Lista de Exercícios - Enem e Vestibulares - Movimentos Horizontal e Oblíquo - Prof Aruã

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LISTA DE EXERCÍCIOS – FÍSICA – ENEM E VESTIBULARES – 
CINEMÁTICA: MOVIMENTOS HORIZONTAL E OBLÍQUO 
 
1. (Enem PPL 2020) Em 20 de julho de 1969, Neil Armstrong tornou-se o primeiro homem a 
pisar na superfície da Lua. Ele foi seguido por Edwin Aldrin, ambos da missão Apollo 11. Eles, 
e os astronautas que os seguiram, experimentaram a ausência de atmosfera e estavam 
sujeitos às diferenças gravitacionais. A aceleração da gravidade na Lua tem 1 6 do valor na 
Terra. 
 
Em relação às condições na Terra, um salto oblíquo na superfície da Lua teria alcance 
a) menor, pois a força normal com o solo é menor. 
b) menor, pois a altura do salto seria maior. 
c) igual, pois o impulso aplicado pelo astronauta é o mesmo. 
d) maior, pois a aceleração da gravidade é seis vezes menor. 
e) maior, pois na ausência de atmosfera não há resistência do ar. 
 
2. (G1 - ifba 2017) Uma jogadora de vôlei rebate uma bola na linha da rede, a uma altura de 
2,60 m, com módulo da velocidade inicial 0V , formando ângulo θ com a direção vertical, num 
local onde a gravidade vale 210,0 m s . 
 
 
 
A distância máxima da rede à linha de fundo é de 9,0 m. Considerando que a bola leva 0,2 s 
para atingir esta marca e que a resistência do ar é desprezível, pode-se afirmar que o módulo 
das componentes iniciais 0x(v e 0yv ) da velocidade da bola, em m s, são respectivamente: 
a) 45,0 e 12,0 
b) 0,4 e 0,2 
c) 2,6 e 2,4 
d) 9,0 e 3,0 
e) 10,0 e 5,0 
 
3. (Ucs 2012) Uma noiva, após a celebração do casamento, tinha de jogar o buquê para as 
convidadas. Como havia muitas ex-namoradas do noivo, ela fazia questão de que sua melhor 
amiga o pegasse. Antes de se virar para, de costas, fazer o arremesso do buquê, a noiva, que 
 
 
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possuía conhecimento sobre movimento balístico, calculou a que distância aproximada a amiga 
estava dela: 5,7 m. Então ela jogou o buquê, tomando o cuidado para que a direção de 
lançamento fizesse um ângulo de 60° com a horizontal. Se o tempo que o buquê levou para 
atingir a altura máxima foi de 0,7 s, qual o valor aproximado da velocidade dele ao sair da mão 
da noiva? (Despreze o atrito com o ar. Considere a aceleração da gravidade igual a 210 m s , 
cos 60 0,5 = e sen 60 0,87.) = 
a) 1,5 m s 
b) 5,5 m s 
c) 6,0 m s 
d) 8,0 m s 
e) 11,0 m s 
 
4. (Enem PPL 2014) Na Antiguidade, algumas pessoas acreditavam que, no lançamento 
obliquo de um objeto, a resultante das forças que atuavam sobre ele tinha o mesmo sentido da 
velocidade em todos os instantes do movimento. Isso não está de acordo com as 
interpretações científicas atualmente utilizadas para explicar esse fenômeno. 
 
Desprezando a resistência do ar, qual é a direção e o sentido do vetor força resultante que atua 
sobre o objeto no ponto mais alto da trajetória? 
a) Indefinido, pois ele é nulo, assim como a velocidade vertical nesse ponto. 
b) Vertical para baixo, pois somente o peso está presente durante o movimento. 
c) Horizontal no sentido do movimento, pois devido à inércia o objeto mantém seu movimento. 
d) Inclinado na direção do lançamento, pois a força inicial que atua sobre o objeto é constante. 
e) Inclinado para baixo e no sentido do movimento, pois aponta para o ponto onde o objeto 
cairá. 
 
5. (Fuvest 2020) Um drone voando na horizontal, em relação ao solo (como indicado pelo 
sentido da seta na figura), deixa cair um pacote de livros. A melhor descrição da trajetória 
realizada pelo pacote de livros, segundo um observador em repouso no solo, é dada pelo 
percurso descrito na 
 
 
a) trajetória 1. 
b) trajetória 2. 
c) trajetória 3. 
d) trajetória 4. 
e) trajetória 5. 
 
 
 
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6. (Unicamp 2012) Um jogador de futebol chuta uma bola a 30 m do gol adversário. A bola 
descreve uma trajetória parabólica, passa por cima da trave e cai a uma distância de 40 m de 
sua posição original. Se, ao cruzar a linha do gol, a bola estava a 3 m do chão, a altura máxima 
por ela alcançada esteve entre 
 
 
a) 4,1 e 4,4 m. 
b) 3,8 e 4,1 m. 
c) 3,2 e 3,5 m. 
d) 3,5 e 3,8 m. 
 
7. (G1 - ifce 2016) Considere a figura abaixo, na qual Michele utiliza uma bola de tênis para 
brincar com seu cãozinho, Nonô. 
 
 
 
Nesta situação, Michele arremessa a bola na direção horizontal para que Nonô corra em sua 
direção e a pegue. Ao ser arremessada, a bola sai da mão de Michele a uma velocidade de 
14,4 km h e uma altura de 1,80 m do chão. Nesse instante, Nonô encontra-se junto aos pés 
de sua dona. 
 
Dadas estas condições, o tempo máximo que Nonô terá para pegar a bola, antes que a mesma 
toque o chão pela primeira vez, é 
 
(Despreze o atrito da bola com o ar e considere a aceleração da gravidade com o valor 
2g 10 m s ).= 
a) 0,375 s. 
b) 0,6 s. 
c) 0,75 s. 
d) 0,25 s. 
e) 1,0 s. 
 
8. (Enem 2ª aplicação 2016) Para um salto no Grand Canyon usando motos, dois 
paraquedistas vão utilizar uma moto cada, sendo que uma delas possui massa três vezes 
 
 
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maior. Foram construídas duas pistas idênticas até a beira do precipício, de forma que no 
momento do salto as motos deixem a pista horizontalmente e ao mesmo tempo. No instante 
em que saltam, os paraquedistas abandonam suas motos e elas caem praticamente sem 
resistência do ar. 
 
As motos atingem o solo simultaneamente porque 
a) possuem a mesma inércia. 
b) estão sujeitas à mesma força resultante. 
c) têm a mesma quantidade de movimento inicial. 
d) adquirem a mesma aceleração durante a queda. 
e) são lançadas com a mesma velocidade horizontal. 
 
9. (Fac. Albert Einstein - Medicin 2021) Em uma aula de tênis, um aprendiz, quando foi sacar, 
lançou a bola verticalmente para cima e a golpeou com a raquete exatamente no instante em 
que ela parou no ponto mais alto, a 2,45 m de altura em relação ao piso da quadra. 
Imediatamente após esse movimento, a bola partiu com uma velocidade inicial horizontal 0V e 
tocou o solo a 16,8 m de distância da vertical que passava pelo ponto de partida. 
 
