LISTA 9 - EXT (19 e 20)

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Extensivo 2021 – Lista 9 de Física 1 – Aulas: 19 e 20. 
 
 
Edu Leite 
1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1. (Fuvest 2021) 
 
 
Um plano de inclinação situa-se sobre uma mesa horizontal 
de altura conforme indicado na figura. Um carrinho de 
massa parte do repouso no ponto A, localizado a uma 
altura em relação à superfície da mesa, até atingir o ponto 
B na parte inferior do plano para então executar um 
movimento apenas sob a ação da gravidade até atingir o solo a 
uma distância horizontal D da base da mesa, conforme mostra 
a figura. Ao utilizarmos rampas com diferentes inclinações 
(com o carrinho sempre partindo de uma mesma altura 
obtemos diferentes alcances horizontais D. 
 
a) Calcule o intervalo de tempo decorrido entre a partida do 
carrinho, situado inicialmente no topo do plano inclinado, 
até atingir o solo, considerando o valor para a inclinação 
 
b) Usando a conservação da energia mecânica e supondo 
agora uma inclinação qualquer, obtenha o módulo do 
vetor velocidade com que o carrinho deixa a superfície 
do plano inclinado. 
c) Encontre o valor do alcance D supondo que a inclinação do 
plano seja de 
 
Note e adote: 
Considere conhecido o módulo da aceleração da gravidade. 
Despreze o efeito de forças dissipativas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1-separar os blocos;
2- marcar TODAS as forças em cada bloco;
3- analisar a resultante em cada bloco;
4-resolver o sistema de equações;
5- calcular a ACELERAÇÃO
A partir dela, praticamente todas as 
perguntas podem ser respondidas.
Barco atravessando o rio de largura L
em tempo mínimo na distância mínima
𝑽𝑩/𝑻𝟐 = 𝑽𝑩/𝑨𝟐 + 𝑽𝑨/𝑻𝟐 𝑽𝑩/𝑨𝟐 = 𝑽𝑩/𝑻𝟐 + 𝑽𝑨/𝑻𝟐
𝑡𝑟𝑎𝑣𝑒𝑠𝑠𝑖𝑎 𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠𝑡𝑜 (𝑥) 𝑡𝑟𝑎𝑣𝑒𝑠𝑠𝑖𝑎 (𝑠𝑒𝑚 𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠𝑡𝑜)
𝑇𝑚𝑖𝑛 =
𝐿
𝒗𝑩/𝑨
𝑥 = 𝒗𝑨/𝑻. 𝑇𝑚𝑖𝑛 ∆𝑠𝑚𝑖𝑛= 𝐿 𝑇𝑡𝑟𝑎𝑣 =
𝐿
𝒗𝑩/𝑻
Barco ao longo do rio
Motor ligado Motor desligado
Descendo Subindo Descendo 
𝑽𝑩/𝑻 = 𝑽𝑩/𝑨 + 𝑽𝑨/𝑻 𝑽𝑩/𝑻 = 𝑽𝑩/𝑨 − 𝑽𝑨/𝑻 𝑽𝑩/𝑻 = 𝑽𝑨/𝑻
Teorema de Roberval 𝑣𝐴/𝐵 = 𝑣𝐴/𝐶+ 𝑣𝐶/𝐵
COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS
Problema do barco no rio
Lançamento Oblíquo em plano vertical
1º passo: decomposição da velocidade inicial
𝑣0𝑥 = 𝑣𝑜. 𝑐𝑜𝑠𝜃(const.) e 𝑣0𝑦 = 𝑣𝑜. 𝑠𝑒𝑛𝜃
2º passo: movimento de subida vertical (a = - g)
0 = 𝑣𝑜 − 𝑔. 𝑡 → 𝑡𝑆 =
𝑣0
𝑔
0 = 𝑣02 − 2. 𝑔. 𝐻 → 𝐻𝑀 =
𝑣0.2 𝑠𝑒𝑛2𝜃
2.𝑔
3º passo: movimento horizontal 
𝑣0𝑋 =
𝐴
𝑇𝑣𝑜𝑜
→ 𝐴 =
𝑣02. 𝑠𝑒𝑛2𝜃
𝑔
Obs:
Use g < 0
𝑇𝑣𝑜𝑜 = 2. 𝑡𝑆
Lançamento oblíquo em ângulos complementares
Lançamento em ângulos diferentes, mesma altura
NOTE:
𝐻𝐴 = 𝐻𝐵 →
𝑡𝐴 = 𝑡𝐵
(mesmo tempo 
de voo)
NOTE: O alcance horizontal 
é o mesmo quando os 
ângulos de lançamento são 
complementares. 
A – água; B – barco; T - terra
Velocidade relativa
𝑣𝐴/𝐵 = 𝑣𝐴/𝐶 − 𝑣𝐵/𝐶
unidimensional
𝑣𝐴𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝑣𝐵𝑣𝐴
𝑣𝐴
𝑣𝐵
𝑣𝐵 𝑣𝐴𝐵 = 𝑣𝐴 − 𝑣𝐵 𝑣𝐴𝐵
2 = 𝑣𝐴2 + 𝑣𝐵2
DINÂMICA I
LEIS DE NEWTON
Tipos de forças
Contato: 𝑇,𝑁, Ԧ𝐴, 𝐹𝑒𝑙, 𝐹𝑎𝑟, 𝐸
Campo: 𝑃
1ª Lei: Princípio da Inércia
3ª Lei: Princípio da Ação – Reação
2ª Lei: Princípio Fundamental 
𝐹𝑅 = 0 → Ԧ𝑣 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
REPOUSO
M.R.U.
𝐹𝑅 ≠ 0 → Ԧ𝑣 ≠ 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝐹𝑅 = 𝑚. Ԧ𝑎
Sempre pares de forças
Sempre forças de mesma natureza
Sempre forças em corpos diferentes
Sempre forças de mesma direção e sentidos opostos
NUNCA se equilibram ou se neutralizam
𝐹𝑅 =
𝑘𝑔.𝑚
𝑠2 = N
2CINEMÁTICA VETORIAL
∆𝒓
∆𝒔
∆𝑠 ≥ |∆Ԧ𝑟|
𝑣𝑚 =
ΔԦ𝑟
∆𝑡
𝛾𝑚 =
Δ Ԧ𝑣
∆𝑡
COMPONENTES DA ACELERAÇÃO VETORIAL
𝒂𝒕
𝒂𝑪𝑷
𝒗
𝜸
𝜸 = 𝒂𝒕 + 𝒂𝑪𝑷
𝜸𝟐 = 𝒂𝒕𝟐 + 𝒂𝑪𝑷𝟐
𝒂𝒕 =
𝚫𝒗
𝚫𝒕𝒂𝑪𝑷 =
𝒗𝟐
𝑹
ANÁLISE DOS MOVIMENTOS
MOVIMENTOS at aCP 
MRU
MRUA
MRUR
MCU
MCUA
MCUR
LEGENDA
R Retilíneo
C Circular
A Acelerado
R Retardado
Obs.: nos movimentos 
Acelerados v e at tem 
mesmo sentido; nos 
movimentos 
Retardados, tem 
sentidos contrários. 
Problemas de Blocos: algoritmo
A B
Ԧ𝐹
Forças básicas
peso normal tração
Direção radial, 
para o centro da 
Terra
Direção 
perpendicular à 
superfície, para 
fora dela.
Direção do fio, 
sentido de 
puxar. 
𝑃 = 𝑚.𝑔 |N| – depende do contexto
|T| - depende 
do contexto
𝒂𝒕/𝒗
𝒂𝑪𝑷 ⊥ 𝒗
𝑣𝐴𝐵 = 𝑣𝐴 − 𝑣𝐵
bidimensional
𝐴𝑚𝑎𝑥 =
𝑣02
𝑔
(𝜃 = 45°)
Velocidade 
média
Aceleração 
média
Deslocamento vetorial
𝒂𝒕- alteração do valor de Ԧ𝑣
(“acelerar” ou “frear”)
𝒂𝑪𝑷- alteração da direção de Ԧ𝑣
(“fazer curvas”)
Palavras-chave:
CONTATO: “encostar”
CAMPO: “aproximar”
C – solo (referencial único)
𝑣𝐴 > 𝑣𝐵
𝑷
𝑵
𝑻
Prof. Venê ™
θ
4h,
m
h
θ
h),
90 .θ = °
θ
| v |
!
45 .θ = °
g
 
