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Noções de Física
Movimentos Bidimensionais
Livro Eletrônico
HÉRICO AVOHAI
Graduado em Física pela UNB e pós-graduado 
em Criminalística. É professor de Física, Mate-
mática, Raciocínio Lógico e Criminalística, tendo 
começado a lecionar em 2000, tanto para o ní-
vel médio quanto para cursos preparatórios para 
concursos. Foi aprovado em diversos concursos. 
Desde 2010 é Perito Criminal da Polícia Científi-
ca do Estado de Goiás e atualmente está à dis-
posição da Força Nacional de Segurança Pública.
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Movimentos Bidimensionais
Prof. Herico Avohai
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SUMÁRIO
Apresentação .............................................................................................4
1. Velocidade Relativa .................................................................................5
1.1. Queda Livre ......................................................................................19
1.2. Lançamento Vertical para baixo ............................................................25
2. Movimentos Bidimensionais ....................................................................33
2.1. Lançamento Horizontal .......................................................................33
2.2. Lançamento Oblíquo ...........................................................................44
Questões de Concurso ...............................................................................54
Gabarito ..................................................................................................69
Gabarito Comentado .................................................................................70
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Apresentação
Bom dia, boa tarde, boa noite! Tudo bem?
Pronto, agora que você já sabe os conceitos básicos da cinemática, podemos 
avançar mais um pouco.
Nesta aula, conversaremos sobre Velocidade Relativa e Movimentos Bidimensio-
nais. Os conceitos de Vetores serão importantes para a aula, então, se faz tempo 
que estudou sobre vetores, é bom dar uma revisada no conteúdo.
E não se esqueça de ter DISCIPLINA e TREINAMENTO! Só depende de você!!!
No final desta aula, você estará apto(a) a resolver as questões sobre velocidade 
relativa e movimentos bidimensionais: queda livre, lançamentos verticais e oblí-
quos e ainda interpretar os seus respectivos gráficos.
Vamos nessa!
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1. Velocidade Relativa
Nós estudamos na aula 1 que todo movimento é relativo, certo?
Pois bem, a VELOCIDADE RELATIVA é o valor da velocidade de um móvel 
em relação a um referencial fixo ou não.
Professor, “comacim”? A velocidade de um móvel pode ser diferente dependendo 
do referencial?
Exatamente, PRF! Eu ouvi um amém? Vamos a um exemplo!
Exemplo 1
Imagine dois automóveis A e B, com velocidades constantes de módulos VA = 
60km/h e VB = 60km/h, conforme a figura a seguir:
Observe que os vetores velocidades de A e B estão na direção horizontal e no 
sentido da esquerda para direita.
Daí, eu te pergunto: A alcançará B?
Muito bem, PRF! Se os automóveis mantiverem as velocidades constantes, A 
jamais alcançará B, pois a distância entre eles vai permanecer constante.
Então, podemos concluir que a velocidade de A em relação à velocidade de B é 
zero, ou seja, A em relação a B está em repouso!
Podemos dizer isso para velocidade de B em relação à velocidade de A, que é zero.
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Exemplo 2
Considere agora que dois automóveis A e B, com velocidades constantes de módu-
los VA = 80km/h e VB = 60km/h, conforme a figura a seguir:
Observe que os vetores das velocidades de A e B estão na direção horizontal e 
no sentido da esquerda para direita.
Daí, eu te pergunto: A alcançará B?
A resposta é: SIM! Mas por quê? Porque o módulo da velocidade de A é maior 
que o de B.
Outra pergunta: Qual é a velocidade de A em relação à B?
Para responder a essa pergunta, temos que “fixar” o referencial.
Fixando B, é fácil observar que A se movimenta com velocidade relativa de 
20km/h, na horizontal e da esquerda para direita (sentido positivo da trajetória).
Então, para calcular o módulo da velocidade de A em relação à B, faremos a 
diferença entre eles:
Vetorialmente falando, quando o examinador pedir a velocidade de A em relação 
à B, você fixará o referencial.
E fixar o referencial significa inverter o vetor (vetor oposto), da seguinte maneira.
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Fazendo a soma vetorial,
Logo, o módulo do vetor velocidade relativa será a diferença entre os módulos 
dos vetores A e B, conforme já calculado.
PRF! Você pode simplesmente lembrar que, quando as velocidades estão na 
mesma direção e no mesmo sentido, a velocidade relativa será a diferença entre as 
velocidades, ou pode calcular pela soma vetorial.
Exemplo 3
Considere agora que dois automóveis A e B, com velocidades constantes de módu-
los VA = 80km/h e VB = 60km/h, conforme a figura a seguir:
Agora os vetores velocidades de A e B estão na mesma direção, porém em sen-
tidos opostos.
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A velocidade de A em relação à B, será dada por:
Vetorialmente falando, quando o examinador pedir a velocidade de em relação 
à B, você fixará o referencial.
E fixar o referencial significa inverter o vetor (vetor oposto), da seguinte maneira.
Fazendo a soma vetorial,
Logo, o módulo do vetor velocidade relativa será a soma dos módulos dos veto-
res A e B, conforme já calculado.
Eita, professor! Quer dizer que, quando dois carros colidem frontalmente, a ve-
locidade relativa de um ao outro sempre aumentará?
Isso mesmo, por isso que as colisões frontais são perigosas! E, caso o exami-
nador te pergunte sobre colisão frontal e o porquê dos danos serem maiores, você 
já sabe responder!
Numa colisão frontal, a velocidade relativa somará, então, no exemplo anterior, 
é como se o veículo A colidisse contra um objeto fixo a 140km/h.
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Exemplo 4
Considere agora que dois automóveis A e B, com velocidades constantes de módu-
los VA = 80km/h e VB = 60km/h, conforme a figura a seguir:
Você encontrará a velocidade de A em relação à B, da seguinte forma:
Podemos também encontrar a velocidade relativa de um barco que sobe, desce 
ou atravessa um rio.
Na subida, as velocidades do barco e da correnteza estão em sentidos opostos.
Então, a velocidade do barco em relação à margem será:
Note que, para que o barco consiga subir o rio, o módulo de sua velocidade deve 
ser maior que a velocidade da correnteza.
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Na descida, as velocidades do barco e da correnteza estão no mesmo sentido.
Então, a velocidade do barco em relação à margem será:
Daqui a pouco veremos como ficaria a velocidade relativa do barco atravessan-
do o rio.
1. (ITA-SP/VESTIBULAR) Um barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer 
um mesmo trecho do rio Amazonas, mantendo constante o módulo de sua veloci-
dade em relação à água. Quanto tempo o barco levapara descer esse trecho com 
os motores desligados?
a) 14 horas e 30 minutos
b) 13 horas e 20 minutos
c) 7 horas e 20 minutos
d) 10 horas
e) Não é possível resolver porque não foi dada a distância percorrida pelo barco.
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Letra b.
O examinador quer saber o tempo gasto para percorrer certo trecho com os mo-
tores desligados, ou seja, o barco descerá o rio somente com a velocidade da 
correnteza.
Subida
Na subida, o barco está contra a correnteza VC, então ela “atrapalha” o barco, 
logo a velocidade do barco VB em relação à margem do rio será:
Descida
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Na descida, o barco está a favor da correnteza VC, então ela “empurra” o barco, 
logo a velocidade do barco VB em relação à margem do rio será:
Dados
•	 Velocidade relativa do barco na subida: 
•	 Velocidade relativa do barco na descida: 
•	 Tempo de subida: ts = 10h
•	 Tempo de descida: td = 4h
•	 Distância do trecho = x.
Utilizando a fórmula da velocidade:
Na subida,
Na descida,
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Resolvendo o sistema com as equações I e II encontradas:
Multiplicando a equação I por – 1 e depois somando as duas equações:
A equação da velocidade para correnteza será:
Substituindo os valores,
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Cortando os “x”
Transformando,
Vamos ver como fica a velocidade relativa do barco, quando ele atravessa per-
pendicularmente o rio a partir de um ponto A.
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A minha pergunta é: na configuração acima, qual é o ponto mais provável que 
o barco alcançará do outro lado da margem?
Muito bem, provavelmente será o ponto C, pois o barco se movimentará com 
a sua velocidade mais a velocidade da correnteza, então, enquanto o barco tem 
velocidade para cima, a correnteza empurra para a esquerda, logo a soma vetorial 
dos vetores velocidades será a velocidade do barco em relação à margem.
