Exercícios resolvidos de lançamento oblíquo

Exercícios de Fisica

1. Exercícios Resolvidos de
lançamento Oblíquo.
01-(Ufmg-MG) Clarissa chuta, em seqüência, três bolas - P, Q e R -,
cujas trajetórias estão representadas nesta figura:

Sejam t(P), t(Q) e t(R) os tempos gastos, respectivamente, pelas
bolas P, Q e R, desde o momento do chute até o instante em que
atingem o solo.
Considerando-se essas informações, é CORRETO afirmar que
a) t(Q) > t(P) = t(R) b) t(R) > t(Q) = t(P) c) t(Q) > t(R)
> t(P) d) t(R) > t(Q) > t(P) e) d) t(R) = t(Q) = t(P)

02-(Ufsm-RS) Um índio dispara uma flecha obliquamente. Sendo a
resistência do ar desprezível, a flecha descreve uma parábola

num referencial fixo ao solo. Considerando o movimento da flecha
depois que ela abandona o arco, afirma-se:
I. A flecha tem aceleração mínima, em módulo, no ponto mais alto da
trajetória.
II. A flecha tem aceleração sempre na mesma direção e no mesmo
sentido.
III. A flecha atinge a velocidade máxima, em módulo, no ponto mais
alto da trajetória.
Está(ão) correta(s)
a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas
II. d) apenas III. e) I, II e III.

03-(CEFET-CE) Duas pedras são lançadas do mesmo ponto no solo no
mesmo sentido. A primeira tem velocidade inicial de módulo 20 m/s e
forma um ângulo de 60° com a horizontal, enquanto, para a outra
pedra, este ângulo é de 30°. O módulo da velocidade inicial da
segunda pedra, de modo que ambas tenham o mesmo alcance, é:

2. DESPREZE A RESISTÊNCIA DO AR.
a) 10 m/s b) 10√3 m/s c) 15
m/s d) 20 m/s e) 20√3 m/s

04-(CEFET-CE) Um caminhão se desloca em movimento retilíneo e
horizontal, com velocidade constante de 20m/s. Sobre sua carroceria,
está um canhão, postado para tiros verticais, conforme indica a
figura. A origem do sistema de coordenadas coincide com a boca do
canhão e, no instante t=0, ele dispara um projétil, com velocidade de
80m/s. Despreze a resistência do ar e considere g=10m/s
2
.

Determine o deslocamento horizontal do projétil, até ele retornar à
altura de lançamento, em relação:
a) ao caminhão;
b) ao solo.

05-(Ufms-MS) Em um lançamento oblíquo (trajetória mostrada na
figura a seguir) em um local onde a aceleração constante da
gravidade é g, sejam respectivamente, H, X e β a altura máxima, o
alcance horizontal e o ângulo de lançamento do projétil, medido em
relação ao eixo horizontal x. Desprezando-se a resistência do ar, é
correto afirmar que

(01) o tempo para que se alcance X é igual ao tempo de subida do
projétil.
(02) o tempo para que se alcance X é igual ao dobro do tempo de
descida do projétil.
(04) se tg(β) = 4, então H = X.
(08) a energia cinética do projétil é máxima quando é atingida a
altura máxima.
(16) a energia mecânica do projétil aumenta no trecho de descida.

06-(CEFET-CE) Um aluno do CEFET em uma partida de futebol lança
uma bola para cima, numa direção que forma um ângulo

3. de 60° com a horizontal. Sabendo que a velocidade na altura máxima
é 20 m/s, podemos afirmar que a velocidade de lançamento da bola,
em m/s, será:
a) 10 b) 17 c) 20 d)
30 e) 40

07-(PUCCAMP-SP) Observando a parábola do dardo arremessado por
um atleta, um matemático resolveu obter uma expressão

que lhe permitisse calcular a altura y, em metros, do dardo em
relação ao solo, decorridos t segundos do instante de seu lançamento
(t = 0). Se o dardo chegou à altura máxima de 20 m e atingiu o solo
4 segundos após o seu lançamento, então, desprezada a altura do
atleta, considerando g=10m/s
2
, a expressão que o matemático
encontrou foi
a) y = - 5t
2
+ 20t b) y = - 5t
2
+ 10t c) y = - 5t
2

+ t d) y = -10t
2
+ 50 e) y = -10t
2
+ 10

08-(Ufpe-PE) Um projétil é lançado obliquamente no ar, com
velocidade inicial vo = 20 m/s, a partir do solo. No ponto mais alto de
sua trajetória, verifica-se que ele tem velocidade igual à metade de
sua velocidade inicial. Qual a altura máxima, em metros, atingida
pelo projétil? (Despreze a resistência do ar e considere g=10m/s
2
).

09-(FUVEST-SP) Durante um jogo de futebol, um chute forte, a partir
do chão, lança a bola contra uma parede próxima. Com auxílio de
uma câmera digital, foi possível reconstituir a trajetória da bola,
desde o ponto em que ela atingiu sua altura máxima (ponto A) até o
ponto em que bateu na parede (ponto B). As posições de A e B estão
representadas na figura. Após o choque, que é elástico, a bola
retorna ao chão e o jogo prossegue.

4. a) Estime o intervalo de tempo t1, em segundos, que a bola levou
para ir do ponto A ao ponto B.
b) Estime o intervalo de tempo t2, em segundos, durante o qual a
bola permaneceu no ar, do instante do chute até atingir o chão após
o choque.
c) Represente, em sistema de eixos, em função do tempo, as
velocidades horizontal Vx e vertical Vy da bola em sua trajetória, do
instante do chute inicial até o instante em que atinge o chão,
identificando por Vx e Vy, respectivamente, cada uma das curvas.
NOTE E ADOTE:
Vy é positivo quando a bola sobe
Vx é positivo quando a bola se move para a direita
10-(PUCCAMP-SP) Um atleta arremessa um dardo sob um ângulo de
45° com a horizontal e, após um intervalo de tempo t, o

dardo bate no solo 16 m à frente do ponto de lançamento.
Desprezando a resistência do ar e a altura do atleta, o intervalo de
tempo t, em segundos, é um valor mais próximo de:
Dados: g = 10 m/s
2
e sen 45° = cos 45° = 0,7
a) 3,2 b) 1,8 c)
1,2 d) 0,8 e) 0,4

11- Ufjf-MG) Durante uma partida de futebol, um jogador,
percebendo que o goleiro do time adversário está longe do gol,
resolve tentar um chute de longa distância (vide figura). O jogador se
encontra a 40 m do goleiro. O vetor velocidade inicial da bola tem
módulo Vo = 26 m/s e faz um ângulo de 25° com a horizontal, como
mostra a figura a seguir.

