Resolve 6-1

Prévia do material em texto

6V | Volume 6 | Física6V | Volume 6 | Física
Bernoulli Resolve
SUMÁRIO
Módulo A 16 Equilíbrio do Ponto Material 3
Módulo A 17 Equilíbrio de Corpos Extensos 7
Módulo A 18 Impulso e Quantidade de Movimento 11
Módulo B 16 Difração e Interferência de Ondas 15
Módulo B 17 Ondas Estacionárias 18
Módulo B 18 Som e Efeito Doppler 21
Módulo C 16 Radiação de Corpo Negro e 
Quantização de Energia 25
Módulo C 17 Dualidade Onda-Partícula e 
Efeito Fotoelétrico 29
Módulo C 18 Introdução à Relatividade Especial 32
Frente A
Frente B
Frente C
FÍ
SI
C
A
COMENTÁRIO E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
MÓDULO – A 16
Equilíbrio do Ponto Material
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra A
Comentário: Podemos resolver esse exercício usando um 
método gráfico. Para isso, devemos representar três forças 
agindo no ponto O, local em que a pessoa atua segurando 
os fios de sustentação do pacote: a força para cima é feita 
pela pessoa, e as duas forças inclinadas são exercidas pela 
parte esquerda e pela parte direita do fio (trações no fio). 
As figuras a seguir mostram essas forças para duas situações 
diferentes, uma em que o ângulo α entre as partes do fio 
é pequeno e outra na qual esse ângulo é grande. Nos dois 
casos, para o pacote permanecer em equilíbrio, a intensidade 
da força feita pela pessoa deve ser igual ao módulo do peso 
da carga. Da mesma forma, a intensidade da resultante 
das duas trações deve ser igual à intensidade da força feita 
pela pessoa. Observe que as duas situações a seguir foram 
desenhadas considerando-se essas características do sistema. 
Observe, ainda, que as trações são menores quando o 
ângulo α é pequeno. Para α = 0°, cada tração vale a metade 
do peso. Quando α tende para 180°, a tração nos fios 
tende para o infinito. Nesse exercício, o maior valor de α 
é o da alternativa A. 
Portanto, nessa posição, os fios sofrem a maior tração. 
Força feita
pela pessoa
TraçãoTração
OO
Questão 02 – Letra A
Comentário: Como a mola está esticada e possui massa 
desprezível, pode-se dizer que as tensões em suas extremidades 
são equivalentes. Já a tensão da corda A equilibra a soma do 
peso da caixa de massa m à força da mola entre as cordas B e C. 
O diagrama de corpo livre a seguir demonstra como se orientam 
as forças:
m
A
TA
B
C
TB
TA
TC
TBP
TA
Questão 03 – Letra B
Comentário: O problema pode ser modelado de acordo com 
o seguinte diagrama de forças:
Ti
TF
F
Em que Ti é a tensão inicial, TF a tensão final e F a força 
perpendicular aplicada.
A partir do diagrama, podemos ver que as forças finais nos dois 
pontos de apoio possuem direções diferentes e são maiores 
que as tensões iniciais.
Questão 04 – Letra C
Comentário: Na condição de equilíbrio, ambas as formas 
de amarrar os livros devem equilibrar forças verticais, ou 
seja, o peso. Para equilibrar esta força é necessário que as 
componentes verticais das tensões nos fios tenham intensidade 
suficiente. Quanto mais aberto o ângulo, como é o caso da 
amarração rente, maior vai ser a tensão no fio para que a 
componente vertical da tensão tenha valor suficiente para 
equilibrar o peso. Portanto a amarração rente irá romper o fio, 
devido à dependência da tensão no barbante com o ângulo de 
abertura da amarração.
Questão 05 – Letra C
Comentário: Como o suporte é simétrico em relação à 
luminária, o torque nos fios AB e BC terão o mesmo módulo 
e cada um contribuirá com metade da força necessária para 
manter a luminária na posição de equilíbrio; dessa forma, 
decompondo a tração no fio AB na sua componente vertical, 
obtém-se:
TABvertical = TABsenα
Em que α é o ângulo entre o fio AB e a horizontal, logo:
α = =sen 1,2
3
0,4
Igualando a componente horizontal da tração no fio e lembrando 
que ela corresponde à metade do peso total da luminária, 
tem-se:
= ⇒ = ⇒
= ⇒ =
T 1
2
P T . 0,4 1
2
76
T 76
2 . 0,4
T 95 N
AB AB
AB AB
vertical
Questão 06 – Letra B
Comentário: A força de contato (módulo F) de um estojo sobre 
outro é perpendicular à superfície cilíndrica de cada estojo, 
de modo que a linha de ação dessa força passa pelo eixo central 
do cilindro. Por isso, as duas forças de contato que atuam em 
um estojo superior formam um ângulo de 60°, que é o valor 
dos ângulos internos do triângulo formado pelos segmentos 
que passam pelos eixos de um estojo superior e dois estojos 
inferiores adjacentes, como mostrado na figura a seguir 
(o vetor de módulo P representa do estojo). Para haver equilíbrio, 
a soma algébrica das componentes verticais de cada força 
de contato (Fcos 30°) deve ser igual ao peso P:
Bernoulli Resolve
3Bernoulli Sistema de Ensino
⇒ = ⇒ = =2 F cos 30° =P 2 F 3
2
P F P
3
P 3
3
30°30°
F
P
F
FF
P
Questão 07 – Letra A
Comentário: Como o sistema está em equilíbrio, a resultante 
das tensões em cada nó é nula, logo, analisando o nó da 
esquerda:
P T sen T T
sen
N1 1 1 145
1
45
500 2
2
500 2= ° ⇒ =
°
= = 
T T N2 1 45 500 2
2
2
500= ° = =cos 
Analisando o nó da direita:
T T T T N2 3 3 230
1
30
500 2
3
1000
3
= ° ⇒ =
°
= =cos
cos
 
 
P T sen N2 3 30
1000
3
1
2
500
3
= ° = =
 
 
Questão 08 – Letra B
Comentário: A figura mostra as três forças que agem no 
paraquedista. Como o movimento é Retilíneo Uniforme, 
a resultante dessas forças vale zero. Portanto, a afirmativa 
da alternativa A é falsa e a da alternativa B é verdadeira. 
A afirmativa da letra C é falsa porque o barco também se move 
em Movimento Retilíneo Uniforme, de modo que a resultante 
no barco, como a resultante de forças no paraquedista, vale 
zero. A afirmativa da alternativa D é falsa porque o peso 
do paraquedista só depende de sua massa. A afirmativa da 
alternativa E é falsa, pois a componente vertical da força 
exercida pelo paraglider é igual à soma algébrica do peso do 
paraquedista com a componente vertical da força do barco 
sobre ele. Portanto, a força do paraglider é maior que o peso 
do paraquedista.
Força do barco
Força do paraglider
Pe
so
 d
o 
pa
ra
qu
ed
ist
a
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: A figura a seguir mostra o esquema das forças 
no bodoque. A força F que o menino faz no bodoque deve 
ser igual à soma algébrica das componentes na direção x das 
forças nos elásticos. Cada uma dessas forças vale 5 N, dada 
pelo produto entre a constante elástica K = 100 N/m de cada 
elástico e sua deformação x = 0,05 m. Assim:
F
5 N
5 N
= ⇒ = =F 2. 5.cos30° F 10 3
2
5 3
Questão 02 – Letra B
Comentário: O peso do lustro é equilibrado pelas componentes 
verticais das forças de tensão nos fios:
P T T P T
T T T
se
= ⇒ ° = = °
=
°
°
=
°
2 2 30 2 60
30
60
30
1 2
2 1 1
cos cos cos
cos
cos
cos
θ
nn30°
Como nos foi dado apenas o cos 30°, usamos a relação 
fundamental da trigonometria (cos2θ + sen2θ = 1)
T T
sen
T T T2 1 1 2 1 2 1
30
30
30
1 30
0 87
1 0 87
1 74= °
°
=
°
− °
=
−
≅
cos cos
cos
,
,
,
Questão 03 – Letra B
Comentário: Analisando as forças no ponto de interseção 
das cordas A, B e C, pode se perceber que, como o sistema se 
encontra em equilíbrio:
TB = Tcy
e
TA = TCx
Como as componentes da tensão TC são obrigatoriamente 
menores que a própria tensão TC, a única das alternativas que 
faz sentido é a B.
Questão 04 – Letra E
Comentário: Como a corda L exerce uma força de tração 
horizontal, o seu valor não depende diretamente do peso. 
O peso do bloco é anulado pela componente vertical da força 
de tração da corda Q, a componente horizontal é anulada pela 
força de tração da corda L, assim:
mg Qsen Q mg
sen
F Q mg
senL
= ° ⇒ =
°
= ° =
°
°
=
37
37
37 37
37
24 10 0 8
0 6
cos cos . ,
,
== 320 N
Questão 05
Comentário:
A) As forças que a parede aplica na rede são iguais àquelas que 
a rede exerce na parede – 3ª Lei de Newton (T = 60 kgf). 
As forças que atuam no centro da rede estão mostradas 
na figura a seguir. Como os ângulos são iguais, o peso do 
homem – considerado ponto material – está atuando no 
meio da rede.
4 Coleção 6V
FÍ
SI
C
A
120°
120° 120°
T T
PQ
 Uma vez que os ângulosentre as três forças são iguais entre 
si e iguais a 120°, o módulo das três forças é o mesmo 
(como explicado na resolução da questão 3). Assim, o peso 
do homem é 60 kgf.
 Você também pode resolver a questão usando a Lei dos 
Cossenos ou fazendo uma decomposição das trações e 
igualando a resultante a zero.
B) De acordo com a solução do item anterior e como o 
ângulo não foi alterado, as forças feitas sobre os ganchos 
das paredes são iguais ao peso colocado na rede. Assim, 
as crianças devem pesar, no máximo, 130 kgf. Uma vez 
que cada criança tem 30 kgf, a rede suporta 4 crianças, 
exercendo um peso total de 120 kgf. Observe que uma 
quinta criança (peso total de 150 kgf) faria com que a força 
atuante sobre o gancho excedesse a força de resistência 
máxima da parede.
