LISTA 4 - MOVIMENTO VERTICAL NO VÁCUO

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LISTA 4- MOVIMENTO VERTICAL NO VÁCUO 
PROF. IGOR FERREIRA 
 
 
1. (Efomm 2018) Em um determinado instante um 
objeto é abandonado de uma altura H do solo e, 2,0 
segundos mais tarde, outro objeto é abandonado de 
uma altura h, 120 metros abaixo de H. Determine o 
valor H, em m, sabendo que os dois objetos chegam 
juntos ao solo e a aceleração da gravidade é 
2g 10 m s .= 
a) 150 
b) 175 
c) 215 
d) 245 
e) 300 
 
2. (Eear 2016) Ao término de uma formatura da EEAR, 
um terceiro sargento recém-formado, para comemorar, 
lançou seu quepe para cima na direção vertical, até uma 
altura de 9,8 metros. Adotando 2g 10 m s= e 
desconsiderando o atrito com o ar, a velocidade de 
lançamento, em m s, foi de 
a) 8 
b) 14 
c) 20 
d) 26 
 
3. (G1 - col. naval 2014) Analise a situação a seguir. 
 
Um jovem, desejando estimar a altura do terraço onde 
se encontrava, deixou cair várias esferas de aço e, 
munido de um cronômetro, anotou o tempo de queda 
de todas. Após alguns cálculos, elaborou o gráfico 
abaixo com o tempo médio " t " gasto pelas esferas na 
queda. 
 
 
 
Considere que, para facilitar os cálculos, o jovem 
desprezou a resistência do ar o adotou 2g 10 m / s .= 
Pode-se afirmar que: o valor encontrado para o tempo 
médio (t) e a altura do terraço foram, respectivamente: 
a) 1,0s e 10m 
b) 1,2s e 12m 
c) 2,0s e 20m 
d) 2,5s e 25m 
e) 3,0s e 30m 
 
 
4. (Esc. Naval 2013) Um garoto atira uma pequena 
pedra verticalmente para cima, no instante t 0.= Qual 
dos gráficos abaixo pode representar a relação 
velocidade  tempo? 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
5. (Uece 2019) Em função da diferença de massa entre 
a Terra e a Lua, a gravidade aqui é cerca de seis vezes 
a encontrada na Lua. Desconsidere quaisquer forças de 
atrito. Um objeto lançado da superfície da Terra com 
uma dada velocidade inicial Tv atinge determinada 
altura. O mesmo objeto deve ser lançado a uma outra 
velocidade Lv caso seja lançado do solo lunar e atinja 
a mesma altura. A razão entre a velocidade de 
lançamento na Terra e a de lançamento na Lua, para 
que essa condição seja atingida é, aproximadamente, 
a) 6. 
b) 10. 
c) 10. 
d) 6. 
 
 
 
 
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6. (Upf 2018) Sobre um rio, há uma ponte de 20 
metros de altura de onde um pescador deixa cair um 
anzol ligado a um peso de chumbo. Esse anzol, que cai 
a partir do repouso e em linha reta, atinge uma lancha 
que se deslocava com velocidade constante de 20 m s 
por esse rio. Nessas condições, desprezando a 
resistência do ar e admitindo que a aceleração 
gravitacional seja 210 m s , pode-se afirmar que no 
exato momento do início da queda do anzol a lancha 
estava a uma distância do vertical da queda, em metros, 
de: 
a) 80 
b) 100 
c) 40 
d) 20 
e) 60 
 
7. (Unisc 2015) Um corpo de massa m é largado de 
certa altura. Considerando que 2g 10 m / s= e 
desprezando o atrito do ar, podemos afirmar que após 
um tempo de 2,5 segundos a distância percorrida pelo 
corpo e a sua velocidade são iguais, respectivamente, a 
a) 12,5 m; 12,5 m / s 
b) 31,25 m; 12,5 m / s 
c) 125 m; 12,5 m / s 
d) 6,25 m; 2,5 m / s 
e) 31,25 m; 25 m / s 
 
8. (Cefet MG 2014) Na Terra a aceleração da gravidade 
é aproximadamente igual a 10 m/s2 e na Lua, 2 m/s2. 
Se um objeto for abandonado de uma mesma altura em 
queda livre nos dois corpos celestes, então a razão entre 
os tempos de queda na Lua e na Terra é 
a) ( )1/ 10 . 
b) 1/5. 
c) 1. 
d) 5. 
e) 10. 
 
