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Prof. Matheus Laranja 
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Noções de física 
 
 
 
Aula 02 – Mecânica: 
cinemática vetorial e 
movimento circular 
Física para Professor 
 
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Sumário 
SUMÁRIO ........................................................................................................................................... 2 
MOVIMENTO RETILÍNEO UNIFORMEMENTE VARIADO, CINEMÁTICA VETORIAL E MOVIMENTO CIRCULAR
 ................................................................................................................................................................... 3 
INTRODUÇÃO .......................................................................................................................................................... 3 
O que é? ............................................................................................................................................................ 3 
MOVIMENTO RETILÍNEO UNIFORMEMENTE VARIADO .................................................................................................. 3 
Classificação de movimentos variados ............................................................................................................... 4 
Função horária da velocidade............................................................................................................................. 6 
Função horária do espaço .................................................................................................................................. 6 
Fórmulas Importantes........................................................................................................................................ 8 
Queda Livre ou Lançamento Vertical .................................................................................................................. 9 
Proporções na Queda Livre .............................................................................................................................. 12 
CINEMÁTICA VETORIAL .......................................................................................................................................... 14 
Grandezas Vetoriais e Grandezas Escalares ..................................................................................................... 14 
Representação de grandezas vetoriais.............................................................................................................. 14 
Movimento relativo.......................................................................................................................................... 16 
LANÇAMENTO OBLÍQUO ........................................................................................................................................ 18 
MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME ......................................................................................................................... 23 
Novos Conceitos .............................................................................................................................................. 23 
Transmissão de movimento circular ................................................................................................................. 26 
Movimento Circular Uniformemente Variado .................................................................................................... 30 
QUESTÕES DE PROVA COMENTADAS ................................................................................................ 32 
LISTA DE QUESTÕES ......................................................................................................................... 61 
GABARITO ........................................................................................................................................ 76 
RESUMO DIRECIONADO .................................................................................................................... 77 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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MOVIMENTO RETILÍNEO UNIFORMEMENTE 
VARIADO, CINEMÁTICA VETORIAL E MOVIMENTO 
CIRCULAR 
 
Introdução 
 
 O que é? 
 
Na aula anterior, ensinei para você sobre o MRU (movimento retilíneo uniforme). Nessa aula, vou 
ensinar o MRUV (movimento retilíneo uniformemente variado), Cinemática vetorial e Movimento Circular. 
Para entender melhor do que de trata, pense um pouquinho comigo: A gente lembra que movimento quer 
dizer que o objeto que estamos estudando se move e retilíneo quer dizer que a trajetória (se você não está 
lembrado desse nome, corre lá na aula anterior que lá tem timtim por timtim desse assunto!) no referencial do 
observador é uma reta. A grande novidade desse assunto está na parte do uniformemente variado. 
 
Mas que baixa autoestima é essa, Bianca? É claro que você vai 
entender o que isso significa! 
Vamos por partes: A palavra “variado” quer dizer que, a velocidade 
muda ao longo do tempo, ou seja, não é constante como no MRU. Agora 
que a gente sabe disso, uma dúvida aparece: Como varia essa velocidade? 
Ora, a resposta para essa pergunta é: uniformemente. Isso quer dizer que a 
velocidade muda a uma taxa constante! Essa taxa, como veremos aqui 
embaixo, se chama aceleração. 
No Movimento Circular veremos o MCU (movimento circular uniforme) e o MCUV (movimento circular 
uniformemente variado). 
Na parte de Cinemática Vetorial, vou te mostrar como trabalhar com móveis que se movem em 
direções diferentes! (parece ser complicado, mas é super tranquilo). 
 
Movimento Retilíneo Uniformemente Variado 
 
Até agora, ensinei para você sobre o MRU (movimento retilíneo uniforme). Nesse trecho, vou ensinar 
o MRUV (movimento retilíneo uniformemente variado). Para entender melhor do que se trata, pense um 
pouquinho comigo: A gente lembra que movimento quer dizer que o objeto que estamos estudando se move 
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e retilíneo quer dizer que a trajetória (caminho) no ponto de vista do observador é uma reta. A grande 
novidade desse assunto está na parte do uniformemente variado. 
 
Mas que baixa autoestima é essa, Bianca? É claro que você vai 
entender o que isso significa! 
Vamos por partes: A palavra “variado” quer dizer que a velocidade 
muda ao longo do tempo, ou seja, não é constante como no MRU. Agora 
que a gente sabe disso, uma dúvida aparece: Como varia essa velocidade? 
Ora, a resposta para essa pergunta é: uniformemente. Isso quer dizer que a 
velocidade muda a uma taxa constante! Essa taxa, como veremos aqui 
embaixo, se chama aceleração. 
 
Atenção!! 
Aceleração é a taxa de variação da velocidade com o tempo e, assim 
como a velocidade, existem os conceitos de aceleração média e 
aceleração instantânea. 
 
Analogamente ao fato de que a velocidade média é dada por 𝑽𝒎é𝒅𝒊𝒂 =
∆𝑺
∆𝒕
 , temos que 𝒂𝒎é𝒅𝒊𝒂 =
∆𝑽
∆𝒕
. 
 
Agora que a gente sabe disso, e, pensando no conceito de velocidade instantânea, temos que a 
aceleração instantânea é o valor da aceleração do móvel em um determinado instante do percurso. 
 
Classificação de movimentos variados 
 
Como eu mostrei lá em cima, a gente pode classificar um movimento em progressivo ou retrógrado, 
mas, quando estamos falando sobre um movimento variado, existem mais duas classificações: movimento 
acelerado e movimento retardado. 
 
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Mas é claro que não, detetive Robson! Essas classificações têm 
significados diferentes!!!Para entender melhor vou mostrar pra você o 
que significam essas novas definições: 
Um movimento é acelerado se o módulo da velocidade 
aumenta com o tempo, ou seja, se a aceleração e a velocidade têm o 
mesmo sinal! 
Um movimento é retardado se o módulo da velocidade diminui 
com o tempo, ou seja, se a aceleração e a velocidade têm sinais 
opostos! 
 
Você deve ter percebido que essas definições não excluem as definições de progressivo ou retrógrado! 
Dê uma conferida aqui embaixo no exemplo: 
 
EXEMPLO: 
 
Um carro segue por uma estrada horizontal e retilínea e em t=6s, tem velocidade v=10m/s e aceleração 
a=-7m/s². Classifique esse movimento. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Vamos lá! Primeiro vamos pensar de o movimento é progressivo ou retrógrado: 
 
Como v=10m/s, v>0 => o movimento é progressivo 
 
Agora, vejamos se o movimento é acelerado ou retardado: 
 
v>0 e a<0 => os sinais da velocidade e da aceleração são contrários! => o movimento é retardado 
 
Gabarito: O movimento é progressivo e retardado 
 
 
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Função horária da velocidade 
 
Está entendendo bem até agora? Se sim, continue comigo aqui, se não, dê uma revisadinha lá em cima 
pra poder pegar bem o que eu vou te passar agora! 
Lembra da equação horária da posição no MRU (𝑺 = 𝑺𝟎 + 𝒗(𝒕 − 𝒕𝟎))? Agora nós vamos estudar uma 
função que, assim como essa que eu citei, também é de primeiro grau. 
Como no MRU o espaço varia a uma taxa constante, temos que a função do espaço pelo tempo é uma 
reta. Dessa maneira, como para o MRUV a velocidade varia a uma taxa constante, é intuitivo dizer que a 
função da velocidade pelo tempo é uma reta! (dada pela fórmula abaixo). 
 
𝑽 = 𝑽𝟎 + 𝒂(𝒕 − 𝒕𝟎) 
 
Vale lembrar que, nessa fórmula aí em cima, 𝑽𝟎 é a velocidade inicial, 𝒂 é a aceleração (constante no 
MRUV) e 𝒕𝟎 é o instante inicial. Como nós já aprendemos lá em cima, o gráfico dessa função é uma reta cuja 
inclinação depende do valor de 𝒂. 
 
Função horária do espaço 
 
Antes de explicar a função horária do espaço (que é o nome dessa seção), vou mostrar pra você uma 
propriedade importantíssima sobre o gráfico da velocidade pelo tempo: A propriedade da área. 
Pense no MRU, mostrei para você que ∆𝑺 = 𝒗 × ∆𝒕 . Sabendo disso, dê uma olhadinha na explicação 
abaixo! 
 
Veja só que interessante: A área entre o gráfico da velocidade pelo tempo e o 
eixo do tempo é dada por: 
 
Á𝒓𝒆𝒂 = |𝒗 × ∆𝒕| 
 
Da expressão do deslocamento para o MRU, a gente tem que: 
 
Á𝒓𝒆𝒂 = |∆𝑺| 
 
Mostramos essa propriedade para o MRU, mas, acredite em mim, essa fórmula em vermelho vale 
para todos os tipos de movimento (inclusive o MRUV, que estamos estudando agora)! 
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Atenção!! 
Para qualquer tipo de movimento, o valor da área entre a curva da 
velocidade pelo tempo e o eixo do tempo representa o módulo do 
deslocamento desenvolvido no intervalo de tempo analisado. 
 
Sabendo de tudo isso, vamos utilizar essa propriedade para encontrar a expressão da função horária 
do espaço para um MRUV: 
 
 O gráfico ao lado é o gráfico da velocidade pelo tempo em um MRUV. Olhando 
bem, você consegue ver que a figura entre a curva e o eixo do tempo é um trapézio. 
Utilizando a propriedade da área: 
 
 
∆𝑆 =
(𝐵𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 + 𝐵𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟)
2
× 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 =
(𝑉𝑓 + 𝑉0)
2
× 𝑡 
 
Com base nessa equação e na função horária da velocidade para o MRUV (𝑉 = 𝑉0 + 𝑎𝑡), temos que: 
 
𝑺 = 𝑺𝟎 + ∆𝑺 = 𝑺𝟎 +
(𝑽𝟎 + 𝒂𝒕 + 𝑽𝟎)
𝟐
× 𝒕 = 𝑺𝟎 + (𝑽𝟎 × 𝒕) +
(𝒂 × 𝒕𝟐)
𝟐
 
 
Ou seja, a equação horária do espaço num MRUV é: 
 
𝑺(𝒕) = 𝑺𝟎 + (𝑽𝟎 × 𝒕) +
(𝒂 × 𝒕𝟐)
𝟐
 
 
A fórmula aí em cima é crucial para que você entenda como funciona o MRUV! Como deve ter percebido, 
essa é uma função do segundo grau em t. Você lembra, lá da matemática, como é o gráfico de uma função do 
segundo grau? 
 
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É isso mesmo, Robson! Se você se lembra bem sobre como funcionam as 
parábolas, sabe que elas podem ter concavidade para cima ou para baixo e que 
isso depende do sinal do termo de segundo grau, ou, colocando em palavras mais 
simples, depende do sinal da aceleração. Olha aqui embaixo como ficam os 
gráficos (usamos 𝑆0 = 0 e 𝑉0 > 0 para desenhá-los). 
 
