com uma lente
5. d
convergente.
Como a imagem formada
24. Para o ponto próximo, apresenta características:
temos a convergência virtual, direita e menor,
máxima, dada por: isso somente é possível
V f p p V = = + = + 1 1 1 10 por meio de uma lente
25 1 0 02 ’ máx. s , , s divergente.
s Vmáx. = 54 di 6. a
E, para o ponto remoto, a Lentes de bordos finos
convergência mínima: (lente 1) são

25. convergentes, se nlente > III. Para ser projetada,
next. a imagem deve ser real.
Portanto, a lente 1 é V. A lente deve ser
convergente, se n1 > n2. convergente e a imagem
7. c real.
Como o vidro e a glicerina VI. Uma lente
têm índices de refração convergente apresenta
praticamente iguais, não imagens reais que são
serão observados desvios sempre invertidas.
na trajetória da luz. 9. V = 2 di
8. F – V – F – V – F – F – V Como V = 1f , sendo f em
I. As lentes divergentes metros, temos:
produzem apenas imagens 2 = 1f s f = 0,5 m ou 50 cm
virtuais, portanto não 13
podem ser projetadas.

26. 10. d Expressando em mm, temos: p =
Imagem maior que o 75 mm
objeto: lente 13. a
convergente. De acordo com o gráfico: p = 20
A = 10 4 = 2,5 s p’ = – 2,5 ⋅ p
cm s p’ = 20 cm
Sendo 1 1 1 1 1 20 1 20 10 f p p
f f = + = + = ’s s cm
Imagem virtual, direita e
(imagem virtual).
ampliada quatro vezes: A = 4
Assim:
Assim: A pp pp p p = − = − = − ⋅ ’ ’ ’ s
1 1 1 1 1 12 1 2 5 12 f p
p f = + = − ⋅ ’ , ss
s4 4
Portanto:
s 1 25 1 30 30 1 5 f f = −
1 1 1 110 1 1 4 f p p p p = + = − ⋅ ’
= , , s s f = 20 cm
11. a) Observe a figura:
pp’
ss
f = 0,24 m ou f = 24 cm
p + p’ = 1,5 m ou p + p’ =
s 1 10 4 1 4 = −⋅ p s
150 cm
o = 12 mm ou 1,2 cm
Pela equação de Gauss,
s 4 ⋅ p = 30 s
temos:
1 24 1 150 1 = − + pp’ ’ s 1
24 150 150 = + − − p p p p
’ ’ ( ’) ’
s p = 7,5 cm
1 24 150 150 = − ( ’) ’ pp s
14. a) Observe as figuras:
150p’ – p’2 = 3.600 s
d Lente 1 Lente 2 f1 e f2 Se f1 > f2 , o feixe emergente será mais estreito que o feixe incidente. Se
f1 < f2 , o feixe emergente será mais largo que o feixe incidente. f1 e f2 d Lente 1 Lente 2
s p’2 – 150p’ + 3.600 = 0
As raízes dessa equação b) Observe a figura:
são: Triângulos semelhantes d d’ Lente 1 Lente 2
p’1 = 120 cm e p’2 = 30 cm Semelhança de triângulos:
= = ⋅ s
b) io p p io p p = − = − ’ ’ s s 1
i1 1 2 120 30 , = − s
1 1 df df d ff d ’ ’ 2 1 21
s i1 = – 4,8 cm
io p p i i 2 2 2 2 2 1 2 30 120
0 3 = − = − = − ’ cm s s , , 15. a) LA FA FB LB 5 cm9 cm 4 cm
12. Pela equação do
aumento:
io p p o o p p p p = − − = − =
’ ’ ’ s s 2 2 (I)
Substituindo (I) na
equação de Gauss:
14
15 1 12 15 3 2 = + = p p p s
s p = 7,5 cm

