Resolução Fundamentos de Física, Halliday - Volume 1 Mecânica - Capítulo 4 - 8ª Edição

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Fundamentos de Física – Volume I – Mecânica – 8ª Edição 
Halliday, Resnick e Walker (problemas 1 à 82 resolvidos 
{Johriel}) Capítulo 4 - Movimento em 2 e 3 dimensões 
*01. Um pósitron sofre um deslocamento ∆𝑟 ̂ e termina com o vetor posição
𝑟 ̂, em metros. Qual era o vetor posição inicial do pósitron.
∆𝑟 (3,0𝑗̂ − 4,0�̂�) − (2,0𝑖̂ − 3,0𝑗̂ + 6,0�̂�) = 
= (−2,0 𝑚)𝑖̂ + (6,0 𝑚)𝑗̂ − (10 𝑚)�̂� 
*02. Uma semente de melancia possui as seguintes coordenadas: x = -5,0 m; y = 8,0 m; e z = 0 m.
Determine o vetor posição da semente.
a) na notação de vetores unitários
𝑟 ̂ = (−5,0 𝑚)𝑖̂ + (8,0 𝑚)𝑗̂
b) como um módulo
𝑟 |𝑟| = √(−5,0 𝑚)2 + (8,0 𝑚)2 + (0 𝑚)2 = 9,4 𝑚 
c) como um ângulo em relação ao sentido positivo do eixo x.
Como z = 0, observamos que o vetor encontra-se no plano xy. Logo,
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
8,0 𝑚
−5,0 𝑚
= −58°
Mas verificamos que o vetor está no segundo quadrante, então o ângulo formado pelo vetor 
com o eixo x positivo é 180° - 58° = 122°. 
d) Desenhe o vetor em um sistema de coordenadas dextrogiro.
Se a semente é transportada até as coordenadas (3,00 m, 0 m, 0 m), 
e) determine o seu deslocamento na notação de vetores unitários.
𝑟 (−5,0 𝑚)𝑖̂ + (8,0 𝑚)𝑗̂
𝑟′⃗⃗⃗ = (3,00 𝑚)𝑖̂
∆𝑟 = 𝑟′⃗⃗⃗ − 𝑟 = (3,00 𝑚)𝑖̂ − [(−5,0 𝑚)𝑖̂ + (8,0 𝑚)𝑗̂] = (8,0 𝑚)𝑖̂ − (8,0 𝑚)𝑗 ̂ 
e) determine o seu deslocamento como um módulo. 
𝑟 = |𝑟| = √(8,0 𝑚)2 + (−8,0 𝑚)2 + (0 𝑚)2 = 11 𝑚 
f) determine o seu deslocamento como um ângulo em relação ao sentido positivo do eixo x. 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
−8,0 𝑚
8,0 𝑚
= −45° 
Como o vetor encontra-se no quarto quadrante, o ângulo em relação ao eixo x positivo é 
−45°, se medido no sentido horário, ou 360°-45° = 315º, se medido no sentido anti-horário. 
*03. O vetor posição de um elétron é 𝑟 = (5,0 𝑚)𝑖̂ − (3,0 𝑚)𝑗̂ + (2,0 𝑚)�̂�. 
a) Determine o módulo de 𝑟. 
𝑟 = |𝑟| = √(5,0 𝑚)2 + (−3,0 𝑚)2 + (2,0 𝑚)2 = 6,2 𝑚 
b) Desenhe o vetor em um sistema de coordenadas dextrogiro. 
 
**04. O ponteiro dos minutos de um relógio de parede mede 10 cm da ponta até o eixo de rotação. 
O módulo e o ângulo do vetor deslocamento da sua ponta devem ser determinados para três intervalos 
de tempo. 
a) Determine o módulo do deslocamento da ponta entre as posições correspondentes a quinze 
e trinta minutos depois da hora. 