 
 
 
Fórmulas Importantes 
 
Além daquelas duas formulinhas que eu te mostrei lá em cima, existem duas outras que são muitíssimo 
importantes pra você conquistar a sua tão sonhada aprovação no concurso público. 
A primeira delas tem um nome bem diferente, é a equação de Torricelli. Essa equação serve para 
resolvermos problemas que não oferecem informações sobre o tempo! 
A equação de Torricelli é dada por: 
𝑽𝟐 = 𝑽𝟎
𝟐 + 𝟐𝒂 × ∆𝑺 
Ou seja, se o problema pede para você a velocidade após percorrer um determinado espaço e não 
fornece o tempo dispendido no percurso, basta utilizar essa equação aí em cima 
 
A segunda dessas duas equações poderosas que você precisa aprender é a equação da velocidade 
média em um MRUV! 
Se no instante inicial o móvel estudado tem velocidade 𝑉0 e no instante final tem velocidade 𝑉𝑓, a 
velocidade média nesse trecho é dada por: 
𝑽𝒎é𝒅𝒊𝒂 =
𝑽𝟎 + 𝑽𝒇
𝟐
 
Lembre-se, essas fórmulas são todas sobre o MRUV!!! 
 
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Queda Livre ou Lançamento Vertical 
 
Agora que você já está sabendo tudinho sobre o MRUV, eu vou mostrar um caso particular muito 
comum de ser cobrado, a queda livre ou lançamento vertical. 
A queda livre ou lançamento vertical é MRUV que acontece na vertical e em que a aceleração do corpo 
é a aceleração da gravidade (que chamaremos de g daqui pra frente). 
Existe quem diga que queda livre e lançamento vertical são coisas diferentes, mas, na prática, veremos 
que são a mesma coisa! 
Darei um exemplo e, com ele, você entenderá TUDO o que precisa saber sobre esse tipo de movimento. 
 
EXEMPLO: 
Professor Matheus Laranja 
Uma pessoa joga uma bolinha da cobertura de um prédio de 30 metros de altura. Sabendo disso e que a 
aceleração da gravidade é g=10m/s², responda o que cada item pede: 
a) Se a bolinha foi abandonada do repouso na vertical, com que velocidade ela chegará ao chão? 
b) Quanto tempo durará a queda do item acima? 
c) Agora imagine que a bolinha foi lançada para cima com velocidade inicial 5m/s. Quanto tempo a bolinha 
demorará para chegar ao solo? 
d) Ainda nas condições do item c), quanto tempo a bolinha demora para inverter o sentido do seu 
movimento? 
e) Ainda nas condições do item c), qual é a altura máxima atingida pela bolinha nesse movimento? 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Bom, primeiro vamos anotar os dados comuns a todas as alternativas e arbitrar um sentido positivo: 
 Arbitramos para cima como o sentido positivo, então, como a gravidade é para baixo, ela 
será negativa, ou seja: 𝒂 = −𝒈 = −𝟏𝟎𝒎/𝒔². Para todas as alternativas temos também que a bolinha parte 
da cobertura do prédio, ou seja, 𝑺0 = 30𝑚. 
 
Vamos agora para cada alternativa: 
 
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a) Para esse caso, temos mais uma informação: a bolinha foi abandonada do repouso, ou seja, 𝒗0 = 0. 
E temos ∆𝑺 = 𝑺 − 𝑺𝟎 = (𝟎 − 𝟑𝟎) = −𝟑𝟎𝒎 
 
 
 
 
 Ora, Bianca, você não está lembrada da equação de 
Torriceli??? Ela serve exatamente para esses problemas!b) Vamos lá! Os dados são os mesmos do item acima, então, como nós sabemos a velocidade final, 
podemos simplesmente usar a equação horária da velocidade num MRUV: 
 
𝑽 = 𝑽𝟎 + 𝒂 × 𝒕 
 
Sabemos, utilizando o resultado do item a) que essa equação se transforma em: 
 
−𝟐𝟒, 𝟓 = 𝟎 + (−𝟏𝟎) × 𝒕 => 𝒕 = 𝟐, 𝟒𝟓𝒔 
 
c) Agora, o móvel não parte mais do repouso como nos itens anteriores! Agora, 𝒗0 = 5𝑚/𝑠, repare que o 
sinal é positivo porque essa velocidade é para cima! 
 
Bem, para resolver esse problema utilizaremos a equação horária do espaço para um MRUV: 
 
𝑽𝟐 = 𝑽𝟎
𝟐 + 𝟐 × 𝒂 × ∆𝑺 
𝟎 −𝟑𝟎 
−𝟏𝟎 
𝑽𝟐=𝟔𝟎𝟎 ⇒ 𝑽 ≌ -24,5 m/s (sinal 
negativo porque a velocidade aponta 
para baixo!) 
Professor, mas ele 
não fala nada sobre 
o tempo! Como eu 
faço pra resolver 
isso??? 
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𝑺 = 𝑺𝟎 + 𝑽𝟎 × 𝒕 +
𝒂 × 𝒕²
𝟐
 
 
Substituindo todos os dados na equação, temos: 
 
𝟎 = 𝟑𝟎 + 𝟓 × 𝒕 +
(−𝟏𝟎) × 𝒕𝟐
𝟐
=> −𝟓𝒕𝟐 + 𝟓𝒕 + 𝟑𝟎 = 𝟎 
 
=> 𝟎 = −𝒕² + 𝒕 + 𝟔 
 
Resolvendo a equação do 2º grau aí em cima: 
 
∆= 𝟏𝟐 − 𝟒 × (−𝟏) × 𝟔 = 𝟐𝟓 
 
𝒕 =
−𝟏 ± √𝟐𝟓
𝟐 × (−𝟏)
=
−𝟏 ± 𝟓
−𝟐
 
 
Como não existe tempo negativo: 
 
𝒕 = 𝟑𝒔 
d) Essa alternativa está sujeita às mesmas condições do item anterior, mas, agora temos que calcular a 
tempo que demora par se inverter o sentido do movimento da bolinha. 
 
 Pense assim, Bianca, se você joga uma 
 bola para cima, chega um momento em 
 que a bola para de subir e começa a descer, certo? Então, é exata- 
 mente isso! 
 Temos, da equação horária da velocidade para esse movimento: 
𝑽 = 𝑽𝟎 − 𝒈 × 𝒕𝒔 => 𝒕𝒔 =
𝑽𝟎
𝒈
 
Professor, como assim 
inverter o sentido? 
𝟎 
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Nessa equação V é a velocidade no topo (0) e 𝒕𝒔 é o tempo de subida (o que é pedido nesse item). 
 
Substituindo os dados iniciais na equação encontrada: 
 
𝒕𝒔 =
𝟓
𝟏𝟎
= 𝟎, 𝟓𝒔 
 
e) Bom, não é preciso pensar muito para percebermos que a altura máxima é atingida quando a subida 
termina, ou seja, quando t=0,5s! 
 
Substituindo esse dado na equação horária do espaço: 
 
𝑺 = 𝑺𝟎 + 𝑽𝟎 × 𝒕 +
𝒂 × 𝒕²
𝟐
= 𝟑𝟎 + 𝟓 × 𝟎,𝟓 −
𝟏𝟎 × (𝟎, 𝟓)𝟐
𝟐
= 𝟑𝟎 + 𝟐,𝟓 − 𝟏, 𝟐𝟓 
 
=> 𝑺 = 𝟑𝟏, 𝟐𝟓𝒎 
 
 
 
Proporções na Queda Livre 
 
Esse trecho vai ajudar você a resolver um tipo de problema que parece muito difícil numa primeira 
impressão: 
 
Digamos que você deixa cair seu celular de cima de um prédio. Como você calcularia a distância 
percorrida pelo celular durante o 4º segundo de queda? 
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Essa é uma opção, mas, que tal enxergar 
esse problema de um jeito diferente? Parece 
divertido, não é mesmo? Vem comigo dar uma 
olhada no gráfico da velocidade pelo tempo 
numa queda livre! 
 
 
 
Sabe todos esses pequenos triângulos pontilhados? Então, eles são todos iguais! Sabe o que isso quer 
dizer? Se não sabe, vou explicar: 
Mostrei lá em cima a propriedade que mostra que a área de um gráfico de velocidade por tempo nos dá 
a distância percorrida naquele intervalo de tempo, lembra? Bem, se os triângulos pequenos têm área de valor 
“d” sabemos que durante o primeiro segundo de queda o celular cai uma altura d, no 2º segundo, cai uma altura 
“3d”, no 3º “5d”. 
 
 Isso mesmo! Se a distância percorrida no 1º 
segundo vale d, a distância percorrida no n-ésimo 
segundo vale (2n-1)d. 
 
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Cinemática Vetorial 
 
Agora que você já sabe muito bem tudo o que precisa saber sobre cinemática escalar, vou apresentar 
você a um mundo muito diferente e interessante: a cinemática vetorial. 
Até então, só vimos movimentos em uma única direção, mas, a partir de agora veremos movimentos 
em diferentes direções e, para representar as velocidades, acelerações e deslocamentos nesse “novo mundo” 
utilizaremos uma ferramenta muito bacana lá da matemática: vetores. 
 
Gilvan! Que bom te ver por aqui! Bem, se não está entendendo, vou 
explicar um pouco mais sobre grandezas vetoriais aqui embaixo, afinal, 
aluno meu não vai para casa com dúvida! 
 
Grandezas Vetoriais e Grandezas Escalares 
 
Como eu disse ali em cima, agora nós começaremos a lidar com as grandezas vetoriais, mas, para isso, 
você precisa entender o que são grandezas vetoriais e o que são grandezas escalares e o que são grandezas 
vetoriais. 
 
Atenção!! 
Grandezas escalares são grandezas que não estão orientadas no 
espaço, ou seja, não têm direção e sentido (massa, energia, 
temperatura...) Grandezas vetoriais são grandezas que estão 
orientadas no espaço, ou seja, têm direção e sentido (velocidade, 
aceleração, deslocamento, força...). 
 
Representação de grandezas vetoriais 
 
Entendeu mais ou menos a ideia do que são as grandezas vetoriais? Agora nós vamos trabalhar com 
as grandezas desse tipo que estão relacionadas à cinemática e eu vou ensinar como representá-las e trabalhá-
las nos exercícios! 
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Vetor deslocamento 
Bem, acredito que não há maneira melhor de explicar assuntos difíceis do que 
utilizando exemplos, então, vamos ao exemplo ao lado: 
Nesse desenho nós vemos uma pessoa e sua casa em um mapa quadriculado 
com quadrados de lado 100m. 
Para chegar até sua casa, a pessoa precisa andar dois quarteirões para a direita 
e depois subir um quarteirão. Esses dois trajetos menores realizados pela pessoa são 
representados, respectivamente, pelo vetor verde e pelo vetor amarelo. 
Sabendo disso e, lembrando de como funcionam os vetores, temos que o vetor vermelho é a soma dos 
outros dois vetores! Esse vetor é o vetor deslocamento. 
 
Atenção!! 
O vetor deslocamento é o vetor que liga o ponto de partida ao ponto 
de chegada. Esse vetor é o resultado da soma de todos os vetores de 
deslocamento da trajetória. 
 
Vetor velocidade média e Vetor velocidade instantânea 
 
Agora que passamos pelo vetor deslocamento, vamos falar sobre vetor velocidade. Lembra que lá em 
cima eu falei sobre a velocidade média e a velocidade instantânea? Então, agora que estamos falando sobre 
vetores esses conceitos fazem ainda mais sentido porque não é só o valor que pode mudar, agora a direção e 
sentido dessas propriedades podem ser diferentes! 
 