 2 
2. (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 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? 
 
a) 
 
 
b) 
 
 
c) 
 
 
d) 
 
 
e) 
 
 
 
3. (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 
acima do solo e com uma velocidade constante de 
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 a que distância horizontal das 
pessoas, em metros, deverá ser solta a caixa? 
a) 
b) 
c) 
d) 
 
4. (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 MCU com a velocidade de e possui um raio de 
 
João lança o dardo horizontalmente na direção do centro do 
alvo, distante 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) 
b) 
c) 
d) 
 
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. 
 
0(V ),
720m
80m s.
210 m s ,
80
720
960
1.200
4,5m s
45 cm.
6 m,
35
30
25
20
 
 3 
6. (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 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 hα resistência do 
ar. 
 
7. (Ime 2019) (Necessário lembrar de Conservação de 
Energia) 
 
 
A figura mostra uma haste de massa desprezível com um 
apoio articulado em uma extremidade. A outra extremidade 
possui um recipiente apoiado em uma mola e amarrado ao 
solo por um fio. A haste é mantida na posição horizontal e a 
mola comprimida. Uma bolaé colocada nesse recipiente e, 
após o corte do fio, o sistema é liberado com distensão 
instantânea da mola. 
A constante elástica da mola, em para que, quando a 
prancha estiver perpendicular ao solo, a bola seja lançada e 
acerte o cesto é: 
Dados: 
- comprimento da prancha: 
- distância do apoio ao cesto: 
- massa da bola: 
- deformação inicial da mola: e 
- aceleração da gravidade: 
Observação: 
- despreze as dimensões da bola. 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
8. (Ufsc 2019) O Circo da Física apresenta um show de 
acrobacias com bicicletas no qual o ciclista, de massa 
mostra toda a sua agilidade, equilíbrio e destreza. Para o 
grande final, ocorre o salto de bicicleta entre rampas, quando 
o piloto salta em duas situações. Primeiramente, o salto ocorre 
da rampa até a rampa quando a bicicleta está com 
velocidade como mostra a Figura 1. Em seguida, para 
radicalizar ainda mais, o salto ocorre da rampa A até a rampa 
 quando a bicicleta está com velocidade como mostra 
a Figura 2. 
 
