Exercicios Resolvidos Cinematica

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA
FÍSICA I – MECÂNICA
1
EXERCÍCIOS PROPOSTOS RESOLVIDOS
MOVIMENTO EM UMA E DUAS DIMENSÕES
EQUAÇÕES
2
00 )21( tatvrr
&&&& �� 
tavv
&&& � 0
ravv
&& '˜� 2202
1) Um projétil é lançado verticalmente para cima com velocidade 
inicial v0 (= 30 m/s). Determine (a) a altura máxima atingida; 
(b) o tempo decorrido até alcançar a altura máxima; (c) a velo-
cidade ao atingir o solo. (Para ter uma visão mais ampla do 
problema, esboce os gráficos da velocidade e da posição em 
função do tempo, desde o instante inicial até imediatamente 
antes de o objeto colidir com o solo.)
SOLUÇÃO:
Dados: v0 = 30 m/s ; g = 9,8 m/s2
Ilustração: Observador na origem 
do sistema de coordenadas.
a) Determinação de ymax:
)180cos()(2 0max
2
0
2 oyygvv �� 
Como, em ymax, y0 = 0 e v = 0, tem-
se
g
v
y
2
2
0
max . (1.1)
b) Determinação do tempo de subida (ts): gtvv � 0 (1.2)
Logo, como v = 0,
g
v
tt 0s . (1.3)
c) Determinação a velocidade ao atingir o solo (vf):
Primeiramente determinaremos o tempo decorrido entre o lança-
mento e o momento que o projétil atinge o solo (tT = 2 ts).
2
00f
2
1
gttvyy �� 
Como yf = y0 = 0, tem-se tt
g
v u� )
2
(0 0 ,
cujas soluções possíveis são, t = t0 = 0 (solução trivial, que satis-
faz a condição inicial quando y0 = 0), ou 0
2
0 � tgv ,
? s0T 22 t
g
v
tt (1.4)
Substituindo (1.4) em (1.2), obtém-se
0
0
0f
2
v
g
v
gvv � ¸¸¹·¨¨©§� (1.5)
Ou seja, ao retornar à coordenada de lançamento, a componente 
vertical da velocidade terá o mesmo módulo, mesma direção, po-
rém sentido oposto ao da velocidade inicial.
Os gráficos da posição e da velocidade em função do tempo estão 
apresentados no início da coluna à direita.
2) Um balão sobe com velocidade constante jvv yB
ˆ
0 & . Ao a-
tingir a altura H uma pessoa a bordo solta um objeto. Deter-
mine (a) a velocidade do objeto ao atingir o solo; (b) esboce 
um gráfico para a sua posição em função do tempo.
Dados: y0 = H, vB = vobjeto = v0 e g
Ilustração: Observador na origem do sis-
tema de coordenadas.
a) Determinação a velocidade do objeto 
ao atingir o solo (vf):
SOLUÇÃO 1: Ao ser abandonado, o objeto 
possuirá a mesma velocidade do balão,
)ˆ(00objeto jvvv � && . Ele subirá até a 
altura máxima e, ao retornar à coordena-
da y = H, terá velocidade idêntica à inici-
al, porém com sentido contrário Hv&
jv ˆ0� , conforme visto na solução do i-
tem (c) do exercício 1. O deslocamento desde este ponto até o so-
lo será 'y& )ˆ(f jHyy H � � && , enquanto a velocidade final, an-
tes de colidir com o solo,
)ˆ()ˆ(2)(2 20
2
0
2
f jHjgvygvv �˜��� '˜ && , cuja resposta 
matemática será gHvv 220f �r , terá como respostas físicas
gHvv 220f �� ou )ˆ(220f jgHvv �¹¸·©¨§ � & (2.1)
Veja a SOLUÇÃO 2 na próxima página.
0
10
20
30
40
50
0 1 2 3 4 5 6
Tempo (s)
A
lt
u
r
a
 (
m
)
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
0 1 2 3 4 5 6
Tempo (s)
V
e
lo
c
id
a
d
e
 (
m
/s
)ymax 
g
&
y0 = yf = 0 0
v
&
0f vv
&& � 
0)( max yv&
y 
ymax 
g
&
0v
&
0)( max yv&
y0 = H 
yf = 0 
fv
&
y 
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FÍSICA I – MECÂNICA
2
SOLUÇÃO 2: Determinação do tempo total do movimento (tT z 2 ts).