Olhe só na imagem, vemos ali que a velocidade média aponta na 
mesma direção do vetor deslocamento. Esse fato nos faz enxergar a 
seguinte propriedade: 
𝑽𝒎é𝒅𝒊𝒂⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ =
∆𝑺⃗⃗⃗⃗ ⃗
∆𝒕
 
 
 
Agora que entendemos como funciona o vetor velocidade média, vamos entender como trabalhar 
com o vetor velocidade instantânea. 
Na foto aí de cima, temos que o vetor velocidade instantânea 𝑽𝒄 aponta para uma direção 
completamente diferente do vetor velocidade média. Com essa foto, podemos observar uma propriedade 
importantíssima do vetor velocidade instantânea: Ele é sempre tangente à trajetória. 
 
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Vetor aceleração tangencial e Vetor aceleração centrípeta 
 
Agora, pela primeira vez, nos deparamos com o conceito de aceleração centrípeta. Darei uma pequena 
explicação sobre esse conceito agora, mas, o entendimento completo desse assunto virá quando chegarmos 
no trecho sobre movimento circular! 
 
Olhe a imagem ao lado. Nela podemos ver duas componentes de 
aceleração presentes no carro:a aceleração centrípeta e a aceleração 
tangencial. 
A aceleração tangencial, como o nome já diz, é tangente à trajetória do 
móvel no ponto em que ele se encontra. Essa componente é o que faz o móvel 
ficar mais rápido ou mais devagar, ou seja, a aceleração tangencial é o que faz o módulo (valor) da velocidade 
mudar! 
 Pergunta muito pertinente, detetive Robson! Como você deve estar 
desconfiando, a aceleração centrípeta é a responsável por mudar a direção da 
velocidade sem alterar o seu valor! Para que isso aconteça, é necessário que ela 
seja perpendicular à aceleração tangencial. 
 
 
 
Atenção!! 
A aceleração tangencial é o vetor responsável por mudar o módulo 
da velocidade do móvel. Esse vetor é sempre tangente à trajetória. 
A aceleração centrípeta é o vetor responsável por mudar a direção da 
velocidade do móvel. Esse vetor é sempre perpendicular à trajetória. 
 
Movimento relativo 
Pense no seguinte problema: Dois carros trafegam numa mesma rodovia no mesmo sentido. Um carro 
está 50km na frente do outro e as velocidades deles são constantes de 30km/h para o veículo da frente e 70km/h 
para o veículo de trás. Depois de 3 horas, qual será a distância entre os veículos? 
Nós sabemos muito bem que podemos resolver esse exercício calculando as posições finais de ambos os 
móveis e verificando a distância entre elas, mas, agora que estamos no universo da cinemática vetorial, 
podemos utilizar uma ferramenta poderosíssima: a análise do movimento relativo! 
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O problema que propus ali em cima está desenhado na imagem com os dois carros. Sabemos que essas 
velocidades são tomadas em relação à estrada, mas, a pergunta diz respeito à distância entre os carros, então, 
podemos analisar o movimento relativo entre os automóveis! Para isso, tomaremos o referencial de um dos 
automóveis (vou tomar o referencial do carro da frente, mas, poderíamos tomar o referencial do carro de trás 
sem problemas). 
 
 
Pergunta excelente, Bianca! Pense comigo: O carro está se movendo em 
relação a si mesmo? Sabemos lá dos conceitos de repouso e movimento que a 
resposta para essa pergunta é não! 
Sabendo disso, a gente começa a entender como resolver esses problemas 
utilizando o movimento relativo: Temos que deixar um dos móveis parados! 
 
Para enxergar melhor, tente mentalizar a situação. Se você está dentro do carro da frente, você vê esse 
carro parado e a estrada se movendo a 30km/h para trás. Isso nos dá a pista de como mudar o referencial: 
Subtraia o vetor velocidade do novo referencial da velocidade de todos os corpos! 
 
Olhe como fica isso aplicado ao problema citado: 
 
 
 
Logo, no referencial do carro da frente: 
 
 
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Veja só que interessante: em relação ao carro da frente, o veículo de trás tem velocidade de 40km/h. 
Como o problema pede a distância entre os móveis, basta analisar esse movimento relativo. 
 
Analisando o movimento relativo, temos a equação: 
 
𝑆𝐴/𝐵 = 𝑆0(𝐴 𝐵⁄ )
+ 𝑉𝐴/𝐵 × 𝑡 
 
Para esse exemplo específico, a equação se torna: 
 
𝑆𝐴/𝐵 = (−50) + 40 × 3 = 120 − 50 = 70𝑘𝑚 
 
A distância após 3 horas é dada, então por 70 km! 
Bem, com esse exemplo fica muito fácil entender como resolver questões de movimento relativo 
quanto os móveis estão na mesma direção, mas, e se os veículos estiverem em direções diferentes? 
Bem, o princípio é o mesmo, mas, vou mostrar uma formulinha bem úteis pra questões assim. 
 
 
 
𝑽𝑨/𝑩⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝑽𝑩⃗⃗⃗⃗ ⃗ − 𝑽𝑨⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 
|𝑽𝑨 𝑩⁄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
𝟐
= |𝑽𝑨⃗⃗⃗⃗ ⃗|
𝟐
+ |𝑽𝑩⃗⃗⃗⃗ ⃗|
𝟐
− 𝟐|𝑽𝑨⃗⃗⃗⃗ ⃗||𝑽𝑩⃗⃗⃗⃗ ⃗|𝐜𝐨𝐬 (𝜽) 
 
Lançamento Oblíquo 
 
Agora que sabemos que a velocidade pode ser representada por um vetor, sabemos que ela pode ser 
decomposta em componentes. 
 
Veja o exemplo abaixo: 
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 Vemos na imagem que o vetor 𝑉0⃗⃗ ⃗ pode ser decomposto na vertical (𝑉0𝑦⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ) e na horizontal (𝑉0𝑥⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ). 
Sabendo dessa decomposição, podemos tratar esse movimento como uma superposição de dois 
movimentos que já te ensinei! 
Na vertical, o movimento é um MRUV (um lançamento vertical, mais especificamente) e, na horizontal, o 
movimento é um MRU. 
 
Sabendo disso, temos as equações: 
 
Em x: 
𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝒗𝒙𝒕 
 
Em y: 
𝒚 = 𝒚𝟎 + 𝒗𝟎𝒚𝒕 −
𝒈𝒕²
𝟐
 
 
Mas, da geometria do problema, sabemos que: 
 
𝒗𝒙 = 𝒗𝟎 × 𝒄𝒐𝒔(𝜽) 
 
E que: 
 
𝒗𝟎𝒚 = 𝒗𝟎 × 𝒔𝒆𝒏(𝜽) 
 
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Se isolarmos o tempo na primeira equação e substituirmos esse resultado e as duas últimas equações na 
segunda equação, temos um resultado muito importante de ser guardado, a equação da trajetória em um 
lançamento oblíquo! Que é dada por: 
 
𝒚 = 𝒚𝟎 + 𝒕𝒂𝒏(𝜽) × (𝒙 − 𝒙𝟎) −
𝒈(𝒙 − 𝒙𝟎)²
𝟐𝒗𝟎²𝒄𝒐𝒔²(𝜽)
 
 
Caso 𝑥0=0, temos que: 
 
𝒚 = 𝒚𝟎 + 𝒕𝒂𝒏(𝜽) × 𝒙 −
𝒈𝒙²
𝟐𝒗𝟎²𝒄𝒐𝒔²(𝜽)
 
 
Se 𝑣0𝑦 está orientado para cima, sabemos que em algum momento da trajetória o móvel começa a 
descer e, como vimos lá em cima na parte de lançamento vertical, sabemos que o corpo atinge sua altura 
máxima nesse momento. Um outro ponto muito bacana é que essa equação da trajetória aí em cima é uma 
equação do segundo grau, sabe o que isso significa? Significa que essa trajetória é uma parábola! 
Sabendo que quando olhamos somente o movimento vertical do corpo enxergamos um lançamento 
vertical de velocidade inicial 𝑣0𝑦, sabemos que o corpo atinge seu máximo quando 𝒕 =
𝒗𝟎𝒚
𝒈
=
𝒗𝟎×𝒔𝒆𝒏(𝜽)
𝒈
. 
Agora, analisando a equação da trajetória, vamos descobrir a posição exata desse máximo! Para isso, 
vamos lembrar das propriedades dos máximos de uma função de segundo grau: 
Tome a função abaixo: 
 
𝒚(𝒙) = 𝒂𝒙𝟐 + 𝒃𝒙 + 𝒄 
 
Sabemos lá da matemática que os valores no vértice da parábola são: 
 
𝑦𝑣 =
−∆
4𝑎
=
4𝑎𝑐 − 𝑏²
4𝑎
 
E 
𝑥𝑣 =
−𝑏
2𝑎
 
 
Para a equação da trajetória (quando 𝑥0 = 0), temos que 𝑎 =
−𝑔
2𝑣0²𝑐𝑜𝑠²(𝜃)
, 𝑏 = tan (𝜃) e 𝑐 = 𝑦0. Logo, 
substituindo isso nas equações acima: 
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𝒚𝒗 =
−∆
𝟒𝒂
=
𝟒𝒂𝒄 − 𝒃²
𝟒𝒂
= 𝒚𝟎 +
𝒗𝟎²𝒔𝒆𝒏²(𝜽)
𝟐𝒈
 
E 
𝒙𝒗 =
−𝒃
𝟐𝒂
=
𝒗𝟎²𝒔𝒆𝒏(𝟐𝜽)
𝟐𝒈
 
 
Para fechar com chave de ouro esse assunto vamos ver um caso específico do lançamento oblíquo: o 
lançamento horizontal! 
Como o nome já diz, esse caso é quando o objeto é lançado na horizontal (𝑣0𝑦 = 0), ou seja, θ=0. 
Substituindo esse dado nas equações que deduzimos, temos essas equações aqui embaixo: 
 
Equação da trajetória: 
 
𝒚 = 𝒚𝟎 −
𝒈𝒙²
𝟐𝒗𝟎²
 
 
Y do vértice: 
 
𝒚𝒗 = 𝒚𝟎 
 
X do vértice: 
 
𝒙𝒗 = 𝟎 
 
Vamos ver agora um exemplo de problema sobre cinemática vetorial bem bacana que eu preparei para 
você: 
 
EXEMPLO: 
 
Quando o barco a motor direciona sua “propulsão” de 5m/s no sentido mostrado na figura abaixo, ele 
chega à outra margem no ponto C. Considerando que a velocidade da correnteza é constante e que a distância 
entre as margens é de 5m, em que direção o barco deve apontar sua propulsão para chegar ao ponto B? 
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RESOLUÇÃO: 
 
Bem, se não houvesse correnteza sabemos que o barco chegaria ao ponto B. Obviamente, o que faz ele 
chegar ao ponto C e não ao B é a correnteza.Se a componente perpendicular à margem vale 5m/s e a distância entre as margens é de 5m, sabemos 
que o tempo que a travessia dura é de 1s! 
Sabendo disso e de que a correnteza fez o barco se deslocar 4m em 1s na lateral, temos que a velocidade 
da correnteza é dada por: 
 
𝒗𝒄𝒐𝒓𝒓𝒆𝒏𝒕𝒆𝒛𝒂 =
𝟒𝒎
𝟏𝒔
= 𝟒
𝒎
𝒔
 
 
Interessante, agora temos uma informação muito importante: a velocidade da correnteza. 
Para chegar ao ponto B, sabemos que o barco tem que cancelar o efeito da correnteza, não é mesmo? 
Então, se a correnteza é de 4m/s para a direita, a propulsão do barco deve ter 4m/s para a esquerda! 
Veja como fica o vetor da velocidade para chegar ao ponto B. 
 