5. Desprezando a resistência do ar, considerando a bola pontual e
usando cos 25° = 0,91, sen 25° = 0,42 e g=10m/s
2
:
a) Faça o diagrama de forças sobre a bola num ponto qualquer da
trajetória durante o seu vôo, após ter sido chutada. Identifique a(s)
força(s).
b) Saltando com os braços esticados, o goleiro pode atingir a altura
de 3,0 m. Ele consegue tocar a bola quando ela passa sobre ele?
Justifique.
c) Se a bola passar pelo goleiro, ela atravessará a linha de gol a uma
altura de 1,5 m do chão. A que distância o jogador se encontrava da
linha de gol, quando chutou a bola? (Nota: a linha de gol está atrás
do goleiro.)

12-(CEFET-CE) Uma roda de raio R rola uniformemente, sem
escorregar, ao longo de uma superfície horizontal. Do ponto A da
roda se desprende uma gota de barro, como mostra a figura a seguir.

Com que velocidade v deve se deslocar a roda, se a gota, depois de
lançada ao espaço, volta a cair sobre o mesmo ponto da roda após
efetuar uma volta? Considere desprezível a resistência do ar.

13-(UNICAMP-SP) Uma bola de tênis rebatida numa das
extremidades da quadra descreve a trajetória representada na figura
a seguir, atingindo o chão na outra extremidade da quadra. O
comprimento da quadra é de 24 m.

a) Calcule o tempo de vôo da bola, antes de atingir o chão.
Desconsidere a resistência do ar nesse caso.
b) Qual é a velocidade horizontal da bola no caso acima?
c) Quando a bola é rebatida com efeito, aparece uma força, FE,
vertical, de cima para baixo e igual a 3 vezes o peso da bola. Qual
será a velocidade horizontal da bola, rebatida com efeito para uma
trajetória idêntica à da figura?

14-(UNICAMP-SP) O famoso salto duplo twistcarpado de Daiane dos
Santos foi analisado durante um dia de treinamento no Centro
Olímpico em Curitiba, através de sensores e filmagens que

6. permitiram reproduzir a trajetória do centro de gravidade de Daiane
na direção vertical (em metros), assim como o tempo de duração do
salto.

De acordo com o gráfico, determine:
a) A altura máxima atingida pelo centro de gravidade de Daiane.
b) A velocidade média horizontal do salto, sabendo-se que a distância
percorrida nessa direção é de 1,3m.
c) A velocidade vertical de saída do solo.

15-(PUC-SP) Futebol é, sem dúvida, o esporte mais popular de nosso
país. Campos de futebol são improvisados nas ruas, nas praças, nas
praias. Já os campos de futebol profissional são projetados e
construídos seguindo regras e dimensões bem definidas
O comprimento do campo pode variar de um mínimo de 90m até um
máximo de 120m, enquanto a medida da largura pode variar entre
45m e 90m. De qualquer maneira, independ entemente das
dimensões do campo, a distância entre as traves verticais de um
mesmo gol é de 7,3m, e a grande área do campo, dentro da qual
ficam o goleiro e as traves, tem as medidas assim definidas:
"A grande área, ou área penal, está situada em ambas as
extremidades do campo e será demarcada da seguinte maneira:
serão traçadas duas linhas perpendiculares à linha de meta, a 16,5m
de cada trave do gol. Essas linhas se adentrarão por 16,5m no campo
e se unirão a uma linha paralela à linha de meta. Em cada grande
área será marcado um ponto penal, a 11,0m de distância a partir do
ponto médio da linha entre as traves, eqüidistantes às mesmas, Por
fora de cada grande área será traçado um semicírculo com raio de
9,2m a partir de cada ponto penal." (fig. 1)
Para alcançar o gol, os jogadores lançam mão de várias técnicas e
fundamentos. Dentre esses fundamentos, um dos mais difíceis de
serem executados pelos jogadores, e que está diretamente ligado às
medidas do campo, é o 'lançamento'. Nestas jogadas, em que se
destacaram Gerson e Pelé, dentre outros, um jogador chuta a bola
que, a partir daí, sobe, descreve uma parábola sob a ação da
gravidade e vai alcançar outro jogador, uns tantos metros à frente.

7. Instruções: Nas respostas lembre-se de deixar os processos de
resolução claramente expostos.
Não basta escrever apenas o resultado final. É necessário registrar os
cálculos e/ou raciocínio utilizado.
Sempre que necessário, utilize: g = 10m/s
2
, sen 20° = 0,35 e cos
20° = 0,95
Nas questões seguintes, eventualmente, você precisará de dados
numéricos contidos no texto. Procure-os com atenção.
Para as questões seguintes, considere a fig. 2 , na qual um jogador
chuta a boa com velocidade de módulo 72 km/h e em um ângulo de
20° em relação à horizontal. A distância inicial entre a bola e a
barreira é de 9,5m e entre a bola e a linha do gol, 19m. A trave
superior do gol encontra-se a 2,4m do solo.
Considere desprezível o trabalho de forças dissipativas sobre a bola.
a) Determine qual é a máxima altura que a barreira pode ter para
que a bola a ultrapasse.
b) Determine a distância entre a trave superior e a bola, no instante
em que ela entra no gol.
c) A trajetória da bola chutada pelo jogador da figura pode ser
descrita pela equação y = 7/19x - (5/361)x
2
, na qual 'y' é a medida,
em metros, da altura em que a bola se encontra, e 'x' é a medida da
distância horizontal percorrida pela bola, em metros, durante seu
movimento. Desenhe o gráfico cartesiano representativo do
movimento da bola durante o lançamento, assinalando a altura
máxima e o ponto em que a bola retornaria ao solo, caso não batesse
na rede.(fig. 2)

16-(UNESP-SP) Um garoto, voltando da escola, encontrou seus
amigos jogando uma partida de futebol no campinho ao lado de sua
casa e resolveu participar da brincadeira. Para não perder tempo,
atirou sua mochila por cima do muro, para o quintal de sua casa:
postou-se a uma distância de 3,6 m do muro e, pegando a mochila
pelas alças, lançou-a a partir de uma altura de 0,4 m.