Professor, a soma vetorial será um triângulo retângulo?
Isso, isso, isso!
Vamos encontrar?
Soma vetorial:
Do jeito que você pensou. Então, o módulo da velocidade relativa será encon-
trado pelo Teorema de Pitágoras.
Se o barco atravessar o rio formando um ângulo qualquer, utilizaremos a lei do 
cosseno com aquele “ajustezinho”, OK?
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2. (FUR-RN/VESTIBULAR) Um barco, em águas paradas, desenvolve uma veloci-
dade de 7m/s. Esse barco vai cruzar um rio cuja correnteza tem velocidade 4m/s, 
paralela às margens. Se o barco cruza o rio perpendicularmente à correnteza, sua 
velocidade em relação às margens, em metros por segundo é, aproximadamente:
a) 11
b) 8
c) 6
d) 5
e) 3
Letra b.
Dados:
VB = 7m/s
Vc = 4m/s.
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Soma vetorial,
Utilizando o Teorema de Pitágoras:
Apesar de não conversarmos sobre Movimento Retilíneo Uniformemente Varia-
do, você resolverá a questão utilizando a definição de aceleração!
Dados do enunciado:
Se a viatura parte do repouso, então a sua velocidade inicial é zero.
Velocidade final v = 100 km/h 
 
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Observe que o intervalo de tempo está em segundos e a velocidade está em 
quilômetros por hora, então temos que transformar a velocidade para metros por 
segundo, pois a resposta é dada em m/s2.
Transformando 100km/h para m/s.
Substituindo na fórmula da velocidade escalar média,
Outra questão nível molezinha, concorda? Não pode errar!
Agora que você já sabe as definições de velocidade e aceleração, podemos co-
nhecer os tipos de movimento.
Todos os movimentos que estudaremos a partir de agora são do tipo uniforme-
mente variado (MUV).
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Na aula 2 vimos que três equações regem esse tipo de movimento, são elas:
Elas que serão utilizadas para definir os próximos tipos de movimento.
1.1. Queda Livre
Futuro(a) servidor(a) público(a), para começar o estudo desse movimento, me 
responda: no vácuo, qual corpo cairá primeiro de certa altura: uma pena ou uma 
bola de boliche?
Acredite ou não! Os dois cairão ao mesmo tempo!!! 
Isso porque não há resistência do ar e a aceleração da gravidade local agirá da 
mesma forma para os dois corpos.
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A imagem acima retirada o livro Halliday (Fundamentos da Física) mostra que 
uma pena e uma maçã caem ao mesmo tempo, percorrendo a mesma distância, 
que aumenta a cada intervalo de tempo.
Note que o movimento não depende da massa do objeto, OK?
Outra característica importante da queda livre é que a velocidade inicial Vo é 
zero. Vai anotando!!!!
A aceleração que age no corpo é a da gravidade local, no nosso caso, g = 10m/s2.
Analisando o movimento de queda livre, de altura H e aceleração da gravidade 
g, temos:
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A velocidade aumenta uniformemente até instantes antes de tocar o solo.
Substituindo nas três equações do MUV. S = H, V0 = 0, a = g, H0 =0, temos:
Equação horária
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Equação da velocidade
Equação de Torricelli
Então, PRF! Você que escolhe: ou lembra dessas novas três fórmulas ou aplica 
as características da Queda Livre, que funcionará do mesmo jeito!
Podemos até calcular o tempo de queda, que nada mais é que uma consequên-
cia da equação horária.
Isolando o t,
Podemos também estudar o movimento de queda livre pelos gráficos.
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Gráfico da Altura em Função do Tempo (Hxt)
•	 Aceleração positiva, então concavidade voltada para cima.
•	 Velocidade positiva e aumenta com o passar do tempo (arco crescente).
Gráfico da Velocidade em Função do Tempo (Vxt)
•	 Aceleração positiva, reta crescente.
•	 Velocidade positiva e aumenta com o passar do tempo.
•	 Velocidade inicial igual a zero.
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Gráfico da Aceleração da Gravidade em Função do Tempo (axt)
•	 Aceleração constante e positiva, reta constante e acima do eixo x.
3. (CESGRANRIO/TÉCNICO DE OPERAÇÕES/PETROBRAS/2015) Ao retirar um equi-
pamento de uma estante, um operador se desequilibrae o deixa cair de uma altura 
de 1,8m do piso.
Considerando-se que inicialmente a velocidade do equipamento na direção vertical 
seja nula e que g = 10m/s2, a velocidade de impacto do equipamento com o piso, 
em m/s, é
a) 2
b) 4
c) 6
d) 8
e) 10
Letra c.
Caro(a) aluno(a), só existem três equações, não tem erro.
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Note que, no enunciado, o examinador não fala em tempo. Então, qual é a equação 
que não tem tempo???
Muito bem, equação de Torricelli.
DADOS:
V 0 = 0
g = 10 m/s2
H = 1,8 m.
V – =?
Utilizando a equação e substituindo os valores,
1.2. Lançamento Vertical para baixo
Aqui está moleza. A única diferença do movimento de queda livre é que agora 
temos uma velocidade inicial diferente de zero.
A aceleração que age no corpo é a da gravidade local, g = 10m/s2.
Analisando o movimento de queda livre, de altura H e aceleração da gravidade 
g, temos:
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A velocidade também aumenta uniformemente até instantes antes de tocar o 
solo.
Substituindo nas três equações do MUV. S = H, V0 ≠ 0, a = g, H0 = 0, temos:
Equação horária
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Equação da velocidade
Equação de Torricelli
As equações são as mesmas, você só tem que entender as características de 
cada movimento.
1.3. Lançamento Vertical para cima
Jogue algo para cima, uma borracha, por exemplo, o que acontece?
A borracha some diminuindo a velocidade, chega um ponto que a velocidade 
é zero, atinge a altura máxima e logo após começa a cair até chegar na sua mão 
novamente, certo?
Pois bem, esse é o lançamento vertical para cima.
O corpo sai com velocidade inicial, sobe diminuindo a velocidade até chegar a zero.
Quando a velocidade é zero, o corpo atinge a altura máxima.
Logo após, cai aumentando a velocidade até retornar ao ponto de origem.
A aceleração que age no corpo é a da gravidade local, g = 10m/s2. Observe que, 
na primeira parte do movimento, o vetor velocidade e o vetor aceleração possuem 
sentidos opostos.
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Analisando o movimento de lançamento vertical para cima, de altura H e acele-
ração da gravidade g, temos:
Movimento de subida
Movimento de descida
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Algumas características importantes:
•	 o tempo de subida é igual ao tempo de descida;
•	 a altura máxima é atingida quando a velocidade do corpo é zero;
•	 a velocidade de saída é igual em módulo à velocidade de chegada;
•	 no movimento de subida, a velocidade diminui; logo, movimento retardado;
•	 na descida, a velocidade aumenta; logo, movimento acelerado;
•	 o movimento de descida é igual ao movimento de queda livre!
As equações serão divididas em duas partes:
Na subida:
V0 ≠ 0; g < 0 (negativa).
Substituindo nas equações:
Equação horária
Equação da velocidade
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Equação de Torricelli
Na descida, o movimento assemelha-se à queda livre.
Considerando a origem na altura máxima, V0 = 0 e g > 0 (positiva), temos que:
Equação horária
Equação da velocidade
Equação de Torricelli
Não tem erro, as equações serão as mesmas!
Vamos analisar os gráficos a partir do movimento inicial.
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Gráfico da Altura em Função do Tempo (Hxt)
•	 Aceleração negativa, então concavidade voltada para baixo.
•	 Velocidade positiva e diminui com o passar do tempo na subida.
•	 O vértice da parábola é o ponto mais alto da trajetória, ou seja, quando a 
velocidade for zero.
Gráfico da Velocidade em Função do Tempo (Vxt)
•	 Aceleração negativa, reta decrescente.
4. (FCC/ANALISTA/BAHIAGÁS/2010) Um objeto, na superfície da Terra, é lançado 
verticalmente para cima com velocidade inicial de 40 m/s. O tempo necessário para 
que o objeto atinja a altura máxima é de
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a) 10s.
b) 8s.
c) 6s.
d) 4s.
e) 2s.
Letra d.
Dados:
V0 = 40m/s
V – = 0, para atingir a velocidade máxima
g = 10m/s2
Utilizando a equação da velocidade, temos:
Questão fácil, né?
Vamos encontrar o tempo que o objeto leva para retornar à posição de origem, 
a altura máxima e a velocidade final do movimento.