 
 
 
Dados: 
 
Desconsiderando a resistência do ar e com base no exposto, é 
correto afirmar que: 
01) com a velocidade o ciclista consegue 
fazer o salto até as rampas de pouso nas duas situações. 
02) se o ciclista conseguir fazer o salto até as rampas de pouso 
nas duas situações com a mesma velocidade então a 
energia cinética ao tocar as rampas será a mesma nas duas 
situações. 
04) se o ciclista, na situação da Figura 2, alcançar a altura 
máxima de então conseguirá fazer o salto até a 
rampa 
08) para fazer o salto corretamente, o conjunto 
ciclista+bicicleta deverá possuir uma velocidade 
mínima, que depende da massa do conjunto. 
16) com a velocidade o tempo necessário 
para o ciclista percorrer a distância horizontal de 
é de segundos nas duas situações. 
 
9. (Fac. Albert Einstein - Medicin 2019) Um garoto, em cima 
de uma plataforma para saltos ornamentais, a de altura 
em relação ao nível da água da piscina, chuta uma bola com 
velocidade inicial de inclinada em com a 
horizontal. A intenção do garoto era a de que a bola caísse nas 
mãos de seu amigo, parado dentro da piscina, mas o chute não 
foi suficientemente forte, e a bola atingiu a água antes da 
posição pretendida. 
 
 
Adotando e 
desprezando a resistência do ar, calcule: 
a) a altura máxima em em relação ao nível da água, 
atingida pela bola nesse chute. 
b) o módulo da velocidade inicial, em com que a bola 
deveria ter sido chutada, mantida a inclinação de com 
a horizontal, para que tivesse caído nas mãos do garoto 
parado dentro da piscina. 
1 6
N m,
1m;
5m;
200 g;
10 cm;
210 m s .
400
500
2.900
3.400
12.900
m,
A B,
0V ,
C, 0V ,
sen 30 0,5
cos 30 0,8
° =ì
í ° =î
0V 6,00m s,=
0V ,
2,30 m,
C.
0V
0V 6,00m s,=
3,60m
0,75
6 m
8m s 45°
2g 10 m s ,= 2sen 45 cos 45
2
° = ° =
H, m,
m s,
45°
 
 4 
10. (Famerp 2018) No interior de um vagão hermeticamente 
fechado que se move horizontalmente em trajetória retilínea 
com velocidade em relação ao solo, uma pessoa 
arremessa uma pequena esfera verticalmente para cima, com 
velocidade em relação ao vagão. 
 
 
 
Desprezando o atrito com o ar, os módulos das velocidades da 
esfera, em relação ao solo, no ponto mais alto de sua trajetória 
e no instante em que retorna à mão da pessoa são, 
respectivamente, 
a) e 
b) zero e 
c) e 
d) zero e 
e) e zero. 
 
11. (Uefs 2018) Da borda de uma mesa, uma esfera é lançada 
horizontalmente de uma altura com velocidade inicial 
Após cair livre de resistência do ar, a esfera toca o solo 
horizontal em um ponto que está a uma distância da 
vertical que passa pelo ponto de partida, como representado na 
figura. 
 
 
 
Considerando que a aceleração da gravidade local tem módulo 
 o valor de é 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
12. (Unifesp 2018) Um avião bombardeiro sobrevoa uma 
superfície plana e horizontal, mantendo constantes uma 
altitude de e uma velocidade de Fixo no 
solo, um canhão antiaéreo será disparado com a intenção de 
acertar o avião. Considere que o avião e o canhão estejam 
contidos em um mesmo plano vertical, despreze a resistência 
do ar e adote 
 
 
 
a) Quantos metros antes da vertical que passa pelo canhão o 
piloto do avião deve abandonar uma bomba para acertá-lo 
no solo? 
b) Considere que o canhão não tenha sido atingido pela bomba 
e que, na tentativa de acertar o avião, um artilheiro dispare 
desse canhão um projétil com velocidade inicial 
exatamente no momento em que o avião passa 
verticalmente sobre ele. Desprezando as dimensões do 
avião e considerando que o avião não altere sua velocidade, 
qual o mínimo valor de para que o artilheiro tenha 
sucesso? 
 
13. (G1 - cftmg 2018) João observa duas esferas idênticas, 
lançadas horizontalmente por duas crianças 1 e 2 de uma 
mesma altura interceptarem-se antes de tocarem o chão, 
como mostra a figura abaixo. 
 
 
 
Considerando-se que a resistência do ar é desprezível, João 
conclui, sobre esse evento, que: 
 
I. A criança 1 arremessou a esfera um pouco antes da criança 
2. 
II. A criança 2 imprimiu menor velocidade na esfera que a 
criança 1. 
III. A aceleração da esfera da criança 1 é menor que a esfera 
da criança 2, ao longo das trajetórias. 
 
A alternativa que expressa a(s) conclusão(ões) correta(s) de 
João é 
a) I. 
b) II. 
c) I e III. 
d) II e III. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4,0m s
3,0m s
4,0m s 3,0 m s.
5,0 m s.
4,0m s 5,0 m s.
3,0 m s.
5,0m s
h, 0v .
d
g, 0v
hd
2 g
×
×
gh
2 d
×
×
gd
h
×
2 gh
d
×
×
gd
2 h
×
×
500m 100m s.
2g 10 m s .=
0v ,
0v
H,
 
 5 
14. (G1 - cps 2018) Um avião, com a finalidade de abastecer 
uma região que se encontra isolada, voa em linha reta 
horizontalmente, com velocidade constante em relação ao 
solo, quando abandona uma caixa com alimentos, conforme a 
imagem. 
 