2
00f
2
1
gttvyy �� 
Como yf = 0 e y0 = H, tem-se
0
2
0
2 �� Htvtg ?
g
gHvv
t
2200 �r ,
sendo 22
ds
2
00 )()(
2
Httt
g
H
g
v
g
v
t �r �¸¸¹·¨¨©§r¸¸¹·¨¨©§ (2.2)
Em que ts = td = 3,1 s são os tempos de subida, que o objeto leva 
para alcançar a altura máxima, e de descida, para retornar à posi-
ção inicial, enquanto s 0,2/2 gHtH é o tempo que o obje-
to leva desde a altura H, quando retorna a essa esta coordenada 
com velocidade )ˆ(0 jvvH � & , até atingir o solo. O tempo de des-
cida total será s 7,3)( 2ddT � Httt .
Observe, na equação (2.2), 
0s 61,0)( 2ds �� �� c Htttt (não é uma resposta física)
0s 7,6)( 2dsT ! �� cc Httttt (resposta física) (2.3)
m/s 362
2
2
0
2
00
0f � �� ¸¸¸¹
·¨¨¨©
§ ��� gHv
g
gHvv
gvv (2.4)
b) A seguir serão apresentados os gráficos da posição e da velo-
cidade em função do tempo. As curvas em linhas tracejada (x � 0)
e cheia (x ! 0) representam a solução matemática, enquanto ape-
nas a linha cheia representa a solução física.
PARA REFLETIR: Suponha que o objeto tenha sido lançado do solo. 
(I) Qual deveria ser sua velocidade inicial para alcançar o solo no-
vamente com a mesma velocidade final acima? (II) Qual a altura 
máxima atingida com essa nova velocidade inicial? Quanto tempo 
levaria para alcançar: (III) a altura H = 20 m? (IV) a altura máxi-
ma? (V) o solo novamente?
3) No instante em que um foguete atinge o ponto mais alto da 
trajetória explode e lança verticalmente, em sentidos opostos, 
duas partículas com velocidades iniciais numericamente iguais 
a v0 (= 15 m/s). (a) Sendo g (= 10 m/s2) a aceleração da gra-
vidade, determine o intervalo de tempo decorrido entre os ins-
tantes t1 e t2 em que as duas partículas chegam ao solo. 
Despreze o atrito com o ar. (b) Esboce num mesmo gráfico as
posições em função do tempo para as duas partículas.
SOLUÇÃO:
Dados: v1 = v2 = v0, e g.
Ilustração: Gráfico de espaço versus tempo para as partículas.
a) SOLUÇÃO 1: Equações das posições:
Para a partícula 1: 2f1f11i1f1
2
1
tgtvyy �� (3.1)
Para a partícula 2: 2f2f22i2f2
2
1
tgtvyy �� (3.2)
Como, para ambas, o módulo das velocidades iniciais são iguais 
(v1 = v2 = v0) e as posições iniciais, ponto de partida, e finais, no 
solo, também, igualando (3.1) e (3.2), tem-se
2
f2f20
2
f1f10
2
1
2
1
tgtvtgtv �� �
)(
2
1
)( 2f2
2
f1f2f10 ttgttv � �
))(()(
2
f2f1f2f1f2f1
0 tttttt
g
v �� �
?
g
v
ttt 0f2f1
2
)( � ' (3.3)
b) SOLUÇÃO 2: A partícula 1 subirá até o ponto de altura máxima e
retornará ao ponto de partida após um intervalo de tempo
tttt c � ' i1f11 , com velocidade idêntica em módulo, direção e 
sentido à velocidade inicial da partícula 2, jvvtv ˆ)( 021 � c && . Daí 
até o solo os movimentos de ambas as partículas serão idênticos.
Elas atingirão o solo com a mesma velocidade e levarão o mesmo 
tempo para alcançá-lo. Portanto, o intervalo de tempo decorrido 
entre os instantes em que as duas partículas chegarão ao solo se-
rá o tempo que a partícula 1 levará para retornar ao ponto de par-
tida, ou seja, ttttt c ' � ' 1f2f1 .
0
10
20
30
40
50
60
70
-1 0 1 2 3 4 5 6 7
Tempo (s)
P
o
s
iç
ã
o
 V
e
r
ti
c
a
l 
(m
)
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
-1 0 1 2 3 4 5 6 7
Tempo (s)
V
e
lo
c
id
a
d
e
 (
m
/s
)
+y 
1v
&
2v
&
g
&
ti = 0 t’ = 2v0 /g 
't 
tempo (t) 
t1f t2f 
+t 
yi 
yf 
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FÍSICA I – MECÂNICA
3
x0 = y0 = 0 
v0x = v0 cosT 0 
v0y = v0 senT 0 
ymax 
g
&
0 
0v
&
0)( max yv&
T 0 
xv0
&
yv0
&
x
y
Cálculo do tempo decorrido desde o instante inicial, t1i = 0, até o 
instante final de retorno à coordenada inicial (y1f = y1i), tt c f1 .