Considerando como eixo y positivo a direção do centro até 12 horas e x positivo a direção 
do centro até 3 horas teremos: 
Posição do ponteiro em 15 minutos é (0,10 𝑚)𝑖.̂ 
Posição do ponteiro em 30 minutos é (−0,10 𝑚)𝑗̂. 
∆𝑟 = 𝑟2 − 𝑟1 = [(−0,10 𝑚)𝑗̂] − [0,10 𝑚)𝑖̂] = (−0,10 𝑚)𝑖̂ − (0,10 𝑚)𝑗̂ 
𝑟 = |𝑟| = √(0,10 𝑚)2 + (−0,10 𝑚)2 = 0,14 𝑚 
b) Determine o ângulo associado ao deslocamento da ponta entre as posições 
correspondentes a quinze e trinta minutos depois da hora. 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
−0,10 𝑚
−0,10 𝑚
= −45° 
Como o vetor encontra-se no terceiro quadrante, o ângulo em relação ao eixo x positivo é 
−45° − 90° = −135, se medido no sentido horário, ou 360°-135° = 225º, se medido no sentido anti-
horário. 
c) Determine o módulo correspondente a meia hora seguinte. 
Estou considerando que o ponteiro parte da posição de 30 minutos até a posição de hora 
cheia. 
Posição do ponteiro em 30 minutos é (−0,10 𝑚)𝑗̂. 
Posição do ponteiro em hora cheia é (0,10 𝑚)𝑗.̂ 
∆𝑟 = 𝑟2 − 𝑟1 = [(0,10 𝑚)𝑗̂] − [−0,10 𝑚)𝑖̂] = (0,20 𝑚)𝑗 ̂ 
|𝑟| = 0,20 𝑚 
d) Determine o ângulo correspondente a meia hora seguinte. 
Estou entendendo que o autor quer o ângulo formado a partir do eixo x positivo, no sentido 
anti-horário. 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
0,20 𝑚
0
= 90° 
d) Determine o módulo correspondente a hora seguinte. 
Em uma hora o ponteiro dos minutos realiza uma revolução, logo o vetor deslocamento, 
bem como o módulo do deslocamento é zero. 
e) Determine o módulo correspondente a hora seguinte. 
Como não há deslocamento, o ângulo é zero. 
*05. O vetor posição de um íon é, inicialmente, 𝑟 = 5,0𝑖̂ − 6,0𝑗̂ + 2,0�̂�, e 10 s depois passa a ser 
𝑟 = −2,0𝑖̂ + 8,0𝑗̂ − 2,0�̂�, com todos os valores em metros. Na notação de vetores unitários, qual é a 
velocidade média �⃗�𝑚𝑒𝑑 durante os 10 s? 
�⃗�𝑚𝑒𝑑 =
∆𝑟
∆𝑡
=
𝑟2−𝑟1
10 𝑠
=
(−2,0�̂�+8,0�̂�−2,0�̂�)−(5,0�̂�−6,0�̂�+2,0�̂�)
10𝑠
= 
=
(−7,0�̂�+14,0�̂�−4,0�̂�)
10𝑠
= (−0,70 𝑚/𝑠)𝑖̂ + (1,4 𝑚/𝑠)𝑗̂ − (0,40 𝑚/𝑠)�̂� 
Obs: Na versão do livro em português, 𝑟2 consta como 𝑟 = 2,0𝑖̂ + 8,0𝑗̂ − 2,0�̂�, o que 
inviabiliza a resposta que está no final do livro. Na versão em inglês, 𝑟2 é 𝑟 = −2,0𝑖̂ + 8,0𝑗̂ − 2,0�̂� 
o que torna a resposta correta. 
 
*06. A posição de um elétron é dada por 𝑟 = 5,00𝑡𝑖̂ − 4,00𝑡2𝑗̂ + 2,00�̂�, com t em segundo e 𝑟 
em metros. 
a) Qual é a velocidade, �⃗�(𝑡) do elétron na notação de vetores unitários? 