 
 
Desprezando a resistência do ar, a trajetória descrita pela caixa 
de alimentos terá a forma de uma 
a) parábola, do ponto de vista de um observador que estiver no 
avião. 
b) linha reta vertical, do ponto de vista de um observador que 
estiver no avião. 
c) linha reta vertical, do ponto de vista de um observador que 
estiver na Terra. 
d) linha reta horizontal, do ponto de vista de um observador 
que estiver no avião. 
e) mesma figura para qualquer observador, pois a trajetória 
independe do referencial. 
 
15. (Famerp 2017) Uma bola rola sobre uma bancada 
horizontal e a abandona, com velocidade caindo até o 
chão. As figuras representam a visão de cima e a visão de 
frente desse movimento, mostrando a bola em instantes 
diferentes durante sua queda, até o momento em que ela toca o 
solo. 
 
 
 
Desprezando a resistência do ar e considerando as 
informações das figuras, o módulo de é igual a 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
16. (Famema 2017) Um helicóptero sobrevoa 
horizontalmente o solo com velocidade constante e, no ponto 
 abandona um objeto de dimensões desprezíveis que, a 
partir desse instante, cai sob ação exclusiva da força peso e 
toca o solo plano e horizontal no ponto Na figura, o 
helicóptero e o objeto são representados em quatro instantes 
diferentes. 
 
 
 
Considerando as informações fornecidas, é correto afirmar 
que a altura de sobrevoo desse helicóptero é igual a 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
17. (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 Considere uma situação 
hipotética em que um atleta, no momento do salto, alcance a 
velocidade de velocidade próxima do recorde 
mundial dos metros rasos, que é de 
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 
Dados: 
 
 
a) 
b) 
c) 
d) 
 
 
 
 
 
 
 
0V ,
0V
2,4 m s.
0,6 m s.
1,2m s.
4,8 m s.
3,6 m s.
A,
B.
h
200m.
220m.
240m.
160m.
180m.
45 .°
43,2 km h,
100 43,9 km h.
210 m s .
sen 45 cos 45 0,7° = ° =
7 m
10 m
12m
14 m
 
 6 
18. (Ufpr 2017) Nas Paralimpíadas recentemente realizadas 
no Brasil, uma das modalidades esportivas disputadas foi o 
basquetebol. Em um determinado jogo, foi observado que um 
jogador, para fazer a cesta, arremessou a bola quando o centro 
de massa dessa bola estava a uma altura de O tempo 
transcorrido desde o instante em que a bola deixou a mão ao 
jogador até ter o seu centro de massa coincidindo com o 
centro do aro foi de No momento do lançamento, o 
centro de massa da bola estava a uma distância horizontal de 
 do centro do aro da cesta, estando esse aro a uma 
altura de conforme pode ser observado na figura a 
seguir. 
 
 
 
Considerando que a massa da bola é igual a que a 
resistência do ar é desprezível e que o valor absoluto da 
aceleração gravidade é de determine, utilizando 
todas as unidades no Sistema Internacional de Unidades: 
 
a) A velocidade horizontal da bola ao atingir o centro do aro 
da cesta de basquete. 
b) A velocidade inicial vertical da bola. 
c) A energia cinética da bola no momento do lançamento 
(considerando o exato instante em que a bola deixa a mão 
do atleta). 
 
19. (Mackenzie 2017) Um míssil AX100 é lançado 
obliquamente, com velocidade de formando um 
ângulo de com a direção horizontal. No mesmo 
instante, de um ponto situado a 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) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
20. (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 segundos. 
 
 
 
Desprezando a resistência do ar e com base nas informações 
apresentadas, podemos concluir que os módulos da velocidade 
 de lançamento, e da velocidade na altura máxima, 
são, em metros por segundos, iguais a, respectivamente, 
 
Dados: 
 
a) e 
b) e 
c) e 
d) e 
e) e 
 
21. (Unesp 2017) Um garoto arremessa uma bola com 
velocidade inicial inclinada de um ângulo com a 
horizontal. A bola abandona a mão do garoto com energia 
cinética e percorre uma trajetória parabólica contida em 
um plano vertical, representada parcialmente na figura. 
 
 
 
Desprezando-se a resistência do ar, a energia cinética da bola 
no ponto mais alto de sua trajetória é 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
 
 
 
 
 
 
 
1,4 m.
1,1s.
4,4m
3,05 m,
600 g,
210 m s ,
800m s,
30,0°
12,0 km
960m s
480m s
400m s
500m s
900m s
4
V,
!"
HV ,
!"
sen 0,8;
cos 0,6.
β
β
=
=
15 25.
15 50.
25 15.
25 25.
25 50.
α
0E
0E sen α×
0E cos α×
2
0E cos α×
2
0E sen α×
2
0E sen
2
α×
 
 7 
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 
Tempo de 
queda 
 chumbo 
 vidro 
 madeira 
 plástico 
 
A relação entre os tempos de queda de cada bola pode ser 
expressa como: 
a) 
b) 
c) 
d) 
 
23. (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 e uma altura de 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 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
24. (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 e atinge 
a altura máxima de 
Sabendo que, no ponto mais alto da trajetória, a velocidade 
escalar do projétil é pode-se afirmar que o alcance 
horizontal do lançamento é: 
 
Dados: 
intensidade da aceleração da gravidade 
despreze a resistência do ar 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
25. (Uema 2016) Os professores de História e de Física 
lançaram um desafio a uma turma de terceiro ano do Ensino 
Médio, para que compreendessem alguns métodos de combate 
em larga escala. O Professor de História descreveu alguns 
combates medievais, onde eram feitos cercos a castelos de 
grandes muralhas. Com o objetivo de causar maior dano aos 
castelos, e assim levá-los à rendição, os exércitos invasores 
faziam uso de grandes catapultas, capazes de atirar enormes 
projéteis para dentro das muralhas dos castelos. 
 