Questão 06 – Letra C
Comentário: A partir do diagrama das forças que agem sobre 
a pessoa no momento em que as pernas estão esticadas, 
considerando que ela esteja parada em equilíbrio e que a massa 
do acento já esteja embutida no 65 kg dados no enunciado, 
podemos calcular a força feita pela pessoa:
P
F
30°
60°
60°
N
30°
= ° ⇒
° = = 
F P.sen30
m.g.sen30 65 . 10.1
2
325N
Questão 07 – Letra A
Comentário: Supondo iminência de movimento, a força 
de atrito estático entre o bloco de massa m1 e a superfície 
horizontal de apoio é dada por F = m1gm, sendo m1g o peso 
do bloco e m o coeficiente de atrito estático entre o bloco e a 
superfície. Além disso, essa força equilibra a força T1 da corda 
horizontal. Por sua vez, T1 equilibra a componente horizontal 
m3gcos 60° = m3g/2, sendo m3g o peso do bloco suspenso 
pela corda que passa pela roldana (figura a seguir). Portanto:
µ = ⇒ µ =m g m g 2
m
2m1 3
3
1
T1 60°
F = m1gμ
T1 = m1gμ
T3 = m3g
T3 = m3gcos 60°
m1
Questão 08 – Letra A 
Comentário: A componente vertical da força T no fio inclinado 
deve anular o peso de 5 N do conjunto lâmpada / soquete:
T . sen 30° = 5 ⇒ 
T.1/2 = 5 ⇒ 
T = 10 N
Questão 09 – Letra A
Comentário: Podemos representar o sistema com o seguinte 
diagrama de forças:
30°
60°
P
F1
F2
Sendo assim, temos na horizontal:
F F F F F F1 2 1 2 2 130 60
3
2 2
3cos cos° = ° ⇒ = ⇒ =
E na vertical:
P F sen F sen F F= ° + ° = +1 2 1 230 60 2
3
2
Logo:
( )
=
+
= ⇒
= = = 
mg
F 3 3F
2
2F
F mg
2
2 . 10
2
10N
1 1
1
1
Sabendo a força sobre a mola, aplicando a Lei Hooke:
F kx x F
k
cm= ⇒ = = =10
20
0 5, 
Questão 10
Comentário: A figura mostra o esquema de forças no ponto 
médio do fio elástico onde o passarinho pousou.
FF
mg
θ
De acordo com a condição de equilíbrio, o peso mg do 
passarinho deve ser igual à soma das componentes verticais 
das duas forças elásticas F no fio:
2 F sen θ = mg
Bernoulli Resolve
5Bernoulli Sistema de Ensino
A força elástica é dada pela lei de Hooke, F = Kx, sendo K 
a constante elástica do fio e x a deformação do fio, que é a 
diferença entre a metade do comprimento do fio esticado (L’) e a 
metade do comprimento antes de o fio ser esticado (L). A figura 
a seguir mostra o triângulo formado por esses comprimentos.
θ
L’
L
Usando trigonometria, podemos expressar a diferença x entre 
L’ e L em função de L e do ângulo θ:
= − =
θ
− =
θ
−





x Ĺ L
L
cos
L L 1
cos
1
Substituindo essa expressão na fórmula F = Kx, e depois 
substituindo essa força na condição de equilíbrio, obtemos:
( )
θ
−





 θ = ⇒
= θ − θ
2kL 1
cos
1 sen mg
m 2kL
g
tg sen
Questão 11 – Letra D
Comentário: As forças externas que agem sobre o sistema 
são os pesos dos blocos e as normais do plano sobre A e B; 
no entanto, as normais são anuladas pelas componentes 
verticais dos pesos de A e B. Assim, sobram as componentes 
horizontais dos pesos de A e B e o peso de C; e a aceleração 
a do sistema é tal que:
P P –P (m m m ).a
m .g.sen m .g.sen –m .g (m m m ).a
72 48 200 40.a
a 2 m/s
A B C A B C
A B C A B C
2
x x
+ = + +
α + α = + +
+ − =
=
Esta aponta no sentido do bloco C. Sobre B na horizontal atuam 
a normal N exercida por A e a componente horizontal de seu 
peso. Como a aceleração aponta para cima, tem-se:
N–P m .a
N– 48 8 . 2
N 64N
B Bx
=
=
=
Questão 12 – Letra B
Comentário: Traçando o esquema de forças sobre o ponto de 
emenda dos fios na situação A, temos:
30°
30°
30°
30°T
T
P
P
Ta
Ta
60°
60°
Do triangulo isósceles, temos que P = Ta.
Fazendo o mesmo raciocínio para a situação B:
P
P
T
T
Tb
Tb
30°
30°
120°
30°
T
sen
P
sen
T P
sen
sen P P
b
b
30 120
1
120
30 2
3
1
2 3
°
=
°
=
°
° = =
Assim, a relação entre Ta e Tb é:
= = ⇒ = ⇒ = =T P;T P
3
T
T
3
T T 3 (3) T
a b b
a
a b
1/2
b
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: A força exercida pela mão direita (aquela que 
puxa as cordas) é horizontal e para trás. Já a força exercida 
pela mão esquerda (aquela que segura o arco) apresenta duas 
componentes, uma vertical para cima, de mesma intensidade 
e sentido oposto ao peso do arco, e uma horizontal para 
frente. Essa componente horizontal, de fato, possui a mesma 
intensidade e sentido oposto ao da força exercida pela outra mão. 
A figura a seguir ilustra as direções e os sentidos das forças 
exercidas pelas duas mãos do arqueiro.
Força exercida pela
mão direita
FD
Força exercida pela
mão esquerda
FE
Se o “V” das cordas formar um ângulo de 120°, a força exercida 
pela mão direita terá o mesmo módulo da tração na corda, 
pois duas forças de mesma intensidade F (no caso, as duas 
tensões na corda, acima e abaixo da mão) produzem uma 
resultante de intensidade também F, quando o ângulo entre essas 
forças é de 120°, conforme está ilustrado na figura a seguir.
Tensão na corda
de cima
Força exercida pela
mão direita
Tensão na corda
de baixo
Resultante igual
à tensão
120°
Tendo em vista a discussão anterior, conclui-se que a alternativa 
correta é a D.
6 Coleção 6V
FÍ
SI
C
A
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Por simetria, as tensões nos dois fios são 
sempre iguais, independentemente do ângulo entre os fios. 
Para os fios na posição vertical (θ = 0°), cada fio sustenta 
a metade do peso do caderno. Essa é a posição em que os 
fios sofrem a menor solicitação de esforços. À medida que os 
fios são afastados, o ângulo aumenta, e as tensões nos fios 
também aumentam. Para um ângulo θ = 120°, a tensão em 
cada fio tem o próprio valor do peso do caderno. Uma maneira 
simples de provar isso é desenhando as três forças atuantes 
no ponto de união dos fios para essa situação (figura a seguir). 
Observe que o triângulo mostrado na figura é equilátero, 
pois ele é formado por dois lados iguais, a tensão no fio à 
esquerda e a tensão no fio à direita, e um dos ângulos internos 
(indicado na figura) vale 60° (lembre-se de que estamos 
analisando o caso em que o ângulo entre os fios vale 120°). 
Sendo equilátero, todas as forças são iguais. O valor comum 
é o peso do caderno.
Força devido ao peso do
caderno (vetor transportado)
Tensão no fio à esquerda
(vetor transportado)
Força devido ao
peso do caderno
Tensão no fio à direita
60°Tensão no fio
à esquerda
Como um dos fios se rompeu antes de o ângulo entre os fios 
atingir 120° (o rompimento ocorreu para o ângulo de 100°), 
concluímos que a tensão nos fios era maior do que a metade 
do peso e menor do que o peso. Não é possível prever qual 
fio e em que ponto ocorreu essa ruptura. Embora os fios 
sejam homogêneos, há um ponto mais frágil sobre um deles, 
e é ali que se dá o rompimento.
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: V
Competência de área: 5
Habilidade: 19
Comentário: Sendo esforços de compressão, as forças laterais 
são de fato reações normais exercidas pelos blocos vizinhos. 
Assim, essas forças devem ser perpendiculares às paredes do 
bloco analisado. Por isso, apenas as alternativas A e B podem 
estar corretas. Como está em repouso, a resultante de forças 
no bloco deve ser nula. Logo, a alternativa A não pode ser a 
resposta do problema, poisa resultante de forças é diferente 
de zero e voltada para baixo. Na verdade, a alternativa A indica 
as forças de compressão que o bloco está exercendo nos blocos 
vizinhos, e não as reações normais que ele está sofrendo. 
A alternativa B é que está indicando essas reações normais. Além 
disso, veja que a resultante de forças é zero. Também podemos 
aplicar a regra do paralelogramo, verificando que a resultante 
de forças é realmente nula para a configuração mostrada na 
alternativa B.
MÓDULO – A 17
Equilíbrio de Corpos Extensos
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra C
Comentário: A força exercida pela parede no taco é uma força 
de compressão normal, sendo, por definição, perpendicular 
à superfície de contato. No entanto, é preciso atentar para 
que, apesar de o taco estar inclinado com relação à parede, 
a superfície de contato é definida por pontos pertencentes ao 
plano da parede; logo, a força exercida pela parede no taco é 
perpendicular à parede.
Questão 02 – Letra C
Comentário: A figura a seguir representa as forças que agem 
no andaime: TE e TD são as forças exercidas pelas cordas, 
de módulos iguais às trações nas cordas, P1 é a força de 
compressão do homem sobre a prancha, cujo módulo é igual 
ao módulo do peso do homem, e P2 é o peso do andaime. 
Na figura, indicamos também os sentidos dos momentos que as 
forças TD, P1 e P2 exercem no andaime em relação ao ponto E.
TE
TD
P1
P2
x
E D
L
y
Tendo em vista a 1ª condição para que o andaime esteja em 
equilíbrio (a resultante de forças ser zero), conclui-se que 
a soma dos módulos das forças orientadas para cima deve 
ser igual ao módulo das forças orientadas para baixo. Assim, 
P1 + P2 = TE + TD. Como P1 + P2 = P, temos que TE + TD = P.
É claro que podemos concluir a resolução desse problema de 
forma intuitiva, simplesmente pensando que a corda mais 
próxima do pedreiro recebe a maior parte do efeito do peso do 
homem e, portanto, deve estar sujeita à maior tração, de forma 
que TD > TE. A seguir, apresentamos esse resultado de uma 
maneira mais rigorosa.
Tendo em vista a 2ª condição para que o andaime esteja 
em equilíbrio (a resultante dos momentos ser zero), 
e calculando os momentos das forças em relação ao ponto E 
da figura, concluímos que:
TDL = P1x + P2L/2 ⇒ TD = P1x/L + P2/2
Note que a tração no lado direito recebe um efeito igual à 
metade do peso do andaime. Isso era esperado, pois o peso 
do andaime, sendo este homogêneo, age em seu centro de 
gravidade. Como x é maior do que L/2 (o pedreiro está próximo 
à extremidade direita), concluímos que a primeira parcela é 
maior do que a P1/2. Esse resultado também era esperado, 
Bernoulli Resolve
7Bernoulli Sistema de Ensino
pois a corda direita, mais perto do pedreiro, recebe a maior 
parte do efeito do seu peso. Usando o mesmo raciocínio e 
tomando os momentos em relação ao ponto D, obtemos:
TE = P1y/L + P2/2
Como y é menor do que L/2, o efeito do peso do homem na 
corda esquerda é menor do que na outra corda, como já era 
esperado. Tendo em vista a discussão anterior, conclui-se que 
a alternativa correta é a C.
Questão 03 – Letra E
Comentário: Essa questão pode ser resolvida simplesmente 
pela leitura do gráfico dado: quanto maior o ângulo f entre 
a coluna vertebral e a horizontal (o solo, em última análise), 
menor o esforço para erguer um peso. Em outras palavras, para 
levantar um peso com mais facilidade, nós devemos manter a 
linha da coluna vertebral o mais próximo possível da posição 
vertical, de modo que f seja próximo de 90°. Por isso, as 
afirmativas II e III são corretas, e a afirmativa I não. Podemos 
ilustrar a situação aplicando o conceito de momento de força 
na figura a seguir. Considerando que a distância da linha da 
coluna vertebral ao centro de gravidade do homem (CG) seja 
igual a 10 cm. Na condição de iminência de levantamento do 
peso, o torque da força F que a musculatura da coluna vertebral 
exerce em relação ao CG deve ser igual ao torque do peso P.