�⃗� =
𝑑𝑟
𝑑𝑡
(5,00𝑡𝑖̂ − 4,00𝑡2𝑗̂ + 2,00�̂�) = (5,00 𝑚/𝑠)𝑖̂ − (8,00𝑡 𝑚/𝑠)𝑗̂ 
b) Quanto vale �⃗�(𝑡) no instante t = 2,00 s na notação de vetores unitários? 
�⃗�(2) = (5,00 𝑚/𝑠)𝑖̂ − [8,00(2) 𝑚/𝑠]𝑗̂ = (5,00 𝑚/𝑠)𝑖̂ − (16,0 𝑚/𝑠)𝑗̂ 
c) Quanto vale �⃗�(𝑡) no instante t = 2,00 s como módulo? 
�⃗� = |�⃗�| = √(5,00 𝑚)2 + (−16, 0 𝑚)2 = 16,8 𝑚 
d) Quanto vale �⃗�(𝑡) no instante t = 2,00 s como um ângulo em relação ao sentido positivo do 
eixo x? 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
−16,0 𝑚
5,00 𝑚
= −72,6° no sentido horário a partir do eixo x positivo. 
*07. Um trem com uma velocidade constante de 60,0 km/h se move na direção leste por 40,0 min, 
depois em uma direção que faz um ângulo de 50,0° a leste com a direção norte por 20,0 min e, 
finalmente, na direção oeste por mais 50 min. 
Considerando leste no sentido positivo do eixo x e norte no sentido positivo do eixo y. 
a) Qual é o módulo da velocidade média do trem durante essa viagem. 
∆𝑟1 = (60 𝑘𝑚/ℎ) (
40 𝑚𝑖𝑛
60 𝑚𝑖𝑛/ℎ
) 𝑖̂ = (40,0 𝑘𝑚)𝑖̂ 
𝑟2 = (60 𝑘𝑚/ℎ) (
20 𝑚𝑖𝑛
60 𝑚𝑖𝑛/ℎ
) = 20,0 𝑘𝑚 
∆𝑟2 = (20 𝑘𝑚 cos 50°)𝑖̂ + (20 𝑘𝑚 𝑠𝑒𝑛 50°) = (12,8 𝑘𝑚)𝑖̂ + (15,3 𝑘𝑚)𝑗̂ 
∆𝑟3 = −(60 𝑘𝑚/ℎ) (
50 𝑚𝑖𝑛
60 𝑚𝑖𝑛/ℎ
) 𝑖̂ = (−50,0 𝑘𝑚)𝑖̂ 
∆𝑟 = ∆𝑟1 + ∆𝑟2 + ∆𝑟3 = (40,0 𝑘𝑚)𝑖̂ + (12,8 𝑘𝑚)𝑖̂ + (15,3 𝑘𝑚)𝑗̂ + (−50,0 𝑘𝑚)𝑖̂ 
∆𝑟 = (2,8 𝑘𝑚)𝑖̂ + (15,3 𝑘𝑚)𝑗 ̂ 
40min + 20 min + 50 min = 110 min = 1,83 h 
𝑣𝑚𝑒𝑑 =
∆𝑟
∆𝑡
= (
2,8 𝑘𝑚
1,83 ℎ
) 𝑖̂ + (
15,3 𝑘𝑚
1,83 ℎ
) 𝑗̂ = (1,53 𝑘𝑚/ℎ)𝑖̂ + (8,36 𝑘𝑚/ℎ)𝑗 ̂ 
|�⃗�𝑚𝑒𝑑| = √(1,53 𝑘𝑚/ℎ)2 + (8,36 𝑘𝑚/ℎ)2 = 8,50 𝑘𝑚/ℎ 
b) Qual é o ângulo da velocidade média do trem durante essa viagem. 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
8,36 𝑘𝑚/ℎ
1,53 𝑘𝑚/ℎ
= 79,6° medidos a norte do leste 
**08. Um avião voa 483 km para leste, da cidade A para a cidade B, em 45 min, e depois 966 km 
para o sul, da cidade B para a cidade C, em 1,5 h. Para a viagem inteira determine: 
Considerando leste no sentido positivo do eixo x e norte no sentido positivo do eixo y. 
a) o módulo do deslocamento do avião. 