O professor de Física forneceu o seguinte diagrama 
esquemático: 
 
 
 
A partir dele, explicou que os projéteis eram lançados com 
uma velocidade inicial e um ângulo em relação ao 
plano. Considerando que o projétil parte da origem do sistema 
de coordenadas, os deslocamentos serão dados em função do 
tempo (em segundos) por 
 
 e 
 
www.fisica.ufpb.br/prolicen/Cursos/Curso!/mr35Ip.html. 
 
 
 
a) Esboce o gráfico do deslocamento de em função do 
tempo. 
b) Qual valor mínimo da velocidade inicial deve ser 
imposto ao projétil para que, ao ser lançado com ângulo 
 ultrapasse a muralha de 18 metros de altura com 
2 metros de folga? Use e 
c) A que distância da muralha a catapulta se encontra, ou seja, 
qual o valor de 
 
1(m s )-× (s)
1 4,0 1t
2 4,0 2t
3 2,0 3t
4 2,0 4t
1 2 3 4t t t t= < =
1 2 3 4t t t t= > =
1 2 3 4t t t t< < =
1 2 3 4t t t t= = =
14,4 km h 1,80m
2g 10 m s ).=
0,375 s.
0,6 s.
0,75 s.
0,25 s.
1,0 s.
α
8,45m.
9,0m / s,
2g 10 m / s=
11,7m
17,5 m
19,4 m
23,4m
30,4m
0v θ
0x(t) v cos( )tθ=
2
0
1y(t) v sen( )t gt
2
θ= -
y
0v
45 ,θ = °
2g 10 m s= 2 1,41.=
d?
 
 8 
 
Gabarito: 
 
Resposta da questão 1: 
 a) Para tem-se uma queda livre. Adotando origem 
no solo, orientando a trajetória como sugere no enunciado e 
sendo o tempo pedido, vem: 
 
 
b) Seja 
 
 
c) Determinando os módulos das componentes da velocidade 
no ponto B, a partir do resultado do item anterior: 
 
 
 
 
Adotando novamente a orientação sugerida e sendo o 
tempo gasto do ponto B até o solo, na direção vertical tem-
se: 
 
 
Mas Então: 
 
 
Na direção horizontal: 
 
 
Resposta da questão 2: 
 [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 3: 
 [C] 
 
Calculando o tempo de queda: 
 
 
Como a componente horizontal da velocidade se mantיm 
constante durante a queda, o alcance horizontal (A) י: 
 
 
Resposta da questão 4: 
 [D] 
 
O tempo de voo do dardo deve ser igual ao tempo de queda 
livre para cobrir o raio do disco. 
 
 
Neste tempo de queda, o dardo deve se deslocar na horizontal 
a distância entre o jogador e o disco. 
 
 
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: 
 [D] 
 
A expressão para o cálculo do alcance horizontalde um 
lançamento oblíquo com saída e chegada no mesmo plano 
horizontal é: 
 
 
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 7: 
 [C] 
 
Após o lançamento, teremos: 
Tempo de queda: 
 
 
Velocidade horizontal: 
 
 
Por conservação de energia para o lançamento, obtemos: 
90θ = °
1t
2
2
0 0y 1 1
a t g 10hy y v t 0 5h t t
2 2 g
= + + Þ = - Þ =
Bv v .=
!
2
A B B
mec mec B
mvE E mgh v 2gh v 2gh
2
= Þ = Þ = Þ =
!
Bx B Bx Bx
By B By By
2v v cos45 v 2gh v gh
2
2v v sen45 v 2gh v gh
2
ì
= ° Þ = ´ Þ =ïï
í
ï = ° Þ = ´ Þ =ïî
2t
( )
2
2
0 0y By 2 2
2
2 2
2 2
2
a t gy y v t 0 4h v t t 
2 2
g t gh t 4h 0
2
gh gh 8gh gh 9gh
t t g g2
2
1 3 gh
t
g
= + + Þ = - - Þ
+ - =
- ± + - ±
= Þ = Þ
´
- ±
=
2t 0.>
2 2
2 gh ht t 2
g g
= Þ =
Bx 2
h hD v t D gh 2 D 2 g h D 2h
g g
= Þ = ´ Þ = Þ =
21 2 H 2 720H gt t t 12 s.
2 g 10
´
= Þ = = Þ =
0A v t 80 12 A 960m.= = ´ Þ =
2
2
gt 2h 2 0,45 mh t t 0,3 s
2 g 10m s
×
= Þ = = \ =
x 6 mv v 20 m s
t 0,3 s
Δ
Δ
= = \ =
2
0vA sen2 .
g
θ=
21 2h 2 1 1h gt t t s
2 g 10 5
×
= Þ = = Þ =
1d vt 5 v v 5 5 m s
5
= Þ = × Þ =
 
 9 
 
 
Resposta da questão 8: 
 04 + 16 = 20. 
 