 
 
Adotando-se 2g 10 m s ,= desprezando-se a resistência do ar e a rotação da bola ao longo de 
seu trajeto, o módulo de 0V quando a bola perdeu contato com a raquete foi de 
a) 20 m s. 
b) 24 m s. 
c) 22 m s. 
d) 28 m s. 
e) 26 m s. 
 
10. (G1 - ifce 2014) Da parte superior de um caminhão, a 5,0 metros do solo, o funcionário 1 
arremessa, horizontalmente, caixas para o funcionário 2, que se encontra no solo para pegá-
las. Se cada caixa é arremessada a uma velocidade de 8,0 m/s, da base do caminhão, deve 
ficar o funcionário 2, a uma distância de 
 
 
 
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Considere a aceleração da gravidade 10,0 m/s2 e despreze as dimensões da caixa e dos dois 
funcionários. 
a) 4,0 m. 
b) 5,0 m. 
c) 6,0 m. 
d) 7,0 m. 
e) 8,0 m. 
 
11. (G1 - cftmg 2020) Um avião está levando suprimentos para pessoas que se encontram 
ilhadas numa determinada região. Ele está voando horizontalmente a uma altitude de 720 m 
acima do solo e com uma velocidade constante de 80 m s. Uma pessoa no interior do avião é 
encarregada de soltar a caixa de suprimentos, em um determinado momento, para que ela caia 
junto às pessoas. 
 
Desprezando a resistência do ar e considerando a aceleração da gravidade igual a 210 m s , a 
que distância horizontal das pessoas, em metros, deverá ser solta a caixa? 
a) 80 
b) 720 
c) 960 
d) 1.200 
 
12. (Uft 2010) Um jogador de futebol chuta uma bola com massa igual a meio quilograma, 
dando a ela uma velocidade inicial que faz um ângulo de 30 graus com a horizontal. 
Desprezando a resistência do ar, qual o valor que melhor representa o módulo da velocidade 
inicial da bola para que ela atinja uma altura máximade 5 metros em relação ao ponto que 
saiu? 
 
Considere que o módulo da aceleração da gravidade vale 10 metros por segundo ao quadrado. 
a) 10,5 m/s 
b) 15,2 m/s 
c) 32,0 m/s 
d) 12,5 m/s 
e) 20,0 m/s 
 
13. (Unesp 2012) O gol que Pelé não fez 
 
Na copa de 1970, na partida entre Brasil e Tchecoslováquia, Pelé pega a bola um pouco antes 
do meio de campo, vê o goleiro tcheco adiantado, e arrisca um chute que entrou para a história 
do futebol brasileiro. No início do lance, a bola parte do solo com velocidade de 108 km/h (30 
m/s), e três segundos depois toca novamente o solo atrás da linha de fundo, depois de 
descrever uma parábola no ar e passar rente à trave, para alívio do assustado goleiro. 
Na figura vemos uma simulação do chute de Pelé. 
 
 
 
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Considerando que o vetor velocidade inicial da bola após o chute de Pelé fazia um ângulo de 
30° com a horizontal (sen30° = 0,50 e cos30° = 0,85) e desconsiderando a resistência do ar e a 
rotação da bola, pode-se afirmar que a distância horizontal entre o ponto de onde a bola partiu 
do solo depois do chute e o ponto onde ela tocou o solo atrás da linha de fundo era, em 
metros, um valor mais próximo de 
a) 52,0. 
b) 64,5. 
c) 76,5. 
d) 80,4. 
e) 86,6. 
 
14. (Ucs 2016) Quando um jogador de futebol é muito veloz, uma forma divertida de se referir 
a essa qualidade é dizer que ele é capaz de cobrar escanteio para a área adversária e ele 
mesmo correr e conseguir chutar a bola antes de ela tocar o chão. Suponha um jogador 
ficcional que seja capaz de fazer isso. Se ele cobrar o escanteio para dentro da área 
fornecendo à bola uma velocidade inicial de 20 m s, fazendo um ângulo de 60 com a 
horizontal, qual distância o jogador precisa correr, em linha reta, saindo praticamente de forma 
simultânea à cobrança de escanteio, para chutar no gol sem deixar a bola tocar no chão? Para 
fins de simplificação, considere que a altura do chute ao gol seja desprezível, que 
sen 60 0,8, = cos60 0,5, = e que a aceleração da gravidade seja 210 m s . 
a) 6 m 
b) 12 m 
c) 24 m 
d) 32 m 
e) 44 m 
 
15. (Uff 2011) 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. 
 
 
 
 
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Assinale a alternativa que expressa se é possível ou não determinar qual destes dois jogadores 
receberia a 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. 
 
16. (G1 - cftmg 2013) Uma pedra é lançada para cima a partir do topo e da borda de um 
edifício de 16,8 m de altura a uma velocidade inicial 0v 10 m s= e faz um ângulo de 53,1 
com a horizontal. A pedra sobe e em seguida desce em direção ao solo. O tempo, em 
segundos, para que a mesma chegue ao solo é 
a) 2,8. 
b) 2,1. 
c) 2,0. 
d) 1,2. 
 
17. (Ufop 2010) Uma pessoa lança uma pedra do alto de um edifício com velocidade inicial de 
60 m/s e formando um ângulo de 30º com a horizontal, como mostrado na figura abaixo. Se a 
altura do edifício é 80 m, qual será o alcance máximo (xf) da pedra, isto é, em que posição 
horizontal ela atingirá o solo? (dados: sen 30º = 0,5, cos 30º = 0,8 e g = 10 m/s2). 
 
 
a) 153 m 
b) 96 m 
c) 450 m 
d) 384 m 
 
18. (Enem 2020) Nos desenhos animados, com frequência se vê um personagem correndo na 
direção de um abismo, mas, ao invés de cair, ele continua andando no vazio e só quando 
percebe que não há nada sob seus pés é que ele para de andar e cai verticalmente. No 
entanto, para observar uma trajetória de queda num experimento real, pode-se lançar uma 
bolinha, com velocidade constante 0(V ), sobre a superfície de uma mesa e verificar o seu 
movimento de queda até o chão. 
 
Qual figura melhor representa a trajetória de queda da bolinha? 
 
 
 
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a) 
 
 
b) 
 
 
c) 
 
 
d) 
 
 
e) 
 
 
 
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19. (Mackenzie 2017) Um míssil AX100 é lançado obliquamente, com velocidade de 800 m s, 
formando um ângulo de 30,0 com a direção horizontal. No mesmo instante, de um ponto 
situado a 12,0 km do ponto de lançamento do míssil, no mesmo plano horizontal, é lançado um 
projétil caça míssil, verticalmente para cima, com o objetivo de interceptar o míssil AX100. A 
velocidade inicial de lançamento do projétil caça míssil, para ocorrer a interceptação desejada, 
é de 
a) 960 m s 
b) 480 m s 
c) 400 m s 
d) 500 m s 
e) 900 m s 
 
20. (Uftm 2011) Num jogo de vôlei, uma atacante acerta uma cortada na bola no instante em 
que a bola está parada numa altura h acima do solo. Devido à ação da atacante, a bola parte 
com velocidade inicial V0, com componentes horizontal e vertical, respectivamente em módulo, 
Vx = 8 m/s e Vy = 3 m/s, como mostram as figuras 1 e 2. 
 