Equação da posição para a partícula 1:
2
f1f11i1f1
2
1
tgtvyy �� 
ttgvyy cu¹¸·©¨§ c� � 210 0i1f1
A solução trivial, 0 ct , é solução apenas para o instante inicial, 
portanto, s 0.3
m/s 10
m/s 1522
2
0 u c '
g
v
tt (3.4)
4) De uma cidade A parte, para outra cidade B, um trem com ve-
locidade constante vA (= 36 km/h). Ao mesmo tempo, de B,
partem, simultaneamente, para A, outro trem, com velocidade 
vB (= 44 km/h), e uma super-mosca, com velocidade v (= 100 
km/h). A mosca, encontrando o trem que partiu de A volta 
imediatamente para B, mas, encontrando o trem que partiu de 
B, volta imediatamente para A e assim sucessivamente. A dis-
tância entre as duas cidades é D (= 40 km). No instante em 
que os trens se encontram, para a mosca, (a) determine a dis-
tância d percorrida. (b) Escreva, em função dos vetores unitá-
rios que se fizerem necessários, os vetores posição ( px
&
) e 
deslocamento ( dx
&
), e represente-os no eixo inferior da figura 
abaixo. Coloque a origem do referencial na cidade A.
SOLUÇÃO:
Dados: vA, vB, v, e D.
a) Para determinar a distância percorrida pela mosca, basta de-terminar o tempo decorrido até a colisão (t). Neste instante, a 
mosca e os dois trens, aqui considerados como partículas pontu-
ais, se encontram na mesma posição xAf = xBf = xf.
Ilustração: Representação dos vetores posição e deslocamento.
Se as velocidades dos trens fossem iguais, eles se encontrariam 
no meio do caminho, mas, como vA � vB, o encontro se dará mais 
perto da cidade A.
tvxx AiAfA � (4.1)
tvxx i BBfB � (4.2)
Igualando-se (4.1) e (4.2), e sabendo que xAi = 0 e xBi = D, obtém-
se
h 5,0
BA
 � vv Dt . (4.3)
Como a distância percorrida pela mosca é 
vtd , (4.4)
substituindo-se (4.3) em (4.4), (4.1) e (4.2), obtém-se os três resul-
tados abaixo
km 50
BA
 ¸¸¹·¨¨©§ � Dvv vd (4.5)
b) )ˆ( km 18)ˆ(
BA
A
Ap iiD
vv
v
xx � �¸¸¹·¨¨©§ � && (4.6)
e )ˆ( km 22)ˆ(
BA
B
ifBd iiD
vv
v
xxxx � �¸¸¹·¨¨©§ � � &&&& (4.7)
Observe que Ap xx
&& e Bd xx && , mas dDxx � � dP && .
5) Um garoto chuta uma bola para cima de tal maneira que sua 
velocidade inicial (v0) forme um ângulo T 0 com a horizontal. 
(a) Determine a altura máxima atingida pela bola. (b) Escreva, 
em função dos unitários iˆ e jˆ , o vetor velocidade no ponto 
de altura máxima.
SOLUÇÃO:
Dados: v0 , T 0 (dados explícitos) e g (dado implícito)
Ilustração: Bola na origem do sistema de coordenadas.
Na horizontal (M. U. Ÿ ax = 0): 
A velocidade será sempre constante: vx = v0x (5.1)
Na vertical [M. U. V. Ÿ )ˆ( jggay � && ou ay = g]:
A velocidade será: vy = v0y � gt (5.2)
A posição será: 20
2
1
gttvy y � (5.3)
a) Determinação de ymax: Em ymax Ÿ v(ymax) = 0 (5.4) 
Podemos usar o mesmo procedimento empregado na solução do 
item (a) do exercício resolvido 1, ou isolar t na equação (5.2) aci-
ma e, assumindo que a velocidade vertical na altura máxima é nu-
la, obter o tempo de subida (ts = v0y/g). Substituindo ts em (5.3), 
obtemos
g
v
g
v
y
y
2
sen
2
0
22
0
2
0
max
T . (5.5)
b) Em ymax a velocidade da bola será, momentaneamente, hori-
zontal, dada por
)ˆ(cos 000max ivvv xy � T&& (5.6)
A B 
+x 
A B 
Av
&
Bv
&
v
&
+x 
A B 
+x 
xAi = 0 xBi = xi = D 
Ax
&
Bx
&
xAf = xBf = xf 
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4
6) Uma bola é lançada com velocidade � jvivv yx ˆˆ 000&
m/s)ˆ4ˆ2( ji � . Determine (a) o alcance da bola e (b) a velo-
cidade com que a bola atingirá o solo, em termos dos vetores 
unitários ( iˆ e jˆ ).