[01] Falsa. Ele consegue atingir a rampa somente na primeira 
situação conforme os cálculos abaixo. 
Cálculos das componentes vertical e horizontal da 
velocidade inicial. 
 
 
 
Cálculo do tempo de voo para o móvel atingir o alcance 
equivalente ao vão entre rampas. 
 
 
Cálculo da posição vertical neste tempo de voo. 
 
 
Logo, a altura do conjunto ciclista+bicicleta durante o 
pouso é maior somente no primeiro caso apresentado, 
sendo que no segundo caso o ciclista bate na rampa e não 
consegue terminar o salto. 
 
[02] Falsa. Como na segunda situação a rampa de chegada é 
mais alta, a energia cinética é menor em comparação com 
a rampa mais baixa, pois nessa rampa o conjunto cairia 
por mais tempo, tendo maior velocidade e, 
consequentemente maior energia cinética. 
 
[04] Verdadeira. Para a altura máxima dada, teremos: 
Cálculo da velocidade inicial no eixo vertical: 
 
 
Cálculo da velocidade inicial. 
 
 
Cálculo da componente horizontal da velocidade. 
 
 
Cálculo do tempo de voo para o móvel atingir o alcance 
equivalente ao vão entre rampas. 
 
 
Cálculo da posição vertical neste tempo de voo. 
 
 
Com isso, o ciclista consegue vencer o vão e pousar na 
rampa C. 
 
[08] Falsa. A velocidade mínima não depende da massa do 
conjunto ciclista+bicicleta. 
 
[16] Verdadeira. De acordo com os cálculos realizados na 
assertiva 01, o tempo necessário para o ciclista percorrer a 
distância horizontal do vão entre as rampas é de 
 
Resposta da questão 9: 
 a) Decompondo a velocidade inicial em seus eixos horizontal 
e vertical, temos: 
 
 
 
A equação da velocidade no eixo vertical é: 
 
 
Na altura máxima H, a velocidade no eixo vertical é nula, 
assim temos uma expressão para o tempo de subida da 
bola. 
 
 
Substituindo as equações (2) e (4) na equação (5) temos a 
expressão (6) para a altura máxima: 
 
 
 
Assim, substituindo os valores fornecidos, obtemos: 
 
 
b) No eixo horizontal, representamos a equação do alcance 
para o caso sem atrito com o ar: 
 
 
Isolando o tempo da equação (3) e a velocidade vertical na 
expressão de Torricelli e substituindo na equação (7) 
obtemos (8). 
 
 
 
 
Realizando alguma álgebra e isolando a velocidade inicial, 
temos (9): 
 
( )22 2 2 0,2 5 5kx mv k 0,1mgh 0,2 10 1
2 2 2 2
k 0,01 0,2 25 5 2 2 0,01k 29
k 2900 N m
××
= + Þ = + × × Þ
Þ × = × × + × Þ =
\ =
0y 0 0y 0y
1v v sen 30 v 6 m s v 3 m s
2
= × °Þ = × \ =
0x 0 0x 0xv v cos 30 v 6m s 0,8 v 4,8m s= × °Þ = × \ =
0 0xx x v t 3,6m 0 4,8m s t t 0,75 s= + × Þ = + × \ =
( )220 0y
g 10y y v t t y 1,5 m 3m s 0,75 s 0,75 s
2 2
y 0,9375 m
= + × + × Þ = + × - ×
\ =
( ) ( )2 2 2y 0y 0y y 0y 0yv v 2gh v v 2gh v 0 2 10 2,30 1,50 v 4,0 m s= + Þ = - Þ = - × × - \ =
0y 0 0 0
1v v sen 30 4,0m s v v 8,0m s
2
= × °Þ = × \ =
0x 0 0x 0xv v cos 30 v 8,0m s 0,8 v 6,4m s= × °Þ = × \ =
0 0xx x v t 3,6m 0 6,4m s t t 0,5625 s= + × Þ = + × \ =
( )220 0y
g 10y y v t t y 1,5m 4,0m s 0,5625 s 0,5625 s y 2,17m
2 2
= + × + × Þ = + × - × \ =
0,75 s.
0x 0v v cos (1)θ= ×
0y 0v v sen (2)θ= ×
eq.(2)
y 0y y 0v v gt v v sen gt (3)θ= - ¾¾¾¾® = × -
0
0 subida
v sen
0 v sen gt t (4)
g
θ
θ
×
== × - \ =
2
0 0y
gy y v t t (5)
2
= + -
2 2 2
0 0 0
0 0 0
v sen v sen v sengH y v sen H y (6)
g 2 g 2g
θ θ θ
θ
× × ×æ ö æ ö
== + × - \ == +ç ÷ ç ÷
è ø è ø
( ) ( )22
2
8 m s 2 2
H 6m H 7,6 m
2 10m s
×
= + \ =
×
0x 0
0 0x 0eq (1)
x x v t x v cos t (7)θ== + × ¾¾¾¾® = × ×
( )
0 y
2 2
y 0 0
v sen v
t
g
v v sen 2g y y
θ
θ
× -ì
=ïï
í
ï
= × - -ïî
( )2 20 0 0
0
v sen v sen 2g y y
x v cos (8)
g
θ θ
θ
é ù× - × - -ê ú= × × ê ú
ê úë û
( )
2
0
0
gxv (9)
2cos x tan y yθ θ
=
é ù× - -ë û
 