 
 
Após a cortada, a bola percorre uma distância horizontal de 4 m, tocando o chão no ponto P. 
 
 
 
Considerando que durante seu movimento a bola ficou sujeita apenas à força gravitacional e 
adotando g = 10 m/s2, a altura h, em m, onde ela foi atingida é 
a) 2,25. 
b) 2,50. 
c) 2,75. 
d) 3,00. 
e) 3,25. 
 
 
 
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21. (Mackenzie 2015) Um zagueiro chuta uma bola na direção do atacante de seu time, 
descrevendo uma trajetória parabólica. Desprezando-se a resistência do ar, um torcedor 
afirmou que 
 
I. a aceleração da bola é constante no decorrer de todo movimento. 
II. a velocidade da bola na direção horizontal é constante no decorrer de todo movimento. 
III. a velocidade escalar da bola no ponto de altura máxima é nula. 
 
Assinale 
a) se somente a afirmação I estiver correta. 
b) se somente as afirmações I e III estiverem corretas. 
c) se somente as afirmações II e III estiverem corretas. 
d) se as afirmações I, II e III estiverem corretas. 
e) se somente as afirmações I e II estiverem corretas. 
 
22. (Uerj 2016) Quatro bolas são lançadas horizontalmente no espaço, a partir da borda de 
uma mesa que está sobre o solo. Veja na tabela abaixo algumas características dessas bolas. 
 
Bolas Material 
Velocidade 
inicial 1(m s )− 
Tempo de 
queda (s) 
1 chumbo 4,0 1t 
2 vidro 4,0 2t 
3 madeira 2,0 3t 
4 plástico 2,0 4t 
 
A relação entre os tempos de queda de cada bola pode ser expressa como: 
a) 1 2 3 4t t t t=  = 
b) 1 2 3 4t t t t=  = 
c) 1 2 3 4t t t t  = 
d) 1 2 3 4t t t t= = = 
 
23. (Ufrgs 2015) Em uma região onde a aceleração da gravidade tem módulo constante, um 
projétil é disparado a partir do solo, em uma direção que faz um ângulo α com a direção 
horizontal, conforme representado na figura abaixo. 
 
 
 
Assinale a opção que, desconsiderando a resistência do ar, indica os gráficos que melhor 
representam, respectivamente, o comportamento da componente horizontal e o da componente 
vertical, da velocidade do projétil, em função do tempo. 
 
 
 
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a) I e V. 
b) II e V. 
c) II e III. 
d) IV e V. 
e) V e II. 
 
24. (Fac. Albert Einstein - Medicin 2017) Na modalidade esportiva do salto à distância, o 
esportista, para fazer o melhor salto,deve atingir a velocidade máxima antes de saltar, aliando-
a ao melhor ângulo de entrada no momento do salto que, nessa modalidade, é o 45 . 
Considere uma situação hipotética em que um atleta, no momento do salto, alcance a 
velocidade de 43,2 km h, velocidade próxima do recorde mundial dos 100 metros rasos, que 
é de 43,9 km h. Despreze o atrito com o ar enquanto ele está em “vôo” e considere o saltador 
como um ponto material situado em seu centro de gravidade. 
 
Nessas condições, qual seria, aproximadamente, a distância alcançada no salto? 
 
Adote o módulo da aceleração da gravidade igual a 210 m s . 
Dados: sen 45 cos 45 0,7 =  = 
 
 
a) 7 m 
b) 10 m 
c) 12 m 
d) 14 m 
 
25. (Uerj 2013) Três blocos de mesmo volume, mas de materiais e de massas diferentes, são 
lançados obliquamente para o alto, de um mesmo ponto do solo, na mesma direção e sentido e 
com a mesma velocidade. 
Observe as informações da tabela: 
 
 
 
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Material do bloco Alcance do lançamento 
chumbo A1 
ferro A2 
granito A3 
 
A relação entre os alcances A1, A2 e A3 está apresentada em: 
a) A1 > A2 > A3 
b) A1 < A2 < A3 
c) A1 = A2 > A3 
d) A1 = A2 = A3 
 
26. (Fatec 2017) Em um jogo de futebol, o goleiro, para aproveitar um contra-ataque, 
arremessa a bola no sentido do campo adversário. Ela percorre, então, uma trajetória 
parabólica, conforme representado na figura, em 4 segundos. 
 
 
 
Desprezando a resistência do ar e com base nas informações apresentadas, podemos concluir 
que os módulos da velocidade V, de lançamento, e da velocidade HV , na altura máxima, são, 
em metros por segundos, iguais a, respectivamente, 
 
Dados: 
sen 0,8;
cos 0,6.
β
β
=
=
 
a) 15 e 25. 
b) 15 e 50. 
c) 25 e 15. 
d) 25 e 25. 
e) 25 e 50. 
 
27. (Enem 2021) A figura foi extraída de um antigo jogo para computadores, chamado Bang! 
Bang! 
 
 
 
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No jogo, dois competidores controlam os canhões A e B, disparando balas alternadamente com 
o objetivo de atingir o canhão do adversário; para isso, atribuem valores estimados para o 
módulo da velocidade inicial de disparo 0(| v |) e para o ângulo de disparo ( ).θ 
Em determinado momento de uma partida, o competidor B deve disparar; ele sabe que a bala 
disparada anteriormente, 53 ,θ =  passou tangenciando o ponto P. 
No jogo, | g | é igual a 10 m/s2. Considere sen53 0,8, = cos53 0,6 = e desprezível a ação de 
forças dissipativas. 
 
Disponível em: http://mebdownloads.butzke.net.br. Acesso em: 18 abr. 2015 (adaptado). 
 
 
Com base nas distâncias dadas e mantendo o último ângulo de disparo, qual deveria ser, 
aproximadamente, o menor valor de 0| v | que permitiria ao disparo efetuado pelo canhão B 
atingir o canhão A? 
a) 30 m/s. 
b) 35 m/s. 
c) 40 m/s. 
d) 45 m/s. 
e) 50 m/s. 
 
28. (Esc. Naval 2021) Considere um projétil arremessado de uma posição a 1,0 metro de 
altura do solo, com um ângulo de 37 em relação à horizontal. Existe um alvo a 8,0 m de 
distância, na horizontal, da posição de lançamento do projétil, e a 2,0 metros de altura do solo. 
Calcule o módulo da velocidade inicial do projétil para que ele acerte o alvo e assinale a opção 
correta. 
 
Dados: 2sen37 0,60; cos37 0,80; g 10 m s =  = = 
a) 2,0 m s 
b) 4,0 m s 
c) 6,0 m s 
d) 8,0 m s 
e) 10 m s 
 
29. (Ebmsp 2016) 
 
 
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A figura representa o movimento do centro de massa de um atleta que realiza um salto à 
distância. 
 