30 cm
F = 300 kgf
φ
φ
P = 100 kgf P = 100 kgf
F = 200 kgf
CGCG
CGCG
20 cm
A 1ª posição mostrada nessa figura é inadequada, pois o ângulo f 
é pequeno. Isso faz com que a distância entre a linha de ação 
de P e o centro de gravidade seja maior. Na verdade, é por isso 
que a força F é maior nessa posição. Aplicando a condição de 
equilíbrio de torque, obtemos:
F.10 cm = 100 kgf.30 cm ⇒ F = 300 kgf 
Na 2ª posição, o ângulo f é maior e, por isso, a distância entre a 
linha de ação de P e CG se torna menor (veja que essa distância 
diminuiu de 30 cm para 20 cm). Agora, o esforço para erguer 
os halteres vale:
F.10 cm = 100 kgf.20 cm ⇒ F = 200 kgf 
Resumindo, é mais fácil levantar um peso quando esse se acha 
mais perto do nosso corpo.
Questão 04 – Letra A
Comentário: Para o cálculo do torque (ou momento de uma 
força), usamos somente a componente da força perpendicular 
à direção que liga o ponto ao eixo de rotação, sendo assim, 
como a força peso sempre aponta para baixo, nos pontos 
mais alto e mais baixo da trajetória, como a força peso está 
apontando na mesma direção que liga a pessoa ao eixo de 
rotação, o torque é zero.
Questão 05 – Letra B
Comentário: O torque (ou momento de uma força) é dado 
pelo produto da força pela distância entre o ponto no qual a 
força é aplicada e o eixo de rotação. No caso, a gangorra é 
simétrica, e ambos os garotos estão a mesma distância do 
eixo de rotação. Além disso, a força (que é o peso) também 
é a mesma, pois ambos possuem a mesma massa. Logo, os 
módulos dos torques são iguais. É importante lembrar que o 
movimento oscilatório ocorre porque este raciocínio é valido 
apenas quando ambos os garotos estão no ar, quando algum 
deles estiver tocando o solo, este exercerá uma força, causando 
um torque adicional ao sistema. 
Questão 06 – Letra D
Comentário: Sabendo que a balança está em equilíbrio na 
posição onde o prato está a 10 cm do apoio e o cursor a 4 cm, 
o torque dos dois é igual, ou seja:
τ = τ
=
=
P . 4cm P . 10cm
P 2,5P
cursor prato
cursor prato
cursor prato
Como o cursor tem 0,5 kg, logo infere-se que os pesos possuem 
os seguintes valores:
=
=
P 5 N
P 2 N
cursor
prato
Quando se adiciona 1 kg ao prato, tem se que, como o cursor 
é ajustado para se atingir o equilíbrio,
τ = τ
+ =
=
=
1,0kg . 10m / s . 10cm 2N . 10cm 5N . x
120N . cm 5N . xcm
24cm x
prato cursor
2
Questão 07 – Letra C
Comentário: Cada estaia exerce sobre a torre uma força 
diagonal (com componentes vertical e horizontal). Como o 
sistema está em equilíbrio, as componentes horizontais das 
três forças se anulam, restando como resultante a soma das 
componentes verticais. Como a torre está sendo pressionada 
no topo pela resultante das forças das estaias e na base pela 
força de sustentação do solo e essas forças, além de terem 
a mesma direção e sentidos opostos, são colineares, não há 
torque sobre a torre, mas há uma força de compressão.
Questão 08 – Letra C
Comentário: O corpo de massa M sobre a balança cria um 
momento que tende a girar a balança no sentido anti-horário. 
Em relação à articulação da balança, esse momento é Mgx, 
sendo Mg o peso do corpo (g é a aceleração da gravidade) e x 
a distância do corpo à articulação. O outro momento é realizado 
pelo peso P do lastro da balança (o pequeno corpo que pode 
ser deslocado ao longo da haste da balança), e que tende a 
girar a balança no sentido horário. Esse momento é dado por 
Pd, sendo d a distância do lastro à articulação da balança. 
Desprezando o peso do prato / gancho e o peso da haste da 
balança, o equilíbrio de momentos que faz a haste da balança 
ficar parada na horizontal é:
Pd = Mgx
8 Coleção 6V
FÍ
SI
C
A
Explicitando d, obtemos:
=d gx
P
M
Como g, x e P são constantes, P é diretamente proporcional 
a M. Por isso, podemos usar uma regra de três simples 
para resolver o problema. Quando M é 5 kg, d é 15 cm. 
Então, quando M for 8 kg, então d será:
= ⇒ =
5kg
15cm
8 kg
d
d 24
Note que só podemos usar a regra de três porque a massa dabalança não foi considerada.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: A força aplicada pelo copo com refrigerante pode 
ser determinada aplicando-se a 2ª Lei de Newton:
F = ma = 0,300 kg. 70,0 m/s2 = 21 N
Essa força pode ser considerada tangente à trajetória. Assim, 
o torque, ou momento de força, da força sobre o copo com 
refrigerante é dado pelo produto da força pelo comprimento 
do antebraço:
T = F . d = 21 N. 0,25 m = 5,25 Nm
Questão 02 – Letra D
Comentário: A figura mostra as forças que agem no braço 
superior da pinça. Há ainda o peso do braço, que foi desprezado, 
e a força na articulação, que não cria momento de força em 
relação à própria articulação. A força F = 10 N aplicada no 
braço tende a girar o braço no sentido horário, enquanto a 
força F’, exercida pelo objeto pinçado, tende a girar o braço 
no sentido anti-horário.
2,0 cm F = 10 N F’
5,0 cm
Para calcular F’, basta igualar os momentos criados pelas duas 
forças:
F’.5,0 = 10.2,0 ⇒
F = 4,0 N
Questão 03 – Letra A
Comentário: Como a prancha de madeira fica em equilíbrio 
na horizontal, podemos inferir que os torques (momentos das 
forças) causados pelos pesos de cada um dos garotos e pelo 
peso da prancha se equilibram, logo:
4 m
2 m 2 m
m1
m2
30 kg
10 kg 60 kg
x
m gd m gd m gd
x x x
x
prancha prancha1 1 2 2 0
10 4 60 30 2
40 10
− + =
− − + −
−
.( ) .( )
−− + − =
= ⇒ =
60 60 30 0
100 100 1
x x
x x
Questão 04 – Letra A
Comentário: A pessoa consegue levantar o peso, pois o 
momento M1 da força F = 50 N feita pela pessoa e o momento 
M2 do peso P = 100 N do bloco, ambos em relação ao ponto 
de apoio da barra, valem:
M1 = 50 N.3 m = 150 N.m e M2 = 100 N.1 m = 100 N.m
Sendo M2 > M1, a barra irá girar no sentido anti-horário, 
de modo que o bloco será erguido.
Questão 05 – Letra D
Comentário: A régua permanecerá em equilíbrio até que o 
centro de massa do sistema régua + moedas ultrapasse a borda 
da mesa. Sendo assim, o ponto que devemos encontrar é onde 
se encontra o centro de massa. Logo:
0 x 6
m5m
= − ⇒
= ⇒
=
5mx m(6 x)
6x 6
x 1
Logo, a régua sairá do equilíbrio e cairá da mesa quando o 
ponto marcado com o valor “1” ultrapassar a borda da mesa. 
Questão 06 – Letra B
Comentário: Desprezando o peso da barra, como o mobile está 
em equilíbrio na horizontal, podemos afirmar que os momentos 
das forças que cada uma das massas realiza sobre o ponto de 
apoio B se anulam, assim:
m gAB m gBC m g AC AB
m AC m AC m m
1 2 2
1 2 1 28
7
8
7
= = −
= ⇒ =
( )
Questão 07 – Letra A
Comentário: Como o problema nos diz que a aceleração 
angular é proporcional ao momento de cada força, não 
precisamos nos preocupar como o momento de inércias das 
chapas; usando o conceito de momento de uma força, ou 
torque, para as três situações:
Bernoulli Resolve
9Bernoulli Sistema de Ensino
α
α
α
A A A
B B B
C C C
kM kFd kFL
kM kFd kFL
kM kFd kFL
= = =
= = =
= = =
1
2
2
Assim:
2
2
4 2α α α α α αA B C A B C= = ⇒ = =
Questão 08 – Letra B
Comentário: A figura a seguir mostra o esquema das forças 
que agem na barra: o peso PB = 200 N, a força de compressão 
F = 500 N que o conjunto palhaço / monociclo exerce na barra 
(que é igual ao peso desse conjunto) e as reações RA e RB das 
mãos dos palhaços que suportam a barra nas extremidades 
A e B.
F = 500 N
PH = 500 N RB
1,5 m
3 m
RA = 400 N
x
Quando a reação RA for igual a 400 N (carga máxima que o 
palhaço em A suporta), a máxima distância x do palhaço no 
monociclo ao apoio B pode ser calculada igualando-se o torque 
no sentido horário criado pela reação RA em relação ao apoio B 
com a soma dos torques no sentido anti-horário criados pelas 
forças F e PB (note que a reação RB não cria torque em relação 
ao apoio B):
400.3 = 500.x + 200.1,5 ⇒ 
x = 1,8 m
Questão 09 – Letra A
Comentário: A velocidade linear de um ponto da hélice é 
dada por:
v = ωR
Como o problema nos diz que a força de atrito é proporcional 
à velocidade, esta será:
Fat = kv = kωR
Em que k é uma constante de proporcionalidade.
Sabendo a força, podemos calcular o torque:
Mat = FatR = kωRR = kωR2
Logo, o torque gerado pela força de atrito é proporcional ao 
quadrado da distância ao eixo de rotação (R2).
Questão 10 – Letra D
Comentário: Como as massas das barras são desprezíveis, 
todo o sistema suporta somente o peso de 200 N. Tomando o 
ponto D como referência, usando os momentos da força peso, 
podemos calcular a força entre as barras I e II:
M M F F Npeso Barras C C= ⇒ = ⇒ =200 3 4 150. . 
Agora podemos tomar o ponto N como referência para calcular 
a força sobre o ponto A:
M M F F F F F NA B A B A B C= ⇒ = ⇒ = = = =4 2 2 2
150
2
75 
Por fim, tomamos o ponto A como referência para calcular a 
força sobre o ponto N:
= ⇒
= ⇒
= = = = 
M M
4F 6F
F
3F
2
3F
2
3.150
2
225N
N B
N B
N
B C
Questão 11 – Letra C
Comentário: A força F mínima para a roda subir o degrau deve 
criar um momento M1 no sentido horário ligeiramente maior 
que o momento M2 no sentido oposto criado pelo peso mg da 
roda. Esses momentos, tomados em relação ao ponto P de 
contato da roda com o degrau (figura a seguir), são dados por:
M1 = F.R/2 e M2 = mg.x
A distância x pode ser obtida pelo Teorema de Pitágoras:
= =x R R
4
3
2
R2 _
2
Substituindo essa distância em M2 e igualando M1 e M2, 
obtemos a força F para a roda subir o degrau (na verdade, 
a força mínima é ligeiramente maior que esse valor):
= ⇒ =F.R
2
mg 3
2
R F mg 3
F
h = R/2
RR
RR
x
P
mg
Questão 12 
Comentário: A figura a seguir representa, esquematicamente, 
a força normal do solo sobre as rodas dianteiras (ND), a força 
normal sobre as rodas traseiras (NT) e o peso do trator (P). 