SOLUÇÃO:
Dados: m/s)ˆ4ˆ2()ˆˆ( 000 jijvivv yx � � &
)ˆ( m/s 8,9)ˆ( jjgg � � &
m/s 5,4(m/s) 20 0
22
0
2
0
2
0 #Ÿ � vvvv yx
$63)2arctan(arctan
0
0
0 # ¸¸¹·¨¨©§ xyvvT
m 0,220 #gv e senT 0 = sen(2T.0) = 0,8 (6.1)
Na horizontal (M. U. Ÿ ax = 0): 
A velocidade será sempre constante: vx = v0x (6.2)
A equação da posição será dada por tvx x0 (6.3)
Na vertical [M. U. V. Ÿ )ˆ( jggay � && ou ay = g]:
A velocidade será: vy = v0y � gt (6.4)
A posição será: 20
2
1
gttvy y � (6.5)
Ilustração: Posição inicial na origem do sistema de coordenadas.
a) Determinação do alcance (xmax):
Usando o mesmo procedimento empregado na solução do item (c) 
do exemplo resolvido 1 para calcular o tempo total do movimento 
(tT), obtém-se
g
v
t
y0
T
2 (6.6)
Substituindo (6.6) em (6.3), e usando (6.1), obtemos� �
� � m 6,12sen
cossen2
2
0
2
0
max
00
2
000
max
# 
 
T
TT
g
v
x
g
v
g
vv
x
yx
(6.7)
Gráfico de sen(2T 0) versus T 0.
Observe que, para uma velocidade inicial fixa, o alcance depende-
rá unicamente do ângulo de lançamento, e será máximo para T 0 = 45º, conforme pode ser observado na figura anterior.
b) Determinação de yx vvv fff
&&& � :
Como visto na eq. (6.2), a componente horizontal da velocidade é 
sempre a mesma, ivv xx
ˆ m/s) 2(0f && , e a componente vertical
será idêntica à velocidade inicial, porém com sentido contrário 
yy vv 0f
&& � , conforme visto na solução do item (c) do exercício 1.
Portanto, substituindo (6.6) em (6.4), temos
m/s 4
2
0
0
0f � � ¸¸¹·¨¨©§� yyyy vgvgvv (6.7)
? m/s )ˆ4ˆ2(f jiv � & (6.8)
7) Um pequeno objeto é arremessado obliquamente com uma 
inclinação T 0 acima da horizontal. No mesmo instante deixa-
se cair um segundo objeto de uma altura H acima do solo, 
conforme representado abaixo. Determine o módulo da velo-
cidade do primeiro objeto (v01), de tal forma que colidam no 
instante em que este primeiro se encontrar em sua altura má-
xima. Dê sua resposta em termos de g, H e T 0.
SOLUÇÃO:
Dados: y1i = 0, y2i = H, y1f = y2f = y1max, 
t1subida = t2queda = t, a1y = a2y = g, 
v1yf = v2yi = v02 = 0 
PARA O OBJETO (1): A componente vertical da velocidade inicial é
011 senTiiy vv . (7.1)
Cálculo do tempo de subida (1), ou queda (2): t1subida = t2queda = t
A equação da velocidade é dada por gtvv yy � i1f1 . (7.2)
Como, ao atingir a altura máxima, v1yf = 0, de (7.2), temos
g
v
ttt
y i1
qs (7.3)
Cálculo da altura máxima:
2
i1i1f1
2
1
tgtvyy y �� (7.4)
Substituindo (7.3) em (7.4) e sabendo que y1i = 0, temos
g
v
g
v
y
yyi
22
1
1
2
i1
2
1
max1 ¹¸·©¨§ � (7.5)
y 
x 
01v
&
T 0 
g
&
0 
(1) 
(1) { (2) 
(2) 
H 
0,0
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90T0
s
e
n
(2
T0)
x0 = y0 = 0 
v0x = 2 m/s 
v0y = 4 m/s 
g
&
0 
0v
&
T0 
xv0
&
yv0
&
x
y
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FÍSICA I – MECÂNICA
5
PARA O OBJETO (2): A equação da posição é dada por
2
i2i2f2
2
1
tgtvyy y �� . (7.6)
Substituindo (7.3) e (7.5) em (7.6), e sabendo que y2i = H, y2f = 
y1max e v2yi = 0, temos
2
i1
2
i1
max1
22 ¸¸¹·¨¨©§� gvgHgvy yy
H
g
v
g
v yy � 2 i12 i1 )11(
2
. (7.7)
Substituído (7.1) em (7.7), obtemos a velocidade inicial de (1)
0
i1
senTgHv . (7.8)
8) O alcance de um projétil é quatro vezes superior a altura má-
xima atingida durante sua trajetória em direção ao alvo. O pro-
jétil permanece no ar durante um intervalo de tempo t. Deter-
mine (a) o ângulo de lançamento e (b) a velocidade inicial.