 
 Pelo teorema de Pitágoras, sabemos que: 
 
𝟓𝟐 = 𝟒𝟐 + 𝒗𝒚
𝟐 => 𝒗𝒚 = 𝟑𝒎/𝒔 
 
Logo o a propulsão deve estar apontando para a direção inclinada de arctg(3/4) com a margem de origem. 
 
Gabarito: arctg(3/4) com a margem de origem 
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 Movimento Circular Uniforme 
 
Lembra lá em cima quando eu disse que veríamos mais detalhes sobre a aceleração centrípeta 
posteriormente? Então, chegou a hora! Nesse capítulo vamos ver tintim por tintim do M.C.U. que podem exigir 
de você. 
 
 
Muito bem observado, Gilvan! É exatamente isso! São os movimentos cuja 
trajetória tem formato de circunferência. No caso em que vamos estudar, a 
velocidade linear é constante (uniforme). 
 
 
Novos Conceitos 
 
Como todo conteúdo novo, precisamos entender muito bem quais são os conceitos importantes para só 
depois sair entendendo as “picuinhas” de cada tipo de problema. Para o movimento circular uniforme temos, 
além de todos os conceitos de cinemática que você já entendeu muito bem lá em cima, de mais 5 conceitos que 
ainda não foram apresentados (pelo menos não com a profundidade que precisam ser ensinados). Esses 
conceitos são deslocamento angular (∆𝝋), velocidade angular (𝝎), aceleração centrípeta (𝒂𝒄𝒕𝒑), período (T) 
e frequência (f). 
 
Para conseguir deixar as explicações bem claras vou usar essa figura aqui embaixo: 
 
Ignore a graduação da circunferência, considere somente o desenho como um 
todo. 
Se um corpo percorre uma distância ∆𝑆 numa circunferência de raio R, seu 
deslocamento angular é: ∆𝝋 =
∆𝑺
𝑹
 
Ou seja, o deslocamento angular é o ângulo percorrido pelo móvel em seu 
deslocamento na circunferência. 
Vamos agora ao conceito de velocidade angular: Lembra que lá em cima definimos velocidade linear 
como a taxa de variação do espaço no tempo. Esse pensamento também vale para a velocidade angular, que 
é a taxa de variação da posição angular com o tempo: 𝝎 =
∆𝝋
∆𝒕
 
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Antes de prosseguir para o próximo conceito, há uma propriedade importantíssima sobre velocidade 
angular que eu consigo explicar de maneira muito apropriada agora: 
 
𝑣 =
∆𝑆
∆𝑡
=
∆𝜑 × 𝑅
∆𝑡
= 𝜔𝑅 
 
𝒗 = 𝝎𝑹 
 
Atenção!! 
Essa expressão em laranja aqui em cima é muito importante, guarde 
bem ela na cuca porque ela é simples, mas, é muito poderosa!!! 
 
 
Vamos agora falar sobre a aceleração centrípeta, já explicamos que ela é a componente responsável 
por mudar a direção da velocidade, mas, agora vamos entrar em detalhes sobre essa propriedade: 
 
No M.C.U., a aceleração centrípeta aponta para o centro da circunferência durante todo o movimento e 
seu módulo é dado pela expressão: 
 
𝒂𝒄𝒕𝒑 =
𝒗²
𝑹
 
 
Atenção!! 
Essa expressão em verde aqui em cima também é muito importante, 
guarde bem ela na cuca porque ela é simples, mas, é cobrada em quase 
todos os problemas de M.C.U.!!! 
 
 
Os conceitos de período (T) e frequência (f) estão relacionados por uma relação muito fácil de guardar: 
 
𝒇 =
𝟏
𝑻
 
 
É muito importante que você guarde essa fórmula, mas, não adianta nada eu só jogar essa fórmula aí e 
não explicar o que cada coisa significa, não é mesmo? Então, o período de um MCU é o tempo que o móvel 
demora para dar uma volta completa na circunferência (como é uma medida de tempo, sabemos que a unidade 
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do sistema internacional para período é o segundo). Sabendo disso, meu querido aluno, agora nós vamos 
entender que a frequência é o inverso do período, logo, sua unidade é 1/s, que, no sistema internacional, 
ganhou o nome de hertz (Hz). 
Bem agora eu vou mostrar algumas relações e depois vou montar aquele quadro bonitinho com todas as 
fórmulas que você precisa saber para o dia da prova! 
Vamos lá, vimos que 𝝎 =
∆𝝋
∆𝒕
, mas, pense numa volta completa, a gente vai ter que ∆𝝋 = 𝟐𝝅 e que ∆𝒕 =
𝑻 =
𝟏
𝒇
, então, temos que 𝝎 =
∆𝝋
∆𝒕
=
𝟐𝝅
𝑻
= 𝟐𝝅𝒇. 
 
 
Olha só que bacana essa pergunta! Lembra que lá em cima mostrei que 
𝒗 = 𝝎𝑹 ? Agora tudo o que a gente precisa fazer é multiplicar a expressão 
que a gente encontrou para 𝝎 por 𝑹: 
 
𝒗 = 𝝎𝑹 =
∆𝝋
∆𝒕
× 𝑹 =
𝟐𝝅𝑹
𝑻
= 𝟐𝝅𝑹𝒇 
 
Agora que já temos todas as fórmulas que precisamos para resolver as questões de M.C.U., dá uma 
conferida no quadro aqui embaixo pra ver se não esqueceu nada! 
 
∆𝝋 =
∆𝑺
𝑹
 (Deslocamento angular) 
 
𝒇 =
𝟏
𝑻
 (Frequência) 
 
𝝎 =
∆𝝋
∆𝒕
=
𝟐𝝅
𝑻
= 𝟐𝝅𝒇 (Velocidade angular) 
 
𝒗 = 𝝎𝑹 =
∆𝝋
∆𝒕
× 𝑹 =
𝟐𝝅𝑹
𝑻
= 𝟐𝝅𝑹𝒇 (Velocidade linear) 
 
 
 
 
 
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Transmissão de movimento circular 
 
Vamos falar sobre três tipos de transmissão de movimento circular: por eixo, por correia e por contato. 
 
Transmissão por eixo 
 
Olhe a figura abaixo: 
 
Na figura vemos as engrenagens A e B, de raios 𝑅𝐴 e 𝑅𝐵 diferentes, 
presas por um eixo. Imagine que as duas estão girando, concorda comigo que 
se a engrenagem B girar um ângulo ∆𝝋, a engrenagem A vai girar 
exatamente esse mesmo deslocamento angular e no mesmo sentido? 
Se você não consegue enxergar isso, tem uma experiência muito 
simples e que vai ajudar muito você no entendimento dessa matéria: Pegue 
um palito de dente e corte dois círculos de papel de raios diferentes. Espete 
o centro de cada círculo com o palito e passe uma colinha para que fiquem bem presos! 
Agora, que nem na figura, marque nas duas circunferências pontinhos que estão alinhados. Fez isso? 
Perfeito! Agora gire o palito de dente, percebe que os pontinhos continuam alinhados? Então, isso quer dizer 
que o deslocamento angular dos dois discos é igual. 
 
 
Excelente pergunta, Bianca! Conseguimos tirar uma conclusão poderosíssima 
desse fato! Lembra que a velocidade angular é dada por 𝝎 =
∆𝝋
∆𝒕
? 
 
Então, se ∆𝝋 é sempre igual para as duas engrenagens, temos que: 
 
𝝎𝑨 = 𝝎𝑩 
 
Agora, pense um pouquinho na fórmula 𝒗 = 𝝎. 𝑹, consegue enxergar uma propriedade com a velocidade 
linear? 
Se não consegue, vou mostrar para você: 
 
𝒗𝑨 = 𝝎𝑨. 𝑹𝑨 
E 
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𝒗𝑩 = 𝝎𝑩. 𝑹𝑩 
 
Dividindo uma equação pela outra: 
 
𝒗𝑨
𝒗𝑩
=
𝝎𝑨
𝝎𝒃
.
𝑹𝑨
𝑹𝑩
 
Como 𝝎𝑨 = 𝝎𝑩: 
 
𝒗𝑨
𝒗𝑩
=
𝑹𝑨
𝑹𝑩
=>
𝒗𝑨
𝑹𝑨
=
𝒗𝑩
𝑹𝑩
 
 
 
 
Transmissão por correia 
 
Observe a imagem abaixo: 
 
Nessa imagem, vemos duas polias A e B ligadas por uma correia. Siga o 
raciocínio comigo: Se a polia A gira no sentido anti-horário, em que sentido a 
polia B se moverá? Ora, como o próprio desenho já mostra, ela também gira 
no sentido anti-horário! (vale lembrar que isso vale para essa posição da 
correia, nas questões resolvidas veremos um exemplo em queo sentido é 
oposto, mas, não se preocupe, lá eu passo um bizu de como identificar esse 
tipo de coisa!). Vamos agora fazer outro raciocínio: Se a polia A completa uma volta, a polia B também 
completará uma volta? A resposta é não! Isso acontece porque, quando a transmissão é feita por correia, a 
velocidade linear das duas polias é igual! 
 
Bem, sabendo que 𝒗𝑨 = 𝒗𝑩, temos, para as velocidades angulares, a seguinte propriedade: 
 
𝝎𝑨. 𝑹𝑨 = 𝝎𝑩. 𝑹𝑩 
 
𝐓𝐫𝐚𝐧𝐬𝐦𝐢𝐬𝐬ã𝐨 𝐩𝐨𝐫 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐚𝐭𝐨 
 
Observe a figura abaixo: 
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Nessa imagem, as engrenagens A e B estão em contato direto uma com a outra. A 
primeira propriedade que podemos ver é que o sentido do movimento de uma é oposto 
do sentido da outra! 
Nesse caso, assim como no caso da transmissão por correia, a velocidade linear é 
a propriedade em comum entre os dois, a equação 𝝎𝑨. 𝑹𝑨 = 𝝎𝑩. 𝑹𝑩 vale aqui também, mas, lembre-se: os 
sentidos são opostos! 
 
Que tal um exemplinho caprichado agora pra mostrar isso melhor? 
 
 
 
 
EXEMPLO: 
Polícia Civil-SP- Perito Criminal – VUNESP 
 
A polia dentada do motor de uma motocicleta em movimento, também chamada de pinhão, gira com 
frequência de 3600 rpm. Ela tem um diâmetro de 4 cm e nela está acoplada uma corrente que transmite esse 
giro para a coroa, solidária com a roda traseira. O diâmetro da coroa é de 24 cm e o diâmetro externo da roda, 
incluindo o pneu, é de 50 cm. A figura a seguir ilustra as partes citadas. 
 