Desprezando-se o efeito da resistência do ar, considerando-se o módulo da aceleração da 
gravidade local igual a g e sabendo-se que o centro de massa está a uma altura h acima da 
superfície horizontal, é correto afirmar: 
a) O tempo do salto é igual ao dobro do tempo de subida. 
b) O módulo do vetor velocidade 0v é igual a 0 0v sen v cos .θ θ+ 
c) O tempo gasto pelo salto a distância é determinado pela expressão 20
g
h v sen t t .
2
θ= + 
d) O intervalo de tempo t necessário para que a posição do centro de massa do atleta se 
desloque do ponto B até C é determinado pela expressão 
2gh t .
2
= 
e) A distβncia AC ι igual a 
2
0
0
v
sen2 v cos t,
g
θ θ+ sendo t o tempo gasto para percorrer a altura h em 
lanηamento vertical de cima para baixo, com velocidade inicial de mσdulo 0v sen .θ 
 
30. (Espcex (Aman) 2016) Um projétil é lançado obliquamente, a partir de um solo plano e 
horizontal, com uma velocidade que forma com a horizontal um ângulo α e atinge a altura 
máxima de 8,45 m. 
Sabendo que, no ponto mais alto da trajetória, a velocidade escalar do projétil é 9,0 m / s, 
pode-se afirmar que o alcance horizontal do lançamento é: 
 
Dados: 
intensidade da aceleração da gravidade 2g 10 m / s= 
despreze a resistência do ar 
a) 11,7 m 
b) 17,5 m 
c) 19,4 m 
d) 23,4 m 
e) 30,4 m 
 
31. (Uefs 2016) Em um planeta X, uma pessoa descobre que pode pular uma distância 
horizontal máxima de 20,0 m se sua velocidade escalar inicial for de 4,0 m s. 
 
Nessas condições, a aceleração de queda livre no planeta X, em 1 210 m s ,− é igual a 
a) 10,0 
 
 
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b) 8,0 
c) 6,0 
d) 4,0 
e) 2,0 
 
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO: 
Aceleração da gravidade na superfície da Terra: 2Tg 10 m s ;= aceleração da gravidade na 
superfície da Lua: 2Lg 1,6 m s ;= massa da Terra igual a 81 vezes a massa da Lua; 
sen 45 cos 45 2 2. =  = 
 
 
32. (Fgv 2014) Na superfície lunar, uma pequena bola lançada a partir do solo com velocidade 
inicial inclinada de 45 com a horizontal voltou ao solo 8,0 m adiante do ponto de lançamento. 
A velocidade inicial, em metros por segundo, e o tempo de permanência dela em movimento, 
em segundos, foram, respectivamente, 
a) 8 5 e 5. 
b) ( )8 5 5 e 5. 
c) 8 5 e 10. 
d) ( )8 5 5 e 10. 
e) 2 5 e 10. 
 
33. (Esc. Naval 2013) Os gráficos abaixo foram obtidos da trajetória de um projétil, sendo y a 
distância vertical e x a distância horizontal percorrida pelo projétil. A componente vertical da 
velocidade, em m/s, do projétil no instante inicial vale: 
 
Dado: 
2
g 10 m s= 
 
 
a) zero 
b) 5,0 
c) 10 
d) 17 
e) 29 
 
34. (Espcex (Aman) 2012) Um lançador de granadas deve ser posicionado a uma distância D 
da linha vertical que passa por um ponto A. Este ponto está localizado em uma montanha a 
300 m de altura em relação à extremidade de saída da granada, conforme o desenho abaixo. 
 
 
 
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A velocidade da granada, ao sair do lançador, é de 100 m s e forma um ângulo “ ”α com a 
horizontal; a aceleração da gravidade é igual a 210 m s e todos os atritos são desprezíveis. 
Para que a granada atinja o ponto A, somente após a sua passagem pelo ponto de maior altura 
possível de ser atingido por ela, a distância D deve ser de: 
Dados: =Cos 0,6;α =Sen 0,8.α 
a) 240 m 
b) 360 m 
c) 480 m 
d) 600 m 
e) 960 m 
 
35. (Esc. Naval 2013) Conforme mostra a figura abaixo, em um jogo de futebol, no instante em 
que o jogador situado no ponto A faz um lançamento, o jogador situado no ponto B, que 
inicialmente estava parado, começa a correr com aceleração constante igual a 
2
3,00 m s , 
deslocando-se até o ponto C. Esse jogador chega em C no instante em que a bola toca o chão 
no ponto D. Todo o movimento se processa em um plano vertical, e a distância inicial entre A e 
E vale 25,0 m. Sabendo-se que a velocidade inicial da bola tem módulo igual a 20,0 m s, e 
faz um ângulo de 45º com a horizontal, o valor da distância, d, entre os pontos C e D, em 
metros, é 
 
Dado: 
2
g 10,0 m s= 
 
 
a) 1,00 
b) 3,00 
c) 5,00 
d) 12,0 
e) 15,0 
 
36. (Upf 2016) O goleiro de um time de futebol bateum “tiro de meta” e a bola sai com 
velocidade inicial de módulo 0V igual a 20 m / s, formando um ângulo de 45 com a 
horizontal. O módulo da aceleração gravitacional local é igual a 210 m / s . 
 
 
 
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Desprezando a resistência do ar e considerando que sen 45 2 2; = cos 45 2 2; = 
tg 45 1 = e 2 1,4,= é correto afirmar que: 
a) a altura máxima atingida pela bola é de 20,0 m. 
b) o tempo total em que a bola permanece no ar é de 4 s. 
c) a velocidade da bola é nula, ao atingir a altura máxima. 
d) a bola chega ao solo com velocidade de módulo igual a 10 m / s. 
e) a velocidade da bola tem módulo igual a 14 m / s ao atingir a altura máxima. 
 
37. (Ufu 2011) Uma pedra é lançada do solo com velocidade de 36 km/h fazendo um ângulo 
de 45° com a horizontal. Considerando g = 10 m/s2 e desprezando a resistência do ar, analise 
as afirmações abaixo. 
 
I. A pedra atinge a altura máxima de 2,5 m. 
II. A pedra retorna ao solo ao percorrer a distância de 10 m na horizontal. 
III. No ponto mais alto da trajetória, a componente horizontal da velocidade é nula. 
 
Usando as informações do enunciado, assinale a alternativa correta. 
a) Apenas I é verdadeira. 
b) Apenas I e II são verdadeiras. 
c) Apenas II e III são verdadeiras. 
d) Apenas II é verdadeira. 
 
38. (Unesp 2022) Em treinamento para uma prova de trave olímpica, uma atleta faz uma saída 
do aparelho, representada em quatro imagens numeradas de I a IV, em que o ponto vermelho 
representa o centro de massa do corpo da atleta. A imagem I representa o instante em que a 
atleta perde contato com a trave, quando seu centro de massa apresenta velocidade horizontal 
v0. A imagem IV representa o instante em que ela toca o solo. 
 
 
 
Considerando que nesse movimento somente a força peso atua sobre a atleta e adotando 
2g 10 m s ,= o valor de v0 é 
a) 6,0 m/s. 
b) 3,0 m/s. 
c) 5,0 m/s. 
d) 2,0 m/s. 
e) 4,0 m/s. 
 
39. (Acafe 2020) Em um parque de diversões, João tenta ganhar um prêmio no jogo dos 
dardos. Para isso, deve acertar um ponto situado na periferia do disco do alvo. O disco gira em 
 
 
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MCU com a velocidade de 4,5 m s e possui um raio de 45 cm. 
 
João lança o dardo horizontalmente na direção do centro do alvo, distante 6 m, quando o 
ponto está passando na extremidade superior do disco, como mostra a figura abaixo. 
 