Esse último atua no centro de gravidade (CG), cuja distância 
às rodas traseiras (x) desejamos calcular. De acordo com os 
dados, os valores das forças ND e NT valem, respectivamente, 
55% e 45% do peso do trator.
NT = 0,45P
D
ND = 0,55P
CG
P
(2,5 – x)x
E
10 Coleção 6V
FÍ
SI
C
A
Para calcular o valor de x, devemos realizar o balanço de 
momentos de força em relação a um ponto qualquer, como o 
ponto D. Usando esse ponto como referência, obtemos:
Px = 0,55P.2,5 ⇒ x = 1,4 m
Observe que o peso real do trator (13 000.10) = 1,30 . 105 N 
não é necessário para achar a resposta desse exercício.
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: De acordo com o enunciado, a força potente é a 
força feita pela pessoa que utiliza o objeto, e a força resistente 
é a ser equilibrada. As intensidades das forças e as distâncias 
entre as linhas de ação das forças e o eixo de rotação das 
alavancas que compõem os objetos se relacionam, na situação 
de equilíbrio, por:
Fpot . dpot = Fresist . dresist
Logo, a força potente será maior que a força resistente na pinça, 
pois a distância da força potente é menor que a da resistente
eixo
Fpotente
dpotente
dresistente
Fresistente
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 5
Habilidade: 18
Comentário: Aumentando o diâmetro da roda, o carro ficará 
mais alto, o que diminuirá sua estabilidade.
Como a rotação do motor não será alterada, a velocidade 
indicada no velocímetro, que é medida a partir dessa rotação, 
não mudará com a troca das rodas.
A velocidade real do carro, porém, como é determinada pela 
velocidade linear dos pontos da periferia dos pneus, será maior 
para uma mesma rotação do motor do que um pneu de diâmetro 
maior que o original de diâmetro menor.
Portanto, a velocidade do carro aumentará com relação à 
velocidade indicada no velocímetro.
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Como a barra se encontra em equilíbrio, 
o momento resultante sobre ela deve ser nulo. Logo,
Pbarra
d d d d
Parroz
Marroz + Mbarra = 0
marroz . g . 3d + (–mbarra . g . d) = 0 ⇒
5,00.g.3d = mbarra . g.d ⇒ mbarra = 15,0 kg
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: Considerandoque as forças aplicadas são de 
mesma intensidade em todos os casos e calculando o momento 
das forças em cada caso, temos:
M F d
M F F
M F F
M F F
= ⇒
= =
= =
= =






.
. . .
. .
. . .
1
2
3
2 20 40
30 30
2 25
2
25
Assim, o maior momento de força aplicado é no caso 1. Repare 
que, nos casos 1 e 3, tivemos de multiplicar o momento da 
força por 2 devido à ação do binário de forças.
MÓDULO – A 18
Impulso e Quantidade de Movimento
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra D
Comentário: Em uma colisão inelástica, parte da energia 
do sistema é perdida. Nesse caso, essa perda será refletida 
diretamente numa diminuição da energia cinética das bolinhas. 
No que diz respeito à quantidade de movimento, como não há 
ação de forças externas no sistema, ela se conserva, ou seja, 
qAntes = qDepois como qAntes = qA + qB então, qDepois = qA + qB.
Questão 02 – Letra C
Comentário: Analisando as alternativas separadamente:
A) Falsa. Utilizando a equação do movimento uniformemente 
variado, o tempo de queda da altura de 5 cm é:
= ⇒
= = = ⇒
= = 
d 1
2
at
t 2d
a
2.0,05
10
0,01
t 0,01 0,1s
2
2
 Assim, a velocidade antes da colisão com o solo será:
 v = v0 + at = 0 + 10.0,1 = 1 m/s
Bernoulli Resolve
11Bernoulli Sistema de Ensino
 Aplicando o teorema do impulso:
 I = ∆Q = mv2 – mv1 = 0 – 70.1 = -70 N.s
 Como, I = Fm∆t, podemos escrever:
= ∆ ⇒
=
∆
= − = − 
I F t
F I
t
70
0,2
350N
m
m
 Assim, a força média tem intensidade 350 N, que é muito 
menor do que os 4000 N afirmados.
B) Falsa. A força de impactos de movimentos executados 
dentro d’água diminui devido ao empuxo, de diminui o 
peso aparente, e a viscosidade, que reduz a velocidade dos 
movimentos.
C) Verdadeira. Os materiais e o design dos tênis são feitos 
para aumentar o tempo de colisão, diminuindo assim a 
força média do impacto. 
D) Falsa. Em impactos, a lei da ação e reação atua, mas, como 
as forças variam de forma muito rápida, é difícil aplicar essa 
lei de forma prática para solução de problemas.
Questão 03 – Letra A
Comentário: a quantidade de movimento do sistema deve 
se conservar. Antes da colisão todo movimento existente 
(o do fóton) estava na direção x no sentido positivo, logo, a 
quantidade de movimento total final também deve estar na 
direção +x. O movimento do elétron contém uma componente 
x positiva, logo, o movimento do fóton não necessariamente 
precisa ter uma componente nesta direção. Porém o movimento 
do elétron também possui uma componente y negativa, logo, 
o fóton deve ter uma componente y positiva que anule a 
componente y negativa do elétron conforme podemos ver na 
figura:
Pf
Pe
x
y
P
Questão 04 – Letra C
Comentário: Do gráfico, obtemos o valor da força média e 
o intervalo de tempo, assim podemos aplicar o teorema do 
impulso, considerando como sentido positivo o sentido da 
velocidade após a colisão, obtendo:
I = ∆Q = mv2 – mv1 = 0,6.v2 – 0,6.(–20) = 0,6v2 + 12
Como o impulso é igual a I = Fm.∆t, podemos escrever que:
∆ = = + ⇒ =
−
= F t I 0,6v 12 v 114.0,2 12
0,6
18 m/ s
m 2 2
Portanto, a velocidade após a colisão é 18 m/s. 
Questão 05 – Letra D
Comentário: Como a força contato entre a bola e o taco não é 
constante, precisamos utilizar a grandeza impulso para resolver 
a questão, portanto, sabendo que a variação da quantidade de 
movimento (ou momento linear) é igual ao impulso, temos:
I = ∆Q = mv2 – mv1 ⇒ I = 0,12.(–25) – 0,12.25 = –6 N.s
Como o impulso é igual a I = Fm∆t, temos:
= ∆ ⇒ =
∆
= − = − = − I F t F I
t
6
1,5.10
4000m / s 4 kN
m m 3
Portanto, o módulo da força média é 4 kN.
Questão 06 – Letra A
Comentário: Primeiramente, como o sistema é isolado, 
podemos usar a conservação da quantidade de movimento. 
Observando cuidadosamente os sentidos das velocidades, 
obtemos:
= ⇒ + = − + +
=
+ +
+
=
+
+
Q Q (m M)v m( v) (m M)v
v (m M)v mv
m M
(2m M)v
m M
antes depois 2
2
Questão 07 – Letra B
Comentário: Vamos considerar a altura do ponto B como sendo 
a nossa altura de referência; dessa forma, hB = 0 e hA = 1,8 m ⇒ 
2,4 . tg θ. A energia mecânica do sistema não se conserva, 
mas, para resolver esse exercício, vamos considerar que toda 
a perda de energia do sistema foi decorrente do trabalho da 
força de atrito. Sendo assim, a energia do sistema no ponto 
A é igual à energia no ponto B somada à parcela de energia 
perdida em decorrência do atrito:
EA = EB + |WFAT|
O módulo do trabalho da força de atrito, nesse caso, será 
dado por:
|WFAT| = FAT .D, em que
FAT = m.N = m.mg.cos θ e D = 2,4/cos θ
Assim:
mghA + m(vA)2/2 = mghB + m(vB)2/2 + m.mg.cos θ.2,4/cos θ ⇒
ghA +(vA)2/2 = (vB)2/2 + 2.4mg ⇒
(vB)2 = 2(18 – 0,5 – 6) ⇒ vB = 5 m/s
Portanto, o módulo da variação da quantidade de movimento 
será:
|∆Q| = |QA – QB| = m|VA – VB| = 50 |1 – 5| = 200 N.s
Questão 08 – Letra E
Comentário: Sabemos que Q = mv e que, na referida situação, 
a quantidade de movimento (Q) do sistema constituído 
pelos dois veículos antes da colisão é igual à quantidade 
de movimento imediatamente após o choque. Ou seja, 
QA = QD. Como QA = 3m.90 + m.54, pois a massa do caminhão 
é o triplo da massa do automóvel, e QD = 4mv, temos que:
3m.90 + m.54 = 4mv ⇒ v = 81 km/h
Resultado encontrado na alternativa E.
12 Coleção 6V
FÍ
SI
C
A
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: Esse exercício é resolvido utilizando-se a equação 
F = ∆Q/∆t.
Sendo:
∆Q = Qfinal – Qinicial = 0,060.(30 – (–40)) = 4,2 kg . m/s (ou 4,2 N.s)
F = ∆Q/∆t = 4,2/0,01 = 420 N
Questão 02 – Letra C
Comentário: A colisão foi perfeitamente elástica, o que 
significa um coeficiente de restituição (e) igual a 1. Como o 
bloco B estava inicialmente em repouso (vB = 0), temos:
vrel.aprox. = vA – vB. Sendo vB = 0 e vA = v ⇒ vrel.aprox. = v.
vrel.afast. = v’B – v’A. Como e = vrel.afast./vrel.aprox. = 1, então 
vrel.afast. = vrel.aprox. ⇒ v’B – v’A = v
Utilizando o Princípio da Conservação da Quantidade 
de Movimento, chegamos à seguinte relação:
Qantes = Qdepois ⇒ MA.v = MA.v’A + MB.v’B 
Substituindo o valor de v’B= v’A + v, chegamos a:
MA.v = MA.v’A + MB.(v’A + v) ⇒ v.(MA – MB) = v’A.(MA + MB)
v’A = v.(MA – MB)/(MA + MB)
Essa relação mostra que, no caso de MA = MB, teremos v’A = 0. 
Assim, após a colisão, o bloco A ficaria parado, enquanto, 
de acordo com a relação v’B = v’A+ v, o bloco B cairia da mesa 
com uma velocidade inicial horizontal igual a v, como afirmado 
pela alternativa C.
Observação:
A resposta pode ser obtida sem os cálculos anteriores, 
lembrando que a alternativa C caracteriza um caso particular da 
colisão elástica. Se as massas são iguais e a colisão é elástica, 
os blocos permutam as suas velocidades.
Questão 03 – Soma = 10
Comentário: Analisando cada proposição:
01. Falsa. Como os barcos possuem massas diferentes, para 
que o centro de massa e a quantidade de movimento total 
permaneçam nulos, o barco de maior massa deve ter menor 
velocidade. 
02. Verdadeira. A quantidade de movimento é o produto da 
massa e da velocidade, assim, para que os dois barcos 
tenham a mesma intensidade da quantidade de movimento, 
o barco de maior massa deve ter menor velocidade. 