 
 
Use 𝜋=3, considere que a moto não derrapa e que a transmissão do movimento de rotação seja 
integralmente dirigida ao seu deslocamento linear. A velocidade da moto, em relação ao solo e em km/h, é de 
 
a) 72 
b) 62 
c) 54 
d) 66 
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e) 90 
RESOLUÇÃO: 
 
Vamos pensar, o pinhão tem frequência de 3600rpm. Convertendo para o sistema internacional, temos: 
 
𝒇𝒑𝒊𝒏𝒉ã𝒐 = 𝟑𝟔𝟎𝟎𝒓𝒑𝒎 =
𝟑𝟔𝟎𝟎
𝟔𝟎
𝑯𝒛 = 𝟔𝟎𝑯𝒛 
 
Na transmissão por correia temos a seguinte relação entre as frequências do pinhão e da coroa, 
lembrando que o raio é metade do diâmetro: 
 
𝟔𝟎𝑯𝒛. 𝟐𝒄𝒎 = 𝒇𝒄𝒐𝒓𝒐𝒂. 𝟏𝟐𝒄𝒎 => 𝒇𝒄𝒐𝒓𝒐𝒂 = 𝟏𝟎𝑯𝒛 
 
Na transmissão por eixo entre a coroa e a roda sabemos que as frequências de ambos são iguais! Logo, 
sabendo que a frequência da roda é 10Hz e que seu raio é de 25cm (metade do diâmetro), temos: 
 
𝒗𝒓𝒐𝒅𝒂 = 𝟐.𝝅. 𝒓. 𝒇 = 𝟐. 𝟑. 𝟐𝟓. 𝟏𝟎
−𝟐. 𝟏𝟎 =
𝟏𝟓𝒎
𝒔
= 𝟓𝟒
𝒌𝒎
𝒉
 
 
Gabarito: C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Movimento Circular Uniformemente Variado 
 
Te mostrei tudo sobre o M.C.U., agora, vou mostrar o M.C.U.V. É muito importante deixar algo claro 
aqui: Esse assunto não cai com frequência nos concursos, está aqui mais por “desencargo de consciência”! 
Bem, como o nome já faz parecer, nesse tipo de movimento temos uma aceleração tangencial além 
da aceleração centrípeta! 
Confira a imagem abaixo: 
 
 Nela vemos as componentes que falei acima. Então, a aceleração 
centrípeta é responsável pela mudança da direção da velocidade e a aceleração 
tangencial é responsável pela mudança do módulo da velocidade do móvel!!! 
Como os vetores são perpendiculares, temos que a aceleração 
resultante é dada por: 
 
𝒂𝒓𝒆𝒔 = √𝒂𝒄𝒕𝒑² + 𝒂𝒕𝒈² 
 
Fora isso, a única propriedade que vale a pena ressaltar além dessa é a da aceleração angular: 
 
𝜸 = 𝒂𝒕𝒈. 𝒓 = ∆𝝎/∆𝒕 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Terminamos a parte teórica da aula. Agora vamos resolver algumas questões de prova! 
 
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Questões de prova comentadas 
 
1. Especialista em Regulação de aviação civil–ANAC-(CESPE-2012) 
Considerando os princípios da cinemática dos corpos rígidos no espaço, julgue o item seguintes 
Considerando que os gráficos abaixo representam movimentos de um corpo que parte do repouso e cuja 
curva da distância com o tempo tenha a forma de uma parábola, é correto afirmar que ambos 
correspondem ao mesmo movimento. 
 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Vamos lá! Se a curva da distância é uma parábola, sabemos que o movimento é descrito por uma equação 
de segundo grau, logo, é um MRUV. 
No MRUV a aceleração é constante, logo, a velocidade segue a equação do primeiro grau 𝒗 = 𝒗𝟎 + 𝒂𝒕. 
Logo, o gráfico da velocidade é uma reta! 
Como parte do repouso: 
 
𝒗 = 𝒂𝒕 
 
É uma reta que parte da origem, logo, a resposta está certa! 
 
Gabarito: C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2. Físico -FUB-(CESPE-2009) 
 
 
 
A figura acima mostra uma criança em um carrinho que se move com velocidade constante vox , em um 
plano horizontal. Durante o movimento do carrinho, a criança joga uma bola para cima com velocidade inicial 
igual a voy. No referencial da criança, a origem do sistema de eixos coordenados está fixa ao carrinho. Para o 
observador externo, a origem dos sistemas de eixos coordenados é identificada por 0 na figura e está fixo ao 
solo. Desprezando o atrito com o ar e considerando a aceleração da gravidade igual a g, julgue o item abaixo: 
Do ponto de vista de um observador externo, considerando-se um referencial fixo ao solo, é correto afirmar 
que a bola descreve um movimento parabólico de subida e descida, descrito por uma função quadrática 
genérica do tipo y(x) = a + bx + cx² , em que a, b, c pertencem ao conjunto dos números reais. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Vamos lá! Do ponto de vista de alguém parado no solo, a bola tem velocidades iniciais tanto na horizontal 
como na vertical, logo, trata-se de um lançamento oblíquo! 
Vimos lá em cima que a equação da trajetória para um lançamento oblíquo é: 
 
𝒚(𝒙) = 𝒚𝟎 + 𝒕𝒂𝒏(𝜽) × 𝒙 −
𝒈𝒙²
𝟐𝒗𝟎²𝒄𝒐𝒔²(𝜽)
 
 
Logo vemos que 𝒚𝟎 = 𝒂, 𝒕𝒂𝒏(𝜽) = 𝒃 e −
𝒈
𝟐𝒗𝟎²𝒄𝒐𝒔²(𝜽)
= 𝒄 
 
Gabarito: C 
 
3. SEDUC-ES-(FCC-2016) 
 
Um corpo cai em queda livre da altura de 80 m, a partir do repouso. Considere para a aceleração da 
gravidade o valor 10 m/s². Durante o último segundo da queda o corpo cai, em m, 
a) 45 
b) 20. 
c) 16. 
d) 40. 
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e) 35 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Vamos lá! Vimos antes que: 
𝒉 = 𝒉𝟎 + 𝒗𝟎. 𝒕 −
𝒈. 𝒕²
𝟐
 
 
 
No fim da queda, sabemos que h=0, logo: 
 
𝟎 = 𝟖𝟎 − 𝟓𝒕𝟐 => 𝒕 = 𝟒𝒔 
 
Acabamos de descobrir que a queda dura 4s, mas, a pergunta quer saber a distância percorrida no último 
segundo, ou seja, |ℎ(4) − ℎ(3)|: 
 
𝒅 = |𝟎 − [𝟖𝟎 − 𝟓. (𝟑)𝟐]| = |−𝟑𝟓| = 𝟑𝟓𝒎 
 
Gabarito: E 
 
4. SEDUCE-GO-(Quadrix-2018) 
 
 
O gráfico acima mostra a aceleração escalar de um móvel em função do tempo. Sabendo-se que a 
velocidade inicial é nula, o valor da aceleração escalar média, em m/s², no intervalo de 0 a 28 s, é igual a 
 
 
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a) -26/7 
b) -140/17 
c) -144/17 
d) +18/7 
e) +140/17 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Lembra quando estudamos gráficos? Lá nós vimos que a área entre a curva da aceleração e o eixo do 
tempo equivale ao módulo da variação da velocidade (o sinal depende do sinalda aceleração). 
 
De 0s a 10s: 
 
∆𝒗𝟏 = 𝟒𝟎𝒎/𝒔 
 
De 10s a 28s: 
 
∆𝒗𝟐 = −(𝟖. 𝟏𝟖) = −𝟏𝟒𝟒𝒎/𝒔 
 
Logo, a velocidade final é: 
 
𝒗 = 𝟒𝟎 − 𝟏𝟒𝟒 = −𝟏𝟎𝟒𝒎/𝒔 
 
Então: 
 
𝒂𝒎é𝒅𝒊𝒂 =
∆𝒗
∆𝒕
=
−𝟏𝟎𝟒
𝟐𝟖
= −𝟐𝟔/𝟕 
 
Gabarito: A 
 
 
 
 
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5. Perito Criminal-PC-PI-(NUCEPE-2012) 
 
Um morteiro, um artefato lançador de granadas, está afastado uma distância horizontal X de uma linha 
vertical posicionada sobre uma encosta (ver figura abaixo). O ângulo θ de lançamento do morteiro vale 30⁰. 
Uma granada é lançada com velocidade inicial cujo módulo vale v₀ = 100 m/s. O ponto P de impacto da granada 
na encosta está a uma altura h = 120m em relação ao ponto de lançamento. Considere: sen(30⁰) = 0,50; cos(30⁰) 
= 0,87 e uma aceleração da gravidade g = 10m/s². Desprezando o atrito, o alcance horizontal X para que a 
granada atinja o ponto P da encosta, depois de ultrapassar o ponto mais alto da sua trajetória, será igual a: 
a) 261 
b) 348 
c) 435 
d) 522 
e) 609 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Vamos escrever a equação da trajetória: 
 
𝒚(𝒙) = 𝒚𝟎 + 𝒕𝒂𝒏(𝜽) × 𝒙 −
𝒈𝒙𝟐
𝟐𝒗𝟎²𝒄𝒐𝒔²(𝜽)
=
𝟎, 𝟓
𝟎, 𝟖𝟕
. 𝒙 −
𝟓
𝟏𝟎𝟎𝟐. (𝟎, 𝟖𝟕)𝟐
. 𝒙² 
 
=> 𝒚(𝒙) = 𝟎, 𝟓𝟕𝟓. 𝒙 − (𝟔, 𝟔). 𝟏𝟎−𝟒. 𝒙² 
 
A pergunta nos pede x quando y=120m, logo: 
 
𝟏𝟐𝟎 = 𝟎, 𝟓𝟕𝟓. 𝒙 − (𝟔, 𝟔). 𝟏𝟎−𝟒. 𝒙² 
 
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Resolvendo a equação, temos: 
 
𝒙 = 𝟑𝟒𝟖𝒎 𝒐𝒖 𝒙 = 𝟓𝟐𝟐𝒎 
 
Como o enunciado nos pede uma opção depois da metade, temos de escolher a maior, ou seja, 522m! 
 