SOLUÇÃO:
Dados: xmax = 4 ymax, ttotal = tT = t 
a) Nos exercícios resolvidos 5 e 6, obtivemos as seguintes equa-
ções para ymax e xmax.
g
v
y
2
sen 0
22
0
max
T (5.5)
� �0020max cossen2 TT
g
v
x (6.6)
Como 00T0maxmax cos 4 Ttvtvyx x , (8.1)
substituindo (5.5) e (6.6) em (8.1), obtemos � � ¸¸¹·¨¨©§ gvgv 2sen4cossen2 02200020 TTT Ÿ 00 sencos TT ? q 45)1arctan(0T . (8.2)
b) Substituindo (8.2) em (8.1), temos
tv
g
v
g
v
g
v
x 0
2
0
2
0
2
0
max
2
2
4
2
2
4
2
2
2
2
2 ¸¸¹·¨¨©§ uu ¸¸¹
·¨¨©
§ uu 
? tgv
2
2
0 (8.3)
O resultado acima, (8.3), também poderia ser obtido a partir da 
equação da altura máxima, lembrando que o tempo de subida é 
metade do tempo total ( 2/s tt ). Ou seja,
ss0max gttvy y � 
2
0
2
0
2222
2
4
2
2 ¹¸·©¨§u�uu u tgtvgv
Multiplicando ambos os lados da equação acima por 4 g, pode-
mos reescrevê-la como
0
2
)2(
22
0
2
0 ¸¸¹·¨¨©§�� tgvgtv
tg
tgtggt
v
2
2
2
)2/(1422 2222
0 uu�r (8.4)
Como era de se esperar.
9) (a) Prove que a razão entre a altura máxima H e o alcance R,
para um projétil lançado do solo com um ângulo T 0 acima da 
horizontal, é dado por 
0tan4
1/ T RH . (b) Para que ângu-
lo de lançamento T 0 temos H = R ?
SOLUÇÃO:
Dados: T0, xmax = R, ymax = H e atotal = ay = g (em módulo)
a) Procedendo como nos exercícios resolvidos 5 e 6, é possível 
obter as seguintes equações para ymax e xmax.
g
v
y
2
sen 0
22
0
max
T (5.5) e � �0020max cossen2 TT
g
v
x (6.5)
Dividindo (5.5) por (6.5), obtemos
0
0
00
2
0
0
22
0
cos
sen
4
1
cossen22
sen TTTTT ¸¸¹·¨¨©§u¸¸¹·¨¨©§ v ggvRH
0tan
4
1 T 
R
H
 (9.1)
b) Para H = R, implica em 4tan 0 T , donde
$76)4arctan(0 # T (9.2)
10) Durante uma partida de futebol, um atacante, percebendo que 
o goleiro está adiantado, resolve tentarum chute de longa dis-
tância, conforme esquematizado na figura abaixo. O atacante 
está a uma distância D do goleiro e chuta a bola com veloci-
dade inicial de módulo v0, formando um ângulo T0 com a dire-
ção horizontal. (a) Utilizando os eixos indicados na figura, es-
creva as expressões para as coordenadas da bola em função 
do tempo, x(t) e y(t). (b) Que altura mínima H, com os braços 
esticados, as mãos do goleiro devem atingir para intercepta-
rem a bola. Dê sua resposta em função de D, T 0, v0 e g.
(c) Determine o vetor velocidade (use os unitários iˆ e jˆ )
quando ela se encontra imediatamente sobre o goleiro.