Pois bem, o tempo de subida é igual ao tempo de descida, então o tempo total 
será 8s.
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Para calcular a altura máxima, você pode escolher entre a equação horária e a 
de Torricelli.
Utilizando a equação horária:
E a velocidade final será igual à velocidade inicial = 40m/s.
2. Movimentos Bidimensionais
2.1. Lançamento Horizontal
Considere o seguinte movimento: um objeto é lançado horizontalmente de cima 
de um edifício.
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O que acontecerá?
O corpo, devido à ação da gravidade, começará a cair, porém ele se movimen-
tará para frente também.
Estamos diante de dois movimentos que acontecem ao mesmo tempo, os quais 
damos o nome de Movimentos Bidimensionais.
Os movimentos bidimensionais que estudaremos são compostos por MU (Movi-
mento Uniforme) e MUV (Movimento Uniformemente Variado).
Se analisarmos direitinho, já estudamos juntos esses movimentos; basta apli-
carmos os conhecimentos.
Voltando ao movimento inicial,
Inicialmente o corpo é lançado na horizontal para frente, daí eu te pergunto: 
existe alguma desaceleração ou aceleração na horizontal?
A resposta é NÃO!
Na direção x, horizontal, a velocidade do corpo é constante.
Professor, se a velocidade é constante, o movimento desse corpo na 
direção x é uniforme?
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Show de bola! Cada vez mais atento(a). Você já pode começar a treinar para o TAF!
Como você acabou de relembrar, na direção x, o movimento é UNIFORME!
Portando, utilizaremos a equação horária do movimento uniforme.
Vamos os gráficos a partir do movimento inicial.
Gráfico do Espaço (Alcance) em Função do Tempo (Axt)
•	 Velocidade na direção x positiva, reta crescente.
Gráfico da Velocidade em Função do Tempo (Vxt)
•	 Velocidade na direção x constante, reta constante.
•	 Aceleração na direção x nula.
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Vamos estudar o movimento da direção y. Você consegue indicar algumas ca-
racterísticas?
Na direção y, vertical, temos:
•	 velocidade inicial igual a zero;
•	 aceleração a, gravidade g = 10m/s2;
•	 altura H.
Olhando essas três características, qual movimento já estudadoque te lembra?
É o movimento da queda livre!!!
Ou seja, na direção y, o movimento será uniformemente variado e funcionará 
como queda livre!
Equação horária
Equação da velocidade
Equação de Torricelli
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Está vendo como os movimentos se repetem?
Considerando a origem do sistema na posição inicial do corpo, temos os seguin-
tes gráficos.
Gráfico da Altura em Função do Tempo (Hxt)
•	 Aceleração na direção y positiva, concavidade voltada para cima.
•	 Velocidade na direção y positiva e aumenta com o passar do tempo na descida.
Gráfico da Velocidade em Função do Tempo (Vxt)
•	 Velocidade inicial na direção y igual a zero.
•	 Aceleração na direção y positiva, reta crescente.
•	 Velocidade na direção y aumenta na descida.
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Outras Características Importantes no Lançamento Horizontal
1) O tempo que o corpo leva para percorrer a distância x (alcance) é o mesmo 
que leva para percorrer a altura H, pois o movimento bidimensional acontece ao 
mesmo tempo.
2) A velocidade resultante em cada ponto da trajetória é a soma vetorial entre 
Vx e Vy.
Pegando um ponto qualquer da trajetória:
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A Soma Vetorial será:
O módulo é calculado pelo Teorema de Pitágoras:
3) A velocidade resultante pode ser decomposta no eixo x e no eixo y.
5. (UFRGS/VESTIBULAR/2007) Na figura que segue, estão representadas as tra-
jetórias de dois projéteis, A e B, no campo gravitacional terrestre. O projétil A é 
solto da borda de uma mesa horizontal de altura H e cai verticalmente; o projétil B 
é lançado da borda dessa mesa com velocidade horizontal de 1,5m/s. (O efeito do 
ar é desprezível no movimento desses projéteis.)
Se o projétil A leva 0,4 s para atingir o solo, quanto tempo levará o projétil B?
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a) 0,2 s.
b) 0,4 s.
c) 0,6 s.
d) 0,8 s.
e) 1,0 s.
Letra b.
A aceleração da gravidade é a mesma nos dois projéteis e ambos possuem velo-
cidade inicial na direção y igual a zero, logo o tempo que o projétil B levará para 
atingir o solo também será 0,4s.
6. (UFRGS/VESTIBULAR/2007) Na figura que segue, estão representadas as tra-
jetórias de dois projéteis, A e B, no campo gravitacional terrestre. O projétil A é 
solto da borda de uma mesa horizontal de altura H e cai verticalmente; o projétil B 
é lançado da borda dessa mesa com velocidade horizontal de 1,5m/s. (O efeito do 
ar é desprezível no movimento desses projéteis.)
Qual será o valor do alcance horizontal X do projétil B?
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a) 0,2 m.
b) 0,4 m.
c) 0,6 m.
d) 0,8 m.
e) 1,0 m.
Letra c.
Dados:
V0xB = 1,5m/s
Tempo que B leva para atingir o solo tB = 0,4s
Observe que B foi lançado horizontalmente, logo a sua velocidade, na direção x, 
permanecerá constante, ou seja, o movimento é UNIFORME.
Utilizando a equação horária em que S é o alcance na direção x, temos:
Estudo de Caso
Um automóvel saiu da pista, com velocidade v na horizontal, sendo lançado hori-
zontalmente de uma altura de 5m.
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Considerando o sistema ideal, qual foi a velocidade com que o veículo foi lançado 
horizontalmente?
Pegando os dados:
Sx = 25m
H = 5m
V0Y = 0
g = 10m/s2
tx = ty
Na direção y, a gente consegue calcular o tempo de queda, utilizando a equação 
horária do MUV.
S = S0 + VOt + 
a
2
 t2
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Substituindo os valores que temos para direção y:
H = H0 + vOyt + 
g
2
 ty2
5 = 0 + 0.t + 10
2
 ty2
5 = 10
2
 ty2
10 = 10ty2
ty2 = 1
ty=1s
Como ty = tx = 1s, podemos substituir na equação horária do MU da direção x.
Sx=S0 + vxtx
25 = 0 + vx1
vx = 25m/s . 3,6 = 90km/h
Então, acabamos de encontrar a velocidade com que o automóvel saiu da pista!
2.2. Lançamento Oblíquo
Vamos para o último tipo de movimento da cinemática.
O lançamento oblíquo nada mais é que aquele quando você chuta uma bola 
para cima e para frente, ou seja, com velocidade inicial formando um ângulo θ com 
a horizontal.
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Vamos analisar o movimento!
A bola sobe até atingir a altura máxima e depois cai até o solo.
A gravidade é sempre voltada para baixo.
O vetor velocidade inicial deve ser decomposto no eixo x e no eixo y.
Tente decompor! Trançando os eixos x e y e depois encontrando Vox e Voy.
Como V0x é cateto adjacente  
E V0y é cateto oposto  
Muito bem! De posse desses dados, vamos estudar o movimento dividindo-o na 
direção x e depois na direção y, OK?
Na direção X
Note que, na direção x, o movimento não tem aceleração, logo estamos diante 
de Movimento Uniforme, ou seja, sua velocidade será constante durante toda a 
trajetória.
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A equação que rege o movimento na direção x é a do MU.
S é o alcance horizontal!
Na direção Y
Note que, na direção y, o movimento tem a aceleração da gravidade, logo esta-
mos diante do Movimento Uniformemente variado.
A bola sobe diminuindo a velocidade na direção y, atinge a altura máxima quan-
do a velocidade na direção y é zero e, logo após, desce aumentando a velocidade 
na direção y. O que te lembra esse movimento, PRF?
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Lançamento vertical para cima!!!
Está vendo só? Os movimentos se repetem, como eu te disse anteriormente!
E as equações que regem o movimento na direção y são as do MUV, igual ao do 
lançamento vertical para cima.
As equações serão divididas em duas partes.
Na subida:
V0y ≠ 0; g < 0 (negativa).
Substituindo nas equações:
Equação horária
Equação da velocidade
Equação de Torricelli
Na descida, o movimento assemelha-se à queda livre.