8. Para que a mochila passasse para o outro lado com segurança, foi
necessário que o ponto mais alto da trajetória estivesse a 2,2 m do
solo. Considere que a mochila tivesse tamanho desprezível
comparado à altura do muro e que durante a trajetória não houve
movimento de rotação ou perda de energia. Tomando g = 10 m/s
2
,
calcule
a) o tempo decorrido, desde o lançamento, para a mochila atingir a
altura máxima.
b) o ângulo de lançamento.
Dados:


17-(UNIFESP-SP) Um projétil de massa m = 0,10 kg é lançado do
solo com velocidade de 100 m/s, em um instante t = 0, em uma
direção que forma 53° com a horizontal. Admita que a resistência do
ar seja desprezível e adote g = 10 m/s
2
.
a) Utilizando um referencial cartesiano com a origem localizada no
ponto de lançamento, qual a abscissa x e a ordenada y da posição
desse projétil no instante t = 12 s?
Dados: sen 53° = 0,80; cos 53°= 0,60.
b) Utilizando este pequeno trecho da trajetória do projétil:

Desenhe no ponto O, onde está representada a velocidade do
projétil, a força resultante que nele atua. Qual o módulo dessa
força?

18- (Ufc-CE) Uma partícula pontual é lançada de um plano inclinado
conforme esquematizado na figura a seguir. O plano tem um ângulo
de inclinação θ em relação à horizontal, e a partícula é lançada, com
velocidade de módulo v, numa direção que forma um ângulo de
inclinação α em relação ao plano inclinado. Despreze qualquer efeito
da resistência do ar. Considere que a aceleração da gravidade local é
constante (módulo igual a g, direção vertical, sentido para baixo).

9. a) Considerando o eixo x na horizontal, o eixo y na vertical e a
origem do sistema de coordenadas cartesianas no ponto de
lançamento, determine as equações horárias das coordenadas da
partícula, assumindo que o tempo é contado a partir do instante de
lançamento.
b) Determine a equação da trajetória da partícula no sistema de
coordenadas definido no item (a).

19-(UNESP-SP) Em uma partida de futebol, a bola é chutada a partir
do solo descrevendo uma trajetória parabólica cuja altura máxima e o
alcance atingido são, respectivamente, h e s.

Desprezando o efeito do atrito do ar, a rotação da bola e sabendo que
o ângulo de lançamento foi de 45° em relação ao solo horizontal,
calcule a razão s/h.
Dado: sen 45° = cos 45° = √2/2.

20-(UNICAMP–SP) Até os experimentos de Galileu Galilei, pensava-se
que, quando um projétil era arremessado, o seu movimento devia -se
ao impetus, o qual mantinha o projétil em linha reta e com velocidade
constante.
Quando o impetus acabasse, o projétil cairia verticalmente até atingir
o chão. Galileu demonstrou que a noção de impetus era equivocada.

Consideremos que um canhão dispara projéteis com uma velocidade
inicial de 100 m/s, fazendo um ângulo de 30º com a horizontal. Dois
artilheiros calcularam a trajetória de um projétil: um deles, Simplício,
utilizou a noção de impetus; o outro, Salviati, as idéias de Galileu. Os
dois artilheiros concordavam apenas em uma coisa: o alcance do
projétil.

10. Considere √3 =1,8 ; sen 30º = 0,5 ; cos 30º = 0,9.
Despreze a resistência do ar.
a) Qual é o alcance do projétil?
b) Qual é a altura máxima alcançada pelo projétil, segundo os
cálculos de Simplício?
c) Qual é a altura máxima alcançada pelo projétil, calculada por
Salviati?

21-(PUC-PR) Um projétil de massa 100 g é lançado obliquamente a
partir do solo, para o alto, numa direção que forma 60° com a
horizontal com velocidade de 120 m/s, primeiro na Terra e
posteriormente na Lua.
Considerando a aceleração da gravidade da Terra o sêxtuplo da
gravidade lunar, e desprezíveis todos os atritos nos dois
experimentos, analise as proposições a seguir:
I- A altura máxima atingida pelo projétil é maior na Lua que na Terra.
II- A velocidade do projétil, no ponto mais alto da trajetória será a
mesma na Lua e na Terra.
III- O alcance horizontal máximo será maior na Lua.
IV- A velocidade com que o projétil toca o solo é a mesma na Lua e
na Terra.

22-(FUVEST-SP-2008) No "salto com vara", um atleta corre
segurando uma vara e, com perícia e treino, consegue projetar seu
corpo por cima de uma barra. Para uma estimativa da altura
alcançada nesses saltos, é possível considerar que a vara sirva
apenas para converter o movimento horizontal do atleta (corrida) em
movimento vertical, sem perdas ou acréscimos de energia. Na análise
de um desses saltos, foi obtida a seqüência de imagens reproduzida a
seguir. Nesse caso, é possível estimar que a velocidade máxima
atingida pelo atleta, antes do salto, foi de, aproximadamente,

Desconsidere os efeitos do trabalho muscular após o início do salto.
a) 4 m/s b) 6 m/s c) 7
m/s d) 8 m/s e) 9 m/s

23-(Ufsm-RS-2008) Num jogo de futebol, um jogador faz um
lançamento oblíquo de longa distância para o campo adversário, e o
atacante desloca-se abaixo da bola, em direção ao ponto previsto
para o primeiro contato dela com o solo.

11. Desconsiderando o efeito do ar, analise as afirmativas:
I - Um observador que está na arquibancada lateral vê a bola
executar uma trajetória parabólica.
II - O atacante desloca-se em movimento retilíneo uniformemente
variado para um observador que está na arquibancada lateral.
III - O atacante observa a bola em movimento retilíneo
uniformemente variado.
Está(ão) CORRETA(S)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas I e
II. d) apenas I e III. e) apenas II e III.