SOLUÇÃO:
Dados: D, T 0, v0, e g
a) Em x: 0 xa Ÿ 000 cos)( Tvvtv xx (10.1)
e tvtvtx x 000 cos)( T (10.2)
Em y: ga y (em módulo)
000 senTvv y (10.3)
gtvtv yy � 0)( (10.4)
?
2
00
2
0
2
1
sen)(
2
1
)(
tgtvty
tatvty yy
� 
� 
T (10.5)
D 
T 0 H 
y 
x 
0v
&
goleiro golg
&
 
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FÍSICA I – MECÂNICA
6
b) Cálculo do tempo que a bola leva para alcançar o goleiro: 
Para Dtx )( em (10.2), tem-se
00 cosTv Dt (10.6)
Substituindo (10.6) em (10.5), obtém-se 
0
22
0
2
0
cos2
tan)( TT v DgDHty � . (10.7)
c) De (10.1), (10.4) e (10.6) obtém-se 
»»¼º««¬
ª ¸¸¹·¨¨©§ �� jv gDivvD ˆcossenˆcos 020000 TTT& . (10.8)
12) De um avião, mergulhando em um ângulo T 0 com a vertical e 
a uma altura H, é abandonado um objeto que bate no solo 
após um intervalo de tempo t. Determine, para o objeto, os ve-
tores velocidade (a) ao deixar o avião, (b) ao atingir o solo e 
(c) o vetor deslocamento total. Escreva suas respostas em 
termos das variáveis T 0, H, t e g (aceleração da gravidade) e
dos vetores unitários que se fizerem necessários.
SOLUÇÃO:
Dados: T 0, H, t, e g
Ilustração: Origem do sistema de coordenadas no solo, imediata-
mente abaixo do ponto de lançamento. 
a) Cálculo do módulo da velocidade inicial:
Na vertical, temos: 
2
00
2
1
tgtvyy y �� (12.5)
Substituindo (12.2) e (12.4) em (12.5) e usando o fato de que ao
atingir o solo y = 0, obtém-se
0
00
cos
1
2 Tu¹¸·©¨§ � tgtHvv & . (12.6)
Finalmente, valendo-se de (12.3), (12.4) e (12.6), o vetor veloci-
dade inicial pode ser escrito nas formas: 
jvivvvv yxyx
ˆˆ
00000 � � &&& ,
ou, )ˆcosˆsen( 0000 jivv TT � & ,
ou ainda
)ˆˆ(tan
2
00 ji
tg
t
H
v �u¹¸·©¨§ � T& . (12.7)
b) Cálculo do vetor velocidade do projétil ao atingir o solo:
jvivvvv yxyx
ˆˆ � � &&& (12.8)
Na horizontal (M.U. Ÿ vx = v0x = cte. e ax = 0).
Assim, 
00 tan
2
TT ¹¸·©¨§ � tgtHsenvv xx , (12.9)
já obtido em (a), vide equação (12.7).
Na vertical [MUV Ÿ )ˆ( jgga y � && ].
tgvv yy �� � 0
? ¹¸·©¨§ � 2tgtHvy (12.10)
Substituindo (12.9) e (12.10) em (12.8), obtém-se:
j
tg
t
H
i
tg
t
H
v ˆ
2
ˆtan
2
0 ¹¸·©¨§ ��¹¸·©¨§ � T& (12.11)
c) Cálculo do vetor deslocamento total ( r
&' ):
yxr
&&& '�' ' (12.12)
ou )ˆ()ˆ( jyixr �'�' ' &&& (12.13)
ou ainda )ˆ()ˆ( jyixr '�' ' & (12.14)
HHyyy � � � ' 00 (12.15)
tvxxxx x00 0 � � ' (12.16)
De (12.14), (12.9), (12.16) e (12.15), tem-se:
jHitgHr ˆˆtan
2
1
0
2 �¹¸·©¨§ � ' T&
ou »»¼º««¬ª �¸¸¹·¨¨©§ � ' jiHtgHr ˆˆtan21 0
2 T& (12.13)
0 
x 
y 
T 0 g&0v&
v
&
Hy 0
x 
ti = t0 = 0 
tf = t 
x0 = 0 (12.1) 
y0 = H (12.2) 
v0x = v0 senT 0 (12.3) 
 
0 ixr ˆf &
+y 
+x 
jHr ˆi &
0 
fr
&
+y 
+x 
ir
&� if rrr &&* � '
UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA
FÍSICA I – MECÂNICA
7
19) Um projétil é lançado com um ângulo T 0 acima da horizontal. 