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Considerando a origem na altura máxima, V0 = 0 e g > 0 (positiva), temos que:
Equação horária
Equação da velocidade
Equação de Torricelli
Pronto! O lançamento oblíquo ficará assim:
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Outras características importantes:
•	 o tempo de subida é igual ao tempo de descida;
•	 o tempo da direção x é igual ao tempo da direção y.
Na altura máxima, a velocidade na direção y é zero, porém observe na figura acimaque a bola continua com velocidade na direção x!
7. (EXÉRCITO/ESPCEX/CADETE/2015) 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 
9,0m/s, pode-se afirmar que o alcance horizontal do lançamento é:
Dados: intensidade da aceleração da gravidade g = 10m/s2. Despreze a resistência 
do ar.
a) 11,7m
b) 17,5m
c) 19,4m
d) 23,4m
e) 30,4m
Letra d.
Pegando os dados:
Hmáx = 8,45m
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Vx = 9,0m/s (ponto mais alto da trajetória)
Vy = 0 (ponto mais alto da trajetória)
Para calcular o alcance, temos que encontrar o tempo total do movimento.
O examinador nos forneceu a altura máxima.
Na direção y:
Após atingir a altura máxima, o corpo cai “igualzim” à queda livre.
Então, os dados para direção y, após atingir a altura máxima, são os seguintes:
Voy = 0 (velocidade inicial na direção y é zero)
H = 8,45m
De posse desses dados, podemos calcular o tempo de queda, utilizando a equação 
horária do MUV.
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Para essa situação, considerando a origem na altura máxima e substituindo os dados:
Sabemos que o tempo de subida é igual ao tempo de descida, logo o tempo total 
do movimento será = 1,3 + 1,3 = 2,6s.
Para encontrar o alcance, analisaremos o movimento na direção.
Na direção x:
Movimento uniforme, velocidade constante
Vx = 9,0m/s
Utilizando a equação horária do MU:
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O nível dessa questão já é um “cadim” mais difícil, então não deixe de resolver vá-
rias vezes, daquela maneira que combinamos na nossa apresentação, OK?
Qualquer dúvida, me chame!
Alcance Máximo e Altura Máxima
No finalzinho da nossa aula, vou lhe apresentar mais duas fórmulas: a do Alcan-
ce Máximo e a da Altura Máxima.
Essas duas fórmulas nada mais são do que consequências das equações do MU 
e MUV já estudadas.
Professor, não seriam MRU e MRUV?
A única diferença do MRU e MRUV para MU e MUV é a trajetória que é retilínea. 
As equações são as mesmas.
Então, vamos às equações:
Muito bem! Como estou gostando muito da sua dedicação, já vou lhe mostrar 
uma questãozinha de prova!
Se o examinador te perguntar qual deve ser o valor do ângulo para que na mes-
ma velocidade o corpo atinja o alcance máximo, você, sem titubear, responderá θ 
= 45º! E vai feliz da vida para a próxima questão!
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Professor, por quê?
Isso, porque a fórmula do alcance máximo tem sen2θ, e lá na trigonometria 
veremos que o maior valor que o seno pode assumir é igual a +1, quando o ângulo 
for 90º.
Logo, para que sen2θ seja igual a +1, temos que:
2θ = 90º
θ = 45º.
Belezinha?
Ficamos por aqui, espero que esteja acompanhando. Lembre-se de que “Mar 
calmo nunca fez bom marinheiro”. Até a próxima e fique com as questões!
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QUESTÕES DE CONCURSO
1. (AOCP/PROFESSOR/IBC/2012) Dois móveis X e Y percorrem trajetórias retilíne-
as e paralelas, com velocidades constantes, iguais a 30 m/s e 40 m/s, respectiva-
mente e em módulo. Com base nessas informações, assinale a alternativa correta.
a) Ao se movimentarem em sentidos contrários e mesma direção, a distância entre 
eles, 2s após se cruzarem num ponto qualquer da trajetória, será de 140m.
b) Ao se movimentarem no mesmo sentido e direção a distância entre eles, 5s 
após se cruzarem num ponto qualquer da trajetória, será de 25m.
c) A velocidade relativa será sempre maior que a maior das velocidades.
d) A velocidade relativa será sempre menor que a menor das velocidades.
e) A velocidade relativa estará sempre compreendida entre o valor da menor velo-
cidade e o da maior velocidade.
2. (EFOMM/MARINHA/OFICIAL/2011) Um barco atravessa um rio de margens parale-
las e largura de 4,0 km. Devido à correnteza, as componentes da velocidade do barco 
são Vx = 0,50 km /h e Vy = 2,0 km / h. Considerando que, em t = 0, o barco parte 
da origem do sistema cartesiano xy (indicado na figura), as coordenadas de posição, 
em quilômetro, e o instante, em horas, de chegada do barco à outra margem são
Margem do rio
Sentido da correnteza
Margem do riox (km)
y (km)
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a) (1,0; 4,0) e 1,0
b) (1,0; 4,0) e 2,0
c) (2,0; 4,0) e 4,0
d) (16; 4,0) e 4,0
e) (16; 4,0) e 8,0
3. (CESGRANRIO/ENGENHEIRO DE PETRÓLEO/PETROBRAS/2012) Duas partículas 
se movem em sentidos opostos, com velocidades constantes, sobre o eixo x. A pri-
meira tem uma velocidade de 4,0 m/s, e a segunda se move a 6,0 m/s. A distância 
inicial entre elas é 120 m. O tempo, em segundos, que passará até a colisão é de
a) 60
b) 30
c) 20
d) 15
e) 12
4. (CONSULPLAN/OFICIAL/CBMPA/2016) Um barco, ao atravessar um rio, confor-
me indicado na figura a seguir, desloca em relação às margens uma distância de 60 
m, gastando para isso um intervalo de tempo de 4 s.
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Considere que:
•	 VBA = velocidade do barco em relação à água;
•	 VAM = velocidade da água em relação às margens;
•	 VBM = velocidade do barco em relação às margens.
O módulo da velocidade do barco em relação à água se o mesmo desce o rio uma 
distância de 36 m é de:
a) 6 m/s.
b) 8 m/s.
c) 10 m/s.
d) 12 m/s.
e) 14 m/s.
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5. (MARINHA/ESCOLA NAVAL/2017) Dois navios da Marinha de Guerra, as Fra-
gatas Independência e Rademaker, encontram-se próximos a um farol. A Fragata 
Independência segue em direção ao norte com velocidade de 15 2 nós e a Fraga-
ta Rademaker, em direção ao nordeste com velocidade de 20 nós. Considere que 
ambas as velocidades foram medidas em relação ao farol. Se na região há uma 
corrente marítima de 2,0 nós no sentido norte-sul, qual o módulo da velocidade 
relativa da Fragata Independência, em nós, em relação à Fragata Rademaker? 
(Considere cos135o = - 22 )
a) 10,0
b) 12,3
c) 13,7
d) 15,8
e) 16,7
6. (FM/ITAJUBÁ-MG/VESTIBULAR) Um barco atravessa um rio seguindo a menor 
distância entre as margens, que são paralelas. Sabendo que a largura do rio é de 
2,0 km, a travessia é feita em 15 min e a velocidade da correnteza é 6,0 km/h, 
podemos afirmar que o módulo da velocidade do barco em relação à água é:
a) 2,0 km/h
b) 6,0 km/h
c) 8,0 km/h
d) 10 km/h
e) 14 km/h
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7. (CESGRANRIO/OPERADOR SÊNIOR/PETROBRAS/2006) Larga-se uma bola de 
massa 50,0g de uma altura de 10,0m. Supondo g = 9,8m/s2 e a resistência do ar 
desprezível, com que velocidade, em m/s, ela chegará ao solo?
a) 3,5
b) 7,0
c) 14,0
d) 70,0
e) 196,0
8. (FCC/PROFESSOR/SEDES/2016) Um corpo cai em queda livreda 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
e) 35
9. (EEAR/SARGENTO/AERONÁUTICA/2016) Um garoto que se encontra em uma 
passarela de altura 20 metros, localizada sobre uma estrada, observa um veículo 
com teto solar aproximando-se. Sua intenção é abandonar uma bolinha de borracha 
para que ela caia dentro do carro, pelo teto solar. Se o carro viaja na referida es-
trada com velocidade constante de 72 Km/h, a que distância, em metros, do ponto 
diretamente abaixo da passarela sobre a estrada deve estar o carro no momento em 
que o garoto abandonar a bola. Despreze a resistência do ar e adote g =10m/s2.