24-(FUVEST-SP-2009) O salto que conferiu a medalha de ouro a uma
atleta brasileira, na Olimpíada de 2008, está representado no
esquema ao lado, reconstruído a partir de fotografias múltiplas.
Nessa representação, está indicada, também, em linha tracejada, a
trajetória do centro de massa da atleta (CM).
Utilizando a escala estabelecida pelo comprimento do salto, de 7,04
m, é possível estimar que o centro de massa da atleta atingiu uma
altura máxima de 1,25 m (acima de sua altura inicial), e que isso
ocorreu a uma distância de 3,0 m, na horizontal, a partir do início do
salto, como indicado na figura. Considerando essas informações,
estime:

a) O intervalo de tempo t1, em s, entre o instante do início do salto e
o instante em que o centro de massa da atleta atingiu sua altura
máxima.
b) A velocidade horizontal média, VH, em m/s, da atleta durante o
salto.
c) O intervalo de tempo t2, em s, entre o instante em que a atleta
atingiu sua altura máxima e o instante final do salto.
NOTE E ADOTE: Desconsidere os efeitos da resistência do ar.

25-(ITA-SP-2009) Considere hipoteticamente duas bolas lançadas de
um mesmo lugar ao mesmo tempo: a bola 1, com velocidade para
cima de 30 m/s, e a bola 2, com velocidade de 50 m/s formando um

12. ângulo de 30° com a horizontal. Considerando g = 10 m/s£, assinale
a distância entre as bolas no instante em que a primeira alcança sua
máxima altura.
a) d = √6250 m. b) d = √2717 m c) d = √17100
m d) d = √19375 m e) d = √26875 m

26-(UDESC-SC-2009) Em uma partida de basquete, um jogador tem
direito a realizar dois lances livres. O centro da cesta está situado a
uma distância de 4,0 m da linha de lançamento e a uma altura de 3,0
m do solo, conforme a figura abaixo. A bola é lançada sempre a uma
altura de 2,0 m do solo.

No primeiro lançamento, a bola é lançada com velocidade de 5,0 m/s,
formando um ângulo de 30° com a horizontal, e não atinge a cesta.
No segundo lançamento, a bola é lançada com uma velocidade
desconhecida, formando um ângulo de 30° com a horizontal, e atinge
a cesta.

Dados: cos 30° = 0,86; sen 30° = 0,50; tan 30° = 0,57; cos
2
30° =
0,75.
a) Determine o instante em que a altura máxima é atingida pela bola
no primeiro lançamento.
b) Demonstre que a bola não atinge a cesta no primeiro lançamento.
c) Determine a velocidade inicial da bola no segundo lançamento.

27-(CFT-MG-010) Uma pedra, lançada para cima a partir do topo de um edifício de 10 m de
altura com velocidade inicial

vo = 10m/s, faz um ângulo de 30° com a horizontal. Ela sobe e, em seguida, desce em direção ao
solo. Considerando-o como referência, é correto afirmar que a(o)
a) máxima altura atingida é igual a 15 m. b) intervalo de tempo da subida
vale 3,0 s.
c) tempo gasto para chegar ao solo é 5,0 s. d) velocidade ao passar pelo nível
inicial é 10m/s.

28-(PUC-RJ-010) Um superatleta de salto em distância realiza o seu salto procurando atingir o
maior alcance possível. Se ele se

13. lança ao ar com uma velocidade cujo módulo é 10 m/s, e fazendo um ângulo de 45
o
em relação
a horizontal, é correto afirmar que o alcance atingido pelo atleta no salto é de: (Considere g = 10
m/s
2
)
a) 2 m. b) 4 m. c) 6 m. d) 8
m. e) 10 m.

29-(UNIFESP-SP-010) No campeonato paulista de futebol, um famoso jogador nos presenteou
com um lindo gol, no qual, ao

correr para receber um lançamento de um dos atacantes, o goleador fenomenal parou a bola no
peito do pé e a chutou certeira ao gol. Analisando a jogada pela TV, verifica-se que a bola é
chutada pelo armador da jogada a partir do chão com uma velocidade inicial de 20,0 m/s,
fazendo um ângulo com a horizontal de 45º para cima.
Dados: g = 10,0 m/s2 e √= 1,4
a) Determine a distância horizontal percorrida pela bola entre o seu lançamento até a posição de
recebimento pelo artilheiro (goleador fenomenal).
b) No instante do lançamento da bola, o artilheiro estava a 16,0 m de distância da posição em
que ele estimou que a bola cairia e, ao perceber o início da jogada, corre para receber a bola. A
direção do movimento do artilheiro é perpendicular à trajetória da

bola, como mostra a figura. Qual é a velocidade média, em km/h, do artilheiro, para que ele
alcance a bola imediatamente antes de ela tocar o gramado?

30-(UEPG-PR-011) Um projétil quando é lançado obliquamente, no vácuo, ele descreve uma
trajetória parabólica. Essa trajetória é resultante de uma composição de dois movimentos
independentes. Analisando a figura abaixo, que representa o movimento de um projétil lançado
obliquamente, assinale o que for correto.

14. 01) As componentes da velocidade do projétil, em qualquer instante nas direções x e y, são
respectivamente dadas por,
Vx = Vo . cosθ e Vy = Vo . senθ – gt
02) As componentes do vetor posição do projétil, em qualquer instante, são dadas por,
x = Vo . cosθ. t e y = Vo . senθ – gt
2
/2
04) O alcance do projétil na direção horizontal depende da velocidade e do ângulo de
lançamento.
08) O tempo que o projétil permanece no ar é t=(2Vosenθ)/g
16) O projétil executa simultaneamente um movimento variado na direção vertical e um
movimento uniforme na direção horizontal.

(UERJ-RJ-011) Este enunciado refere-se às questões de números 31 e 32. Um trem em alta
velocidade desloca-se ao

longo de um trecho retilíneo a uma velocidade constante de 108 km/h. Um passageiro em
repouso arremessa horizontalmente ao piso do vagão, de uma altura de 1 m, na mesma
direção e sentido do deslocamento do trem, uma bola de borracha que atinge esse piso a
uma distância de 5 m do ponto de arremesso.