9. (Ufsm 2013) Durante uma visita ao planeta X, um 
astronauta realizou um experimento para determinar o 
módulo da aceleração gravitacional local. O 
experimento consistiu em determinar o tempo de queda 
de um objeto de massa m, abandonado a partir do 
repouso e de uma altura h. O astronauta verificou que 
o tempo de queda, desprezando a resistência com a 
atmosfera local, é metade do valor medido, quando o 
experimento é realizado na Terra, em condições 
idênticas. Com base nesse resultado, pode-se concluir 
que o módulo da aceleração gravitacional no planeta 
X(gx) é, comparado com o módulo da aceleração 
gravitacional na Terra (gt), 
 
a) x tg 4g .= 
b) x tg 2g .= 
c) tx
g
g .
4
= 
d) tx
g
g .
2
= 
e) tx
g
g .
8
= 
 
10. (G1 - ifce 2011) Uma esfera de dimensões 
desprezíveis é largada, a partir do repouso, de uma 
altura igual a 80 m do solo considerado horizontal e 
plano. Desprezando-se a resistência do ar e 
considerando-se a aceleração da gravidade constante e 
igual a 
210 m / s , é correto afirmar-se que a distância 
percorrida pela esfera, no último segundo de queda, 
vale 
a) 20 m. 
b) 35 m. 
c) 40 m. 
d) 45 m. 
e) 55 m. 
 
11. (G1 - ifpe 2019) Em um lançamento de um projétil 
para cima, foi desenvolvida a equação horária do espaço 
do projétil, que se move em linha reta na direção 
vertical, segundo a expressão 2S 105 20t 5t= + − (S é 
dado em metros e, t, em segundos). Nessa situação, 
determine o módulo da velocidade do projétil ao fim de 
3 s. 
a) 120 m s 
b) 10 m s 
c) 60 m s 
d) 5 m s 
e) 15 m s 
 
12. (Fuvest 2018) Em uma tribo indígena de uma ilha 
tropical, o teste derradeiro de coragem de um jovem é 
deixar-se cair em um rio, do alto de um penhasco. Um 
desses jovens se soltou verticalmente, a partir do 
repouso, de uma altura de 45 m em relação à 
superfície da água. O tempo decorrido, em segundos, 
entre o instante em que o jovem iniciou sua queda e 
aquele em que um espectador, parado no alto do 
penhasco, ouviu o barulho do impacto do jovem na água 
é, aproximadamente, 
 
 
Note e adote: 
- Considere o ar em repouso e ignore sua resistência. 
- Ignore as dimensões das pessoas envolvidas. 
- Velocidade do som no ar: 360 m s. 
- Aceleração da gravidade: 210 m s . 
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a) 3,1. 
b) 4,3. 
c) 5,2. 
d) 6,2. 
e) 7,0. 
 
13. (Mackenzie 2015) Vários corpos idênticos são 
abandonados de uma altura de 7,20m em relação ao 
solo, em intervalos de tempos iguais. Quando o primeiro 
corpo atingir o solo, o quinto corpo inicia seu movimento 
de queda livre. Desprezando a resistência do ar e 
adotando a aceleração da gravidade 2g 10,0 m / s ,= a 
velocidade do segundo corpo nessas condições é 
a) 10,0 m / s 
b) 6,0 m / s 
c) 3,0 m / s 
d) 9,0 m / s 
e) 12,0 m / s 
 
14. (Unesp 2013) Em um dia de calmaria, um garoto 
sobre uma ponte deixa cair, verticalmente e a partir do 
repouso, uma bola no instante t0 = 0 s. A bola atinge, 
no instante t4, um ponto localizado no nível das águas 
do rio e à distância h do ponto de lançamento. A figura 
apresenta, fora de escala, cinco posições da bola, 
relativas aos instantes t0, t1, t2, t3 e t4. Sabe-se que entre 
os instantes t2 e t3 a bola percorre 6,25 m e que g = 10 
m/s2. 
 