Gabarito: D 
 
6. Engenheiro de equipamentos júnior-Petrobras-(CESGRANRIO-2018) 
 
Um veículo de passeio movimenta-se em linha reta a uma velocidade de 36 km/h. 
Considerando-se que não haja deslizamento entre o pneu e a pista, e que o diâmetro do pneu seja de 50 
cm, a rotação da roda, expressa em rad/s, é de 
 
a) 10 
b) 20 
c) 40 
d) 50 
e) 80 
 
RESOLUÇÃO: 
 
A questão nos dá a velocidade linear de um MCU e nos pede a velocidade angular. Para calcular a 
resposta, basta utilizarmos a formulazinha que já mostrei: 
 
𝒗 = 𝝎. 𝒓 
 
Mas, antes de aplicar a fórmula, temos que conferir as unidades! Para dar a resposta em rad/s, a 
velocidade deve estar em m/s e o raio em metros, logo: 
 
𝒗 =
𝟑𝟔𝒌𝒎
𝒉
=
𝟑𝟔
𝟑, 𝟔
𝒎/𝒔 = 𝟏𝟎𝒎/𝒔 
 
E 
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𝒓 = 𝟓𝟎𝒄𝒎/𝟐 = 𝟎, 𝟐𝟓𝒎 
 
Substituindo os valores na primeira fórmula, temos: 
 
𝟏𝟎 = 𝝎. 𝟎, 𝟐𝟓 => 𝝎 = 𝟒𝟎𝒓𝒂𝒅/𝒔 
 
Gabarito: C 
 
 
7. Técnico de manutenção mecânica-ELETROBRAS-(FCC-2016) 
 
As duas polias do esquema abaixo estão ligadas por correias de Diâmetros d1 e d2 (assumir 
escorregamento desprezível) 
 
Sabendo que a primeira polia (1) possui frequência de 80 rpm, a frequência da polia (2) e a velocidade 
linear da correia serão, respectivamente, iguais a 
 
a) 45rpm e 31,42m/min 
b) 40rpm e 31,42m/min 
c) 40rpm e 62,83m/min 
d) 60rpm e 62,83m/min 
e) 45rpm e 62,83m/min 
 
 
RESOLUÇÃO: 
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Nós sabemos que nesse tipo de problema todos os corpos têm a mesma velocidade linear (inclusive a 
correia). Se a polia 1 completa 80 rotações por minuto e o comprimento de uma rotação é 
2𝜋𝑑1
2
= 0,785𝑚, 
temos que: 
 
𝒗 = 𝟖𝟎. 𝟎, 𝟕𝟖𝟓 = 𝟔𝟐, 𝟖𝟑𝒎/𝒎𝒊𝒏 
 
Sabendo disso e que o comprimento da circunferência 2 é 1,57m (dobro da circunferência 1), temos: 
 
𝟔𝟐, 𝟖𝟑𝒎
𝒎𝒊𝒏
= 𝒇. 𝟏, 𝟓𝟕.
𝒎
𝒓𝒐𝒕𝒂çã𝒐
=> 𝒇 = 𝟒𝟎𝒓𝒑𝒎 
 
Gabarito: C 
 
8. Polícia Civil/SC – Perito Criminal 
 
Um corpo é atirado verticalmente para cima, com velocidade de 40 m/s. Considerando-se a aceleração da 
gravidade g = 10 m/s², a altura máxima que o corpo atinge, a partir do ponto de lançamento, é: 
 
 a) 40m 
b) 80m 
c) 60m 
d) 160m 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Na altura máxima, a velocidade é nula, logo, substituindo na equação da velocidade, temos: 
 
𝟎 = 𝟒𝟎 − 𝟏𝟎𝒕 => 𝒕 = 𝟒𝒔 
 
Agora, substituindo na equação do espaço: 
 
𝑺(𝟒) = 𝟎 + 𝟒𝟎. 𝟒 −
𝟏𝟎. 𝟒𝟐
𝟐
= 𝟖𝟎𝒎 
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Gabarito: B 
 
 
 
9. CESGRANRIO – TRANSPETRO - TÉCNICO EM OPERAÇÃO JUNIOR 
 
Um objeto desliza sobre uma mesa e atingirá o chão após ultrapassar a borda dessa mesa, descrevendo 
um movimento parabólico com relação aos eixos horizontal e vertical arbitrados por um observador parado. 
Com relação a esse observador, é correto afirmar sobre o objeto que sua(s) 
 
 a) velocidade horizontal e sua aceleração vertical são constantes. 
b) velocidade horizontal varia, e sua aceleração permanece constante. 
c) aceleração e velocidades variam. 
d) velocidades horizontal e vertical são variáveis. 
e) velocidades vertical e horizontal são constantes. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Ao sair da mesa, o móvel percorre um lançamento horizontal. Num lançamento horizontal, a única 
aceleração à qual o móvel está sujeito é a gravidade, logo, a aceleração é constante e para baixo e, como não 
há componente horizontal, logo, a velocidade na horizontal continua constante. 
 
Gabarito: A 
 
 
 
10. CESGRANRIO – TRANSPETRO - TÉCNICO EM OPERAÇÃO JUNIOR 
 
Um garoto sentado no último degrau de uma escada lança, do ponto A uma bolinha, tentando acertá-la 
numa cesta presa no ponto B, localizada na base da escada, conforme representado na figura a seguir. 
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Noções de física 
 
 
Considerando que o garoto lança a bolinha exatamente na direção horizontal e que o ponto A localiza-se 
a 0,6 m de altura em relação ao último degrau da escada no qual o garoto está sentado, a velocidade de 
lançamento da bolinha, em m/s, para que ela acerte a cesta, deve ser igual a 
 
 a) 1,0. 
b) 2,0. 
c) 3,0. 
d) 4,0. 
e) 5,0. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Trata-se de mais um problema de lançamento horizontal, nesse caso, vamos utilizar a equação trajetória: 
 
𝒚 = 𝒚𝟎 + 𝒕𝒂𝒏(𝜽) × 𝒙 −
𝒈𝒙²
𝟐𝒗𝟎²𝒄𝒐𝒔²(𝜽)
 
 
Substituindo os dados na equação: 
 
𝒚 = 𝟎 = 𝟓 + 𝒕𝒂𝒏(𝟎°) × 𝟑 −
𝟏𝟎. 𝟑𝟐
𝟐𝒗𝟎²𝒄𝒐𝒔²(𝟎°)
= 𝟓 + 𝟎 − 𝟗𝟎/𝟐𝒗𝟎² 
 
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Logo: 
 
𝒗𝟎
𝟐 = 𝟗 => 𝒗𝟎 = 𝟑𝒎/𝒔 
 
Gabarito: C 
 
11. CESGRANRIO – TRANSPETRO - TÉCNICO EM OPERAÇÃO JUNIOR 
 
Uma partícula descreve uma circunferência de centro O, em movimento uniformemente retardado, no 
sentido horário. 
 
No ponto P, indicado na figura, a velocidade e a aceleração vetoriais da partícula estão melhor 
representadas em 
 a) 
b) 
c) 
d) 
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e) 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Bem, o desenho mostra que o movimento se dá no sentido horário, logo, como a velocidade é tangente 
à trajetória, ela pode ser representada pelo seguinte vetor: 
 
Agora, falando sobre a aceleração, sabemos que por ser um movimento retardado, há uma aceleração 
tangencial contrária ao movimento e que, por ser um movimento circular, há uma componente centrípeta 
apontando para o centro da circunferência, logo, a aceleração fica assim: 
 
 
+ = 
 
Logo, a velocidade e a aceleração são representadas por: 
 
 
Gabarito: CFranciele santana - 03627975529
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12. FCC – SEDU/ES – Professor - 2016 
 
A aceleração média do movimento é, em cm/s2, 
 
 a) -2,0 
b) 2,0 
c) -1,0 
d) 1,0 
e) -3,0 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Bem, essa questão é bem simples, basta utilizar a fórmula da aceleração média: 
 
𝒂𝒎é𝒅𝒊𝒂 =
∆𝒗
∆𝒕
=
𝟏𝟎 − 𝟑𝟎
𝟏𝟎
= −𝟐, 𝟎𝒎/𝒔² 
 
Gabarito: A 
 
 
 
 
 
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13. FCC – SEDU/ES – Professor - 2016 
 
O deslocamento tem módulo, em metros, de 
 a) 0,5 
b) 2,5 
c) 1,5 
d) 1,0 
e) 2,0 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Bem, essa questão é bem simples, vimos lá em cima a propriedade da área, logo, só precisamos calcular 
a área do gráfico: 
 
Vemos que o gráfico é formado por um triângulo de área 𝑆𝑡 = 5𝑠.
30−10
2
𝑐𝑚/𝑠 = 50𝑐𝑚 e um retângulo de 
área 𝑆𝑟 = 10𝑠. 10𝑐𝑚/𝑠 = 100𝑐𝑚. 
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Logo, a distância percorrida é: 
 
𝒅 = 𝟏𝟓𝟎𝒄𝒎 = 𝟏, 𝟓𝒎 
 
Gabarito: C 
 
14. IF-MT-Professor-2014 
 
O gráfico que melhor representa a evolução temporal da velocidade de um paraquedista em relação ao 
solo a partir de quando abandona um avião, abrindo imediatamente o paraquedas, é: 
 
 a) 
b) 
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c) 
d) 
 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Esse exercício é feito para exercitar o raciocínio da pessoa! Pense comigo: no início, o paraquedista acelera 
para baixo, mas, graças ao paraquedas, essa aceleração diminui com o tempo até ficar nula! Logo, a velocidade 
aumenta até atingir um patamar constante! 
 
Gabarito: B 
 
 
 
 
 
 
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15. FCC – SEDU/ES – Professor - 2016 
O gráfico abaixo representa a velocidade de um paraquedista desde um instante t0 até um instante t3. 
 
O instante de abertura do paraquedas e os dois intervalos de tempo em que, no movimento, há 
aceleração não nula são, respectivamente, 
 a) t0 , t0 → t1 e t1 → t2 
b) t1 , t0 → t1 e t1 → t2 
c) t2 , t1 → t2 e t2 → t3 
d) t1 , t0 → t1 e t2 → t3 
e) t2 , t0 → t1 e t1 → t2 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Mais uma questão que envolve apenas raciocínio e nenhuma conta! Vamos ver o gráfico: 
 
Nesse trecho, o gráfico da velocidade pelo tempo é uma reta, mostrando que o movimento é um MRUV alí! 
Logo, durante esse trecho o paraquedista está em queda livre! 
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Nesse trecho, vemos uma queda súbita na velocidade, ou seja, o paraquedas é aberto no instante 𝑡1. 
 
Nesse trecho, a velocidade é constante! Isso quer dizer que entre 𝑡2 e 𝑡3 a força de resistência do paraquedas é 
igual à força da gravidade, logo, a força resultante é nula. 
Gabarito: B 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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16. FCC – SEDU/ES – Professor - 2016 
 
 
 A figura acima mostra uma situação em que uma pessoa cai da janela do quarto andar de um prédio. Na 
distância de 15,0 m dessa janela, existe uma rede de salvamento elástica que ficou 1,0 m estendida após 
capturar a pessoa e essa ter ficado em repouso. Com base nessa situação hipotética e nas leis de Newton, julgue 
o item subsequente, desprezando as forças externas e o atrito com o ar e considerando que a aceleração 
gravitacional é constante e igual a 10 m/s². 
 
O corpo do indivíduo, ao tocar na rede, sofreu uma desaceleração cujo módulo é igual a 7,5 m/s² 
. 
RESOLUÇÃO: 
 
Para começar a resolver, precisamos descobrir com que velocidade a pessoa chega à cama elástica e, para 
isso, usaremos a equação de Torricelli: 
𝑽𝟐 = 𝑽𝟎
𝟐 + 𝟐𝒂 × ∆𝑺 = 𝟎𝟐 + 𝟐. 𝟏𝟎. 𝟏𝟓 = 𝟑𝟎 
Agora, utilizando essa equação para a frenagem feita pela cama elástica: 
𝑽𝟐 = 𝟎𝟐 = 𝟎 = 𝑽𝟎
𝟐 + 𝟐𝒂 × ∆𝑺 = 𝟑𝟎 + 𝟐. 𝒂. 𝟏 = 𝟑𝟎 
𝒂 = −𝟏𝟓𝒎/𝒔² 
 
Gabarito: Errado 
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17. NCE-RJ-UFRJ-Física 
Um projétil é disparado obliquamente do solo e, sendo a resistência do ar desprezível, descreve a 
trajetória representada na figura, na qual A é a posição do projétil em um instante de sua subida e B, a sua 
posição em um instante da descida. 
 