31-(UERJ-RJ-011) Se a bola fosse arremessada na mesma direção, mas em sentido
oposto ao do deslocamento do trem,
a distância, em metros, entre o ponto em que a bola atinge o piso e o ponto de arremesso
seria igual a:
(A) 0 (B) 5 (C) 10 (D) 15

32-(UERJ-RJ-011)O intervalo de tempo, em segundos, que a bola leva para atingir o piso
é cerca de:
(A) 0,05 (B) 0,20 (C)
0,45 (D) 1,00

33-(UFF-RJ-011) Após um ataque frustrado do time adversário, o goleiro se prepara para
lançar a bola e armar um contra ataque. Para dificultar a recuperação da defesa adversária, a
bola deve chegar aos pés de um atacante no menor tempo possível. O goleiro vai chutar a bola,
imprimindo sempre a mesma velocidade, e deve controlar apenas o ângulo de lançamento. A
figura mostra as duas trajetórias possíveis da bola num certo momento da partida.

15. Assinale a alternativa que expressa se é possível ou não determinar qual destes dois jogadores
receberia bola no menor tempo. Despreze o efeito da resistência do ar.
(A) Sim, é possível, e o jogador mais próximo receberia a bola no menor tempo.
(B) Sim, é possível, e o jogador mais distante receberia a bola no menor tempo.
(C) Os dois jogadores receberiam a bola em tempos iguais.
(D) Não, pois é necessário conhecer os valores da velocidade inicial e dos ângulos de
lançamento.
(E) Não, pois é necessário conhecer o valor da velocidade inicial.
Resoluções
01- O tempo que a bola permanece no ar está relacionado com a
altura --- maior altura, maior tempo de permanência no ar --- R-
A
02- I – Falsa – a aceleração é constante e é a aceleração da
gravidade , sempre com direção vertical e sentido para baixo.
II – Correta – vide afirmação acima
III – Falsa – no ponto mais alto da trajetória a velocidade é mínima e
vale V=Vx
R- C
03- Se os dois ângulos de lançamento forem complementares
entre si (α1 + α2=90
o
), e a velocidade inicial for a mesma, (no
caso, 20m/so alcance horizontal é o mesmo.

R- D
04- a) Como a resistência do ar é desprezada, a velocidade
horizontal inicial do projétil é constante e, em cada instante, a
mesma do caminhão. Assim, se ele partiu de um ponto P da
carroceria do caminhão, retornará ao mesmo ponto P e o
deslocamento horizontal em relação ao caminhão será zero.
b) Vox=20m/s --- Vo=80m/s --- Vo
2
=Vox
2
+ Voy
2
--- 6.400=400 +
Voy
2
--- Voy=77.5m/s ---tempo de subida --- Vy = Voy – gts ---
0=77,5 – 10ts --- ts=7,75s --- tempo que demora para subir e
descer e se deslocar X na horizontal --- t=2.7.75 --- t=15,5s ---
X=Vox.t=20,15,5 --- X=310m

16. 05- (01) Falsa – é o tempo de subida mais o tempo de descida
(02) Verdadeira – veja (1)
(04) Verdadeira – veja teoria - Se a altura maxima (hmáx) é igual ao
alcance X --- tgα=4
(08) Ec=mV
2
/2 --- na altura máxima V é mínima, portanto E c
também será mínima – Falsa
(16) Falsa – como não existe atrito, o sistema é conservativo e a
energia mecânica é sempre a mesma em todos os pontos da
trajetória
Soma (02 + 04) = 06
06- Na altura máxima a velocidade vetorial não é nula, tem
intensidade mínima e é igual à componente horizontal, ou seja, .


Assim, Vox=20m/s --- Vox=Vocos60
o
--- 20=Vo.1/2 ---
Vo=40m/s --- R- E
07- Na altura maxima --- hmáx=20m e t=4/2 --- t=2s --- Y=Voyt
– gt
2
/2 --- 20=Voy.2 – 10.2
2
/2 --- Voy=20m/s --- Y=Voyt – gt
2
/2 -
-- Y=20t – 5t
2
--- R- A
08- No ponto mais alto --- V=Vx=Vox=20/2 --- Vox=10m/s ---
Vo
2
=Vox
2
+ Voy
2
--- 20
2
=10
2
+ Voy
2
--- Voy
2
=300 --- na altura
máxima hmáx --- Vy=0 --- Torricelli --- Vy
2
= Voy
2
– 2ghmáx ---
0
2
=300 – 20hmáqx --- hmáx=15m
09- a) Movimento na vertical --- no ponto A de altura máxima
Vy=0

S=So + Vot + at
2
/2 --- YB) = Y(A) + Vyt – 10t
2
/2 --- 4,2 = 5,0
+0.t -5t
2
--- t=√0,16 --- t=0,4s
b) Queda livre da altura Yo=5m --- Vo=0 --- quando chega ao solo
Y=0 --- Y=Yo + Vot –gt
2
/2 --- 0=5 + 0t – 5t
2
--- t=1s
Sendo o choque elástico, o tempo de subida é igual ao tempo de
descida --- t=2s
c) Movimento vertical --- a batida na parede não afeta o tempo de
queda (projeção na vertical) pois o choque é elástico --- t=1s ---
Voy=0 --- velocidade com que chega ao solo --- Vy --- Vy=Voy –

17. gt --- Vy=0 -10.1 --- Vy=-10m/s --- se chega ao solo com
velocidade de -10m/s, sai do mesmo com velocidade de +10m/s ---

No movimento horizontal ela demora t=0,4s para percorrer X=6m
com velocidade constante Vx --- X=Vxt --- 6=Vx.0,4 ---
Vx=15m/s --- +15m/s para a direita (movimento progressivo) e -
15m/s para a esquerda (movimento retrógrado)