 
 
Com base no exposto, marque a alternativa que indica o módulo da velocidade de lançamento 
horizontal do dardo, em m/s, para que João acerte o ponto na extremidade inferior do disco do 
alvo. 
a) 35 
b) 30 
c) 25 
d) 20 
 
40. (Eear 2020) Um jogador de basquete lança manualmente de uma altura “h” uma bola com 
uma velocidade de módulo igual a 0v e com um ângulo em relação a horizontal igual a ,θ 
conforme o desenho. No mesmo instante, o jogador sai do repouso e inicia um movimento 
horizontal, retilíneo uniformemente variado até a posição final Fx , conforme o desenho. 
 
 
 
Considere que, durante todo o deslocamento, a bola não sofre nenhum tipo de atrito e que 
nesse local atua uma gravidade de módulo igual a “g”. A aceleração horizontal necessária que 
o jogador deve ter para alcançar a bola quando a mesma retorna a altura de lançamento “h” 
com a qual iniciou, é corretamente expressa por ____. 
a) 0
F
2v
x
 
b) 0
F
2v cos
x
θ
 
 
 
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c) 
2 2
0
F
v cos
x
θ
 
d) 
2 2
0
F
2v cos
x
θ
 
 
 
 
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Gabarito: 
 
Resposta da questão 1: 
 [D] 
 
A expressão para o cálculo do alcance horizontal de um lançamento oblíquo com saída e 
chegada no mesmo plano horizontal é: 
2
0vA sen2 .
g
θ= 
 
Essa expressão mostra que o alcance horizontal é inversamente proporcional a aceleração da 
gravidade. Portanto, em relação à Terra, um salto oblíquo na Lua teria alcance horizontal seis 
vezes maior. 
 
Resposta da questão 2: 
 [A] 
 
x
x
x x
0 0
0
0 0
X X V t
9 0 V 0,2
9
V V 45 m s
0,2
= +
= + 
=  =
 
 
y
y
y
y
y
y
y
2
0 0
2
0
0
0
0
0
0
1
H H V t gt
2
1
0 2,6 V 0,2 10 0,2
2
0 2,6 V 0,2 0,2
0 2,4 V 0,2
2,4 V 0,2
V 12 m s
V 12 m s
= + −
= +  −  
= +  −
= + 
− = 
= −
=
 
 
Resposta da questão 3: 
 [D] 
 
1ª Solução: (sugerida pelo enunciado) 
 
Dados: subt 0,7 s;= A 5,7 m;= 
2g 10 m s ;= 60 .θ =  
 
Se a amiga apanhou o buquê na mesma horizontal em que foi lançado, o tempo total de 
movimento (tT) foi o dobro do tempo de subida sub(t ) e o alcance horizontal (A) foi igual a 
0x(V ). 
No lançamento oblíquo, a componente horizontal da velocidade de lançamento 0x(V ) é 
constante, portanto o movimento é uniforme. Então: 
 
 
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( )
( )
0x T 0 sub
0 0
0
S v t A v t A v cos60 2t 
1 5,7
5,7 v 2 0,7 v 8,14 
2 0,7
v 8,0 m / s.
Δ Δ=  =  =  
 
=   = =  
 

 
 
 2ª Solução: (sem usar o tempo de subida) 
Dados: subt 0,7 s;= 
2g 10 m s ;= 60 .θ =  
 
Da expressão do alcance horizontal (A) para o lançamento oblíquo, vem: 
( ) ( )
2 2
0 0 2
00
v v 57
A sen 2 5,7 sen120 57 v 0,87 v 65,6 
g 10 0,87
v 8,1 m s v 8,0 m s.
θ=  =   =  = = 
=  
 
 
Resposta da questão 4: 
 [B] 
 
No ponto mais alto da trajetória, a força resultante sobre o objeto é seu próprio peso, de 
direção vertical e sentido para baixo. 
 
Resposta da questão 5: 
 [D] 
 
Desprezando os efeitos resistivos, após ser abandonado, o pacote possui a mesma velocidade 
horizontal do drone (constante) e é acelerado a partir do repouso na direção vertical. Logo, a 
sua trajetória será um arco de parábola melhor representado pela trajetória 4. 
 
Resposta da questão 6: 
 [B] 
 
OBS: Essa questão foi cobrada na prova de Matemática, mas admite solução através de 
conceitos Físicos, aliás, solução bem mais simples e curta. Serão dadas aqui as duas 
soluções. 
 
1ª Solução (Matemática): 
Encontremos, primeiramente, a equação da parábola que passa pelos pontos dados: 
 
 
A equação reduzida da parábola de raízes x1 e x2 é: ( )( )1 2y a x x x x .= − − 
 
 
 
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Nesse caso temos: x1 = 0 e x2 = 40. 
 
Substituindo esses valores na equação dada: 
( )( ) 2y a x 0 x 40 y ax 40ax.= − −  = − 
 
Para x = 30  y = 3. Então: 
( ) ( )
2 1
3 a 30 40a 30 3 900a 1200a a .
100
= −  = −  = − 
 
Assim, a equação da parábola mostrada é: 
 
2 2x 1 x 2
y 40 x y x.
100 100 100 5
− 
= − −  = − + 
 
 
 
Para x = 20  h = H. Então: 
 
( )
( )
2
20 2
H 20 H 4 8 
100 5
H 4 m.
= − +  = − + 
= 
 
2ª Solução (Física): 
Pela regra de Galileu, sabemos que, para qualquer movimento uniformemente variado (M.U.V.) 
com velocidade inicial nula, os espaços percorridos em intervalos de tempo (t) iguais e 
subsequentes, as distâncias percorridas são: d, 3d, 5d, 7d... 
Ora, a queda livre e o lançamento horizontal na direção vertical são movimentos 
uniformemente variados a partir do repouso, valendo, portanto a regra de Galileu. Assim, se a 
distância de queda num intervalo de tempo inicial (t) é h, nos intervalos iguais e subsequentes 
as distâncias percorridas na queda serão: 3h, 5h, 7h... 
O lançamento oblíquo, a partir do ponto mais alto (A), pode ser considerando um lançamento 
horizontal. Como a componente horizontal da velocidade inicial se mantém constante (vx = v0x), 
os intervalos de tempo de A até B e de B até C são iguais, pois as distâncias horizontais são 
iguais (10 m). 
Assim, se de A até B a bola cai h, de B até C ela cai 3h, como ilustrado na figura. 
 
 
 
Então: 
3h 3 h 1 m.
Mas : H 3h h 3 1 H 4 m.
=  =
= + = +  =
 
3ª Solução (Física): 
 
 
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Como as distâncias horizontais percorridas entre A e B e entre B e C são iguais, os intervalosde tempo entre esses pontos também são iguais, pois a componente horizontal da velocidade 
se mantém constante (vx = v0x). Assim, se o tempo de A até B é t, de A até C é 2t. 
 