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a) 10
b) 20
c) 30
d) 40
10. (CEBRASPE/TRANSPETRO/OPERADOR/2001) O Sol, a estrela mais próxima da 
Terra e em torno da qual nosso planeta gira em uma órbita praticamente circular, 
apresenta algumas características importantes, que são mostradas na tabela a se-
guir. A Terra é um planeta que contém água em abundância tanto no estado sólido 
quanto nos estados líquido e gasoso. Ela tem: uma atmosfera composta por vapor 
d’água e vários outros gases em diferentes proporções; sua órbita a uma distância 
de 1,5 × 1011 m do centro do Sol; uma Lua com órbita circular a uma distância 
de 3,82 × 108 m do seu centro. Na tabela a seguir, também estão especificadas 
algumas características da Terra e da Lua.
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Considere as seguintes situações.
I – Um objeto de massa m, na superfície da Terra e subindo, com módulo da velo-
cidade inicial vertical em relação à superfície igual a 2 m/s.
II – Um objeto também de massa m, na superfície da Lua e subindo, com módulo 
da velocidade inicial vertical em relação à superfície igual a 2 m/s.
Nesse caso, o tempo que o objeto da situação I leva para subir um metro em re-
lação à superfície da Terra é igual ao tempo que o objeto da situação II leva para 
subir um metro em relação à superfície da Lua.
11. (IBFC/AUX. DE NECROPSIA/POLÍCIA CIENTÍFICA-PR/2017) Um corpo é lança-
do do solo verticalmente para cima, com velocidade inicial de 60 m/s. Desprezando 
a resistência do ar e admitindo g= 10 m/s2, o tempo gasto pelo corpo para atingir 
a altura máxima foi de:
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a) 60 s
b) 30 s
c) 90 s
d) 6 s
e) 15 s
12. (FUVEST/VESTIBULAR/2017) Em uma tribo indígena de uma ilha tropical, o 
teste derradeiro de coragem de um jovem é deixar-se cair em um rio, do alto de um 
penhasco. Um desses jovens se soltou verticalmente, a partir do repouso, de uma 
altura de 45 m em relação à superfície da água. O tempo decorrido, em segundos, 
entre o instante em que o jovem iniciou sua queda e aquele em que um especta-
dor, parado no alto do penhasco, ouviu o barulho do impacto do jovem na água é, 
aproximadamente,
Note e adote:
Considere o ar em repouso e ignore sua resistência.
Ignore as dimensões das pessoas envolvidas.
Velocidade do som no ar: 360 m/s.
Aceleração da gravidade: 10 m/s2.
a) 3,1.
b) 4,3.
c) 5,2.
d) 6,2.
e) 7,0.
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13. (FUNCAB/PERITO CRIMINAL/PCES/2008) Em um dia de chuva intensa, a altitu-
de das nuvens relativamente ao solo era de 0,5km. Considere que a velocidade das 
gostas de chuva ao se deslocarem da posição das nuvens era de 5 m/s, que a massa 
média das gosta era de 65x10-3 g e que a aceleração gravitacional era 10 m/s2.
A velocidade das gostas de chuva ao chegarem ao solo, na condição de inexistência 
de atrito com o ar em m/s, é:
a) 5
b) 25
c) 50
d) 100
e) 150
14. (CESGRANRIO/PROFISSIONAL DE VENDAS/LIQUIGÁS/2015) Um objeto de 
massa 5 kg é levado, em uma nave, da Terra para a Lua. Um disparador consegue, 
tanto na Terra quanto na Lua, jogar o objeto verticalmente para cima com velocida-
de de 6 m/s. A aceleração da gravidade na Lua vale 1/6 da aceleração da gravidade 
na Terra, e a resistência do ar pode ser desprezada tanto na Terra quanto na Lua.
Se na Terra a altura atingida pelo objeto ao ser disparado vale 1,8 m, na Lua o ob-
jeto atingirá a altura, em metros, de
Parte superior do formulário
a) 0,3
b) 0,6
c) 1,8
d) 10,8
e) 18,0
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15. (NUCEPE/PROFESSOR/SEDUC-PI/2015) Um avião tipo caça, voa horizontal-
mente a uma altitude de 720 m, com velocidade constante, cujo módulo é 360 
km/h, numa região em que a aceleração da gravidade tem módulo g = 10m/s2. 
Num determinado instante o piloto recebe uma ordem de soltar uma bomba para 
atingir um alvo na superfície do solo e a executa imediatamente. Desprezando os 
efeitos da resistência do ar e supondo a superfície do solo plana, a distância hori-
zontal, em metros, entre o avião e o alvo, no instante em que a bomba foi aban-
donada, é igual a
a) 1000 m.
b) 1100 m.
c) 1200 m.
d) 2400 m.
e) 4320 m.
16. (CEBRASPE/PERITO CRIMINAL/POLÍCIA CIENTÍFICA PE/2016) Considere que 
um projétil tenha sido disparado de uma pistola com velocidade inicial de módu-
lo igual a Vo e em ângulo θ (ascendente) em relação à horizontal. Desprezando 
a resistência do ar, assinale a opção correta acerca do movimento realizado por 
esse projétil.
a) No ponto de altura máxima, a velocidade resultante do projétil será nula.
b) A aceleração do projétil será nula no ponto de altura máxima.
c) A única força atuante no projétil durante todo o movimento é o seu peso.
d) O alcance horizontal que o projétil pode atingir depende de sua massa
e) A componente horizontal da velocidade do projétil varia de ponto a ponto na 
trajetória, porém sua componente vertical é invariável.
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17. (CESGRANRIO/TÉCNICO DE ESTABILIDADE/PETROBRAS) Um objeto é lançado 
a partir da origem de um sistema de coordenadas, com velocidade inicial de 8,0 
m/s, fazendo um ângulo de 60 graus em relação à horizontal.
O alcance do objeto lançado, em metros, é de:
Dados: g = 10,0 m/s2
31/2 = 1,7
21/2 = 1,4
a) 2,8
b) 4,0
c) 5,4
d) 11,2
e) 22,4
18. (NUCEPE/PERITO CRIMINAL/PCPI/2012) Um morteiro, um artefato lançador de 
granadas, está afastado uma distância horizontal X de uma linha vertical posiciona-
da sobre uma encosta (ver figura a seguir). 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 horizon-
tal X para que a granada atinja o ponto P da encosta, depois de ultrapassar o ponto 
mais alto da sua trajetória, será igual a:
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a) 261 metros
b) 348 metros
c) 435 metros
d) 522 metros
e) 609 metros
19. (CEBRASPE/SOLDADO/CMBCE/2014)
Na figura acima, é mostrada a cena de um bombeiro, que, no plano horizontal, 
usa um jato de água para apagaro incêndio em um apartamento localizado a hm 
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de altura, em relação ao mesmo plano horizontal. Nessa figura, é o vetor ve-
locidade do jato de água ao sair da mangueira; θi é o ângulo de inclinação do bico 
da mangueira em relação ao plano horizontal; e d é a distância entre o bombeiro 
e o edifício.
Com base nessas informações, considerando que sejam nulas as forças de atrito 
sobre qualquer elemento do sistema e que o jato de água seja uniforme, julgue os 
próximos itens.
( )� O jato de água atinge o alcance máximo na horizontal quando θi = 45º.
( )� A projeção no eixo horizontal do movimento das partículas de água, após saí-
rem da mangueira, descreve um movimento uniformemente acelerado.
( )� A orientação do vetor velocidade do jato de água e de suas componentes nos 
eixos vertical e horizontal do plano cartesiano que contém a trajetória do jato 
de água e que apresenta um dos eixos contido no plano horizontal em que 
se encontra o bombeiro pode ser corretamente representada pela seguinte 
figura, em que xM é o ponto no qual o jato de água atinge sua altura máxima.
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20. (FGV/PERITO CRIMINAL/PCRJ/2008) A figura representa, em gráfico cartesia-
no, como o módulo v da velocidade de um projétil, lançado obliquamente do solo, 
varia em função do tempo t durante o voo, supondo desprezível a resistência do ar.