 
 
Desprezando a resistência do ar e sabendo que o 
intervalo de tempo entre duas posições consecutivas 
apresentadas na figura é sempre o mesmo, pode-se 
afirmar que a distância h, em metros, é igual a 
a) 25. 
b) 28. 
c) 22. 
d) 30. 
e) 20. 
 
15. (Upe-ssa 1 2016) Um balão dirigível sobe 
verticalmente, com velocidade constante de 90,0 km h 
em relação ao solo, e, a uma altura de 80,0 m do chão, 
um de seus passageiros arremessa um objeto com 
velocidade vertical e para cima de 18,0 km h, em 
relação ao piso do cesto do balão. Em quantos 
segundos, o objeto retorna para a mão do passageiro? 
a) 5,0 
b) 4,0 
c) 3,0 
d) 2,0 
e) 1,0 
 
16. (Uft 2011) Uma pedra, partindo do repouso, cai 
verticalmente do alto de um prédio cuja altura é “h”. Se 
ela gasta um segundo (1s) para percorrer a última 
metadedo percurso qual é o valor em metros (m) que 
melhor representa a altura “h” do prédio? 
Desconsidere o atrito com o ar, e considere o módulo 
da aceleração da gravidade igual a 29,8 m s . 
a) 80,6 m 
b) 100,2 m 
c) 73,1 m 
d) 57,1 m 
e) 32,0 m 
 
17. (Ifsul 2015) Um corpo A é abandonado de um 
ponto situado a 10 metros acima do solo. No mesmo 
instante, um corpo B é lançado verticalmente de baixo 
para cima com velocidade 0v suficiente para que possa 
atingir 10 metros de altura. 
 
 
 
Desprezando a resistência do ar, chamando 
respectivamente Av e Bv as velocidades de A e B 
quando se encontram a 5 metros de altura, o valor da 
razão A Bv v , em módulo é 
a) 4 
b) 2 
c) 1 
d) 1 2 
 
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TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO: 
Considere os dados abaixo para resolver a(s) 
questão(ões) quando for necessário. 
 
Constantes físicas 
Aceleração da gravidade: 2g 10 m s= 
Velocidade da luz no vácuo: 8c 3,00 10 m s=  
Constante da lei de Coulomb: 9 2 20k 9,0 10 N m C=   
 
 
18. (Cefet MG 2015) Em um mesmo instante, um corpo 
A cai do terraço de um edifício e outro corpo B cai de 
uma janela 12 m abaixo. Durante a queda, onde a é 
uma constante, a distância d entre os dois corpos, é 
a) a. 
b) a v. 
c) a t. 
d) a t. 
e) 2a t . 
 
19. (Ita 2016) A partir do repouso, um foguete de 
brinquedo é lançado verticalmente do chão, mantendo 
uma aceleração constante de 25,00 m s durante os 
10,0 primeiros segundos. Desprezando a resistência do 
ar, a altura máxima atingida pelo foguete e o tempo 
total de sua permanência no ar são, respectivamente, 
de 
a) 375 m e 23,7 s. 
b) 375 m e 30,0 s. 
c) 375 m e 34,1s. 
d) 500 m e 23,7 s. 
e) 500 m e 34,1s. 
 
20. (Ita 2006) À borda de um precipício de um certo 
planeta, no qual se pode desprezar a resistência do ar, 
um astronauta mede o tempo t1 que uma pedra leva 
para atingir o solo, após deixada cair de uma de altura 
H. A seguir, ele mede o tempo t2 que uma pedra 
também leva para atingir o solo, após ser lançada para 
cima até uma altura h, como mostra a figura. Assinale 
a expressão que dá a altura H. 
 
 
a) H = 
( )
( )
2 2
1 2
2
2 2
2 1
t t h 
2 t t−
 
b) H = 
( )
( )
1 2
2 2
2 1
t t h 
4 t t−
 
c) H = 
( )
2 2
1 2
2
2 2
2 1
2t t h 
t t−
 
 
d) H = 
( )
1 2
2 2
2 1
4t t h 
t t−
 
e) H = 
( )
2 2
1 2
2
2 2
2 1
4t t h 
t t−
 
 
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GABARITO: 
 