∆𝑟1 = (483 𝑘𝑚)𝑖̂ 
∆𝑟2 = (−966 𝑘𝑚)𝑗̂ 
∆𝑟 = ∆𝑟1 + ∆𝑟2 = (483 𝑘𝑚)𝑖̂ − (966 𝑘𝑚)𝑗̂ 
|𝑟| = √(483 𝑘𝑚)2 + (−966 𝑘𝑚)2 = 1,08 × 103 𝑘𝑚 
b) a direção do deslocamento do avião. 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
−966 𝑘𝑚
483 𝑘𝑚
= −63,4° (63,4° a sul do leste ou 26,6° a leste do sul). 
c) o módulo da velocidade média. 
0,75 h = 1,5 h = 2,25 h 
𝑣𝑚𝑒𝑑 =
∆𝑟
∆𝑡
= (
483 𝑘𝑚
2,25 ℎ
) 𝑖̂ − (
966 𝑘𝑚
2,25 ℎ
) 𝑗̂ = (215 𝑘𝑚/ℎ)𝑖̂ − (429 𝑘𝑚/ℎ)𝑗 ̂ 
|�⃗�𝑚𝑒𝑑| = √(215𝑘𝑚/ℎ)2 + (−429 𝑘𝑚/ℎ)2 = 480 𝑘𝑚/ℎ 
d) a direção da velocidade média. 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
−429 𝑘𝑚
215 𝑘𝑚
= −63,4° 
e) a velocidade média escalar média. 
𝑆𝑚𝑒𝑑 =
𝑑𝑖𝑠𝑡â𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
∆𝑡
=
483 𝑘𝑚+966 𝑘𝑚
2,25 ℎ
= 644 𝑘𝑚/ℎ 
**09. A figura mostra os movimentos de um esquilo em um terreno plano, do ponto A (no instante 
t = 0) para os pontos B(em t = 5,00 min); C(em t = 10,0 min) e, finalmente, D( em t = 15,0 min). 
Considere as velocidades médias do esquilo do ponto A para cada um dos outros três pontos. Entre 
essas velocidades médias determine: 
 
�⃗�𝑚𝑒𝑑𝐴,𝐵 =
∆𝑟
∆𝑡
=
𝐵−𝐴
𝑡𝐵−𝑡𝐴
=
[(30 𝑚)�̂�−(45 𝑚)�̂�]−[(15 𝑚)�̂�−(15 𝑚)�̂�]
300 𝑠 – 0 𝑠
=
(15 𝑚)�̂�−(30 𝑚)�̂�
300𝑠
= 
�⃗�𝑚𝑒𝑑𝐴,𝐵 = (0,05 𝑚/𝑠)𝑖̂ − (0,10 𝑚/𝑠)𝑗̂ 
|�⃗�𝑚𝑒𝑑𝐴,𝐵| = √(0,05 𝑚)2 + (−0,10 𝑚/𝑠)2 = 0,1118 𝑚/𝑠 
�⃗�𝑚𝑒𝑑𝐴,𝐶 =
∆𝑟
∆𝑡
=
𝐶−𝐴
𝑡𝐶−𝑡𝐴
=
[(20 𝑚)�̂�−(15 𝑚)�̂�]−[(15 𝑚)�̂�−(15 𝑚)�̂�]
600 𝑠 – 0 𝑠
=
(5,0 𝑚)�̂�
600𝑠
= (0,0083 𝑚/𝑠)𝑖 ̂ 
|�⃗�𝑚𝑒𝑑𝐴,𝐶| = 0,0083 𝑚/𝑠 
�⃗�𝑚𝑒𝑑𝐴,𝐷 =
∆𝑟
∆𝑡
=
𝐷−𝐴
𝑡𝐷−𝑡𝐴
=
[(45 𝑚)�̂�+(45 𝑚)�̂�]−[(15 𝑚)�̂�−(15 𝑚)�̂�]
900 𝑠 – 0 𝑠
=
(30 𝑚)�̂�+(30 𝑚)�̂�
900𝑠
= 
�⃗�𝑚𝑒𝑑𝐴,𝐷 = (0,03 𝑚/𝑠)𝑖̂ + (0,03 𝑚/𝑠)𝑗 ̂ 
|�⃗�𝑚𝑒𝑑𝐴,𝐷| = √(0,03 𝑚)2 + (0,03 𝑚/𝑠)2 = 0,0471 𝑚/𝑠 
a) o módulo da que possui o menor módulo. 