10- Vox=Vocos45
o
--- Voy=Vosen45
o
--- Vox=Voy=0,7Vo --- tempo
que o dardo demora para para percorrer 16m na horizontal ---
X=Voxcos45
o
.t --- 16=Vo.0,7.t --- t=16/0,7Vo --- Na altura
máxima Vy=0 e t=16/2.(0,7Vo)=16/1,4Vo --- Vy=Voy – gt ---
0=0,7Vo – 10t --- 0=0,7Vo – 10.16/1,4Vo ---
Vo=√163,2=12,8m/s --- t=16/0,7Vo --- t=16/12,8=1,8s --- R-
B
11- a) A única força que age sobre a bola (a resistência do ar é
desprezada) durante todo o movimento é a força peso, vertical e para

baixo.
b) Cálculo do tempo que a bola demora a chegar até o goleiro
percorrendo X=40m com velocidade horizontal constante e de valor
Vox=Vocos25
o
=26.0,91 --- Vox=23,66m/s --- X=Vox.t ---
40=23,66.t --- t=1,69s --- cálculo da altura, na direção vertical,
que a bola estará ao chegar ao goleiro nesse instante (t=1,69s) ---
Y=Voyt – gt
2
/2 --- Y=Vo.sen25
o
.t –gt
2
/2 --- Y=26.0,42.1,69 –
10.(1,69)
2
/2 --- Y=18,45 – 14,28 --- Y=4,17m --- esse valor é
maior que 3m e assim, o goleiro não consegue tocar a bola.
c) Cálculo do tempo que a bola demora para chegar à altura vertical
de 1,5m --- Y=Vo.sen25
o
.t – gt
2
/2 --- 1,5=10,92t – 5t
2
---
5t
2
-10,92t + 1,5=0 --- Δ=119,25 – 30=89,25 --- √Δ=9,5 ---
t=(10,92 ±9,5)/2.5 --- considera-se o tempo maior que ocorre

18. quando a bola já está descendo --- t=2,042s --- nesse instante a
distância horizontal da linha de gol será de X=Vocos25
o
.t ---
X=26.0,91.2,042 --- X=48,3m
12- O tempo que a gota de barro permanece no ar é o mesmo tempo
que a roda demora para efetuar uma volta completa, ou seja,
percorrer ΔS=2πR com velocidade constante V, que é a velocidade de
translação e de rotação da roda (não derrapa) e que também é a
velocidade de lançamento da gota de barro --- V= ΔS/Δt ---
V=2πR/t --- t=2πR/V --- a gota de barro atinge a altura máxima
hmáx na metade desse tempo, quando sua velocidade vertical V y se
anula (Vy=0) --- Vy=Voy – gt --- 0=V – g(πR/V) ---
V
2
=πRg --- V=√(πRg)
13- a) Do gráfico --- distância vertical que percorre até atingir a
altura máxima --- ΔS=125 – 93,75=31,25cm --- ΔS=0,3125m ---
na altura máxima Vy=0 --- Torricelli --- Vy
2
= Voy
2
+ 2aΔS ---
0
2
=Voy
2
– 2.10.0,3125 --- Voy=2,5m/s --- função horária
vertical --- Y=Yo + Voyt – gt
2
/2 --- quando chega ao solo Y=0 ---
0=0,9375 + 2,5t – 5t
2
--- 5t
2
– 2,5t – 0,9375=0 --- √Δ=5 ---
t=(2,5 ±5)/10 --- t=0,75s
b) Na horizontal --- quando X=24m --- t=0,75s --- X=Vox.t ---
24=Vox.0,75 --- Vox=32m/s
c) sem efeito --- a força resultante sobre a bola é seu peso ---
P=mg --- a=g --- com efeito --- F=3P (para cima) e P (para
baixo) --- FR=3P – P=2P=2mg --- a’=2g --- como a aceleração é
proporcional à velocidade, ela também dobrará --- V’+2.32 ---
V’=64m/s
14- a) Yo=0 --- quando t=0,3s --- Y=1,2m --- Y=Yo + Voyt +
at
2
/2 --- 1,2=0 + 0,3Voy= + a.(0,3)
2
/2 --- 0,3Voy + 0,045a=1,2 I
quando t=0,8s --- Y=1,2m --- Y=Yo + Voyt + at
2
/2 --- 1,2=0 +
Voy.0,8 + a(0,8)
2
/2 --- 0,8Voy + 0,32a = 1,2 II --- resolvendo o
sistema composto por I e II --- a=-10m/s
2
=g e Voy=5,5m/s ---
tempo que demora para atingir a altura máxima onde V y=0 ---
Vy=Voy + at --- 0=5,5 – 10t --- t=0,55s --- Ymáx= Yo + Voyt +
at
2
/2 --- Ymáx= 0 + 5,5.0,55 – 10(0,55)
2
/2 --- Ymáx=1,5125m
b) tempo total de movimento t=2.0,55 --- t=1,1s --- na
horizontal --- X=Vox.t --- 1,3=Vox.1,1 --- Vox=1,18m/s
c) Vo
2
=Vox
2
+ Voy
2
--- Vo
2
= (1,18)
2
+ ((5,5)
2
--- Vo
2
=1,3924 +
37,91 --- Vo=6m/s
15- a) Vo=72km/h/3,6=20m/s --- Voy=Vosen20
o
=20.0,35 ---
Voy=7m/s --- Vox=Vocos20
o
=20.0,95 --- Vox=19m/s --- tempo
que a bola demora para chegar à barreira onde X=9,5m com
velocidade constante Vox=19m/s --- X=Vox.t --- t=9,5/19 ---
t=0,5s --- nesse instante a barreira deverá ter uma altura vertical
de --- Y=Voyt – gt
2
/2=7.0,5 – 5.0,25 --- Y=3,5 – 1,25 ---
Y=2,25m
b) Tempo que a bola demora para chegar ao gol com velocidade de
Vox=19m/s e distante X=19m do ponto de lançamento --- X=Voxt --
- t=19/19 --- t=1s --- nesse instante a bola terá uma altura

19. vertical de Y=Voyt – gt
2
/2=7.1 – 5.1 --- Y=2m (altura da bola ao
entrar no gol) --- altura da trave=2,4m --- a bola entra no gol
0,4m abaixo da trave.
c) Tempo que a bola demora para atingir a altura máxima onde
Vy=0 --- Vy=Voy – gt --- 0=7 – 10t --- t=0,7s --- nesse
instante --- X=Voxt=19.0,7 --- X=13,3m --- Y=hmáx=V0yt –
gt
2
/2=7.0,7 – 5.0,49=4,9 – 2,45 --- hmáx= 2,45m --- o tempo
que ela

demora para retornar ao solo é o dobro do tempo que demora para
atingir hmáx --- t=2.13,3 --- t=26,6s
16- a) Colocando o referencial no ponto de lançamento e aplicando
Torricelli no ponto de altura máxima onde vy=0 e h=1,8m ---