Resposta da questão 1: 
 [D] 
 
Para o primeiro objeto: 
2 21H 10 t H 5t (I)
2
=    = 
 
Para o segundo objeto: 
( ) ( ) ( )
2 2 21
h 10 t 2 H 120 5 t 2 H 120 5 t 2 (II)
2
=   −  − = −  = + − 
 
Fazendo (I) (II) := 
( )
22 2 25t 120 5 t 2 5t 120 5t 20t 20
20t 140 t 7 s
= + −  = + − + 
 =  =
 
 
Substituindo esse valor em (I), obtemos: 
2H 5 7
H 245 m
= 
 =
 
 
Resposta da questão 2: 
 [B] 
 
2 2
0
2
0
2
0
2
0
0
0
V V 2 a S
0 V 2 g h
V 2 ( 10) 9,8
V 196
V 196
V 14 m s
Δ
Δ
= +  
= +  
− =  − 
=
=
=
 
 
Resposta da questão 3: 
 [C] 
 
Dados: v0 = 0; v = 72 km/h = 20 m/s; g = 10 m/s2. 
Aplicando as equações da queda livre: 
 
( )
22
v g t 20 10 t t 2 s.
g
h t h 5 2 h 20 m.
2

=  =  =



=  =  =

 
 
Resposta da questão 4: 
 [C] 
 
O gráfico da velocidade versus o tempo nos dá uma 
relação linear com a aceleração negativa, tomando o 
referencial positivo para cima. Sendo assim teremos 
uma reta decrescente. A equação governante deste 
movimento é 0v v gt.= − 
 
Resposta da questão 5: 
 [D] 
 
Utilizando a equação de Torricelli: 
2 2
0v v 2a sΔ= + 
 
Para a altura máxima, obtemos: 
2 2 2
T max T max
2 2 2 max
L max L
2
maxT
maxL
T
L
0 v 2gH v 2gH
gHg
0 v 2 H v
6 3
2gHv
6
gHv
3
v
6
v
= −  =
= −  =
 
= = 
 
 =
 
 
Resposta da questão 6: 
 [C] 
 
O tempo de queda do anzol é idêntico ao gasto pela 
lancha para chegar imediatamente abaixo do 
lançamento, considerando a lancha um ponto material. 
Assim, a posição inicial da lancha no momento do 
lançamento é determinada. 
 
Tempo de queda: 
2
2
g 2h
h t t
2 g
2 20 m
t t 2 s
10 m s
=  =

=  =
 
 
Deslocamento da lancha: 
 
Considerando que a lancha estava passando na origem 
das posições no momento da queda do anzol, então, 
seu deslocamento em MRU é: 
x v t x 20 m s 2 s
x 40 m
=   = 
=
 
 
Resposta da questão 7: 
 [E] 
 
A distância percorrida em queda livre é dada por: 
2g t
h
2

= 
 
Logo, 
( )
2210 m / s 2,5 s
h h 31,25 m
2

=  = 
 
 
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Já a velocidade é dada por: 
0
2
v v g t
v 0 10 m / s 2,5 s v 25 m / s
= + 
= +   =
 
 
Resposta da questão 8: 
 [D] 
 
Da equação da queda livre: 
 
2 Lua Terra Terra
Terra Lua Lua
Lua
Terra
t g g2 h 2 h1 10
h g t t 
2 g t g 2 h g 2
t
5 .
t
=  =  =  = = 
=
 
 
Resposta da questão 9: 
 [A] 
 
Dado: tx
t
t .
2
= 
 
Como a altura de queda (h) é a mesma, usando a 
equação da queda livre: 
2x
2x
2 2 2t tx
x t x t t x t
2t
t
g
h t
g tg2
 t t g g t g 4 g
g 2 2 2
h t
2

=
 
 =  =  =  
  =

 
 
Resposta da questão 10: 
 [B] 
 