04. Falsa. Como sabemos a relação entre as massas dos barcos 
e entre as quantidades de movimento, podemos também 
saber a relação entre as velocidades. 
08. Verdadeira. Após o puxar da corda, a quantidade de 
movimento total deve permanecer nula, logo, a quantidade 
de movimento de um barco deve ser oposta à do outro 
(Q1 = –Q2). 
16. Falsa. A energia cinética não se conserva neste sistema, 
pois é fornecida por fonte externa (reserva de energia da 
pessoa) e ela não precisa ser igualmente distribuída. Na 
verdade, como o barco de menor massa irá adquirir maior 
velocidade, e a energia cinética é proporcional ao quadrado 
da velocidade, ele vai adquirir maior energia cinética. 
Logo, 02 + 08 = 10
Questão 04 – Letra C
Comentário: Como a força aplicada pela criança não é 
constante, devemos utilizar o impulso para resolver a questão. 
Como o impulso é igual à variaçãoda quantidade de movimento, 
temos:
I = ∆Q = mv2 – mv1=0,3.8 – 0,3.0 = 2,4 N.s
Assim, como I = Fm∆t, podemos escrever:
= ∆ ⇒ =
∆
= = I F t F I
t
2,4
0,2
12N
m m
Portanto, a força média aplicada é 12 N.
Questão 05 – Letra C
Comentário: Aplicando a definição de quantidade de 
movimento e considerando como sentido positivo o mesmo 
sentido da velocidade da bola após a colisão, temos:
∆ = − = − = − − = Q mv mv m(v v ) 0,2[4 ( 5)] 1,8kg.m/s
2 1 2 1
Questão 06 – Letra B
Comentário: Considerando o sistema isolado, podemos aplicar 
a conservação da quantidade de movimento. O aumento da 
velocidade do foguete a cada segundo, em m/s, é:
= ⇒ =
= = = 
Q Q m v m v
v
m v
m
2,8.3500
800
12,25 m/ s
gases fogete gases gases fogete fogete
fogete
gases gases
fogete
Desse modo, como a taxa de queima de combustível e 
a velocidade que gases são expelidos são constantes, 
a aceleração do foguete é 12,25 m/s2.
Questão 07 – Letra D
Comentário: A questão pode ser simplificada pela figura 
a seguir:
Q1
Q2
Q2–Q1 –Q1
Assim, utilizando o teorema do impulso, temos que:
= ∆ = −I Q Q Q
2 1
   
Como o vetor quantidade de movimento tem a mesma direção 
da velocidade, podemos calcular a intensidade do impulso 
utilizando o teorema de Pitágoras. Como a intensidade das 
quantidades de movimento são iguais (mesma velocidade e 
massa), obtemos:
Bernoulli Resolve
13Bernoulli Sistema de Ensino
= + = ⇒ = = =I Q Q 2Q I 2Q 2m v 2mv2
1
2
2
2
1
2
1
2 2 2
Portanto, a intensidade do impulso é igual a 2mv.
Questão 08 – Letra A
Comentário: Decompondo o vetor v, correspondente 
à velocidade de lançamento, obtemos que o módulo 
da componente horizontal da velocidade vale vx = v.
cos 60° = 0,50v (e é constante ao longo de todo o movimento 
do objeto). O momento linear do sistema, antes da colisão, 
é a soma vetorial do momento relativo ao corpo lançado 
obliquamente (horizontal e para a direita, já que vy = 0) com 
o momento do objeto em queda livre (vertical e para baixo).
Utilizando a Regra do Paralelogramo e o Teorema de Pitágoras, 
obtemos que o módulo da quantidade de movimento do 
sistema antes da colisão é dado por Q m v mv
A
= +( . , ) ( )0 50 2 2 . 
A quantidade de movimento do sistema imediatamente 
após a colisão, em módulo, é dada por QD = 2mvF, pois os 
dois corpos permanecerão juntos após o choque. Como as 
forças externas que atuam sobre o sistema durante a colisão 
são desprezíveis, temos que a sua quantidade de movimento 
se conserva. Logo, QA = QD. Assim,
( . , ) ( ) ( )m v mv mv v v
F F
0 50 2 52 2+ = ⇒ = /4
Ou seja, alternativa A é a correta.
Questão 09 – Letra E
Comentário: Após a colisão, a bola branca para, e a vermelha 
se desloca com 90% da velocidade da bola branca, então temos:
= = = =E
mv
2
m(0,9v )
2
0,81
mv
2
0,81E
Vermelha
vermelha
2
branca
2
branca
2
Branca
Portanto, 19% da energia mecânica é perdida na colisão.
Observe que no enunciado da questão diz que “houve 
conservação do momento linear”, no entanto não é isso que 
observamos, pois, fazendo um raciocínio semelhante para o 
momento linear, encontramos:
= = =Q mv 0,9mv 0,9Q
Vermelha vermelha branca Branca
Essa perda de 10% do momento linear é possível por dois 
motivos: por que não analisamos as rotações, a bola vermelha 
pode ter maior rotação (para isso a bola branca estaria 
deslizando sobre a mesa), e também porque o sistema não está 
completamente isolado, a transferência de energia e momento 
para o ar, por exemplo, pode não ser igual em todas a direções. 
Questão 10
Comentário: Antes do disparo, os dois carrinhos se comportam 
como um corpo só, a energia cinética associada ao movimento 
deles é dada por E 1
2
(m m )v 3 J
c A B
2= + = .
Como o sistema inicialmente possui energia mecânica igual a 
3,75 J, os 0,75 J a mais são provenientes da energia potencial 
elástica armazenada na mola.
Depois do disparo, toda a energia do sistema estará na forma 
de energia cinética (já que não existem forças dissipativas no 
sistema, a energia mecânica se conserva), e há conservação da 
quantidade de movimento do sistema (considerando o sistema 
com os dois carrinhos e a mola). Portanto, não existe ação de 
forças externas sobre os carrinhos. Assim:
= + = ⇒
= ⇒ = ⇒ =
E E E 1
2
mv
1
2
mv E – 1
2
mv v 0,25 v 0,5 m s
MEC CA CB
2
A
A
2
MEC B
2
A
2
A
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: No carro A, a ventoinha empurra o ar (Far) , que 
estava parado, para a direita. Assim, a ventoinha é empurrada 
para a esquerda (Fventoinha), sofrendo um impulso (Iventoinha).
Porém, o ar incide sobre a vela que o empurra de volta (Fvento), 
gerando um impulso sobre a vela (Ivela) um pouco maior que o 
impulso sobre a ventoinha.
Esse impulso sobre a vela é maior, pois ela tem de “frear” o 
ar, além de “mandá-lo” de volta. Como o impulso sobre a vela 
é maior que o impulso sobre a ventoinha, o carro A se move 
para a direita. O diagrama a seguir mostra o que foi dito em 
função das forças:
Fventoinha
Fvento
Fvento
Fvela
Far
O impulso resultante no sistema é:
IRESULTANTE = IVELA – IVENTOINHA
O carro B tem a ventoinha empurrando o ar para a esquerda. 
O ar empurra a ventoinha para a direita, gerando um impulso, 
o que faz o carro se mover para a direita. Nesse caso, o impulso 
resultante é o próprio impulso sobre a ventoinha. Assim, 
VB > VA.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: O choque é elástico, logo, há conservação da 
quantidade de movimento total q do sistema e da energia 
cinética total (Ec). Considerando m a massa de cada uma das 
esferas e v a velocidade das três esferas que se encontram em 
movimento no instante anterior ao choque, temos:
Antes Q = 3m.v
O vetor q é horizontal orientado para a direita
EC = 1/2 (3m) v2 = 3/2 mv2
Há conservação de Q e Ec na hipótese representada na 
alternativa C.
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Considerando que a esfera se encontre no plano 
horizontal, as únicas forças que atuam são peso e normal. 
14 Coleção 6V
FÍ
SI
C
A
N P R 0
N
P
= ∴ =
Analisando o impulso sobre a esfera: 
I = R. ∆t; R = 0; I = 0; I = m.∆V; I = 0; ∆V = 0.
Concluímos que, se o ângulo de inclinação do plano de subida for 
reduzido a zero, teremos um plano horizontal e, sendo assim, 
a esfera manterá sua velocidade constante, pois o impulso 
resultante será igual a zero. 
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: I 
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: Nessa situação, podemos considerar que os 
astronautas não estão sujeitos a forças externas. Portanto, 
quando o primeiro astronauta arremessa o segundo, 
a quantidade de movimento do sistema, constituído por 
esses viajantes espaciais, se conserva. Como inicialmente a 
quantidade de movimento era zero, logo, após o arremesso, 
essa quantidade continuará sendo nula. Assim:
= ⇒ = + ⇒
= =
Q Q 0 –m v m v
v v v
A D 1 2
2 1
Ou seja, ambos os astronautas se afastam do ponto de 
arremesso com velocidades constantes e de mesmo módulo, 
porém com sentidos opostos.
Como os astronautas são igualmente fortes, podemos concluir 
que o impulso exercido pelo terceiro astronauta sobre o 
segundo possui a mesma intensidade que o impulso exercido 
pelo primeiro astronauta sobre o segundo, considerando que 
os astronautas exerçam forças durante o mesmo intervalo 
de tempo. Portanto, podemos concluir que a variação da 
quantidade de movimento do segundo astronauta nos 
arremessos, em módulo, será a mesma. Assim, o impulso 
exercido pelo terceiro astronauta sobre o segundo provoca uma 
variação na quantidade de movimento deste, em módulo, igual 
a |mv|. Como o segundo astronauta se aproxima do terceiro 
com uma quantidade de movimento igual a mv, conclui-se que 
o segundo astronauta, após o arremesso, estará em repouso 
e, consequentemente, não poderá mais alcançar o primeiro 
astronauta. Portanto, após o arremesso feito pelo primeiro 
astronauta, sóé possível mais uma arremessada, então, 
a alternativa A é a correta.
Questão 05 – Letra B
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 6
Habilidade: 20
Comentário: O erro apresentado pelo editorial é o mesmo 
erro cometido por muitas pessoas que supõem que os foguetes 
devem empurrar o solo para se mover. Na verdade, o que o 
foguete faz é empurrar uma parte de si mesmo para trás, 
no caso o combustível, adquirindo, desse modo, impulso na 
direção oposta. Podemos fazer uma analogia com o exercício 
anterior (revólver e bala), dizendo que o motor de um foguete 
se comporta como uma metralhadora que ejeta minúsculas 
balas em alta velocidade – no caso do foguete essas minúsculas 
balas seriam as partículas do combustível ejetado. Portanto, no 
vácuo é possível o movimento dos foguetes. Dessa discussão, 
conclui-se que B é a alternativa correta.
MÓDULO – B 16
Difração e Interferência de Ondas
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra D
Comentário: Para que a difração da onda do mar seja bem 
acentuada e perceptível, é necessário que ela encontre 
obstáculos ou fendas de dimensões próximas ao comprimento 
de onda, que, no caso em questão, é de alguns metros 
(tamanho de um pequeno barco). Logo, não existe a difração 
em mar aberto e nem na entrada da Baía. Ao encontrar uma 
boia de sinalização naval (alguns metros), a difração será 
bem visível.