 
Equacionando a distância vertical percorrida na queda de A até B e de A até C, temos: 
 
( )
2
2 2
g
A B : h t
2
 H 4h.
g g
A C : H 2t H 4 t
2 2

→ =

 =
  → =  =    
 
 
Mas, da Figura: H h 3 4h h 3 h 1 m.− =  − =  = 
Como H 4h H 4 m.=  = 
 
Resposta da questão 7: 
 [B] 
 
No lançamento horizontal, o tempo de queda independe da velocidade inicial, sendo igual ao 
tempo de queda livre. Assim: 
2g 2h 2 1,8h t t t 0,6s.
2 g 10

=  = =  = 
 
Resposta da questão 8: 
 [D] 
 
Sendo desprezível a resistência do ar, durante a queda as duas motos adquirem a mesma 
aceleração, que é a aceleração da gravidade ( )a g .= 
 
Resposta da questão 9: 
 [B] 
 
Tempo de queda: 
2
q q q
1 2h 2 2,45
h gt t t 0,7s
2 g 10

=  = =  = 
 
Alcance horizontal: 
 
 
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0 q 0 0
q
A 16,8
A V t V V 24m s
t 0,7
=  = =  = 
 
Resposta da questão 10: 
 [E] 
 
Calculando o tempo de queda q(t ) e substituindo no alcance horizontal (A) : 
 
2
q q
0
0 q
2 h1
h g t t 2 h 2 5
2 g A v 8 A 8 m.
g 10
A v t

= = = 
 = =   =
 =

 
 
Resposta da questão 11: 
 [C] 
 
Calculando o tempo de queda: 
21 2 H 2 720H gt t t 12 s.
2 g 10

=  = =  = 
 
Como a componente horizontal da velocidade se mantém constante durante a queda, o 
alcance horizontal (A) é: 
0A v t 80 12 A 960 m.= =   = 
 
Resposta da questão 12: 
 [E] 
 
 
 
Aplicando Torricelli para o eixo y: 
2 2
y 0yv v 2 g y= −  . 
No ponto mais alto: 
0x yv v v 0
y h
=  =

 =
 
Substituindo: 
02 = 20yv 2 g h−  v0y = 2 g h 2(10)(5)= = 10 m/s. 
Mas: 
v0y = v0 sen 30°  10 = v0
1
2
  v0 = 20 m/s. 
 
Resposta da questão 13: 
 [C] 
 
 y
 x 5 m
 v
 v
 v v =
 v 0
 30°
 0x
 0x
 0y
 
 
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@matematicacomarua 
Dados: v0 = 30 m/s; θ = 30°; sen 30° = 0,50 e cos 30° = 0,85 e t = 3 s. 
 
A componente horizontal da velocidade (v0x) mantém-se constante. O alcance horizontal (A) é 
dado por: 
( )( )0x 0A v t A v cos30 t A 30 0,85 3 
A 76,5 m.
=  =   = 
=
 
 
Resposta da questão 14: 
 [D] 
 
 
 
y
y y y
y 0
V Vsen60 V 20 0,8 V 16 m s
V V g t 0 16 10t t 1,6 s
=   =   =
= −   = −  =
 
 
A bola demora 1,6 s pra subir e 1,6 s pra descer. Logo, o tempo total será: 
t s d tt t t t 1,6 1,6 3,2 s= +  = + = 
 
x
0 0
0
S S V t
S V t S 10 3,2 S 32 mΔ Δ Δ
= +
=   =   =
 
 
Resposta da questão 15: 
 [B] 
 
No ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula. A partir daí, e na vertical, 
temos uma queda livre a partir do repouso. 
 
O tempo de queda pode ser tirado da expressão 2
1
H gt
2
= . 
 
Sendo assim quanto maior for a altura maior será o tempo de queda. 
 
Não podemos esquecer que os tempos de subida e descida são iguais. 
 
Portanto o tempo total é T = 2tq . 
 
O menor tempo de voo da bola é aquele correspondente à menor altura. 
 
Resposta da questão 16: 
 
 
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@matematicacomarua 
 [A] 
 
Dados: 0v 10m / s; 53,1 ; sen 0,8; cos 0,6; h 16,8m.θ θ θ= =  = = = 
 
Adotando referencial no solo e orientando o eixo y para cima, conforme figura, temos: 
0y h 16,8 m.= = . 
 
 
 
Calculando as componentes da velocidade inicial: 
( )
( )
0x 0 0x
0y 0 0y
v v cos 10 0,6 v 6 m/s .
v v sen 10 0,8 v 8 m/s .
θ
θ
 = =  =

= =  =
 
 
Equacionando o movimento no eixo y e destacando que o quando a pedra atinge o solo y = 0, 
vem: 
2 2 2
0 0y
2
g
y y v t t y 16,8 8 t 5 t 0 16,8 8 t 5 t 
2
5 t 8 t 16,8 0 .
8 64 4 5 16,8 8 20
t t 
2 5 10
t 2,8 s .
= + −  = + −  = + − 
− − =
 +   
=  = 

=
 
 
Resposta da questão 17: 
 [D] 
 
As componentes horizontal e vertical da velocidade inicial são: 
0x 0 0 0
0y 0 0 0
v v cos v cos30 60 0,8 48 m / s.
v v sen v sen30 60 0,5 30 m / s.


 =  = =  =

=  = =  =
 
 
Adotando referencial no solo e orientando a trajetória para cima temos: 
y0 = 80 m; v0y = 30 m/s e g = -10 m/s2. 
 
 
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Desprezando os efeitos do ar, a equação do movimento no eixo y é: 
2 2
0 0y
1
y y v t a t y 80 30 t 5 t .
2
= + +  = + − 
Quando a pedra atinge o solo, y = 0. Substituindo: 
( ) ( )
2 2
6 36 4 1 16
0 80 30 t 5 t t 6 t 16 0 t 
2
t 8 s.6 10
t 
t 2 s (não convém).2
 +
= + −  − − =  = 
=
= 
= −
 
 
No eixo x o movimento é uniforme. A equação é: 
( )0 0xx x v t x 0 48 8 x 384 m.= +  = +  = 
 
Resposta da questão 18: 
 [D] 
 
Para a altura considerada, a resistência do ar é desprezível. A trajetória da bolinha é, então, 
um arco de parábola, resultante da composição do movimento uniforme na direção horizontal 
do movimento uniformemente variado na direção vertical. 
 
Resposta da questão 19: 
 [C] 
 
O míssil AX100 é lançado simultaneamente com o projétil. Logo: 
y(AX100) (AX100)
p y(AX100)
0 0
0 0
V V sen30 (1)
V V (2)
= 
=
 
 
Substituindo (1) em (2), temos: 
p (AX100)
p p
0 0
0 0
V V sen30
1
V 800 V 400 m s
2
= 
=   =
 
 
Resposta da questão 20: 
 [C] 
 
Na direção horizontal (x) o movimento é uniforme. Assim, podemos calcular o tempo (t) que a 
bola leva para tocar o chão. 
 
x
x
x x 4
v t t 0,5 s.
t v 8
 
=  = =  = 
 
Na direção vertical (y) o movimento é uniformemente variado, com aceleração igual à da 
gravidade (g). 
( )
( )
22
oy
10 0,5g t
h v t h 3 0,5 1,5 1,25 
2 2
h 2,75 m.
= +  = + = + 
=
 
 
 
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Resposta da questão 21: 
 [E] 
 
[I] Correta. Se a resistência do ar é desprezível, durante todo o movimento a aceleração da 
bola é a aceleração da gravidade. 
[II] Correta. A resultante das forças sobre a bola é seu próprio peso, não havendo forças 
horizontais sobre ela. Portanto, a componente horizontal da velocidade é constante. 
[III] Incorreta. A velocidade escalar da bola no ponto de altura máxima é igual a componente 
horizontal da velocidade em qualquer outro ponto da trajetória. 
 