O segmento orientado que pode representar o vetor variação de velocidade entre o instante em que passa 
por A e o instante em que passa por B é: 
 
 O segmento orientado que pode representar o vetor variação de velocidade entre o instante em que 
passa por A e o instante em que passa por B é: 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
RESOLUÇÃO: 
 
O enunciado nos diz que é um problema de lançamento oblíquo, logo, a componente horizontal da 
velocidade é constante! Isso quer dizer que o vetor aceleração média nesse trecho aponta na vertical. 
Além disso, sabemos que a componente vertical aponta inicialmente para cima e depois para baixo, 
logo, a aceleração é representada por: 
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Gabarito: C 
 
18. CESGRANRIO – TRANSPETRO - TÉCNICO EM OPERAÇÃO JUNIOR 
Os ponteiros dos minutos e das horas de um relógio têm comprimentos iguais a Lmin = 2,0 cm e Lhora = 
1,5 cm, respectivamente. Determine a razão Vmin / Vhora entre as velocidades das pontas destes ponteiros. 
 a) 12 
b) 14. 
c) 16. 
d) 18. 
e) 20. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Vamos lá, se você conhece um relógio de ponteiros sabe que o período do ponteiro dos minutos é 1h e o 
período do ponteiro das horas se movimenta com período de 12h. 
Calculando as velocidades: 
𝒗𝒎𝒊𝒏 = 𝟐.𝝅.
𝟐
𝟏
= 𝟒𝝅𝒄𝒎/𝒔 
 
𝒗𝒉 = 𝟐.𝝅.
𝟏, 𝟓
𝟏𝟐
=
𝟏
𝟒
. 𝝅𝒄𝒎/𝒔 
Logo, temos: 
𝒗𝒎𝒊𝒏
𝒗𝒉
=
𝟒
𝟏
𝟒
= 𝟏𝟔 
Gabarito: C 
 
19. CESGRANRIO – TRANSPETRO - TÉCNICO EM OPERAÇÃO JUNIOR 
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Noções de física 
 
Um projétil será lançado obliquamente do solo com velocidade inicial de 80m/s e ângulo de 60° com a 
horizontal. Desprezando-se a resistência do ar e considerando-se a gravidade local igual a 10m/s2 e o solo 
horizontal, a que distância, em metros, do ponto de lançamento o projétil volta a atingir o chão? 
 a) 𝟑𝟐𝟎√𝟑 
b) 𝟑𝟐𝟎 
c) 𝟏𝟔𝟎√𝟑 
d) 𝟏𝟔𝟎 
e) 𝟖𝟎√𝟑 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Vamos lá, essa questão pode ser resolvida substituindo os dados na equação da trajetória: 
𝒚 = 𝒚𝟎 + 𝒕𝒂𝒏(𝜽) × 𝒙 −
𝒈𝒙𝟐
𝟐𝒗𝟎²𝒄𝒐𝒔²(𝜽)
=> 𝟎 = 𝟎 + 𝒕𝒂𝒏(𝟔𝟎°). 𝑨 − 𝟏𝟎.𝑨𝟐/(𝟐. 𝟖𝟎𝟐. 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝟔𝟎°)) 
Logo, temos que: 
𝟏𝟎.
𝑨𝟐
𝟐. 𝟖𝟎𝟐. (
𝟏
𝟐
)
𝟐 − √𝟑. 𝑨 = 𝟎 
 
Resolvendo essa equação do 2º grau, temos: 
𝑨 = 𝟑𝟐𝟎.√𝟑 
Caso você ache esse processo muito complicado, pode utilizar a fórmula do alcance: 
 
𝑨 = (𝟐. 𝒗𝟎
𝟐. 𝒔𝒆𝒏(𝜽). 𝒄𝒐𝒔(𝜽))/𝒈 
 
Gabarito: A 
 
20. Físico-FUB-(CESPE-2009) 
 
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Noções de física 
 
A figura acima mostra uma criança em um carrinho que se move com velocidade constante vox , em um 
plano horizontal. Durante o movimento do carrinho, a criança joga uma bola para cima com velocidade inicial 
igual a voy. No referencial da criança, a origem do sistema de eixos coordenados está fixaao carrinho. Para o 
observador externo, a origem dos sistemas de eixos coordenados é identificada por 0 na figura e está fixo ao 
solo. Desprezando o atrito com o ar e considerando a aceleração da gravidade igual a g, julgue o item abaixo: 
 
Do ponto de vista da criança, considerando-se um referencial fixo no carrinho, é correto afirmar que a 
bola descreve um movimento parabólico de subida e descida, cuja posição na vertical em função do tempo é 
descrita pela equação 𝑦(𝑡) = 𝑦0 + 𝑣0 +
1
2
. 𝑔. 𝑡². 
RESOLUÇÃO: 
Errada por dois motivos: 
1- o referencial é a criança ela perceberá apenas um lançamento vertical; 
2- a gravidade é negativa no lançamento vertical para cima. 
 
Gabarito: ERRADO 
 
21. Professor de Física-(IFB-2017) 
Um objeto é lançado obliquamente de uma altura de 10m do solo. A velocidade de lançamento é de 10m/s 
e o ângulo de lançamento é de 30º. Podemos afirmar que o tempo de voo do objeto até chegar no solo é de: 
a) 1s 
b) 2s 
c) 3s 
d) 4s 
 e) 5s 
 
 RESOLUÇÃO: 
 Primeiro, vamos decompor o vetor velocidade no eixo y (vertical): 
Vy= V. sen (30º) = 10. 0,5 = 5 m/s 
 
 Agora, devemos calcular o tempo que o objeto leva para atingir a altura máxima: 
 
𝑽 = Vo + a. t 
0 = 5 – 10. t 
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Noções de física 
 
t= - 5 / - 10 
t= 0,5 s 
 
Como já vimos, o tempo de subida é igual ao tempo de queda. Sendo assim, o objeto leva 1 s para subir, 
descer e atingir a altura do lançamento inicial. Além disso, ele atinge essa altura com o mesmo módulo da 
velocidade inicial no eixo y (|𝑽𝒚| = 5 m/s). 
Falta ainda o tempo do objeto para quando ele ultrapassar a altura de dez metros, só então teremos o 
tempo de percurso. Assim: 
𝑺 = 𝑺𝒐 + 𝒗𝟎𝒚.𝒕 +
𝟏
𝟐
.𝒈. 𝒕² 
𝟏𝟎 = 𝟎 + 𝟓. 𝒕 +
𝟏
𝟐
. 𝟏𝟎. 𝒕² 
𝟏𝟎 = 𝟓. 𝒕 + 𝟓. 𝒕² 
𝟓. 𝒕𝟐 + 𝟓. 𝒕 − 𝟏𝟎 = 𝟎 
 
Fazendo Bháskara: 
𝒕 =
−𝒃 ± √𝒃𝟐 − 𝟒𝒂𝒄
𝟐𝒂
 
𝒕 =
−𝟓 ± √𝟓𝟐 − 𝟒. 𝟓. (−𝟏𝟎)
𝟐. 𝟓
 
𝒕 =
−𝟓 ± √𝟐𝟓 + 𝟒. 𝟓. 𝟏𝟎
𝟐. 𝟓
 
𝒕 =
−𝟓 ± √𝟐𝟐𝟓
𝟏𝟎
 
𝒕 =
−𝟓 ± √𝟐𝟐𝟓
𝟏𝟎
 
𝒕 =
−𝟓 ± 𝟏𝟓
𝟏𝟎
 
𝒕′ =
𝟏𝟎
𝟏𝟎
 = 1s ou 𝒕" =
− 𝟐𝟎
𝟏𝟎
 = - 2 s 
 
 
Não existe tempo negativo, por isso o único resultado válido é t= 1s. Portanto o tempo total do percurso 
será de 2 segundos. 
Gabarito: B 
 
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22. Professor-RJ-SEDUC-(CEPERJ-2011) 
 
Dois projéteis são lançados do solo a uma distância de 30m um do outro: o projétil (1) obliquamente, e o 
projétil (2) verticalmente para cima. Verifica-se que eles se chocam no instante em que ambos atingem os 
pontos mais altos de suas trajetórias, a 20m do solo, como mostra a figura abaixo. Supondo a resistência do ar 
desprezível e considerando g=10m/s², pode-se afirmar que o projétil (1) foi lançado do solo com uma velocidade 
de módulo igual a: 
a) 20m/s 
b) 25m/s 
c) 30m/s 
d) 40m/s 
e) 50m/s 
 
 RESOLUÇÃO: 
 Como os objetos se chocam no ponto de altura máxima sabemos que a velocidade final nesse ponto de 
ambos os projéteis é igual a zero, assim temos a velocidade inicial para o projétil 1 no eixo y (Voy): 
 
Vy² = Voy² + 2. a.ΔS 
0 = Voy² – 2. 10. 20 
Voy = √𝟒𝟎𝟎 
Voy = 20 m/s 
 
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O tempo que o projétil 1 leva para atingir a altura máxima de 20 metros é o mesmo que ele leva para 
percorrer 30 metros na horizontal: 
Vy = Voy + a. t 
0 = 20 – 10. t 
t = - 20/ -10 
t= 2 s 
 
Sendo assim, a velocidade do projétil 1 no eixo x será: 
D= Vx . t 
30 =Vx. 2 
Vx =15 m/s 
 
Calculando o vetor resultante da velocidade do projétil 1: 
|𝑽𝒓|² = |𝑽𝒙|² + |𝑽𝒐𝒚|² 
|𝑽𝒓|²= 15² + 20² 
|𝑽𝒓|²= 225 + 400 
|𝑽𝒓|² = 625 
|𝑽𝒓| = √𝟔𝟐𝟓 
|𝑽𝒓| = 25 m/s 
 
Gabarito: B 
 
23. Professor-PE-SEDF-(QUADRIX-2017) 
Uma roda gigante possui um raio de 20 m e realiza um quarto de volta em 12 s. Uma pessoa está sentada em 
uma das “cadeirinhas”. 
Com base nessa situação hipotética, julgue o item subsequente. 
A aceleração centrípeta (𝑎𝑐𝑡𝑝) da pessoa é igual a 5(π/12)² m / s². 
 
RESOLUÇÃO: 
Vamos lá, como a roda realiza um quarto de volta em 12 segundos, temos que uma volta 
completa (período do movimento) será feita em 48 segundos. 
Como R= 20 metros e ω = 
2𝜋
𝑇
. Então: 
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Noções de física 
 
ω = 
𝟐𝝅
𝟒𝟖
 = 
𝝅
𝟐𝟒
 rad/s 
 
Temos que ac = w².R. Assim: 
ac =( 
𝝅
𝟐𝟒
 )². 20 
ac =( 
𝝅
𝟐. 𝟏𝟐
 )². 20 
ac =( 
𝝅
𝟏𝟐
 )². 
𝟐𝟎
𝟒
 
ac =( 
𝝅
𝟏𝟐
 )². 𝟓 
ac = 5.( 
𝝅
𝟏𝟐
 )² rad/s² 
Gabarito: CERTO 
 
24. SEDUC-CE-Professor -(SEDUC-CE-2016) 
Dois automóveis, I e II, inicialmente trafegam lado a lado em uma estrada reta. Em algum instante, o carro 
I aumenta sua velocidade e, simultaneamente, o outro começa uma frenagem. Assim, pode-se afirmar 
corretamente que 
a) a aceleração do carro I é diferente de zero e a do carro II é zero. 
b) a aceleração do carro I é zero e a do carro II é diferente de zero. 
c) as acelerações dos dois carros são iguais e de mesmo sinal. 
d) as acelerações dos dois carros são iguais a zero. 
e) as acelerações dos dois carros são diferentes de zero. 
 