Com base no gráfico acima, é correto afirmar que o alcance do tiro foi de:
a) 480m
b) 640m
c) 800m
d) 960m
e) 1,60x103m
21. (AERONÁUTICA/EEAR/SARGENTO-CONTROLADOR) Um jogador de basquete 
faz um arremesso lançando uma bola a partir de 2m de altura, conforme a figura 
a seguir. Sabendo-se, inicialmente, que a bola descreve um ângulo de 60º em re-
lação ao solo, no momento de lançamento, e que é lançada com uma velocidade 
inicial de vo = 5 m/s, qual é aproximadamente a altura máxima atingida durante a 
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trajetória? Considere g = 9,8 m/s2.
a) 1,45 m
b) 2,45 m
c) 2,95 m
d) 4,45 m
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GABARITO
1. a
2. b
3. e
4. d
5. d
6. d
7. c
8. e
9. d
10. E
11. d
12. a
13. d
14. d
15. c
16. c
17. c
18. d
19. C, E, E
20. d
21. c
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GABARITO COMENTADO
1. (AOCP/PROFESSOR/IBC/2012) Dois móveis X e Y percorrem trajetórias retilíne-
as e paralelas, com velocidades constantes, iguais a 30m/s e 40m/s, respectiva-
mente e em módulo. Com base nessas informações, assinale a alternativa correta.
a) Ao se movimentarem em sentidos contrários e mesma direção, a distância entre 
eles, 2s após se cruzarem num ponto qualquer da trajetória, será de 140m.
b) Ao se movimentarem no mesmo sentido e direção a distância entre eles, 5s 
após se cruzarem num ponto qualquer da trajetória, será de 25m.
c) A velocidade relativa será sempre maior que a maior das velocidades.
d) A velocidade relativa será sempre menor que a menor das velocidades.
e) A velocidade relativa estará sempre compreendida entre o valor da menor velo-
cidade e o da maior velocidade.
Letra a.
Nesse tipo de questão, temos que resolver cada alternativa para chegar ao gaba-
rito.
A letra A está certa. Ao se movimentarem em sentidos contrários e na mesma dire-
ção, a distância entre eles, 2s após se cruzarem num ponto qualquer da trajetória, 
será de 140m.
Após o ponto de encontro, a velocidade A em relação à B, em sentidos opostos, 
será:
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Utilizando a equação da velocidade, temos:
b) Errado. Ao se movimentarem no mesmo sentido e direção, a distância entre 
eles, 5s após se cruzarem num ponto qualquer da trajetória, será de 25m.
Após o ponto de encontro, a velocidade A em relação à B, no mesmo sentido, será:
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Utilizando a equação da velocidade, temos:
c) Errado. A velocidade relativa será sempre maior que a maior das velocidades.
Item errado, vide letra B. A velocidade relativa é igual a 10m/s e a maior das ve-
locidades é 40m/s.
d) Errado. A velocidade relativa será sempre menor que a menor das velocidades.
Item errado, vide item A. A velocidade relativa é igual a 70m/s e a maior das ve-
locidades é 30m/s.
e) Errado. A velocidade relativa estará sempre compreendida entre o valor da me-
nor velocidade e o da maior velocidade.
Item errado, vide itens A e B.
2. (EFOMM/MARINHA/OFICIAL/2011) Um barco atravessa um rio de margens para-
lelas e largura de 4,0km. Devido à correnteza, as componentes da velocidade do bar-
co são Vx = 0,50km /h e Vy = 2,0km / h. Considerando que, em t = 0, o barco parte 
da origem do sistema cartesiano xy (indicado na figura), as coordenadas de posição, 
em quilômetro, e o instante, em horas, de chegada do barco à outra margem são
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Margem do rio
Sentido da correnteza
Margem do riox (km)
y (km)
a) (1,0; 4,0) e 1,0
b) (1,0; 4,0) e 2,0
c) (2,0; 4,0) e 4,0
d) (16; 4,0) e 4,0
e) (16; 4,0) e 8,0
Letra b.
Dados:
Vx = 0,50km/h
Vy = 2,0km/h
As componentes da velocidade são constantes.
Largura do rio = Sy = 4km.
Margem do rio
Sentido da correnteza
Margem do riox (km)
y (km)
Vx
Vy
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Como as velocidades são constantes, podemos calcular o tempo que o barco leva 
na direção y e depois calcular a distância que ele desce o rio na direção y.
Direção y
Utilizando a equação horária do MU:
Substituindo os valores:
Como ty = tx, temos que na direção x:
Substituindo os valores:
Podemos concluir que o barco desceu 1km, então as coordenadas de posição 
serão (1;4).
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3. (CESGRANRIO/ENGENHEIRO DE PETRÓLEO/PETROBRAS/2012) Duas partículas 
se movem em sentidos opostos, com velocidades constantes, sobre o eixo x. A pri-
meira tem uma velocidade de 4,0 m/s, e a segunda se move a 6,0 m/s. A distância 
inicial entre elas é 120 m. O tempo, em segundos, que passará até a colisão é de
a) 60
b) 30
c) 20
d) 15
e) 12
Letra e.
Dados:
V1 = 4m/s
V2 = 6m/s
∆S = 120m.
Questão que pode ser resolvida utilizando a equação horária do MRU ou pela 
velocidade relativa.
As partículas estão movimentando-se em sentidos opostos, logo a velocidade 
relativa de 1 em relação a 2 será:
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Utilizando a equação da velocidade:
4. (CONSULPLAN/OFICIAL/CBMPA/2016) Um barco, ao atravessar um rio, confor-
me indicado na figura a seguir, desloca em relação às margensuma distância de 
60m, gastando para isso um intervalo de tempo de 4s.
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Considere que:
•	 VBA = velocidade do barco em relação à água;
•	 VAM = velocidade da água em relação às margens;
•	 VBM = velocidade do barco em relação às margens.
O módulo da velocidade do barco em relação à água se o mesmo desce o rio a uma 
distância de 36m é de:
a) 6m/s.
b) 8m/s.
c) 10m/s.
d) 12m/s.
e) 14m/s.
Letra d.
Dados:
Distância percorrida pelo barco na diagonal = 60m.
Distância percorrida pelo barco na horizontal = 48m.
Tempo para realizar o movimento = 4s.
Desenhe as distâncias percorridas.
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Temos, nesse caso, um triângulo retângulo e você já sabe como calcular o terceiro 
lado.
Teorema de Pitágoras
Então, a distância percorrida na vertical é 48m. Se você analisar a questão, con-
cordará comigo que a velocidade da direção y é a velocidade do barco em relação 
à água, que é exatamente o que o examinador quer!
Utilizando a fórmula da velocidade:
5. (MARINHA/ESCOLA NAVAL/2017) Dois navios da Marinha de Guerra, as Fragatas 
Independência e Rademaker, encontram-se próximos a um farol. A Fragata Inde-
pendência segue em direção ao norte com velocidade de 15√2 nós e a Fragata Ra-
demaker, em direção ao nordeste com velocidade de 20 nós. Considere que ambas 
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as velocidades foram medidas em relação ao farol. Se na região há uma corrente 
marítima de 2,0 nós no sentido norte-sul, qual o módulo da velocidade relativa 
da Fragata Independência, em nós, em relação à Fragata Rademaker? (Considere 
cos135o = - 2
2 )
a) 10,0
b) 12,3
c) 13,7
d) 15,8
e) 16,7
Letra d.
Dados:
VFI = 15 2 nós para o Norte
VFR = 20 nós para o Nordeste
Vc = 2,0 nós para o Sul
Note que o ângulo entre os vetores velocidades das Fragatas é de 45º.
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A pergunta é: qual a velocidade relativa da Fragata Independência, em relação à 
Fragata Rademaker?
A velocidade da correnteza não fará diferença, pois ela está “atuando” nas duas 
Fragatas da mesma forma.
Pois bem, lembra que você tem que fixar o referencial para encontrar a velocidade 
relativa? E fixar é inverter o seu vetor (vetor oposto).
Qual será o novo ângulo entre os vetores?
Será de 135º!
Opa, quando temos um ângulo qualquer, utilizaremos a lei dos cossenos com aque-
le “ajustezinho”!
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6. (FM/ITAJUBÁ-MG/VESTIBULAR) Um barco atravessa um rio seguindo a menor 
distância entre as margens, que são paralelas. Sabendo que a largura do rio é de 
2,0 km, a travessia é feita em 15 min e a velocidade da correnteza é 6,0 km/h, 
podemos afirmar que o módulo da velocidade do barco em relação à água é:
a) 2,0 km/h
b) 6,0 km/h
c) 8,0 km/h
d) 10 km/h
e) 14 km/h
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Letra d.
Dados:
VC = 6km/h
Distância entre as margens = 2 km
∆ttravessia = 15 min ÷ 60 = 0,25h
O barco atravessa o rio na menor distância entre as margens, então a velocidade 
relativa do barco em relação à margem deve ser perpendicular à velocidade da 
correnteza.