 10 
 
Finalmente, substituindo os valores chegamos a 
 
 
Resposta da questão 10: 
 [C] 
 
Quando a esfera atinge a altura máxima, a velocidade em 
relação ao trem é zero, mas como o trem está em movimento, 
a velocidade da esfera em relação ao solo neste momento é a 
mesma do trem, ou seja, 
 
Já no instante em que a esfera retorna à mão da pessoa, ela se 
encontra na mesma posição vertical do lançamento, sendo em 
módulo a mesma velocidade inicial do lançamento com o 
sentido contrário, tomando o referencial do trem, isto é, a 
esfera está com mas a velocidade da esfera em 
relação ao solo deve ser obtida pela soma vetorial da 
velocidade do trem e da velocidade da esfera em relação 
ao trem portanto, usando o teorema de Pitágoras, 
temos: 
 
 
 
 
 
Assim, a resposta correta é da alternativa [C]. 
 
Resposta da questão 11: 
 [E] 
 
O alcance ou distância percorrida na horizontal, sem atrito, é 
dada por: 
 
 
Assim, a velocidade inicial fica: 
 
 
O tempo que a esfera leva para atingir o deslocamento 
horizontal é idêntico ao tempo gasto para efetuar a queda 
livre, de acordo com: 
 
 
Substituindo este tempo na equação da velocidade inicial, 
temos: 
 
 
Resposta da questão 12: 
 a) Primeiramente devemos descobrir o tempo de queda 
da bomba: 
 
 
Logo, a distância horizontal ou alcance da bomba para 
acertar o canhão deve ser igual a: 
 
 
 
b) A velocidade mínima da bala do canhão para acertar 
o avião é composta por dois componentes, um vertical 
 e um horizontal . 
 
A componente vertical deve atingir a altura do avião, ou 
seja, chegar até a altitude do avião com velocidade nula, 
então: 
 
 
A componente horizontal da velocidade deve ser igual a 
velocidade do avião, isto é, 
 
Logo, a velocidade inicial do projétil deverá ser a soma 
vetorial das componentes vertical e horizontal: 
 
 
Resposta da questão 13: 
 [B] 
 
[I] Falsa. Considerando as esferas como ponto material, elas 
não poderiam se encontrar no ar se o evento não fosse 
simultâneo, pois as duas esferas quando lançadas tem a 
mesma aceleração vertical. 
[II] Verdadeira. A diferença de alcance horizontal é devido a 
diferença de velocidade inicial entre as duas crianças. 
Como a criança 2 teve menor alcance até o encontro, esta 
aplicou uma velocidade inicial menor em relação a criança 
1. 
[III] Falsa. As acelerações das duas esferas são idênticas e 
correspondem a aceleração da gravidade. 
 
Resposta da questão 14: 
 [B] 
 
Do ponto de vista de um observador que esteja no solo em 
uma posição externa à projeção vertical da trajetória do avião, 
temos uma trajetória parabólica da caixa e para alguém que 
esteja no avião a trajetória será uma linha reta vertical, pois a 
caixa de alimentos é sempre vista por este observador abaixo 
do avião cada vez mais distante. Portanto, a alternativa correta 
é da letra [B]. 
 
Resposta da questão 15: 
 [D] 
 
Em 
( )
2
0 0
10 14v v 9,9 m s
2cos 45 14 tan 45 0 6
×
= \ »
é ù°× ° - -ë û
4,0m s.
3,0m s,
( )e,sv
( )tv
( )e,tv ,
( )22 2 2e,s t e,t e,s e,sv v v v 4 3 v 5 m s= + Þ = + - \ =
0d v t= ×
0
dv
t
=
2g 2hh t t
2 g
= \ =
0 0
d gv v d
2 h2 h
g
= \ = ×
××
( )t
2
2 2
0 0y
g ty y v t 500 0 0 t 5t t 100 t 10 s
2
×
= + × + Þ = + × + Þ = \ =
( )x
0 xx x v t x 0 100m s 10 s x 1000m= + × Þ = + × \ =
( )0v
( )0yv ( )0xv
( )2 2y 0y 0y 0y 0yv v 2g y 0 v 2 10 500 v 10000 v 100m s= + × Þ = + × - × Þ = \ =
0xv 100m s.=
2 2 2 2
0 0y 0x 0 0 0v v v v 100 100 v 20000 v 100 2 m s= + Þ = + Þ = \ =
y :
 
 11 
 
 (tempo de queda) 
 
Em 
 
 
Resposta da questão 16: 
 [E] 
 
Considerando que o tempo para cair é então o tempo 
para cair até o solo é 
Equacionando as quedas: 
 
 
Resposta da questão 17: 
 [D] 
 
 
 
Resposta da questão 18: 
 Questão envolvendo lançamento oblíquo sem atrito. Sendo 
assim, a componente horizontal da velocidade é constante 
caracterizando um Movimento Retilíneo Uniforme neste eixo. 
Já a componente vertical da velocidade sofre a ação da 
aceleração gravitacional que age retardando a bola durante sua 
subida e acelerando-a na descida, correspondendo à um 
lançamento vertical em que as equações são análogas às do 
Movimento Retilíneo Uniformemente Variado. 
 
a) Cálculo da velocidade horizontal (constante): 
 
 
b) Cálculo da velocidade inicial vertical 
Considerando o sentido positivo na vertical para cima, 
substituindo os dados na equação e explicitando a 
velocidade vertical inicial, ficamos com: 
 
 
 
c) Para cálculo da Energia Cinética inicial necessitamos 
do módulo da velocidade inicial que é a soma vetorial 
das suas componentes nos eixos horizontal e vertical. 
 