(a) Mostre que o ângulo de elevação I do ponto mais alto
(ymax), visto do local de lançamento, está relacionado com T 0,
o ângulo de elevação do lançamento, por tanI = (tanT 0)/2.
(b) Calcule I para T 0 = 45q.
SOLUÇÃO:
Dados: T 0 e I 
a) Nos exercícios resolvidos 5 e 6, obtivemos as seguintes equa-
ções para ymax e xmax.
g
v
y
2
sen 0
22
0
max
T (5.5)
� �0020max cossen2 TT
g
v
x (6.6)
Como 
2/
tan
max
max
x
y I , (19.1)
substituindo (5.5) e (6.6) em (19.1), obtemos 
2
tan
cos2
2
)cossen 2(
2
sen 
tan 0
0
0
00
2
0
0
22
0 TTTTT
TI sen
g
v
g
v
(19.2)
b) Para T 0 = 45°, q# 27)2/1arctan(I . (19.3)
21) Para um projétil lançado da origem de um sistema de referên-
cia com velocidade 0v
&
, fazendo um ângulo T 0 acima da hori-
zontal, determine: (a) O tempo necessário para atingir nova-
mente o solo, que se encontra na mesma coordenada vertical 
da origem. (b) O tempo necessário para atingir a altura máxi-
ma e o vetor posição neste instante. (c) O alcance do projétil. 
(d) A equação da posição vertical em função da posição hori-
zontal, )(xfy .
SOLUÇÃO:
Dados: x0 = y0 = 0, v0 , T 0 e g.
Na horizontal (em x) o movimento é uniforme ( 0 xa ), sendo a 
velocidade e a posição dadas, respectivamente, por
000 cos)( Tvvtv xx (21.1)
tvtvxtx x )cos()( 0000 T � (21.2)
Na vertical (em y) o movimento é uniformemente acelerado
( ga y ), sendo a velocidade e a posição dadas, respectivamen-
te, por
gtvgtvtv yy � � 000 sen)( T (21.3)
e 200
2
00
2
1
)sen(
2
1
)( gttvgttvyty y � �� T (21.4)
a) Cálculo do tempo total, tT . A coordenada vertical final será 
0)
2
1
(
2
1
)( 0
2
0f � � ttgvgttvty yy ,
que fornece os seguintes valores para o tempo: 
001 tt (instante inicial),
e 
g
v
tt
y0
T2
2 (instante final). (21.5)
b1) Cálculo do tempo de subida, ts. Ao atingir a altura máxima a 
velocidade vertical do projétil é nula, assim, de (21.3), obtém-se 
g
vt
tt
y
y
0T
smax
2
 , (21.6)
que é a metade do tempo total.
b2) Cálculo do vetor posição. A substituição de (21.6) em (21.2) e 
(21.4) fornece
g
v
g
v
vtx
y
x
2
)cossen2(
)( 00
2
00
0s
TT ¸¸¹·¨¨©§ 
22
)2(sen
)( max0
2
0
s
x
g
v
tx T (21.7)
e 
g
v
g
v
y
y
2
)sen(
2
2
00
2
0
max
T (21.8)
Outra maneira de se obter o resultado acima é utilizando a equa-
ção abaixo, fazendo vy = 0.
02)(2 max
2
00max
2
0
2 � �� gyvyygvv yyy
Usando (21.7) e (21.8), o vetor posição será dado por > @ji
g
v
tr ˆsenˆ)2(sen
2
)( 0
2
0
2
0 TT � & . (21.9)
c) Cálculo do alcance. Substituindo (21.5) em (21.2), obtemos
g
v
g
v
vtxx
y
x
)2(sen2
)( 0
2
00
0Tmax
T ¸¸¹·¨¨©§ (21.10)
d) Isolando t em (21.2) e substituindo o resultado em (21.4) ob-
tém-se
2
2
00
0
)cos(2
)(tan)( x
v
g
xxy »¼º«¬ª� TT (21.11)
22) Uma bola é lançada verticalmente para cima, com velocidade 
inicial de módulo v0 a partir do solo. a) Que altura, a partir do 
solo, atingirá a bola? b) Quanto tempo ficará no ar? c) Em que 
instante(s) estará a um terço da altura máxima atingida em re-
lação ao solo? d) Faça um gráfico v × t correspondente ao 
movimento da bola. Escreva suas respostas apenas em ter-
mos dos dados do problema: v0 e g.