Logo, a velocidade do barco passa a ser a hipotenusa.
Encontrando a velocidade relativa do barco em relação à margem:
Para encontrar a velocidade do barco, utilizaremos o Teorema de Pitágoras.
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Note que o ângulo entre os vetores velocidades das Fragatas é de 45º.
7. (CESGRANRIO/OPERADOR SÊNIOR/PETROBRAS/2006) Larga-se uma bola de 
massa 50,0g de uma altura de 10,0m. Supondo g = 9,8m/s2 e a resistência do ar 
desprezível, com que velocidade, em m/s, ela chegará ao solo?
a) 3,5
b) 7,0
c) 14,0
d) 70,0
e) 196,0
Letra d.
Dados:
V0 = 0 (queda livre)
m = 50,0g
H = 10,0m
g = 9,8m/s2
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Estamos diante do movimento QUEDA LIVRE. A bola é largada de certa altura.
Temos três equações do MRUV para utilizar.
Como o examinador não forneceu o tempo, iremos utilizar a equação de Torricelli.
8. (FCC/PROFESSOR/SEDES/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
e) 35
Letra e.
Dados:
V0 = 0 (queda livre)
H = 80 m
g = 10 m/s2
Estamos diante do movimento QUEDA LIVRE.
Novamente temos três equações do MRUV para utilizar.
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Podemos calcular qual o tempo gasto pelo corpo para cair e depois calcular a dis-
tância percorrida por ele até o último segundo e logo após encontrar a distância 
percorrida no último segundo.
Equação horária do MRUV, considerando a origem do movimento no momento 
inicial que cai.
Calculando a distância percorrida pelo corpo até 3s, utilizando a equação horária 
do MRUV:
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Se no instante 3s, o corpo percorre 45m, então, no último segundo, ele percorrerá 
80m – 45m = 35m.
9. (EEAR/SARGENTO/AERONÁUTICA/2016) Um garoto que se encontra em uma 
passarela de altura 20 metros, localizada sobre uma estrada, observa um veículo 
com teto solar aproximando-se. Sua intenção é abandonar uma bolinha de borracha 
para que ela caia dentro do carro, pelo teto solar. Se o carro viaja na referida es-
trada com velocidade constante de 72 Km/h, a que distância, em metros, do ponto 
diretamente abaixo da passarela sobre a estrada deve estar o carro no momento em 
que o garoto abandonar a bola. Despreze a resistência do ar e adote g =10m/s2.
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a) 10
b) 20
c) 30
d) 40
Letra d.
Dados:
V0 = 0 (queda livre da bola)
H = 20 m
g = 10 m/s2
vcarro = 72 km/h ÷ 3,6 = 20 m/s.
Estamos diante de dois movimentos: o da bola é QUEDA LIVRE e o do é carro MRU.
Então, temos que calcular o tempo que a bola leva para cair 20m e, com esse tempo, 
calcular a distância que o carro tem que percorrer com a sua velocidade constante.
Para a bola, o tempo de queda será calculado pela equação horária do MRUV, con-
siderando a origem do movimento no momento inicial que a bola cai.
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Calculando a distância percorrida pelo carro em 2s, utilizando a equação horária do 
MRU:
10. (CEBRASPE/TRANSPETRO/OPERADOR/2001) O Sol, a estrela mais próxima da 
Terra e em torno da qual nosso planetagira em uma órbita praticamente circular, 
apresenta algumas características importantes, que são mostradas na tabela a se-
guir. A Terra é um planeta que contém água em abundância tanto no estado sólido 
quanto nos estados líquido e gasoso. Ela tem: uma atmosfera composta por vapor 
d’água e vários outros gases em diferentes proporções; sua órbita a uma distância 
de 1,5 × 1011m do centro do Sol; uma Lua com órbita circular a uma distância de 
3,82 × 108 m do seu centro. Na tabela a seguir, também estão especificadas algu-
mas características da Terra e da Lua.
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Considere as seguintes situações.
I – Um objeto de massa m, na superfície da Terra e subindo, com módulo da velo-
cidade inicial vertical em relação à superfície igual a 2 m/s.
II – Um objeto também de massa m, na superfície da Lua e subindo, com módulo 
da velocidade inicial vertical em relação à superfície igual a 2 m/s.
Julgue o item seguinte:
Nesse caso, o tempo que o objeto da situação I leva para subir um metro em re-
lação à superfície da Terra é igual ao tempo que o objeto da situação II leva para 
subir um metro em relação à superfície da Lua.
Errado.
As acelerações das gravidades na Lua e na Terra são diferentes.
11. (IBFC/AUX. DE NECROPSIA/POLÍCIA CIENTÍFICA-PR/2017) Um corpo é lança-
do do solo verticalmente para cima, com velocidade inicial de 60 m/s. Desprezando 
a resistência do ar e admitindo g= 10 m/s2, o tempo gasto pelo corpo para atingir 
a altura máxima foi de:
a) 60 s
b) 30 s
c) 90 s
d) 6 s
e) 15 s
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Letra d.
Dados:
V0 =
V – = 0, quando atinge a altura máxima
g = 10 m/s2
Estamos diante do movimento de lançamento vertical para cima.
Para calcular o tempo que leva para atingir a altura máxima, podemos utilizar a 
equação da velocidade.
12. (FUVEST/VESTIBULAR/2017) Em uma tribo indígena de uma ilha tropical, o 
teste derradeiro de coragem de um jovem é deixar-se cair em um rio, do alto de 
um penhasco. Um desses jovens se soltou verticalmente, a partir do repouso, de 
uma altura de 45 m em relação à superfície da água. O tempo decorrido, em se-
gundos, entre o instante em que o jovem iniciou sua queda e aquele em que um 
espectador, parado no alto do penhasco, ouviu o barulho do impacto do jovem na 
água é, aproximadamente,
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Note e adote:
Considere o ar em repouso e ignore sua resistência.
Ignore as dimensões das pessoas envolvidas.
Velocidade do som no ar: 360 m/s.
Aceleração da gravidade: 10 m/s2.
a) 3,1.
b) 4,3.
c) 5,2.
d) 6,2.
e) 7,0.
Letra a.
Dados:
Índio em queda livre:
V0 = 0
g = 10 m/s2
H = 45m
∆ttotal =?
Estamos diante de dois movimentos:
1º) o índio em queda livre;
2º) a velocidade do som subindo em MU.
Então, o tempo total será o tempo que o índio leva para cair mais o tempo que o 
som leva para subir até o observador ∆ttotal =tíndio + tsom.
Calculando o tempo de queda do índio, utilizando a equação horária do MRUV:
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Calculando o tempo que o som leva para subir em MU:
Logo, o tempo total será 3s + 0,1s = 3,1s.
13. (FUNCAB/PERITO CRIMINAL/PCES/2008) Em um dia de chuva intensa, a altitu-
de das nuvens relativamente ao solo era de 0,5km. Considere que a velocidade das 
gostas de chuva ao se deslocarem da posição das nuvens era de 5m/s, que a massa 
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média das gosta era de 65x10-3 g e que a aceleração gravitacional era 10m/s2.
A velocidade das gotas de chuva ao chegarem ao solo, na condição de inexistência 
de atrito com o ar em m/s, é:
a) 5
b) 25
c) 50
d) 100
e) 150
Letra d.
Dados:
V0 = 0
g = 10 m/s2
H = 0,5km = 500m
V – =?
Calculando a velocidade final utilizando a equação de Torricelli.
PRF, note que nesse exercício alguns dados foram desnecessários para resolução do 
problema! Vira e mexe acontece isso, não se preocupe!
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14. (CESGRANRIO/PROFISSIONAL DE VENDAS/LIQUIGÁS/2015) Um objeto de 
massa 5 kg é levado, em uma nave, da Terra para a Lua. Um disparador consegue, 
tanto na Terra quanto na Lua, jogar o objeto verticalmente para cima com velocida-
de de 6 m/s. A aceleração da gravidade na Lua vale 1/6 da aceleração da gravidade 
na Terra, e a resistência do ar pode ser desprezada tanto na Terra quanto na Lua.
Se na Terra a altura atingida pelo objeto ao ser disparado vale 1,8 m, na Lua o ob-
jeto atingirá a altura, em metros, de
a) 0,3
b) 0,6
c) 1,8
d) 10,8
e) 18,0
Letra d.