 
Como a Energia Cinética é dada por: 
 
 
Resposta da questão 19: 
 [C] 
 
O míssil AX100 é lançado simultaneamente com o projétil. 
Logo: 
 
 
Substituindo (1) em (2), temos: 
 
 
Resposta da questão 20: 
 [C] 
 
No eixo horizontal, o movimento é uniforme com velocidade 
constante portanto com a distância percorrida e o tempo, 
podemos calculá-la. 
 
 
Com o auxílio da trigonometria e com a velocidade horizontal 
 calculamos a velocidade de lançamento 
 
 
Portanto, na ordem solicitada na questão a resposta correta é 
alternativa [C]. 
 
Resposta da questão 21: 
 [C] 
 
A energia cinética ao abandonar a mão do garoto é: 
 
No ponto mais alto da trajetória a velocidade é: 
 
A energia cinética nesse ponto mais alto é: 
 
 
Substituindo (I) em (II): 
 
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 
2
0y
2
2
aty v t
2
10t1,25 t 0,25
2
Δ = +
= Þ =
t 0,5 s=
x :
0
0
0
x v t
2,4 v 0,5
v 4,8 m s
Δ =
= ×
\ =
20m t,
3t.
( ) ( )
( )
2 2
2
B B
2 2
B B
1020 t 5t 20a 2S t h 9 20 h 180 m.
102 h 3t h 9 5t
2
ì = Þ =ïï= Þ = Þ =í
ï = Þ =
ïî
2
2
0
43,2
V 3,6S sen2 S sen90
g 10
S 14,4 m S 14 m
Δ θ Δ
Δ Δ
æ ö
ç ÷
è ø= Þ = °
= Þ @
0xv
0x 0x 0x
s 4,4 mv v v 4 m s
t 1,1s
Δ
Δ
= Þ = \ =
0yv :
2 2
0 0y 0y
0y
t 1,1h h v t g 3,05 1,4 v 1,1 10
2 2
v 7 m s
= + × + Þ = + × - ×
\ =
ciE ,
0v
( )22 2 2 2 2 2 20 0x 0y 0 0v v v v 4 7 v 65 m s= + Þ = + \ =
( )22
ci ci ci
0,6 kg 65 m smvE E E 19,5 J
2 2
×
= Þ = \ =
y(AX100) (AX100)
p y(AX100)
0 0
0 0
V V sen30 (1)
V V (2)
= ×
=
p (AX100)
p p
0 0
0 0
V V sen30
1V 800 V 400 m s
2
= ×
= × Þ =
Hv ,
H H H
s 60mv v v 15m s
t 4 s
Δ
Δ
= Þ = \ =
Hv , v.
H Hv v 15 m scos v v 25 m s
v cos 0,6
β
β
= Þ = = \ =
2
0
0
m v
E . (I)
2
=
x 0v v cos .α=
( )2 22 0 20x m v cos m vm vE cos . (II)
2 2 2
α
α= = = ×
2
0E E cos .α= ×
 
 12 
 
 
Podemos dizer que a o tempo de queda não depende da 
velocidade inicial. Desta forma, os tempos de queda das 
quatro bolas são iguais. 
 
 
Resposta da questão 23: 
 [B] 
 
No lançamento horizontal, o tempo de queda independe da 
velocidade inicial, sendo igual ao tempo de queda livre. 
Assim: 
 
 
Resposta da questão 24: 
 [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. 
 
 
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, 
 
 
Resposta da questão 25: 
 a) O gráfico da altura em função do tempo será uma 
parábola com a sua concavidade voltada para baixo. 
 
 
 
b) Na altura máxima, o projétil estaria passando sobre o muro 
com a velocidade inicial mínima: 
 
 
Como na altura máxima a velocidade vertical (em é 
nula: 
 
 
E a velocidade inicial de lançamento é: 
 
 
c) Para achar a distância do muro, precisamos saber o tempo 
necessário para que o projétil atinja a altura máxima. 
 
 
Lembrando que na altura máxima a velocidade vertical é 
nula: 
 
 
Assim, a distância horizontal da muralha será: 
 
 
 
 
q
2 ht
g
×
=
1 2 3 4t t t t= = =
2g 2h 2 1,8h t t t 0,6s.
2 g 10
×
= Þ = = Þ =
y
2
máx o
2
g tS h v
2
10 t8,45
2
t 1,3 s
Δ ×= = +
×
=
=
x TS v t
S 9 2,6
S 23,4 m
Δ
Δ
Δ
= ×
= ×
=
( ) ( ) ( )2 2 2y 0y 0y yv v 2gy v v 2gy= + Þ = -
y)
( )20y 0y 0yv 0 2gy v 0 2 10 m s 20 m v 20 m s= - Þ = - × - × \ =
0y
0 0 0
v 20 m sv v v 20 2 m s 28,2 m s
sen 45 2
2
= Þ = \ = »
°
y 0y
y 0y
v v
v v gt t
g
-
= + Þ =
2
0 20 m st t 2 s
10 m s
-
= \ =
-
( )0
2x(t) v cos( )t x 2 s d 28,2 m s 2 s d 40 m
2
θ= Þ = = × × \ =