Resposta da questão 22: 
 [D] 
 
No enunciado é dito que se trata se um lançamento horizontal. Como neste tipo de lançamento 
a componente vertical da velocidade inicial é nula e o tempo de queda é dado por 
q
2 h
t
g

= 
 
Podemos dizer que a o tempo de queda não depende da velocidade inicial. Desta forma, os 
tempos de queda das quatro bolas são iguais. 
1 2 3 4t t t t= = = 
 
Resposta da questão 23: 
 [B] 
 
As equações dessas componentes são: 
( )
( )
x
y 0y
v constante reta horizontal gráfico II .
v v gt reta decrescente gráfico V .
 =  

= −  
 
 
Resposta da questão 24: 
 [D] 
 
2
2
0
43,2
V 3,6
S sen2 S sen90
g 10
S 14,4 m S 14 m
Δ θ Δ
Δ Δ
 
 
 
=  = 
=  
 
 
Resposta da questão 25: 
 [D] 
 
Para um objeto lançado obliquamente com velocidade inicial v ,0 formando um ângulo θ com 
a horizontal, num local onde o campo gravitacional tem intensidade g, o alcance horizontal A é 
dado pela expressão: 
( )
2
0vA sen 2
g
θ= 
Essa expressão nos mostra que o alcance horizontal independe da massa. Portanto, os três 
blocos apresentarão o mesmo alcance: 
 
 
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A1 = A2 = A3. 
 
Resposta da questão 26: 
 [C] 
 
No eixo horizontal, o movimento é uniforme com velocidade constante Hv , portanto com a 
distância percorrida e o tempo, podemos calculá-la. 
H H H
s 60 m
v v v 15 m s
t 4 s
Δ
Δ
=  =  = 
 
Com o auxílio da trigonometria e com a velocidade horizontal Hv , calculamos a velocidade de 
lançamento v. 
H Hv v 15 m scos v v 25 m s
v cos 0,6
β
β
=  = =  = 
 
Portanto, na ordem solicitada na questão a resposta correta é alternativa [C].Resposta da questão 27: 
 [C] 
 
Na direção horizontal, o movimento é uniforme. 
( )0 0x 0 0 0x x v t x 0 v cos53 t 120 0,6v t v t 200 I= +  = +   =  = 
 
Na direção vertical, o movimento é uniformemente variado. 
( )
2 2 2
0 0y 0
2 2
1
y y v t gt y 0 v sen53 t 5 t 35 0,8 200 5t
2
125
5t 160 35 t t 5s II
5
= + −  = +  −  =  − 
= −  =  =
 
 
Substituindo (II) em (I): 
( )0 0 0v t 200 v 5 200 v 40m s=  =  = 
 
Resposta da questão 28: 
 [E] 
 
Tempo necessário para que o projétil acerte o alvo: 
0
0
0
x v cos37 t
8 v 0,8 t
10
t
v
Δ Δ
Δ
Δ
= 
= 
=
 
 
Aplicando a equação horária do espaço, obtemos: 
 
 
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@matematicacomarua 
2
0
2
0
0 0
2
0
2
0
0
g t
h v sen37 t
2
10 10
2 1 v 0,6 5
v v
500
1 6
v
v 100
v 10 m s
Δ
Δ Δ=  −
 
− =   −  
 
= −
=
 =
 
 
 
Resposta da questão 29: 
 [E] 
 
Primeiro vamos calcular a distância do trecho AB : 
Vamos analisar o eixo x 
2
0 0y
2
0
2
0
1
S S V t at
2
1
H 0 V sen t ( g) t
2
1
H V sen t g t
2
θ
θ
= + +
= +   +  − 
=   − 
 
 
No final do trecho AB, a altura máxima atingida será 0. 
2
0
0
1
0 V sen t g t
2
1
0 (V sen g t) t
2
θ
θ
=   − 
=  −  
 
 
Para a solução ser igual a zero só existe duas possibilidades t 0= (que é o caso inicial) ou 
então: 
0
0
1
V sen g t 0
2
2V sen
t (i)
g
θ
θ
 −  =
=
 
 
Agora vamos ver o deslocamento no eixo x 
2
0 0x
2
0x
0x
0
1
S S V t at
2
1
S 0 V t 0 t
2
S V t
S V cos t (ii)θ
= + +
= + +  
=
=  
 
 
 
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@matematicacomarua 
0
0
2
0
2
0
2
0
(i) em (ii)
2V sen
S V cos
g
2V
S cos sen
g
2V
S cos sen
g
2V
S sen(2 )
g
θ
θ
θ θ
θ θ
θ
=  
=  
=  
= 
 
 
S na verdade é o trecho AB. 
 
Agora vamos calcular o trecho BC: 
0x
0
S V t
S V cos tθ
=
=  
 
 
Onde S' é o trecho BC. 
 
O trecho AC é igual ao trecho AB BC,+ logo o trecho AC é igual a: 
2
0
AC 0
2 V
S sen(2 ) V cos t
g
θ θ

=  +   
 
Resposta da questão 30: 
 [D] 
 
Sabendo que no ponto mais alto da trajetória (ponto de altura máxima) a componente vertical 
da velocidade é nula, pode-se calcular o tempo de descida do projétil. 
y
2
máx o
2
g t
S h v
2
10 t
8,45
2
t 1,3 s
Δ

= = +

=
=
 
 
Como o tempo de descida é o mesmo da subida, então temos que o tempo total do movimento 
é o dobro da descida. 
Analisando somente o movimento na horizontal, podemos analisa-lo como um movimento 
retilíneo uniforme (MRU). Assim, 
x TS v t
S 9 2,6
S 23,4 m
Δ
Δ
Δ
= 
= 
=
 
 
Resposta da questão 31: 
 [B] 
 
Da expressão do alcance máximo para um lançamento oblíquo: 
 
 
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@matematicacomarua 
2 2 2
2 1 20 0
máx
máx
v v 4
A g g 0,8 m s g 8,0 10 m s .
g A 20
−=  = =  =  =  
 
Resposta da questão 32: 
 [D] 
 
 
Tempo de subida até a altura máxima da bola na superfície lunar: 
y 0y
0 L s
0
s
L
v v at
0 v sen45 g t
v sen45
t
g
= +
=  −

=
 
 
Tempo total para o lançamento da bola: 
0
s
L
2v sen45
T 2t
g

= = 
 
Alcance horizontal: 
0
x 0
L
2
0
L
2v sen45
A v T v cos45
g
v sen90
A
g

= =  

=
 
 
Substituindo os valores, obtemos: 
2
6 1 30
0
0
v 1 1
8 v 12,8 2 2 10 2
1,6 5
8 5
v m s
5
−=  = =   =
 =
 
 
E o tempo de permanência em movimento da bola é de: 
0
L
2v sen45 8 5 2 1
T 2
g 5 2 1,6
T 10 s

= =   
 =
 
 
Resposta da questão 33: 
 [E] 
 
Do primeiro gráfico extraímos que no eixo x foi deslocado 4 m enquanto que no eixo y houve 
20 m de deslocamento. Há necessidade de se saber qual o tempo em que isto ocorreu e 
visualizamos no segundo gráfico a informação de posição em x e tempo. Esta componente tem 
uma dependência linear com o tempo (no eixo horizontal temos um MRU) e retiramos o tempo 
para um deslocamento horizontal de 4 m a fim de equalizar com a informação do primeiro 
gráfico. 
 