Dados:
Na Terra
V0 =
Podemos considerar gTERRA = 10m/s2
HmáxTERRA =1,8m
Na Lua
V0 =
HmáxLUA =?
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Substituindo na equação de Torricelli:
Na LUA
15. (NUCEPE/PROFESSOR/SEDUC-PI/2015) Um avião tipo caça, voa horizontal-
mente a uma altitude de 720 m, com velocidade constante, cujo módulo é 360 
km/h, numa região em que a aceleração da gravidade tem módulo g = 10m/s2. 
Num determinado instante o piloto recebe uma ordem de soltar uma bomba para 
atingir um alvo na superfície do solo e a executa imediatamente. Desprezando os 
efeitos da resistência do ar e supondo a superfície do solo plana, a distância hori-
zontal, em metros, entre o avião e o alvo, no instante em que a bomba foi aban-
donada, é igual a
a) 1000 m.
b) 1100 m.
c) 1200 m.
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d) 2400 m.
e) 4320 m.
Letra c.
Vx = 360 km/h ÷ 3,6 = 100 m/s
H = 720 m
A velocidade da bomba na direção x é igual à velocidade do avião na direção x.
Vamos calcular o tempo de queda da bomba (direção y) e depois encontrar o seu 
alcance na horizontal (direção x).
Na direção y, a velocidade inicial é zero.
Utilizando a equação horária do MUV:
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Para encontrar o alcance (direção x), utilizamos a equação horária do MU:
16. (CEBRASPE/PERITO CRIMINAL/POLÍCIA CIENTÍFICA-PE/2016) Considere que um 
projétil tenha sido disparado de uma pistola com velocidade inicial de módulo igual a 
Vo e em ângulo θ (ascendente) em relação à horizontal. Desprezando a resistência do 
ar, assinale a opção correta acerca do movimento realizado por esse projétil.
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a) No ponto de altura máxima, a velocidade resultante do projétil será nula.
b) A aceleração do projétil será nula no ponto de altura máxima.
c) A única força atuante no projétil durante todo o movimento é o seu peso.
d) O alcance horizontal que o projétil pode atingir depende de sua massa
e) A componente horizontal da velocidade do projétil varia de ponto a ponto na 
trajetória, porém sua componente verticalé invariável.
Letra c.
Questão interessante sobre as definições do lançamento oblíquo, que iremos resol-
vê-la por exclusão.
A letra C está correta. O assunto será estudado na próxima aula, porém, por exclu-
são, os demais itens estão errados conforme as definições de lançamento oblíquo.
a) Errado. O projétil continua com velocidade na direção x, só será nula na direção y.
b) Errado. A aceleração da gravidade continua agindo no projétil, a velocidade na 
direção y que será zero.
d) Errado. O examinador diz que devemos desprezar a resistência do ar, então os 
movimentos na cinemática não dependem da massa do corpo.
e) Errado. Na direção x, a velocidade do projétil é constante.
17. (CESGRANRIO/TÉCNICO DE ESTABILIDADE/PETROBRAS) Um objeto é lançado 
a partir da origem de um sistema de coordenadas, com velocidade inicial de 8,0 
m/s, fazendo um ângulo de 60 graus em relação à horizontal.
O alcance do objeto lançado, em metros, é de:
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Dados: g = 10,0 m/s2
a) 2,8
b) 4,0
c) 5,4
d) 11,2
e) 22,4
Letra c.
DADOS
V0 = 8,0 m/s
θ = 60º
Temos agora o lançamento oblíquo para cima.
Você pode resolver de duas formas, vamos a elas.
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1º) Decompondo a velocidade inicial no eixo x e no eixo y.
Trace os eixos x e y e depois encontre Vox e Voy.
Como V0x é cateto adjacente, temos:
E V0y é cateto oposto.
Calculando o tempo que leva para completar o movimento:
Na direção y (subida)
Para atingir a altura máxima, sabemos que a velocidade na direção y é zero.
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Sabemos que o tempo de subida é igual ao tempo de descida, então o tempo total 
do movimento é 0,8s.
Substituindo no movimento da direção x, para encontrar o alcance:
A segunda forma seria pela equação do alcance.
Substituindo os valores:
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A escolha é sua!!!
18. (NUCEPE/PERITO CRIMINAL/PCPI/2012) Um morteiro, um artefato lançador de 
granadas, está afastado uma distância horizontal X de uma linha vertical posiciona-
da sobre uma encosta (ver figura a seguir). 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 horizon-
tal X para que a granada atinja o ponto P da encosta, depois de ultrapassar o ponto 
mais alto da sua trajetória, será igual a:
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a) 261 metros
b) 348 metros
c) 435 metros
d) 522 metros
e) 609 metros
Letra d.
DADOS
V0 = 100 m/s
θ = 30º
Vamos calcular o tempo que o artefato passa pela altura de 120m e depois utilizar 
esse tempo para encontrar o seu alcance.
1º) Decompondo a velocidade inicial no eixo x e no eixo y.
Trace os eixos x e y e depois encontre Vox e Voy.
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Como V0x é cateto adjacente, temos:
E V0y é cateto oposto
Na direção y
Calculando o tempo que leva para passar pela altura 120m, considerando a origem 
no início do movimento e utilizando a equação horária do MUV:
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Para facilitar as contas, você pode dividir toda a equação por 5.
Utilizando Bháskara:
Dois tempos. Qual devemos usar?
Observe que o ponto que o artefato atinge o ponto P é depois da altura máxima, ou 
seja, ele passa pela altura de 120m, no instante t = 4s, antes da altura máxima e, 
no instante t = 6s, ele passa pela altura 120m depois da altura máxima.
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Então, para encontrar o alcance, utilizaremos t =6s.
Na direção x, movimento MU.
19. (CEBRASPE/SOLDADO/CMBCE/2014)
Na figura acima, é mostrada a cena de um bombeiro, que, no plano horizontal, usa 
um jato de água para apagar o incêndio em um apartamento localizado a hm de altu-
ra, em relação ao mesmo plano horizontal. Nessa figura, é o vetor velocidade do 
jato de água ao sair da mangueira; θi é o ângulo de inclinação do bico da mangueira 
em relação ao plano horizontal; e d é a distância entre o bombeiro e o edifício.
Com base nessas informações, considerando que sejam nulas as forças de atrito 
sobre qualquer elemento do sistema e que o jato de água seja uniforme, julgue os 
próximos itens.
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( )� O jato de água atinge o alcance máximo na horizontal quando θi = 45º.
( )� A projeção no eixo horizontal do movimento das partículas de água, após saí-
rem da mangueira, descreve um movimento uniformemente acelerado.
( )� A orientação do vetor velocidade do jato de água e de suas componentes nos 
eixos vertical e horizontal do plano cartesiano que contém a trajetória do jato 
de água e que apresenta um dos eixos contido no plano horizontal em que 
se encontra o bombeiro pode ser corretamente representada pela seguinte 
figura, em que xM é o ponto no qual o jato de água atinge sua altura máxima.
Certo, errado, errado.
O jato de água atinge o alcance máximo na horizontal quando θi = 45º. Certo.
Conversamos sobre isso no alcance máximo, o ângulo será 45º.
A projeção no eixo horizontal do movimento das partículas de água, após saírem da 
mangueira, descreve um movimento uniformemente acelerado. Errado.
Na direção x, o movimento é uniforme, pois a velocidade na direção x é constante.
A orientação do vetor velocidade do jato de água e de suas componentes nos eixos 
vertical e horizontal do plano cartesiano que contém a trajetória do jato de água 
e que apresenta um dos eixos contido no plano horizontal em que se encontra o 
bombeiro pode ser corretamente representada pela seguinte figura, em que xM é o 
ponto no qual o jato de água atinge sua altura máxima. Errado.
Sabemos que:
1. na direção y a velocidade diminui na subida;
2. na altura máxima a velocidade na direção y é zero;
3. após atingir a altura máxima, a velocidade na direção y inverte o sentido.
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20. (FGV/PERITO CRIMINAL/PCRJ/2008) A figura representa, em gráfico cartesia-
no, como o módulo v da velocidade de um projétil, lançado obliquamente do solo, 
varia em função do tempo t durante o voo, supondo desprezível a resistência do ar.
Com base no gráfico acima, é correto afirmar que o alcance do tiro foi de:
a) 480m
b) 640m
c) 800m
d) 960m
e) 1,60x103m
Letra d.
Analisando o gráfico, observamos os seguintes itens:
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