27. b) Imagem fornecida pela Para cada uma das lentes,
lente A: temos:
11115131fppp=+=+’’ss 111112fnrr=−
()⋅+21: s118111fr=−⋅∞+21: (,)
s13515p’=− s p’ = –7,5 cm (à
esquerda de LA) 1s 1s
Dessa imagem à lente B,
temos: p = 7,5 + 10 s
s p = 17,5 cm
Assim, a imagem conjugada
108110808frfrfr=⋅⋅ 0 1 0
8 1 ==,,,ss
pela segunda lente é:
1111411751fppp=+=+’’ss ,
s 117544175p’=−⋅,, s p’ p5,2 cm ∴ f = 2 ⋅ fo
16. d 19. a) Pela equação de Gauss,
Como a imagem é real e temos:
invertida, ela e o objeto 11111181036fppf=+=+’,,ss
estão em lados opostos da s 1151818603fff=+==,,, ssm
lente. b) Como a lente é do tipo
O aumento pode ser convergente (f > 0), a
encontrado por: provável anomalia visual
A = ioAs= − = − 2613 do estudante é a
ou seja, Appp=−−=−’s 1350 s p = hipermetropia.
150 cm 20. a) ioppA=−=’
Assim: A = −990 = −0,1
1115015013150f=+=+s f = 1504 =
b) Como A = −pp’s – 0,1 = −12p
37,5 cm
s p = 120 cm
17. d c) 111fpp=+’s
Como o objeto se encontra 11120112f=+s1110120f=+s
sobre o ponto s f = 12011 = 10,9 cm
antiprincipal da lente, a
imagem terá 21. a) Imagem virtual,
características: real, direita e maior. Assim:
A = – pp’ s 3 = pp’ s p’ = –3 ⋅ p
invertida e do mesmo
tamanho do objeto.
18. e
111fpp=+’, temos:
111112fnrr=−⋅+2 s 118111fr
14113143138327=−=−=ppppsscmc
mH,
ro=−⋅+111(,) s
81f b) p’ = – 3 ⋅ p s p’ = – 3 ⋅ 83 s
p’ = – 8 cm
s
A = io s 3 = i07, s i = 2,1 cm
108211616frfRfrooo=⋅⋅ o 2 1
o 1 ==,, 22. b
11111011200fppp=+=+’ss
s 120120020019pp=−=scm
,ss

28. A = –pp’ s A = –20020019s A = –
19
A ampliação é igual a 19
vezes.
23. Soma = 5 (01 + 04)
Imagem real e cinco vezes
menor que o objeto:
A = –15 s A = –pp’s –15=−pp’ s p’ =
p5
Sendo p = 60 cm, temos: p’ =
605 = 12 cm
Portanto:
111116011211560fppff=+=+=+’sss
s f = 10 cm (convergente)
A lente é biconvexa de
distância focal = 10 cm.
24. d
a) Incorreta. O cristalino
projeta a imagem na
retina.
b) Incorreta. O
responsável pela visão é
o córtex visual.
c) Incorreta. A imagem na
retina é invertida em
relação ao objeto.
e) Incorreta. A retina
funciona como o filme
fotográfico.
25. a
b) Incorreta. O cristalino
fornece imagens reais e
uma lente convergente
pode formar imagens
virtuais.
c) Incorreta. A lente é
convergente.
d) Incorreta. O espelho é
côncavo.
e) Incorreta. Na lente
ocorre refração.
15

29. 26. 111121130115130fpppp=+=+ ss 116303016pp==cm
−=+’sss
AppA=−=−−=’()30301616ss
27. d

30. I. (V) De acordo com a equação de Gauss, o
estudante A teria sua imagem produzida mais
próxima do plano focal da lente.
II. (F) Apenas a imagem do estudante A está “em
foco”.
III. (F) A imagem na câmara do estudante A está
formada praticamente no filme, e a de B, pelo
fato de que o objeto a ser fotografado está
sobre o foco objeto da lente, ele não consegue
visualizá-la.
28. a) C = –2 di s 1f = –2 s
s f = –12 = – 0,5 m
f < 0 s lente divergente
b) Observe a figura:
1,5 m0,5 m0,5 moi
Imagem virtual, direita e menor que o objeto.
29. V = 10002514113,,−=−=dVpps di
30. c
A miopia é “corrigida” com lente divergente, que
diminui a convergência dos raios luminosos,
fazendo com que a imagem se forme na retina.
31. b
Provocando desvio na trajetória da luz, o
problema de visão é “corrigido”.
32. a) O míope deve usar óculos de lentes
divergentes.
b) 11112020fdffpp =−=−=−ss cm
16