Questão 02 – Letra A
Comentário: Como as fendas possuem ordem de grandeza 
do comprimento da luz, ocorre difração. Como as ondas 
que passam por cada fenda são coerentes e com o mesmo 
comprimento de onda, irão sofrer interferência construtiva e 
destrutiva em pontos fixos do anteparo. Como a interferência é 
construtiva nos pontos A, B e C, neles se encontram as cristas 
das duas ondas, e como a distância entre duas cristas é sempre 
igual ao comprimento de onda, e as duas ondas têm o mesmo 
comprimento de onda, as distâncias x e y serão iguais ao 
comprimento de onda das duas ondas, ou seja, x = y.
Questão 03 – Letra D
Comentário: Observe que a refração das ondas através 
da parede que separa a cozinha do quarto é desprezível. 
Assim, as pessoas podem conversar devido à reflexão na 
parede oposta e por causa da difração que ocorre na porta do 
quarto. Vale destacar que tais fenômenos fazem com que o 
som gaste um tempo ligeiramente diferente entre as pessoas 
(a onda refletida desloca um percurso maior). Isso, porém, 
é totalmente desprezível.
Questão 04 – Letra E
Comentário: A cabeça não possui tamanho suficiente para 
bloquear de forma efetiva as ondas sonoras, pois o comprimento 
de uma onda sonora audível para o ser humano varia entre 17 
cm e 17 m. Assim, as ondas sonoras mais agudas possuem 
comprimento de onda próximos ao diâmetro da cabeça humana 
e irão contorná-la por difração; já as ondas sonoras mais graves, 
como possuem comprimento de onda muito acima do diâmetro 
de uma cabeça humana, irão simplesmente atravessá-la.
Bernoulli Resolve
15Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 05 – Letra D
Comentário: O fenômeno descrito na questão é a difração. 
Após passar pela fenda, as ondas continuam com o mesmo 
comprimento de onda, porém as frentes de ondas passam a 
ter formatos circulares, tornando-se mais largas à medida que 
se afastam da fenda. Assim, a figura que melhor representa 
esse fenômeno é a D. As alternativas A e B não mostram a 
difração que ocorre na propagação dessa onda; as alternativas 
A e C mostram redução no comprimento de onda, fato que não 
ocorre nessa situação.
Questão 06 – Letra A
Comentário: Para que aconteça interferência destrutiva, 
é necessário que os pulsos estejam em oposição de fase. 
Para que seja interferência destrutiva total, os pulsos devem 
ter mesma amplitude. 
Questão 07 – Letra C
Comentário: O ponto inferior está na região ventral 
(alternativa A incorreta). O ponto superior está em uma linha 
nodal (alternativa B incorreta). A linha superior é, de fato, 
uma linha nodal (alternativa C correta), e a linha inferior está 
em uma região ventral e apresenta interferência construtiva 
(alternativa D incorreta).
Questão 08 – Letra B
Comentário: Na figura 1, a onda passa pela fenda tomando 
um formato circular, contornando os obstáculos. Esse fenômeno 
é a difração. Na figura 2, há duas ondas difratadas, que, 
como tiveram origem numa mesma onda, são coerentes e 
com o mesmo comprimento de onda, de forma que, ao se 
encontrarem, sofrem interferência. Na figura 3, vemos que a 
onda possui comprimentos de onda diferentes dependendo da 
região por onde está passando. A mudança do comprimento de 
onda ao mudar de meio é uma consequência da mudança de 
velocidade. Tal fenômeno é chamado de refração. Vale ressaltar 
que a refração não necessariamente implica mudança de 
direção. Quando a onda incide perpendicularmente à superfície, 
como é no caso da figura, a direção não muda.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Soma = 22
Comentário: Analisando cada afirmativa separadamente:
01. Falsa. Os antinodos são os pontos que oscilam com máxima 
amplitude; os que permanecem parados são os nodos.
02. Verdadeira. O processo de interferência é nada mais que 
um caso especial do princípio de sobreposição de ondas 
aplicado a ondas que estão se propagando em sentido e / ou 
direções diferentes.
04. Verdadeira. O experimento da difração em fenda dupla 
mostra que a luz sofre interferência, que é o fenômeno 
ondulatório.
08. Falsa. A interferência ocorre somente no ponto de encontro 
das ondas, logo, após a interação, as ondas continuam se 
propagando com a forma original.
16. Verdadeira. Ao ser difratada, a frente de onda se curva de 
forma que atinge o ponto atrás do obstáculo.
Logo, 02 + 04 + 16 = 22.
Questão 02 – Letra C
Comentário: Decorrido 1,0 s, a onda terá percorrido 3,0 m. 
Assim, a crista da onda terá chegado à parede e o seu vale, 
após sofrer reflexão com inversão de fase (e se tornado uma 
crista), estará sobreposto à crista que chega. Dessa forma, 
a onda resultante estará representada na alternativa C, com o 
dobro da amplitude da onda inicial.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Os pontos X e Y estão na superposição de duas 
cristas e dois vales, respectivamente. Logo, a amplitude da 
onda resultante será 2A. O ponto Z, por sua vez, está na 
superposição de uma crista e um vale. Assim, a amplitude 
será nula. Portanto, x = y e z = 0.
Questão 04 – Letra C
Comentário: A interferência de onda pode ser construtiva 
ou destrutiva. As interferências construtivas ocorrem quando 
duas cristas ou dois vales se encontram, e as destrutivas 
acontecem quando um vale se encontra com uma crista. 
No caso da questão apresentada, teremos uma interferência 
construtiva e outra destrutiva, pois o pulso que se propaga da 
esquerda para a direita possui uma crista e um vale; já o pulso 
que se propaga da direita para a esquerda possui apenas um 
vale, de modo que a crista de um pulso irá sofrer interferência 
destrutiva com o vale do outro pulso, e os vales dos dois pulsos 
irão sofrer interferência construtiva. Tal sobreposição irá gerar 
a configuração representada na alternativa C.
Questão 05 – Letra B
Comentário: A extremidade direita da corda está presa a uma 
parede, e, dessa forma, as ondas refletem com inversão de 
fase. Os pulsos incidentes são formados nesta ordem: crista, 
vale e crista. Logo, eles são refletidos como vale, crista e vale. 
As figuras a seguir, fora de escala, mostram as três interferências 
que se formam após cada pulso refletir na parede (os pulsos 
refletidos estão em destaque cinza).
B
1ª interferência (B com A): construtiva
2ª interferência (C com A): destrutiva
3ª interferência (C com B): construtiva
A
C
B
A
C
BA
C
Dessa forma, a alternativa correta é a B.
16 Coleção 6V
FÍ
SI
C
A
Questão 06 – Letra B
Comentário: Pelo desenho, sabemos que o diagrama P 
representa o som; e o Q, as ondas luminosas, pois o 
comprimento de onda das ondas sonoras é maior que o 
comprimento de onda da luz, e também pela refração, uma 
vez que a luz se propaga com maior velocidade no arque na 
água, ela irá mudar de direção, aproximando-se da direção 
normal, já para o som ocorre o oposto, ele se propaga com 
maior velocidade na água; logo, muda de direção se afastando 
da direção normal. Além disso, não haverá interferência entre as 
ondas, pois a onda sonora é de natureza mecânica, vibrando as 
moléculas do meio; e a luminosa, de natureza eletromagnética, 
oscilando campos elétricos e magnéticos, assim não havendo 
interferência entre elas.
Questão 07 – Letra C
Comentário: Quanto aos comprimentos de onda, tem-se que:
= λ ⇒ λ = = = 
λ = µ = 





⇒ λ = λ
v f
v
f
340
170
2m
2 . 10 m 2m
som som som
som
elet.
6
som elet.
Apesar de ambas as ondas terem o mesmo comprimento de 
onda, como a onda sonora é mecânica e a onda eletromagnética 
não, ou seja, possuem naturezas diferentes, não pode haver 
interferência.
Questão 08 – Letra D
Comentário: A segunda figura da questão mostra que o pulso 
da esquerda caminha 30 unidades de comprimento para a 
direita no intervalo de 0 a t. Assim, o pulso da direita também 
caminha 30 unidades de comprimento para a esquerda. Dessa 
forma, haverá uma superposição dos pulsos, gerando o pulso 
resultante da alternativa D.
Questão 09 – Letra D
Comentário: A diferença de percurso das duas ondas é 
∆L = 85 – 80 = 5 cm. Para que a interferência seja destrutiva, 
essa diferença de caminhos deve ser igual a λn
2
, sendo 
n = 1, 3, 5, 7, … Dessa forma, as ondas devem ter comprimentos 
de onda iguais a 10 cm, 10
3
cm, 2 cm, etc. Logo, a alternativa 
correta é a D.
Questão 10 – Letra D
Comentário: Para que a interferência seja construtiva, ou 
a diferença entre os percursos deve ser um número inteiro 
(N) de um comprimento de onda (λ), ou a diferença entre 
os tempos gastos deve ser um número inteiro (N) de um 
período (T) da onda. Foque a atenção apenas na distância L 
(o restante do percurso será igual para as duas ondas). 
A velocidade da onda 1 dentro do material é:
V = c/n = c/1,5 = 2c/3
Assim, o tempo gasto para as ondas 1 (t1) e 2 (t2) percorrem 
a distância L será:
t1 = L/V = L/(2c/3) e t2 = L/c ⇒ t1 = 3t2 /2
O período (T) da onda 2 (que é o mesmo nos dois meios) é 
T = λ/c.
Uma vez que t1 – t2 = NT (condição de interferência construtiva), 
3t2 /2 – t2 = NT ⇒ t2 = 2NT. A distância L pode ser calculada por:
L = c.t2 = c.2NT = c.2Nλ/c = 2Nλ = 2N.500 nm = N.1 000 nm ⇒ 
L = 1 000 nm, 2 000 nm, 3 000 nm, ....
Questão 11
Comentário: 
A) Como temos o volume da gota do líquido e o raio do 
recipiente, podemos encontrar a espessura da camada que 
se formará:
= ⇒
= =
π
= =
−
−
V E.A
E V
A
V
.r
4,5 . 10
3 . 10
1,5 . 10 cm
2
3
2
5
B) A interferência destrutiva ocorrerá sempre que as duas 
ondas estiverem defasadas de meio comprimento de onda 
(ou um número inteiro de comprimento de onda mais 
meio), daí a expressão λ
2.n
 dada no enunciado (repare 
que se λ é comprimento de onda da onda no ar, λ
n
 será 
o comprimento de onda da onda no líquido). Igualando a 
espessura dada no enunciado a essa expressão, podemos 
encontrar o comprimento de onda:
= λ ⇒
λ = = =− −
E
2.n
2 . n . E 2 . 2,5 . 1,5 . 10 7,5 . 10 cm5 5
C) Fazendo o raciocínio contrário, podemos usar o comprimento 
de onda para encontrar a espessura do líquido e, por meio 
desta, o volume:
= λ = ⇒
λ = = = =
= λ = =
= = π = =
− −
−
−
− −
v . f c
c
f
3 . 10
0,6 . 10
5,0 . 10 m 5,0 . 10 cm
E
2 . n
5,0 . 10
2 . 2,5
1,0 . 10 cm
V' E . A E . . r 1,0 . 10 . 3 . 10 3,0 . 10 cm
8
15
7 5
5
5
2 5 2 3 3
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 22
Comentário: Ao inverter a polaridade em uma das caixas (D), 
será invertida a fase da corrente elétrica nessa caixa, que é 
alternada. Assim, invertemos também a fase da onda sonora 
emitida pela caixa D, deixando-a com a fase invertida em 
relação à onda emitida pela caixa E.