V
2
=Voy
2
– 2gh --- 0
2
=(Vosenβ)
2
-2.10.1,8 --- Vosenβ=√36 ---
Vosenβ=6 --- tempo que demora para atingir hmáx --- Vy = Voy –
gt --- 0=Vosenβ – 10t --- 0=6 – 10t --- t=0,6s
b) eixo vertical --- Vosenβ=6 --- senβ=Vo/6 --- eixo horizontal --
- quando t=0,6s --- X=3,6m --- X=Voxt --- 3,6=Vocosβ.0,6 ---
Vocosβ=6 --- cosβ=Vo/6 --- tgβ=senβ/cosβ=V o/6 x 6/Vo ---
tgβ=1 --- β=45
o

17- a) Vox=Vocos53
o
=100.0,60 --- Vox=60m/s ---
Voy=Vosen53
o
=100.0,80 --- Voy=80m/s --- quando t=12s ---
X=Voxt=60.12 --- X=720m --- Y=Voyt – gt
2
/2=80.12 –
5.(12)
2
=960 - 720 --- Y=240m
b) A força resultante é o peso do projétil, de direção vertical e sentido
para baixo e de intensidade P=mg=0,1.10 --- P=1,0N


18- a) Observe a figura abaixo, onde você deve decompor V em suas
componentes vertical Vy e horizontal Vx

20. Vx=Vcosβ --- Vx=Vcos(α + θ) --- Vy=Vsenβ --- Vy=Vsen(α + θ) -
-- equação horária segundo a horizontal X --- X=Voxt=Vxt ---
X=V.cos (α + θ).t --- Y=Vyt – gt
2
/2 --- Y=Vsen (α + θ).t –
gt
2
/2
b) Isolando t em X=Vcos(α + θ)t --- t=X/Vcos(α + θ) que,
substituída em Y=Vsen(α + θ)t – gt
2
/2 --- Y=Vsen(α + θ).X/Vcos(α
+ θ) – g(X/Vcos(α + θ))
2
/2 --- Y=tg(α + θ) – g.X
2
/2V
2
cos
2
(α +
θ)
19- Voy=Vosen45
o
--- Voy=√2/2Vo --- Vox=Vocos45
o
---
Vox=√2/2Vo --- cálculo do tempo de subida que ocorre na altura
máxima quando V y=0 --- Vy=Voy – gt --- 0=√2/2Vo – gt ---
t=√2.Vo/2g (tempo de subida) --- na horizontal --- X=s=Vox2t --
- s=√2/2.Vo2(√2Vo/2g) --- s=Vo
2
/g --- na vertical ---
Y=h==V oyt – gt
2
/2=√2/2.Vo(√2.Vo/2g) – g.(√2Vo/2g)
2
/2 ---
h=Vo
2
/2g – Vo
2
/4g --- h=Vo
2
/4g --- s/h=Vo
2
/g x 4g/Vo
2
---
s/h=4
20- a) Vox=Vocos30
o
=100.0,9=90m/s ---
Voy=Vosen30
o
=100.0,5=50m/s --- tempo para atingir hmáx o que
ocorre quando Vy=0 ---
Vy=Voy – gt --- 0=50 – 10t --- t=5s --- o alcance ocorre em
t=2.5 --- t=10s --- X=Voxt=90.10 --- X=900m
b) hmáx segundo Simplício ---

tg30
o
=h/900 --- √3/3=h/900 --- 1,8/3=h/900 --- h=540m
c) hmáx segundo Salviati --- Voyt – gt
2
/2=50.5 – 5.25/2=250 - 125 -
-- hmáx=125m
21- I- Voy é a mesma (mesmo V 0 e o mesmo ângulo) --- Na hmáx --
- Vy=0 --- Vy
2
= Voy
2
– 2.g.hmáx --- 0 = Voy
2
– 2ghmáx ---
hmáx=Voy
2
/2g --- se g diminui, hmáx aumenta --- Verdadeira
II – Correta --- a velocidade do projétil no aponto mais alto da
trajetória é nula na Terra e na Lua.

21. III – Vox é a mesma --- X=Vox.t --- o alcance horizontal X
independe de g, assim X é o mesmo na Terra e na Lua.
IV – Correta --- a velocidade vertical com que ele é lançado é a
mesma, veja I, quem varia é g.
22- Na altura máxima --- Vy=0 e h=3,2m --- Torricelli ---
Vy
2
=Voy
2
– 2gh --- 0
2
=Voy
2
– 2.10 3,2 --- Voy=8m/s --- R- D
23- I – Verdadeira --- vê uma composição de dois movimentos, um
na vertical e outro na horizontal.
II – Falsa --- desloca-se em movimento retilíneo uniforme com
velocidade horizontal constante.
III – Correta – na vertical o movimento é uniformemente variado com
aceleração a=-g.
R- D
24- a) Na hmáx --- Vy=0 --- hmáx=1,25m --- Torricelli ---
Vy
2
=Voy
2
– 2ghmáx --- 0
2
= Voy
2
-20.1,25 --- Voy=5m/s --- Vy=Voy
– gt --- 0=5 – 10t --- t1=0,5s
b) X=Voxt=Vox2t1 --- 6=Vox.1 --- Vox=6,0m/s
c) Trata-se do tempo que ele demora para percorrer na horizontal,
com velocidade de Vox=6ms a distância X=(7,04 – 3,0)=4,04m ---
X=Voxt2= --- 4,04=6t2 --- t2=0,67s
25- Bola 1 --- lançamento vertical --- tempo para atingir hmáx onde
V=0 --- V=Vo – gt --- 0=30 – 10t --- t=3s --- hmáx= 30.3 –
5.9 --- hmax= 45m
Bola 2 --- lançamento oblíquo --- quando t=3s --- h’=Voyt –
gt
2
/2 --- h’=Vosen30
o
.t – gt
2
/2=50.1/2.3 – 10.9/2=75 – 45 --- --
h’=30m --- X=Vocos30
o
.t=50.√3/2.3 --- X=127,5m --- a
distância pedida é d, conforme figura abaixo


d
2
=(15)
2
+ (127,5)
2
--- d=√225 + 16.256,25 --- d=√16.481,25
m --- R- D
26- a) Vy=Vosen30
o
– gt --- 0=5.0,5 – 10t --- t=0,25s
b) Cálculo da altura máxima --- Y=hmáx=Yo + Vocos30
o
– gt
2
/2=2 +
0,625 - 0,3125 --- hmáx=2,3125m que é menor que a altura da
cesta