Calculando o tempo de queda: 
2g t 2 h 2 80
h t 4 s.
2 g 10

=  = = = 
O último segundo de queda corresponde ao intervalo 
de 3 a 4 segundos. Sendo a velocidade inicial nula, 
calculemos as velocidades nesses instantes: 
( )
( )
3
0
4
v 10 3 30 m / s;
v v g t
v 10 4 40 m / s.
 = =
= + 
= =
 
 
Aplicando a equação de Torricelli nesse intervalo: 
2 2 2 2
4 3v v 2 g S 40 30 20 S 
1.600 900 700
 S 
20 20
S 35 m.
= +   = +  
−
 = = 
 =
 
 
 
 
 
 
Resposta da questão 11: 
 [B] 
 
Retirando os dados da equação dada: 
0
2
0
2
S 105m
S 105 20t 5t v 20m s
a
5 a 10m s .
2

 =

= + − =

 = −  = −

 
 
Montando a função velocidade e calculando o módulo 
da velocidade escalar no instante t 3 s.= 
0v v a t v 20 10(3) v 10 m s |v | 10 m s.= +  = −  = −  = 
 
Resposta da questão 12: 
 [A] 
 
Dados: 2H 45 m; g 10 m s ; v 360 m s.= = = 
 
Cálculo do tempo de queda livre do jovem ( )1t : 
2
1 1 1
1 2 H 2 45
H g t t t 3 s.
2 g 10

=  = =  = 
 
Cálculo do tempo de subida do som ( )2t : 
2 2 2
v 45 1
H v t t s t 0,125 s. 
H 360 8
=  = = =  = 
 
O tempo total é: 
1 2t t t 3 0,125 t 3,1s.Δ Δ= + = +   
 
Resposta da questão 13: 
 [D] 
 
Calculando o tempo de queda: 
( )2
q q q
2 7,22 h1
h g t t 1,44 t 1,2 s.
2 g 10
=  = = =  = 
 
A figura mostra os cinco corpos e o tempo (t) de 
movimento de cada um deles. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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A velocidade do 2º corpo é: 
( )0v v g t v 0 10 0,9 v 9 m/s.= +  = =  = 
 
Resposta da questão 14: 
 [E] 
 
1ª Solução: 
 
De acordo com a “Regra de Galileo”, em qualquer 
Movimento Uniformemente Variado (MUV), a partir do 
repouso, em intervalos de tempo iguais e consecutivos 
1 2 n( Δt , Δt , ..., Δt ) a partir do início do movimento, as 
distâncias percorridas são: d; 3 d; 5 d; 7 d;...;(2 n – 
1) d, sendo d, numericamente, igual à metade da 
aceleração. A figura ilustra a situação. 
 
 
 
Dessa figura: 
6,25
5 d 6,25 d d 1,25 m.
5
h 16 d h 16 1,25 h 20 m.
=  =  =
=  =   =
 
 
2ª Solução 
 
Analisando a figura, se o intervalo de tempo ( )Δt 
entre duas posições consecutivas quaisquer é o 
mesmo, então: 
2 3 3t 2 t; t 3 t e t 4 t.=  =  =  
Aplicando a função horária do espaço para a queda 
livre até cada um desses instantes: 
 
( )
( )
( )
2 2 2
22 2
2 2 2 2 2 2
3 222 2
3 3 3 3
2
1 1
S g t S 10 t S 5 t .
2 2
S 5 tS 5 2 t S 20 t
 S S 25 t 6,25 25 t 
S 5 t S 5 3 t S 45 t
t 0,25.
Δ Δ
Δ Δ
Δ Δ
Δ
=  =  =
 =  =  =
 − =  = 
 =  =  =
=
 
Aplicando a mesma expressão para toda a queda: 
( ) ( )
22 2
4h 5 t h 5 4 t h 80 t 80 0,25 
h 20 m.
Δ Δ=  =  = = 
=
 
 
Resposta da questão 15: 
 [E] 
 
1ª opção: 
 
Ajustando as velocidades em relação ao solo no 
Sistema Internacional de Unidades: 
Balão: b
1m / s
v 90 km / h 25 m / s
3,6 km / h
=  = 
Objeto: ( )0
1m / s
v 18 90 km / h 30 m / s
3,6 km / h
= +  = 
 