SOLUÇÃO:
Dados: v0 e g
Ilustração:
a) Determinação de ymax: Cálculo já efetuado no 
exemplo resolvido 1. 
g
v
y
2
2
0
max (1.1)
b) Cálculo de tTotal :
2
00
2
1
tgtvyy �� 
Ao retornar ao ponto de partida, 00 yy , tem-se
ttgv u¹¸·©¨§ � 20 210
? 001 tt e
g
v
tt 0Total2
2 (22.2)
y0 = 0 
y 
0v
&
g
&
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FÍSICA I – MECÂNICA
8
c) Cálculo do(s) instante(s) tc em que a bola estará em 
3
maxy :
2
cc0
2
0max
c
2
1
63
tgtv
g
vy
y � 
0
62
2
0
c0
2
c ��
g
v
tvt
g
¹¸·©¨§
¸¸¹·¨¨©§¹¸·©¨§��r�� r
2
2
62
4)()(
)(
2
02
00
c
g
g
vg
vv
t
g
v
t 0c
3
2
1)( ¸¸¹
·¨¨©
§ r r (22.3)
Sendo tc(�) e tc(+) os instantes em que a bola passará pela posi-
ção requerida na subida e na descida, respectivamente.
d) Gráfico v × t.
23) Uma partícula move-se no plano xy com aceleração constante 
)ˆ()ˆ( jia �� ED& e, no instante t = 0 s, passa pela origem 
do sistema de coordenadas com velocidade )ˆ(0 jv J & . A ve-
locidade e a aceleração estão em unidades do SI. (a) Deter-
mine, em função dos vetores unitários, os vetores posição ( r
&
)
e velocidade ( v
&
) no instante posterior quando a partículacru-
zará a coordenada y = 0. Supor, neste item, E = 2D. (b) Faça 
um diagrama e esboce, além dos dados iniciais do problema, 
a trajetória da partícula.
SOLUÇÃO:
Dados: jia ˆˆ ED � & , jv ˆ0 J &D xa , DE 2 ya
a) Cálculo do tempo decorrido entre o instante em que a partícula 
passa pela origem (x0 = y0 = 0) e a coordenada (x = ? , y = 0).
DJEJ ?�� 221 200 ttatvyy yy (23.1)
Cálculo da velocidade neste instante:
Em y: tavv yyy � 0
(23.2)
Em x: tavv xxx � 0
(23.3)
Substituindo (23.1) em (23.2) e (23.3), obtém-se
yy vv 02 � � ¸¸¹·¨¨©§� JEJEJ , (23.4)
como era de se esperar, e
JEDJEJD ¸¸¹·¨¨©§ ¸¸¹·¨¨©§ 22xv . (23.5)
Finalmente, )ˆˆ()ˆ()ˆ(2 jijiv � ��¸¸¹·¨¨©§ JJEDJ& . (23.6)
Cálculo do vetor posição: )ˆ()ˆ( jyixr � &
A coordenada vertical é igual a zero, (y = 0), conforme dado no 
enunciado, e
2
2
00 2
22
1 ¸¸¹·¨¨©§ �� EJDtatvxx xx
Portanto, )ˆ(
2
)ˆ(2
2
2
iir DJEJD ¸¸¹·¨¨©§ & . (23.7)
b) Para v0y = 4,0 m/s, ax = 1,0 m/s2 e ay = 2,0 m/s2, obtém-se:
25) Um carro trafega ao longo de uma curva circular com raio de 
200 m. Considerando que sua velocidade aumenta uniforme-
mente de 15 m/s para 27 m/s em 3,0 s, determine o módulo 
de sua aceleração no instante em que sua velocidade é de 
20 m/s. (Atribua símbolos para as variáveis e resolva o pro-
blema literalmente. Após a obtenção do resultado literal, subs-
titua os dados e apresente o resultado numérico.)
SOLUÇÃO:
Dados: r = 200 m
v(t = 0) = v0 = 15 m/s 
v(t = 3s) = v3 = 27 m/s 't = t3 � t0 = (3,0 � 0,0) s = 3,0 s 
v(t = ?) = v = 20 m/s 
Cálculo da aceleração radial:
2
22
rad m/s0,2
m200
)m/s20( 
r
v
a (25.1)
Cálculo da aceleração tangencial:
tavv tan0 � 
? 20tan m/s0,4
s0,3
m/s)1527( � � 
t
vv
a (25.2)
A aceleração resultante será
222
tan
2
rad )m/s0,4()m/s0,2( � � aaa
22 m/s 52m/s 20 a (25.3)
-8
-6
-4
-2
0
2
4
0 3 6 9 12 15
x (m)
y
 (
m
)
t 
v 
� v0 
v0 
0
g
v0
g
v02