A interferência destrutiva de onda com fases opostas é dada 
por:
d = n . λ
Bernoulli Resolve
17Bernoulli Sistema de Ensino
Sendo “d” a diferença dos caminhos das ondas dos alto-falantes 
até o ponto. Como as caixas estão lado a lado (n = 0), e como 
o ponto está equidistante (d = 0), a igualdade será satisfeita, 
gerando interferência destrutiva.
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 1
Comentário: Interferência em película fina.
5
2
1
A
B
3 4 E
Ar
Óleo
Água
A diferença entre os caminhos 1 – 3 – 4 – 5 e 1 – 2 é igual a 2E.
Normalmente, quando a diferença de caminhos é um 
múltiplo mais meio comprimento de onda, a interferência é 
destrutiva. Contudo, como houve, nesse caso, uma inversão 
de fase em uma das reflexões, essa condição determina a 
interferência construtiva.
Interferência construtiva:
λ2E=(m + 1
2
) , m= 0,1,2,...
A espessura mínima ocorre para m = 0, logo: 
λ λ2E=
2
=E=
4
Observação: Nessa questão, λ precisa ser o comprimento de 
onda na camada de óleo.
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 1
Comentário: O texto descreve o fenômeno da difração 
(propriedade que permite que uma onda contorne obstáculos 
ou fendas que encontre durante a sua propagação). Assim, 
o mesmo fenômeno permite que uma pessoa possa ouvir o que 
outra diz do outro lado do muro (o som contorna tal obstáculo). 
Veja que as demais alternativas se referem, nessa ordem, 
à reflexão do som, à diferença de velocidades das ondas sonoras 
nos materiais, ao efeito Doppler-Fizeau e à ressonância.
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 22
Comentário: As ondas eletromagnéticas, que se propagam 
em trajetórias retilíneas em meios homogêneos, são refletidas 
pela ionosfera e conseguem, se tiverem energia suficiente, 
se deslocar do litoral à região amazônica. Logo, a alternativa 
correta é a A.
MÓDULO – B 17
Ondas Estacionárias
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra A
Comentário: Como nos dois casos, no violino e na guitarra, as 
cordas estão com as extremidades fixas; as ondas estacionárias 
sempre terão nós nas extremidades das cordas, ou seja, 
nesses pontos a amplitude é nula. Isso implica que as ondas 
estacionárias tenham sempre comprimento de onda dado por 
λ = 2.L
n
, em que n é um número inteiro positivo.
Questão 02 – Letra D
Comentário: A onda estabelecida na corda é estacionária. 
As cordas de Sílvia e Patrícia vibram no 3º e 5º harmônico, 
respectivamente (número de ventres presentes na figura). 
As frequências desses harmônicos são fS = 3.f1 e fp = 5.f1 
(sendo f1 a frequência do modo fundamental). Assim, a relação 
pedida é: fS/fP = 3.f1/5.f1 ⇒ fS/fP = 0,6.
Questão 03 – Letra D
Comentário: A onda estacionária na água, nesse caso, 
é semelhante à onda numa corda presa nas duas extremidades. 
Como o comprimento de cada ventre é 50 cm, em uma piscina 
de 50 metros irão se formar 100 ventres.
O comprimento de cada ventre é metade do comprimento 
de onda (λ). Logo, o comprimento de onda (λ) é o dobro do 
tamanho do ventre ⇒ λ = 100 cm = 1,0 m.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Quando uma força externa oscilante atua sobre 
um sistema com a mesma frequência natural de vibração desse 
sistema, ele pode entrar em ressonância com o agente externo. 
Dessa forma, a amplitude de oscilação natural do sistema 
aumenta e este pode entrar em colapso. Conclui-se, portanto, 
que D é a alternativa correta.
Questão 05 – Letra B
Comentário: Pela equação fundamental da ondulatória, 
obtemos que o comprimento de onda:
= λ ⇒ λ = = = v . f v
f
10
1
10m
Assim, como a onda estacionária tem 3 ventres e a distância 
entre cada ventre é igual a λ
2
, temos que o comprimento total 
da ponte é:
=
λ
= = L 3
2
310
2
15m
18 Coleção 6V
FÍ
SI
C
A
Questão 06 – Letra E
Comentário: Analisando cada proposição separadamente:
I. Correta. Como a corda do violão possui ambas as 
extremidades fixas, o seu comprimento corresponde a um 
quarto do comprimento de onda do harmônico fundamental; 
como o comprimento de ondade cada harmônico é metade 
do comprimento de onda do harmônico anterior, o quarto 
harmônico terá um comprimento de onda de metade do 
comprimento da corda.
II. Incorreta. A altura da onda sonora corresponde à 
frequência. Logo, se as ondas têm a mesma frequência, 
têm a mesma altura.
III. Correta. A frequência de cada harmônico n é igual a n vezes 
a frequência do harmônico fundamental, logo, se o quarto 
harmônico possui frequência de f4 = 440 Hz, o primeiro 
harmônico terá uma frequência de F1 = f4/4 = 110 Hz.
IV. Correta. Como a corda possui ambas as extremidades fixas, 
o número de nós será de n + 1, em que n é a ordem do 
harmônico, ou seja, no quarto harmônico terá 5 nós.
Questão 07 – Letra E
Comentário: A frequência fundamental em um tubo com 
uma extremidade aberta e a outra fechada é: f1 = V/4L = 
340/4 . 0,25 = 340 Hz. A frequência de qualquer outro 
harmônico será: fN = N.f1, sendo N um número ímpar 
(1, 3, 5, ...), correspondente ao número de nós ou ventres da 
onda em questão. O número do harmônico correspondente 
será: N = 1 700/340 = 5, correspondente ao “terceiro” 
harmônico possível. Logo, a onda terá 3 nós e 3 ventres, como 
mostra a alternativa E.
Repare que pode-se trabalhar, nesse caso, com a 
seguinte relação: fN = (2N – 1). f1, com N sendo um 
número natural que caracteriza o número de nós ou de 
ventres presentes. Lembre-se de que (2N – 1) apresenta 
apenas números ímpares. Usando essa relação, temos: 
fN = (2N – 1). f1 ⇒ 1 700 = (2N – 1).340 ⇒ N = 3 nós = 3 ventres.
Questão 08 – Letra E
Comentário: Pela figura, vemos que, ao longo da corda, 
cabem três meios comprimentos de onda, logo:
= λ ⇒
λ = = = 
L 3
2
2
3
L 2
3
50cm 1
3
m
Tendo o comprimento de onda e a velocidade, podemos 
encontrar a frequência:
= λ ⇒ =
λ
= = v . f f v 40 . 3 120Hz
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: Como a corda oscila com duas cristas, podemos 
perceber que o comprimento de onda é igual ao comprimento 
da corda, que é de 60 cm. A vibração corresponde ao segundo 
harmônico, de acordo com a figura a seguir:
Questão 02 – Letra C
Comentário: A figura mostra o terceiro harmônico da onda 
estacionária (três ventres). Como as frequências dos diversos 
harmônicos estão relacionadas por fN = N.f1, a frequência 
fundamental será f1 = f3/3 = 360/3 = 120 Hz. Com o aumento 
da frequência do oscilador, a próxima configuração harmônica 
será composta de cinco nós e quatro ventres (4º harmônico), 
cuja frequência será f4 = 4.f1 = 4 . 120 = 480 Hz. Dessa forma, 
a alternativa correta é a C.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Como sabemos a relação entre a velocidade 
de propagação de onda nas duas cordas e a relação entre as 
frequências desejadas, podemos usar a equação fundamental 
da ondulatória para encontrar o comprimento que as cordas 
devem ter:
λ =
= λ ⇒ λ =
= λ = = =
λ
= = = 
2 . L
v . f v
f
L 1
2
1
2
v
f
1
2
2.v
2.f
1
2
.f
f
1
2
2 . L L 80cm
2 2
2
2
1
1
1 1
1
1 1
Isso corresponde ao ponto B.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Sendo a velocidade de propagação da onda na 
corda igual a 320 m/s e sua frequência de vibração igual a 
80 Hz, seu comprimento de onda será igual a 4 m. 
Como a distância entre o oscilador e a parede é de 8 m, caberão 
exatamente duas ondas completas nesse espaço, configuração 
mostrada na alternativa D.
Questão 05 – Letra D
Comentário: Como o diapasão vibra sempre à mesma 
frequência, a intensidade máxima do som será produzida 
quando a coluna de ar no tubo corresponder aos modos 
harmônicos para essa frequência. Como o tubo está aberto 
em uma extremidade e fechado na outra, pela água, os modos 
harmônicos ocorrerão sempre que a altura da coluna de ar for 
múltipla de um quarto do comprimento de onda. O enunciado 
pede a altura quando a intensidade fica alta pela primeira vez, 
ou seja, no harmônico fundamental. Logo:
= λ = = = = h 1
4
v
4.f
320
4.400
0,2m 20cm
Questão 06 – Letra C
Comentário: Pela figura, vemos que a onda estacionária 
gerada no fio pelo diapasão possui três fusos, assim, como 
cada fuso da onda tem comprimento igual a λ
2
, e sabendo 
que o comprimento total do fio é 3 metros, obtemos que o 
comprimento de onda é:
Bernoulli Resolve
19Bernoulli Sistema de Ensino
=
λ
⇒ λ = = = L 3
2
2.L
3
2 . 3
3
2m
Utilizando a equação fundamental da ondulatória, podemos 
calcular a velocidade de propagação da onda:
= λ = = v . f 2 . 300 600 m/s
Finalmente, aplicando a lei de Taylor e lembrando que a tração 
é igual ao peso do corpo sustentado pelo fio, temos:
=
µ
⇒ µ = = = −v F F
v
3,6
600
10 kg/m
2 2
5
 
Questão 07 – Letra B
Comentário: Um tubo com uma extremidade aberta e uma 
fechada possui o primeiro harmônico de ressonância com 
comprimento de onda de quatro vezes o comprimento do tubo, 
dessa forma, usando a equação fundamental da ondulatória, 
o comprimento do tubo será de:
= λ ⇒ λ =
=
λ
= = = = 
v . f v
f
L
4
1
4
v
f
1
4
330
375
0,22m 22cm
1
Questão 08 – Letra B
Comentário: Pela figura apresentada, vemos que a onda 
formada no tubo sonoro possui 2,5 fusos, ou seja, a onda 
corresponde ao 5º harmônico de um tubo sonoro com uma 
extremidade fechada e uma aberta. Assim, podemos calcular 
o comprimento de onda:
= λ ⇒
= λ ⇒ λ = 
L 2,5
2
1 2,5
2
0,8m
 
Aplicando a equação fundamental da ondulatória, obtemos a 
frequência igual a:
=
λ
= = f v 340
0,8
425Hz 
Questão 09 – Letra A
Comentário: No primeiro tubo, como é aberto em ambas 
as extremidades, seu comprimento corresponde a meio 
comprimento de onda do harmônico fundamental. Já no 
segundo tubo, aberto em uma extremidade e fechado na outra, 
o comprimento corresponde a um quarto do comprimento de 
onda do harmônico fundamental. Com essas informações, 
podemos encontrar a razão entre as frequências fundamentais 
nos dois tubos:
= λ ⇒ =
λ
=
λ
λ
=
λ
λ
= =
v .f f v
f
f
v
v
4.L
2.L
21
2
1
2
2
1
Questão 10 – Letra B
Comentário: O comprimento da coluna de ar do tubo está 
relacionado com o comprimento de onda dos modos harmônicos 
de ressonância. Como o tubo é aberto numa extremidade e 
fechado na outra, essa relação é dada por λ = 4 . L. Como a 
frequência é inversamente proporcional ao comprimento de 
onda, seu menor valor será dado por 
= λ ⇒ =
λ
= = = v . f f v v
4.L
340
4 . 0,1
850Hz.