Tomando as velocidades em relação ao solo, as 
equações das posições dos móveis em relação ao 
tempo são: 
Balão: h 80 25t (1)= + 
Objeto: 2h 80 30t 5t (2)= + − 
 
Para que o objeto retorne à mão do passageiro é 
necessário que a posição indicada pelo balão seja a 
mesma do objeto, portanto, fazendo a igualdade das 
duas equações: 
( )
2
2
2
2
80 25t 80 30t 5t
25t 30t 5t
5t 5t 0
t t 0
t t 1 0
+ = + −
= −
− =
− =
 − =
 
 
 
 
 
 
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Resolvendo a equação de segundo grau incompleta, as 
raízes são: 
t ' 0 s= e t '' 1 s.= 
 
Logo, após o lançamento, o objeto retorna ao 
passageiro em apenas 1 segundo. 
 
 
2ª opção: 
 
Considerando o balão como um sistema inercial, 
usamos somente a informação do objeto efetuando 
um lançamento vertical com velocidade inicial referida 
ao balão. 
 
Objeto: 0
1m / s
v 18 km / h 5 m / s
3,6 km / h
=  = 
 
Usando a equação horária da velocidade para o 
lançamento vertical, 0v v gt.= − 
 
Sabendo-se que a velocidade final terá sentido 
contrário da velocidade inicial, mas de mesmo módulo 
e usando a aceleração da gravidade 2g 10 m / s := 
5 5 10t t 1 s− = −  = 
 
Resposta da questão 16: 
 [D] 
 
Supondo que ele gasta “t” segundos para efetuar a 
queda toda, a primeira metade foi percorrida em “(t – 
1)” segundos. Sendo assim: 
 
1 2h gt
12 2 2 2 2 2gt g(t 1) t 2t 4t 2 t 4t 4 0
h 1 22g(t 1)
2 2

= 
→ = − → = − + → − + =
= −

 
 
t 3,4s4 16 4x1x2 4 2 2
t 2 2
t 0,6s2 2
 − 
= = =  

 
 
O tempo deve ser maior que 1. Portanto, t = 3,4s. 
2 21 1h gt x9,8x3,4 57m
2 2
= =  . 
 
Resposta da questão 17: 
 [C] 
 
Temos situações semelhantes para os dois corpos, pois 
ambos percorrem 5 m com as mesmas acelerações 
sendo que as condições de contorno também são 
similares, logo as velocidades em módulo serão iguais 
e sua razão será 1. 
 
Outra possibilidade é calcular usando os 
conhecimentos de lançamento vertical e queda livre. 
 
Para o corpo A, que cai em queda livre, usando o 
referencial positivo para baixo e a equação de 
Torricelli: 
2 2 2
0 0v v 2g h v v 2g hΔ Δ= +  = + 
 
2
Av 0 2 10 5 v 10 m / s= +    = 
 
Para o corpo B, que sobe na vertical, usando o 
referencial positivo para cima, primeiramente 
descobrimos a velocidade inicial e depois a velocidade 
na posição de 5 m : 
2 2 2
0 0v v 2g h v v 2g hΔ Δ= −  = + 
 
2
0 0v 0 2 10 10 v 10 2 m s= +    = 
 
E a intensidade da velocidade a 5 m de altura: 
( )
2
Bv 10 2 2 10 5 v 10 m / s= −    = 
 
Então, A
B
v 10
1.
v 10
= = 
 
Resposta da questão 18: 
 [A] 
 
Analisando o problema, tem-se que o movimento a ser 
estudado trata-se de uma queda livre, na qual a 
velocidade inicial dos dois corpos (A e B) são nulas e a 
distância inicial entre elas é de 12 metros, conforme 
mostrado na figura abaixo. 
 