|�⃗�𝑚𝑒𝑑𝐴,𝐶| = 0,0083 𝑚/𝑠 
b) o ângulo da que possui o menor módulo. 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
0 𝑚
0,0083 𝑚
= 0° 
c) o módulo da que possui o maior módulo. 
|�⃗�𝑚𝑒𝑑𝐴,𝐵| = √(0,05 𝑚)2 + (−0,10 𝑚/𝑠)2 = 0,1118 𝑚/𝑠 
d) o ângulo da que possui o maior módulo. 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
−0,10 𝑚/𝑠
0,05 𝑚/𝑠
= −63° (63° a sul do leste) 
***10. O vetor 𝑟 = 5,00𝑡𝑖̂ + (𝑒𝑡 + 𝑓𝑡2)𝑗̂ mostra a posição de uma partícula em função do 
tempo t. O vetor 𝑟 está em metros, t está em segundos e e e f são constantes. A figura mostra o ângulo 
𝜃 da direção do movimento da partícula em função de t (𝜃 é medido a partir do semi-eixo x positivo). 
 
 
a) Determine e indicando sua unidade. 
A posição da partícula é 𝑟 = 5,00𝑡𝑖̂ + (𝑒𝑡 + 𝑓𝑡2)𝑗̂ 
O movimento da partícula pode ser indicado pela derivada da posição. 
�⃗� =
𝑑𝑟
𝑡
(5,00𝑡𝑖̂ + (𝑒𝑡 + 𝑓𝑡2)𝑗̂) = 5,00𝑖̂ + (𝑒 + 2𝑓𝑡)𝑗 ̂ 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑣𝑦
𝑣𝑥
=
(𝑒+2𝑓𝑡)
5,00
 
Consultando o gráfico, verifica-se que 𝜃0 = 35°, e 𝑡0 = 0, então 
𝑡𝑎𝑛−135° =
(𝑒+2𝑓𝑡)
5,00
 
𝑒 + 2𝑓(0) = 5,00 𝑚/𝑠(𝑡𝑎𝑛−135°) → 𝑒 = 3,5 𝑚/𝑠 
b) Determine f indicando sua unidade. 
Quando 𝜃 = 0, 𝑡 = 14 𝑠, então 
𝑒 + 2𝑓𝑡 = 0 → 𝑓 =
−𝑒
2𝑡
=
−3,5 𝑚/𝑠
2(14 𝑠)
= −0,125 𝑚/𝑠2 
*11. Uma partícula se move de tal forma que sua posição (em metros) em função do tempo (em 
segundos) é dada por 𝑟 = 𝑖̂ + 4𝑡2𝑗̂ + 𝑡�̂�. 
a) Escreva a expressão para a sua velocidade em função do tempo. 
�⃗� =
𝑑𝑟
𝑑𝑡
(𝑖̂ + 4𝑡2𝑗̂ + 𝑡�̂�) = 8𝑡𝑗̂ + �̂� 
b) Escreva a expressão para a sua aceleração em função do tempo. 