Questão 11 – Letra D
Comentário: Considerando o canal auditivo como um 
tubo sonoro fechado e que a coluna de ar oscila no padrão 
estacionário fundamental, teremos a seguinte representação:
λ
4
No primeiro harmônico, a extensão do tubo sonoro fechado é 
igual a um quarto do comprimento de onda. Logo, pela equação 
fundamental da ondulatória:
= λ ⇒ λ =
= λ = ⇒ = =
=
L
4
4L
v f 4Lf f v
4L
340
4.0,025
f 3 400 Hz
Questão 12 – Letra C
Comentário: Analisando cada proposição separadamente:
I. Correta. Se o comprimento da corda é reduzido e o número 
de fusos se mantém, o comprimento de onda também é 
reduzido proporcionalmente. Logo, a frequência aumentará 
com o inverso da proporção.
II. Correta. Desde que seja mantido o comprimento da corda e 
o número de fusos, o comprimento de onda não tem como 
se alterar, no entanto, aumentando a massa, a tração na 
corda aumenta, aumentado a velocidade de propagação da 
onda e, consequentemente, como o comprimento de onda 
se manteve, a frequência precisa aumentar.
III. Correta. A frequência de um harmônico n é fn = n.f1, em 
que f1 é a frequência do harmônico fundamental. Logo, 
= = = f
f
4
600
4
150Hz
1
4 e f5 = 5.f1 = 5 . 150 = 750 Hz.
IV. Incorreta. Todos os pontos da corda vibram com a mesma 
frequência, porém, como a distância percorrida por cada 
ponto varia ao longo da corda, a velocidade é diferente.
V. Incorreta. No momento em que um ponto se encontra na 
posição de crista ou vale, sua aceleração é máxima, e a sua 
velocidade é mínima, sendo que está invertendo o sentido 
do deslocamento.
Questão 13 – Letra C
Comentário: Como os tubos são abertos em uma extremidade 
e fechados na outra, assim como aponta o enunciado, os modosharmônicos ocorrem com comprimentos de onda de 4 vezes o 
comprimento do tubo, ou seja, basta encontrar o comprimento 
de onda para encontrar o comprimento do tubo:
20 Coleção 6V
FÍ
SI
C
A
= λ ⇒ λ =
=
λ
= = = = 
=
λ
= = = = 





v . f v
f
L
4
1
4
v
f
1
4
330
660
0,125m 12,5cm
L
4
1
4
v
f
1
4
330
220
0,375m 37,5cm
1
1
1
2
2
2
Questão 14 – Letra C
Comentário: No tubo A, como é aberto em ambas as 
extremidades, seu comprimento corresponde a meio 
comprimento de onda do harmônico fundamental. Já no 
tubo B, aberto em uma extremidade e fechado na outra, o 
comprimento corresponde a um quarto do comprimento de 
onda do harmônico fundamental, que, por sua vez, é a metade 
do comprimento de onda do harmônico fundamental do tubo A. 
Assim:
= λ ⇒ λ =
=
λ
= = = = 
=
λ
=
λ
= = ≈ = 







v . f v
f
L
2
1
2
v
f
1
2
340
200
0,85m 85cm
L
4
1
4 2
1
4
L 0,85
4
0,213m 21,3cm
A
A
B
B A
A
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 1
Comentário: A manteiga estará derretida nos pontos ventrais 
da onda estacionária gerada. Nesses pontos ocorre interferência 
construtiva, ou seja, a amplitude da onda é maior. Assim sendo, 
maior energia será dissipada nesses pontos.
Os pontos ventrais consecutivos são I e III.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 1
Comentário: Em um tubo aberto, o comprimento de onda, 
como podemos perceber analisando a figura, é dado pela 
equação λ = 2
N
L,
N em que N é o grau do harmônico. A figura 
mostra os três primeiros harmônicos. No próximo harmônico, 
ou seja, o quarto, o comprimento de onda será:
λ = =
2
4
L L
24
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 1
Comentário: Numa corda com as duas extremidades fixas, 
como é o caso, o comprimento de onda do harmônico 
fundamental é o dobro do comprimento da corda. Logo, se a 
corda tem seu comprimento efetivo diminuído, quando o músico 
prende a corda em uma das casas do violão, por exemplo, 
o comprimento de onda também irá diminuir proporcionalmente. 
Como a densidade linear da corda não é alterada e a velocidade 
de propagação continua a mesma, a frequência é inversamente 
proporcional ao comprimento de onda, logo, se o comprimento 
de onda diminui pela metade, a frequência dobra.
MÓDULO – B 18
Som e Efeito Doppler
Exercícios de Aprendizagem
Questão 01 – Letra B
Comentário: As ondas sonoras que se propagam no ar são 
geradas pela vibração da corda do violão. Dessa forma, a 
frequência do som tem de ser igual à frequência de vibração 
da corda, que é a fonte da onda sonora. Entretanto, a onda 
na corda e o som no ar têm velocidades de propagação 
diferentes, pois seus meios de propagação são distintos, 
e, consequentemente, comprimentos de ondas distintos. 
Em relação às amplitudes de vibração da corda e das moléculas 
do ar, não faz sentido comparar tais grandezas, pois uma onda 
é transversal, e a outra é longitudinal. 
Questão 02 – Letra D
Comentário: Ondas sonoras são ondas mecânicas. Essa 
categorização é feita porque o som audível se propaga devido 
à variação da pressão exercida por colunas de ar. Sendo 
essa variação de pressão uma condição fundamental para 
a propagação desse tipo de onda, caso exista vácuo, o som 
não vai se propagar. Por sua vez, ondas eletromagnéticas se 
propagam devido à variação de campos elétricos e magnéticos. 
Esses campos existem independentemente de meios materiais. 
Logo, no problema descrito, o telefone receberá as micro-ondas, 
que são um tipo de onda eletromagnética, mas não será possível 
ouvir sua música. 
Questão 03 – Letra A
Comentário: Conseguimos diferenciar instrumentos musicais 
produzindo a mesma nota musical (mesma frequência), pois 
cada instrumento possui um timbre, ou seja, o formato das 
ondas sonoras produzidas por cada instrumento é diferente; 
esse formato é produzido pela composição dos harmônicos em 
diferentes intensidades.
Questão 04 – Letra B
Comentário: A altura do som é característica do som que 
nos permite identificar a sua nota musical, por exemplo, 
diferenciando os sons graves e agudos. Tal propriedade e 
determinada pela frequência da onda.
Bernoulli Resolve
21Bernoulli Sistema de Ensino
A intensidade do som está relacionada à quantidade de energia 
transportada no som, diferenciando sons fortes e fracos. Tem 
a ver com a amplitude da onda.
Questão 05 – Soma = 12
Comentário: Analisando as alternativas separadamente, 
temos que: 
01. Falsa. A velocidade de propagação de uma onda em um 
meio gasoso não depende de sua frequência, portanto 
a velocidade de uma onda sonora com frequência de 
ultrassom é igual à velocidade de uma onda com frequência 
menor.
02. Falsa. A velocidade de propagação da onda não depende 
da velocidade com que o morcego se movimenta, pois ela 
é sempre a mesma em relação ao meio.
04. Verdadeira. Como as ondas emitidas pelo morcego são 
refletidas e voltam em sua direção, ocorre o efeito Doppler, 
pois o morcego se desloca de encontro às ondas. Assim, 
a frequência aparente para o morcego das ondas refletidas 
será maior que as ondas originalmente emitidas pelo 
morcego. 
08. Verdadeira. Quando o morcego emite uma onda sonora, 
a velocidade da onda em relação ao morcego é menor que 
a velocidade em relação ao ar, pois tanto a onda quanto o 
morcego estão se movendo no mesmo sentido. Já as ondas 
refletidas se movem no sentido oposto ao morcego, assim, 
a velocidade dessas ondas em relação ao morcego é maior 
do que em relação ao ar e, consequentemente, maior do 
que a onda emitida em relação ao morcego. 
16. Falsa. Batimento é o fenômeno que se refere à variação da 
intensidade da onda em função da interferência com outra 
onda de frequência próxima. O fenômeno relacionado com 
a mudança de frequência devido à velocidade da fonte é o 
efeito Doppler.
Logo, 04 + 08 = 12.
Questão 06 – Letra A
Comentário: O maior comprimento de onda corresponde 
ao som de maior período (Lá3). Essa onda tem amplitude 
de 4,0 cm. No instante 0,3 s, os sons 3 e 4 somam 4,0 cm. 
O Lá5 tem período T5 = 0,4 s ⇒ f5 = 2,5 Hz. O período do som 
composto é 1,6 s.
Questão 07 – Letra A
Comentário: Como a ambulância se desloca para a direita, os 
pontos nessa região recebem um maior número de cristas em 
cada intervalo de tempo, dando a sensação de que o comprimento 
de onda diminuiu (e que a frequência aumentou). A alternativa C 
será a resposta, apenas se a ambulância se deslocar com uma 
velocidade V = Vsom ≈ 1 224 km/h = 340 m/s (o que é impossível 
nas circunstâncias atuais).
Questão 08 – Letra B
Comentário: 
A) Incorreto. Altas e baixas frequências, dentro do limite 
audível, indicam sons agudos e graves, respectivamente. 
Como a frequência é inversamente proporcional ao 
comprimento de onda, a onda A tem menor frequência do 
que a onda B, fA < fB, logo é mais grave que o som de B.
B) Correto. Justificativa semelhante à do item anterior.
C) Incorreto. Como o eixo das ordenadas representa o tempo, 
e cada quadrado vale 1 unidade, o período da onda B é 4 s. 
Sendo a frequência o inverso do período, teremos que 
fB = 0,25 Hz.
D) Incorreto. Do mesmo modo que no item anterior, podemos 
inferir que o período da onda B é de 8 s; e sua frequência, 
de 0,125 Hz.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: Quando uma fonte emissora de onda, no caso a 
ambulância, aproxima-se de um receptor, no caso o pedestre, 
devido à velocidade da fonte, o comprimento das frentes 
da onda é comprimido, dessa forma, a frequência de onda 
detectada é maior que a emitida, ou seja, o pedestre percebe 
um aumento da frequência.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Repare na escala horizontal. Nela, cada risco entre 
100 Hz e 1 000 Hz corresponde, respectivamente a 200 Hz, 
300 Hz, 400 Hz, ... Assim, o som do Lá é notado pelos dois 
ouvidos, mesmo com pequena intensidade, mas o ouvido direito 
o ouve