 
 
 
 
TEOREMA MILITAR 
LISTA 4- MOVIMENTO VERTICAL NO VÁCUO 
PROF. IGOR FERREIRA 
 
 
A resposta poderia ser encontrada somente da análise 
e interpretação do que foi dado, visto que os dois 
corpos estão inicialmente em repouso e que, ao serem 
soltos, estes estarão sujeitos a mesma aceleração 
(aceleração da gravidade no local). Desta forma, suas 
velocidades iriam sempre ser de mesmo módulo e 
assim a distância entre eles não iria aumentar, ou seja, 
d 12 m.= 
Como a é uma constante, logo pode-se dizer que 
d a 12.= = 
 
Mostrando isto de forma algébrica, primeiramente 
teríamos que encontrar as equações horárias dos dois 
corpos. A equação horária do corpo A é: 
A
2
A 0 0
a t
S S v t
2

= +  + 
 
Onde, 
A
A
0
2
S Posição de A no tempo t
S H
a g 10 m s
 

=

 = − = −
 
 
Assim, 
2
2
A
10 t
S H H 5 t
2

= − = −  
 
E para o corpo B, 
B
2
B 0 0
a t
S S v t
2

= +  + 
 
Onde, 
B
B
0
2
S Posição de B no tempo t
S H 12
a g 10 m s
 

= −

 = − = −
 
 
Assim, 
( )
2
2
B
10 t
S H 12 12 H 5 t
2

= − − = − + −  
 
Logo, a distância entre os dois corpos em um dado 
instante de tempo é: 
( ) ( )2 2A B
2 2
d S S H 5 t 12 H 5 t
d H 5 t 12 H 5 t
d 12 m
= − = −  − − + − 
= −  + − + 
=
 
 
Como nas alternativas ele pede a distância em função 
de uma constante a, adotando a 12,= tem-se que: 
d a= 
 
 
Resposta da questão 19: 
 [A] 
 
0
1
2
1
2
2
H 0 m
t 10 s
a 5 m s
a g 10 m s
=
=
=
= = −
 
 
1ª etapa: foguete sobe do chão durante 10 s com 
aceleração de 25 m s . 
2
1 0 o 1 1
2
1 1
1 0 1 1
1
1
H H V t a t
2
5
H 10 H 250 m (i)
2
V V a t
V 50 m / s (ii)
= + +
=  =
= +
=
 
 
2ª etapa: foguete continua subindo com desaceleração 
da gravidade até atingir a altura máxima 2H . 
2 2
2 1 2 2 1
2
2
2
2 1 2 2 1
2
2
V V 2a (H H )
0 50 2 ( 10) (H 250)
H 375 m (iii)
V V a (t t )
0 50 ( 10) (t 10)
t 5 s (iv)
= + −
= +  −  −
=
= +  −
= + −  −
=
 
 
Depois dos 10 s subindo, o foguete subiu por mais 
5 s, até adquirir velocidade zero. 
 
3ª etapa: Foguete desce com aceleração da gravidade. 
2
3 2 2
2
3
3
t 1 2 3 t t
1
H H V t a t
2
0 375 0 5t
t 8,7 s
t t t t t 10 5 8,7 t 23,7 s
Δ Δ= +  + 
= + −

= + +  = + +  
 
 
Portanto, conforme indica a alternativa [A], a altura 
máxima atingida será de 375 m e o tempo total de 
23,7 s. 
 
 
 
 
 
 
TEOREMA MILITAR 
LISTA 4- MOVIMENTO VERTICAL NO VÁCUO 
PROF. IGOR FERREIRA 
 
 
Resposta da questão 20: 
 [E] 
 
Monte as equações horárias, a partir da equação de 
Galileu, e resolva o sistema para H. 
 
Equação de Galileu para o MRUV. 
S = S0 + v0.t + a.t2/2 
Considerando o referencial de S, vertical, com origem 
no solo, orientado contra a gravidade. 
 
Para o corpo abandonado, obtemos a expressão 1: 
0 = H - g.t12/2 ==> g = 2H/t12 
 
Para o corpo lançado verticalmente para cima, 
obtemos a expressão 2: 
0 = H +v0.t 2 - g.t22/2, onde sabemos, pela equação de 
Torricelli, que v0= ( )2.g.h . Substituindo este último 
resultado e o da expressão 1 na expressão 2 chegar-
se-á a expressão 
0 = H + 2.(t2/t1). ( ) ( )
2
2 1Hh H. t / t− 
Se resolvida para H dará a alternativa correta.