�⃗� =
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
(8𝑡𝑗̂ + �̂�) = 8𝑗̂ 
*12. A velocidade inicial de um próton é �⃗� = 4,0𝑖̂ − 2,0𝑗̂ + 3,0�̂�; 4,0 s mais tarde, passa a ser �⃗� =
−2,0𝑖̂ − 2,0𝑗̂ + 5,0�̂� (em metros por segundo). Para esses 4,0 s, determine: 
a) Qual é a aceleração média do próton na notação de vetores unitários? 
�⃗�𝑚𝑒𝑑 =
∆�⃗⃗�
∆𝑡
=
[−2,0�̂�−2,0�̂�+5,0�̂�]𝑚/𝑠−[4,0�̂�−2,0�̂�+3,0�̂�] 𝑚/𝑠
4,0 𝑠
=
−6,0�̂�+2,0�̂�
4,0 𝑠
= 
�⃗�𝑚𝑒𝑑 = (−1,5 𝑚/𝑠
2)𝑖̂ + (0,5 𝑚/𝑠2)�̂� 
b) Qual é o módulo da aceleração média do próton? 
|�⃗�𝑚𝑒𝑑| = √(−1,5 𝑚/𝑠2)2 + (0,5 𝑚/𝑠2)2 = 1,6 𝑚/𝑠
2 
c) Qual é o ângulo entre a aceleração média e o semi-eixo x positivo? 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑣𝑦
𝑣𝑥
=
0,5 𝑚/𝑠2
−1,5 𝑚/𝑠2
= −18° ou 162° 
(162°, pois o vetor está no 2° quadrante). 
*13. A posição 𝑟 de uma partícula que se move em um plano xy é dada por 𝑟 =
(2,00𝑡3 − 5,00𝑡)𝑖̂ + (6,00 − 7,00𝑡4)𝑗,̂ com 𝑟 em metros e t em segundos. 
a) Na notação de vetores unitários, e para t = 2,00 s calcule 𝑟. 
𝑟 = (2,00𝑡3 − 5,00𝑡)𝑖̂ + (6,00 − 7,00𝑡4)𝑗,̂ 
𝑟(2,00 𝑠) = [2,00(2,00)3 − 5,00(2,00)]𝑖̂ + [(6,00 − 7,00(2,00)4]𝑗̂, 
𝑟(2,00 𝑠) = (6,00 𝑚)𝑖̂ − (106 𝑚)𝑗̂ 
b) Na notação de vetores unitários, e para t = 2,00 s calcule �⃗�. 
�⃗� =
𝑑𝑟
𝑑𝑡
(2,00𝑡3 − 5,00𝑡)𝑖̂ + (6,00 − 7,00𝑡4)𝑗̂ = (6,00𝑡2 − 5,00)𝑖̂ − (28,0𝑡3)𝑗 ̂
�⃗�(2,00 𝑠) = (6,00𝑡2 − 5,00)𝑖̂ − (28,0𝑡3)𝑗̂ = [6,00(2,00)2 − 5,00]𝑖̂ − [28,0(2,00)3]𝑗̂ 
�⃗�(2,00 𝑠) = (19,0 𝑚/𝑠)𝑖̂ − (224 𝑚/𝑠)𝑗̂ 
c) Na notação de vetores unitários, e para t = 2,00 s calcule �⃗�. 
�⃗� =
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
(6,00𝑡2 − 5,00)𝑖̂ − (28,0𝑡3)𝑗̂ = (12,0𝑡)𝑖̂ − (84,0𝑡2)𝑗̂ 
�⃗�(2,00 𝑠) = [12,0(2,00)𝑖̂] − [84,0(2,00)2]𝑗̂ 
�⃗�(2,00 𝑠) = (24,0 𝑚/𝑠2𝑖̂)𝑖̂ − (336 𝑚/𝑠2)𝑗̂ 
d) Qual é o ângulo entre o sentido positivo do eixo x e uma reta tangente à trajetória da 
partícula em t = 2,00 s? 
A reta tangente à trajetória é encontrada derivando a posição. É a velocidade instantânea. 