22. c) na horizontal --- X=Vocos30
o
t --- 4=Vo.0,86t --- t=4,6/Vo ---
na vertical --- Y=Yo + Vosen30
o
t – gt
2
/2 --- 3=2 + 0,5Vo.(4,6/Vo)
– 5(4,6/Vo)
2
--- 1,3=106/Vo
2
--- Vo=9,02m/s
27- Dados: vo = 10 m/s; ho = 10 m;  = 30° --- as componentes horizontal (vox) e vertical (voy)
da velocidade inicial são ---
Vox = vo cos 30° = 10 (0,87) = 8,7 m/s --- voy = vo sem 30° = 10 (0,5) = 5 m/s.
Verificando cada uma das opções:
a) Altura máxima atingida em relação ao ponto de lançamento --- Vy
2
=Voy
2
– 2gh --- 0
2
= Voy
2

– 2gh --- h=Voz
2
g=5
2
/10 ---
h=2,5m --- em relação ao solo --- H=2,5 + 10 --- H=12,5m
b) Tempo de subida --- Vy=Voy – gt --- 0=5 – 10t --- t=0,5s
c) Com referencial no solo e orientando a trajetória para cima, o tempo para chegar ao solo é
calculado pela função horária do espaço --- h=ho + Voyt – gt
2
/2 --- h=10 + 5t – 5t
2
--- quando
chega ao solo h=0 --- 0=10 + 5t – 5t
2
--- t
2
– t – 5=0 --- resolvendo a equação --- t  2,8 s.
d) Correta. Ao passar novamente pela mesma altura a pedra possui a mesma energia potencial
inicial --- considerando o sistema

conservativo, então a pedra tem também a mesma energia cinética, portanto a mesma
velocidade, em módulo, ou seja, se ela é lançada com velocidade de 10m/s, ao retornar passará
por esse mesmo ponto com velocidade de -10m/s.
R- D
28- Dados --- vo = 10 m/s;  = 45°; g = 10 m/s
2
.

Vox = vo cos 45° = 10.√2/2 --- Vox=5√2m/s --- voy = vo sen 45° = 5√2m/s --- no eixo y o
movimento é uniformemente variado, com a = –g --- tempo de subida (tsub), notando que no
ponto mais alto vy = 0 --- vy = voy – g t --- 0 = 5√2 – 10 tsub ---
Tsub =√2/2 s --- tempo de subida é igual ao de descida --- tempo total (tt) --- tt=2tsub ---
tt=√2s --- no eixo x o movimento é uniforme, com velocidade igual a vox --- alcance
horizontal (D) --- D = vox tt = 5.√2.√2 --- D=10m --- R- E
29- Dados: g = 10 m/s
2
; √2= 1,4;  = 45°; vo = 20 m/s.
a) Considere desprezível a resistência do ar e que, ao matar a bola, o pé do artilheiro esteja bem
próximo ao chão --- então você pode considerar o ponto de lançamento e o ponto de chegada
pertencente a um mesmo plano horizontal --- no ponto mais alto a componente vertical da
velocidade (vy) é nula --- vy = voy – g t  0 = vosen  – g ts --- 0=20.sen45
o
– 10ts ---
ts=20.√2/2/10 --
ts=√2 s --- tempo total =tsubida + tdescida --- ttotal= √2 + √2 --- ttotal=2√2 s --- na horizontal o
movimento é uniforme --- velocidade Vx (constante) --- vx = vo cos  = vo cos 45° = 20.√2/2
m/s --- Vx=10√2 m/s --- alcance horizontal --- x=Vx.t=(10√2).(2.√2) --- x=40m

23. b) A velocidade média (vm) do artilheiro pode ser calculada considerando que ele percorreu a
distância (S) de 16 m enquanto a bola esteve no ar --- Vm=ΔS/Δt=16/2√2 ---
Vm=4√2=4.1,4 --- Vm=5,6m/s=20,16km/h
30- Analisando apenas a incorreta, que é a 02 --- a componente horizontal está correta, pois no
eixo x o movimento é uniforme, porém, no eixo y, o movimento é uniformemente variado e a
equação correta é --- y = yo + voy t – gt
2
/2 --- yo=0 --- Voy=
Vo senθ --- Y=(Vosenθ)t – gt
2
/2
R- (01 + 04 + 08 + 16)=29
31- Para um observador no interior do trem que se desloca em movimento retilíneo e uniforme,
o alcance de um objeto lançado horizontalmente só depende da intensidade da velocidade do
objeto --- assim, caso a bola fosse arremessada em sentido oposto ao do deslocamento do trem,
a distância entre o ponto de arremesso e o ponto de impacto também seria igual a 5 m --- não
haveria diferença, pois a queda só é influenciada por g --- logo, seria 5m ao contrário da
origem --- R- B
32- O tempo de queda é calculado exclusivamente pelo movimento vertical (queda livre da
altura de 1m com a=g=10m/s
2
--- h=gt
2
/2 --- 1=10t
2
/2 --- t=√0,2 --- t=0,447s --- R- C
33- O tempo de subida é igual ao tempo de descida o que ocorre quando Vy=0 --- Vy=Voy –
gt --- 0=Vosenθ – gt --- t=Vosenθ/g --- tempo no ar --- ttotal=2t=2Vosenθ/g --- sendo 2Vo e
g constantes, o tempo de permanência no ar depende apenas do ângulo θ com a horizontal ---
quanto menor θ, menor será senθ e, consequentemente menor ttotal --- R- B