 
 
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@matematicacomarua 
 
 
t 4 16
t 0,8 s
4 20 20
=  = = 
 
O movimento vertical representa um movimento retilíneo uniformemente variado, sendo a 
equação da posição vertical dada por: 
2
0 0y
1
y y v t gt
2
= + − 
 
Substituindo os valores: 
2
0y
0y
20 0 v 0,8 5 (0,8)
20 3,2
v 29 m / s
0,8
= +  − 
+
= =
 
 
Resposta da questão 34: 
 [D] 
 
Decompondo a velocidade em componentes horizontal e vertical, temos: 
 
x 0
y 0
V V .cos 100x0,6 60 m/s
V V .sen 100x0,8 80 m/s
α
α
= = =

= = =
 
 
Na vertical o movimento é uniformemente variado. Sendo assim: 
 
2 2 2
y y
1
S V .t gt 300 80t 5t t 16t 60 0
2
Δ = + → = − → − + = 
 
A equação acima tem duas soluções: t= 6s e t’=10s. 
 
Como o projétil já passou pelo ponto mais alto, devemos considerar o maior tempo (10s). 
 
Na horizontal, o movimento é uniforme. Sendo assim: 
 
x xS V .t D 60x10 600mΔ = → = = 
 
Resposta da questão 35: 
 [B] 
 
Decompondo a velocidade inicial da bola em seus eixos vertical e horizontal, temos: 
 
 
 
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@matematicacomarua 
 
 
0y 0
0x 0
0y 0x
2
v v sen45 20 10 2 m / s
2
2
v v cos45 20 10 2 m / s
2
v v 10 2 m / s
= =  =
= =  =
= =
 
 
O tempo de deslocamento oblíquo da bola do ponto A até o ponto D é o mesmo tempo em que 
o jogador se desloca de B para C. 
2
0 0y
2
1
y y v t gt
2
0 0 10 2 t 5t
t (t 2 2) 0
t ' 0 e t '' 2 2 s
= + −
= + −
− =
= =
 
 
Logicamente o tempo que nos interessa é o segundo quando a bola alcança o solo em D. 
 
O alcance do lançamento nos dá a distância AD 
0 0x
AD
AD
x x v t
x 0 10 2 2 2
x 40m
= +
= + 
=
 
 
A posição final do jogador de B para C foi de: 
2
BC 0 0
2
BC
BC
a
x x v t t
2
3
x 25 0 2 2 (2 2)
2
x 37m
= + +
= +  +
=
 
 
Logo, a distância CD é a diferença das duas posições finais entre a bola e o jogador no tempo 
que durou o lançamento. 
CD 40 37 3 m= − = 
 
Resposta da questão 36: 
 [E] 
 
As componentes da velocidade inicial nas direções vertical 0yv e horizontal 0xv , em módulo, 
são: 
0y 0 0y 0yv v sen v 20 m / s 2 / 2 v 10 2 14 m / sθ=   =   = = 
 
 
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@matematicacomarua 
 
0x 0 0x 0xv v cos v 20 m / s 2 / 2 v 10 2 14 m / sθ=   =   = = 
 
Sabendo que na altura máxima, a componente vertical da velocidade é nula, o tempo de subida 
será: 
0y 0
0y 0 2
v v 14 m / s 0
v v gt t t t 1,4 s
g 10 m / s
− −
= −  =  =  = 
 
Logo, o tempo total (subida e descida) será o dobro do tempo de subida. 
totalt 2,8 s= 
 
A altura máxima máxy será: 
( )s
2
22
máx 0y s máx máx
g 10 m / s
y v t t y 14 m / s 1,4 s 1,4 s y 9,8 m
2 2
=  −  =  −   = 
 
A bola chegará ao solo com a mesma velocidade em módulo que a velocidade de lançamento, 
ou seja, 20 m / s. 
 
E, finalmente, na altura máxima, somente a componente vertical da velocidade é nula, portanto 
a velocidade na altura máxima é dada pela componente horizontal, isto é, 0xv 14 m / s.= 
 
Com tudo isso, temos a alternativa [E] correta. 
 
Resposta da questão 37: 
 [B] 
 
36 km/h = 10 m/s 
A primeira providência é decompormos a velocidade em componentes horizontal e vertical. 
 
 
O movimento vertical é uniformemente variado. No ponto mais alto a componente vertical da 
velocidade é nula. Portanto: 
( )
2
2 2
0V V 2a S 0 5 2 20H H 2.5mΔ= + → = − → =
0 subida
2
V V at 0 5 2 10t t s
2
= + → = − → = 
 
Por outro lado, na horizontal, o movimento é uniforme. O tempo para voltar ao solo é o dobro 
do tempo de subida ( 2s ). Portanto: 
 
S V.tΔ = → S 5 2 2 10mΔ =  = 
 
 
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@matematicacomarua 
 
Resposta da questão 38: 
 [C] 
 
Pela figura dada, conclui-se tratar de um lançamento horizontal. 
Analisando a figura a seguir: 
 
 
 
Nela notam-se que os deslocamentos vertical (h) e horizontal (alcance - A) do centro de massa 
da atleta são: 
h 1,8 1 h 0,8m
A 2m
= −  =

=
 
 
Na vertical, calcula-se o tempo de queda: 
21 2h 2 0,8h gt t 0,16 t 0,4s
2 g 10

=  =  =  = 
 
Nahorizontal o movimento é uniforme: 
0 0
A 2,0
A v t v A 5,0 m s
t 0,4
=  = =  = 
 
Resposta da questão 39: 
 [D] 
 
O tempo de voo do dardo deve ser igual ao tempo de queda livre para cobrir o raio do disco. 
2
2
gt 2h 2 0,45 m
h t t 0,3 s
2 g 10 m s

=  = =  = 
 
Neste tempo de queda, o dardo deve se deslocar na horizontal a distância entre o jogador e o 
disco. 
x 6 m
v v 20 m s
t 0,3 s
Δ
Δ
= =  = 
 
Resposta da questão 40: 
 [D] 
 
Tempo até a bola atingir a altura máxima: 
0
y 0y 0 sub sub
v sen
v v at 0 v sen gt t
g
θ
θ= +  = −  = 
 
 
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@matematicacomarua 
 
Tempo até o retorno da bola para a altura inicial: 
0
tot sub
2v sen
t 2t
g
θ
= = 
 
Aceleração horizontal para que o jogador percorra Fx : 
22 2
tot 0 F
x 0x tot F 2 2
0
at 2v sen g xa
s v t x a
2 2 g 2v sen
θ
Δ
θ
 
= +  =  = 
 
 
 
Pela fórmula do alcance, temos: 
2 2
0 0
F
F
v sen2 v sen2
x g
g x
θ θ
=  = 
 
Logo: 
2
2 4 2 2
0 0F F
2 2 2 2 2
F 0 F 0
2 2
0
F
v sen2 4v sen cosx x
a
x 2v sen x 2v sen
2v cos
a
x
θ θ θ
θ θ
θ
 
 =  = 
 
 
 =