Então: 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑣𝑦
𝑣𝑥
=
−224 𝑚/𝑠
19,0 𝑚/𝑠
= −85,2° 
Analisando as componentes do vetor percebemos que o mesmo encontra-se no quarto 
quadrante, logo a resposta correta é: 360° - 85,2° = 275°. 
*14. Em um certo instante um ciclista está 40,0 m a leste do mastro de um parque, indo para o sul 
com uma velocidade de 10,0 m/s. Após 30,0 s o ciclista está 40,0 m ao norte do mastro, dirigindo-se 
para leste com uma velocidade de 10,0 m/s. Para o ciclista, durante esse intervalo de 30,0 s, quais 
são: 
a) o módulo do deslocamento? 
𝑟1 = (40,0 𝑚)𝑖̂ 𝑟2 = (40,0 𝑚)𝑗 ̂
∆𝑟 = 𝑟2 − 𝑟1 = (40,0 𝑚)𝑗̂ − (40,0 𝑚)𝑖̂ = (−40,0 𝑚)𝑖̂ + (40,0 𝑚)𝑗 ̂ 
|∆𝑟| = √(−40 𝑚)2 + (40,0 𝑚)2 = 56,6 𝑚 
 
b) a direção do deslocamento? 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
40,0 𝑚
−40,0 𝑚
= −45,0° como o vetor encontra-se no segundo 
quadrante, soma-se 180° o que dará a direção 135° a partir do semi-eixo x positivo. 
c) o módulo da velocidade média? 
∆𝑡 = 30 𝑠 𝑒 |∆𝑟| = 56,6 𝑚 
|�⃗�𝑚𝑒𝑑| =
|∆𝑟|
∆𝑡
=
56,6 𝑚
30 𝑠
= 1,89 𝑚/𝑠 
d) a direção da velocidade média? 
�⃗�𝑚𝑒𝑑 =
∆𝑟
∆𝑡
=
(−40,0 𝑚)�̂�+ (40,0 𝑚)�̂�
30 𝑠
= (−10 𝑚/𝑠)𝑗̂ + (1,33 𝑚/𝑠)𝑗̂ 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
1,33 𝑚/𝑠
−1,33 𝑚/𝑠
= −45,0° como o vetor encontra-se no segundo 
quadrante, soma-se 180° o que dará a direção 135° a partir do semi-eixo x positivo. 
e) o módulo da aceleração média? 
�⃗�𝑚𝑒𝑑 =
�⃗� − �⃗�0
∆𝑡
=
(10 𝑚/𝑠)𝑖̂ − (−10 𝑚/𝑠)𝑗̂ 
30 𝑠
= (0,333 𝑚/𝑠2)𝑖̂ + (0,333 𝑚/𝑠2)𝑗̂ 
|�⃗�𝑚𝑒𝑑| = √(0,333 𝑚/𝑠2)2 + (0,333 𝑚/𝑠2)2 = 0,471 𝑚/𝑠
2 
f) a direção da aceleração média? 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
0,333 𝑚/𝑠
0,333 𝑚/𝑠
= 45,0° como o vetor encontra-se no primeiro 
quadrante, este é o valor correto (45° a norte do leste, ou 45° a leste do norte). 
**15. Um carro se move sobre um plano xy com componentes da aceleração 𝑎𝑥 = 4,0 𝑚/𝑠
2 e 𝑎𝑦 =
−2,0 𝑚/𝑠2. A velocidade inicial tem componentes 𝑣0𝑥 = 8,0 𝑚/𝑠 e 𝑣0𝑦 = 12 𝑚/𝑠. Na notação de 
vetores unitários, qual é a velocidade do carro quando atinge a maior coordenada y? 