RESOLUÇÃO: 
A aceleração dos dois carros é diferente de zero. O carro l tem movimento acelerado, pois sua 
velocidade está aumentando e o carro ll está em um movimento retardado, quando a velocidade 
diminui. 
Gabarito: E 
 
25. SEED-SP-Professor -(VUNESP) 
 
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Noções de física 
 
O gráfico a seguir é uma parábola que representa um movimento de lançamento vertical, ocorrido a partir 
de um planeta hipotético, cuja gravidade, em m/s², é: 
 
 
 
a) 12,4 
b) 16,2 
c) 24,4 
d) 26,0 
e) 32,0 
 
RESOLUÇÃO: 
Pelo gráfico temos que altura máxima é de 16 m em 1 segundo. Assim: 
H = 
𝐠.𝐭²
𝟐
 
16 = 
𝐠.(𝟏)²
𝟐
 
g= 16. 2 
g= 32 m/s 
Gabarito: E 
 
26. SEED-SP-Professor -(VUNESP) 
 
A figura mostra a posição ocupada por uma partícula que está percorrendo uma trajetória circular de 
centro em C e de raio R, no instante em que sua velocidade 𝑣 e sua aceleração 𝑎 fazem um ângulo de 30º. Sendo 
| 𝑣 | = 4,0m/s e | 𝑎 | =40m/s², o raio R da trajetória vale: 
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Noções de física 
 
 
 
 
a) 20cm 
b) 40cm 
c) 50cm 
d) 60cm 
e) 80cm 
 
 RESOLUÇÃO: 
 Temos que a aceleração centrípeta sempre aponta para o centro da curvatura, então temos que 
decompor a aceleração resultante que aparece na figura: 
acp = a. sen(30º) 
acp = 40. 0,5 
acp = 20 m/s² 
 
 Logo: 
acp = V²/R 
20 = (4)²/R 
R= 16/20 
R= 0,8 m = 80 cm 
 Gabarito: E 
 
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Noções de física 
 
 
Lista de questões 
 
 
1. Especialista em Regulação de aviação civil–ANAC-(CESPE-2012) 
Considerando os princípios da cinemática dos corpos rígidos no espaço, julgue o item seguintes 
Considerando que os gráficos abaixo representam movimentos de um corpo que parte do repouso e cuja 
curva da distância com o tempo tenha a forma de uma parábola, é correto afirmar que ambos 
correspondem ao mesmo movimento. 
 
 
 
 
2. Físico -FUB-(CESPE-2009) 
 
 
 
A figura acima mostra uma criança em um carrinho que se move com velocidade constante vox , em um 
plano horizontal. Durante o movimento do carrinho, a criança joga uma bola para cimacom velocidade inicial 
igual a voy. No referencial da criança, a origem do sistema de eixos coordenados está fixa ao carrinho. Para o 
observador externo, a origem dos sistemas de eixos coordenados é identificada por 0 na figura e está fixo ao 
solo. Desprezando o atrito com o ar e considerando a aceleração da gravidade igual a g, julgue o item abaixo: 
Do ponto de vista de um observador externo, considerando-se um referencial fixo ao solo, é correto afirmar 
que a bola descreve um movimento parabólico de subida e descida, descrito por uma função quadrática 
genérica do tipo y(x) = a + bx + cx², em que a, b, c pertencem ao conjunto dos números reais. 
 
3. SEDUC-ES-(FCC-2016) 
 
Um corpo cai em queda livre da altura de 80 m, a partir do repouso. Considere para a aceleração da 
gravidade o valor 10 m/s². Durante o último segundo da queda o corpo cai, em m, 
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Noções de física 
 
a) 45 
b) 20. 
c) 16. 
d) 40. 
e) 35 
 
4. SEDUCE-GO-(Quadrix-2018) 
 
 
O gráfico acima mostra a aceleração escalar de um móvel em função do tempo. Sabendo-se que a 
velocidade inicial é nula, o valor da aceleração escalar média, em m/s², no intervalo de 0 a 28 s, é igual a 
a) -26/7 
b) -140/17 
c) -144/17 
d) +18/7 
e) +140/17 
 
5. Perito Criminal-PC-PI-(NUCEPE-2012) 
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Noções de física 
 
 
Um morteiro, um artefato lançador de granadas, está afastado uma distância horizontal X de uma linha 
vertical posicionada sobre uma encosta (ver figura abaixo). O ângulo θ de lançamento do morteiro vale 30⁰. 
Uma granada é lançada com velocidade inicial cujo módulo vale v₀ = 100 m/s. O ponto P de impacto da granada 
na encosta está a uma altura h = 120m em relação ao ponto de lançamento. Considere: sen(30⁰) = 0,50; cos(30⁰) 
= 0,87 e uma aceleração da gravidade g = 10m/s². Desprezando o atrito, o alcance horizontal X para que a 
granada atinja o ponto P da encosta, depois de ultrapassar o ponto mais alto da sua trajetória, será igual a: 
a) 261 
b) 348 
c) 435 
d) 522 
e) 609 
 
6. Engenheiro de equipamentos júnior-Petrobras-(CESGRANRIO-2018) 
 
Um veículo de passeio movimenta-se em linha reta a uma velocidade de 36 km/h. 
Considerando-se que não haja deslizamento entre o pneu e a pista, e que o diâmetro do pneu seja de 50 
cm, a rotação da roda, expressa em rad/s, é de 
 
a) 10 
b) 20 
c) 40 
d) 50 
e) 80 
 
7. Técnico de manutenção mecânica-ELETROBRAS-(FCC-2016) 
 
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Noções de física 
 
As duas polias do esquema abaixo estão ligadas por correias de Diâmetros d1 e d2 (assumir 
escorregamento desprezível) 
 
Sabendo que a primeira polia (1) possui frequência de 80 rpm, a frequência da polia (2) e a velocidade 
linear da correia serão, respectivamente, iguais a 
 
a) 45rpm e 31,42m/min 
b) 40rpm e 31,42m/min 
c) 40rpm e 62,83m/min 
d) 60rpm e 62,83m/min 
e) 45rpm e 62,83m/min 
8. Polícia Civil/SC – Perito Criminal 
 
Um corpo é atirado verticalmente para cima, com velocidade de 40 m/s. Considerando-se a aceleração da 
gravidade g = 10 m/s², a altura máxima que o corpo atinge, a partir do ponto de lançamento, é: 
 
 a) 40m 
b) 80m 
c) 60m 
d) 160m 
 
9. CESGRANRIO – TRANSPETRO - TÉCNICO EM OPERAÇÃO JUNIOR 
 
Um objeto desliza sobre uma mesa e atingirá o chão após ultrapassar a borda dessa mesa, descrevendo 
um movimento parabólico com relação aos eixos horizontal e vertical arbitrados por um observador parado. 
Com relação a esse observador, é correto afirmar sobre o objeto que sua(s) 
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Noções de física 
 
 
 a) velocidade horizontal e sua aceleração vertical são constantes. 
b) velocidade horizontal varia, e sua aceleração permanece constante. 
c) aceleração e velocidades variam. 
d) velocidades horizontal e vertical são variáveis. 
e) velocidades vertical e horizontal são constantes. 
 
 
10. CESGRANRIO – TRANSPETRO - TÉCNICO EM OPERAÇÃO JUNIOR 
 
Um garoto sentado no último degrau de uma escada lança, do ponto A uma bolinha, tentando acertá-la 
numa cesta presa no ponto B, localizada na base da escada, conforme representado na figura a seguir. 
 
Considerando que o garoto lança a bolinha exatamente na direção horizontal e que o ponto A localiza-se 
a 0,6 m de altura em relação ao último degrau da escada no qual o garoto está sentado, a velocidade de 
lançamento da bolinha, em m/s, para que ela acerte a cesta, deve ser igual a 
 
 a) 1,0. 
b) 2,0. 
c) 3,0. 
d) 4,0. 
e) 5,0. 
 
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Noções de física 
 
11. CESGRANRIO – TRANSPETRO - TÉCNICO EM OPERAÇÃO JUNIOR 
 
Uma partícula descreve uma circunferência de centro O, em movimento uniformemente retardado, no 
sentido horário. 
 
No ponto P, indicado na figura, a velocidade e a aceleração vetoriais da partícula estão melhor 
representadas em 
 a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
12. FCC – SEDU/ES – Professor - 2016 
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Noções de física 
 
 
A aceleração média do movimento é, em cm/s2, 
 
 a) -2,0 
b) 2,0 
c) -1,0 
d) 1,0 
e) -3, 
 
13. FCC – SEDU/ES – Professor - 2016 
 
O deslocamento tem módulo, em metros, de 
 a) 0,5 
b) 2,5 
c) 1,5 
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Noções de física 
 
d) 1,0 
e) 2,0 
 
14. IF-MT-Professor-2014 
 
O gráfico que melhor representa a evolução temporal da velocidade de um paraquedista em relação ao 
solo a partir de quando abandona um avião, abrindo imediatamente o paraquedas, é: 
 
 a) 
b) 
c) 
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Noções de física 
 
d) 
 
 
15. FCC – SEDU/ES – Professor - 2016 
O gráfico abaixo representa a velocidade de um paraquedista desde um instante t0 até um instante t3. 
 
O instante de abertura do paraquedas e os dois intervalos de tempo em que, no movimento, há 
aceleração não nula são, respectivamente, 
 a) t0 , t0 → t1 e t1 → t2 
b) t1 , t0 → t1 e t1 → t2 
c) t2 , t1 → t2 e t2 → t3 
d) t1 , t0 → t1 e t2 → t3 
e) t2 , t0 → t1 e t1 → t2 
 
 
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Noções de física 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
16. FCC – SEDU/ES – Professor - 2016 
 
 A figura acima mostra uma situação em que uma pessoa cai da janela do quarto andar de um prédio. Na 
distância de 15,0 m dessa janela, existe uma rede de salvamento elástica que ficou 1,0 m estendida após 
capturar a pessoa e essa ter ficado em repouso. Com base nessa situação hipotética e nas leis de Newton, julgue 
o item subsequente, desprezando as forças externas e o atrito com o ar e considerando que a aceleração 
gravitacional é constante e igual a 10 m/s². 
 
O corpo do indivíduo, ao tocar na rede, sofreu uma desaceleração cujo módulo é igual a 7,5 m/s² 
 
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Noções de física 
 
17. NCE-RJ-UFRJ-Física 
Um projétil é disparado obliquamente do solo e, sendo a resistência do ar desprezível, descreve a 
trajetória representada na figura, na qual A é a posição do projétil em um instante de sua subida e B, a sua 
posição em um instante da descida. 
 
O segmento orientado que pode representar o vetor variação de velocidade entre