Primeiramente temos que pensar que se a aceleração em y é negativa, vai chegar um 
momento em que a velocidade em y chegará a zero. Neste momento o carro atingea maior coordenada 
y. Então 
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 → 𝑡 =
𝑣− 𝑣0
𝑎
=
0 − 12 𝑚/𝑠
− 2𝑚/𝑠2
= 6 𝑠 
Como deduzimos anteriormente, na maior coordenada y a velocidade em y é zero, mas resta 
a velocidade em x. 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 + 𝑎𝑥𝑡 
𝑣𝑥 = (8,0 𝑚/𝑠) + (4,0 𝑚/𝑠
2)(6,0 𝑠) = 32 𝑚/𝑠 
Portanto a velocidade do carro quando atinge y máximo é (32 𝑚/𝑠)𝑖̂. 
 
**16. Um vento moderado acelera um seixo sobre um plano horizontal xy com uma aceleração 
constante �⃗� = (5,00 𝑚/𝑠2)𝑖̂ + (7,00 𝑚/𝑠2)𝑗̂. No instante t = 0, a velocidade é (4,00 𝑚/𝑠)𝑖̂. 
a) Qual é o módulo da velocidade do seixo após ter se deslocado 12,0 m paralelamente ao eixo 
x? 
Nós temos como dados, a aceleração, a velocidade inicial e o ∆𝑥. Como não temos o ∆𝑦, 
precisamos encontrar o tempo de deslocamento. 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2 
12,0 𝑚 = (4,00 𝑚/𝑠)𝑡 +
1
2
(5,00 𝑚/𝑠2)𝑡2 = 
(5,00 𝑚/𝑠2)𝑡2 + (8,00 𝑚/𝑠)𝑡 − 24,0 𝑚 
𝑥 =
−8,00±√64,0+480
10
= 1,53 s (descartamos o resultado negativo pois procuramos um valor 
depois de t = 0. 
Sabendo o tempo, usamos a seguinte equação: 
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 
𝑣 = (4,00 𝑚/𝑠)𝑖̂ + (5,00 𝑚/𝑠2)𝑖̂(1,53 s) + (7,00 𝑚/𝑠2)𝑗̂(1,53 s) 
𝑣 = (11,7 𝑚/𝑠)𝑖̂ + (10,7 𝑚/𝑠)𝑗̂ 
b) Qual é o ângulo da velocidade do seixo após ter se deslocado 12,0 m paralelamente ao eixo 
x? 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
10,7 𝑚/𝑠
11,7 𝑚/𝑠
= 42,6° a norte do leste ou 47,4° a leste do norte 
**17. Uma partícula deixa a origem com uma velocidade inicial �⃗� = (3,00 𝑚/𝑠)𝑖̂ e uma aceleração 
constante �⃗� = (−1,00 𝑚/𝑠2)𝑖̂ − (0,500 𝑚/𝑠2)𝑗.̂ Quando ela atinge o valor máximo de sua 
coordenada x, quais são. 
a) a sua velocidade? 
Quando ela atinge o valor máximo na coordenada x, sua velocidade em x é zero. Logo 
�⃗�𝑥 = �⃗�0𝑥 + �⃗�𝑥𝑡 → 𝑡 = 
�⃗⃗� − �⃗⃗�0
�⃗⃗�
=
0−(3,00 𝑚/𝑠)
−1,00 𝑚/𝑠2
= 3,00 𝑠 
3,00 s é o tempo máximo, então, em y: 
�⃗�𝑦 = �⃗�0𝑦 + �⃗�𝑦𝑡 → �⃗�𝑦 = 0 + (−0,500 𝑚/𝑠
2)(3,00 𝑠) = −1,5 𝑚/𝑠 
Em notação de vetor unitário, a velocidade da partícula é (−1,5 𝑚/𝑠)𝑗̂ 
a) o seu vetor posição? 
Como começou na origem, a posição da partícula é dada para qualquer t. 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2 
𝑟 = �⃗�0𝑡 +
1
2
�⃗�𝑡2 = (3,00 𝑚/𝑠)𝑖(̂3,00 𝑠) +
1
2
[(−1,00 𝑚/𝑠2)𝑖̂ − (0,500 𝑚/𝑠2)�̂�](3,00 𝑠)2 = 
𝑟 = (9,00 𝑚)𝑖̂ − (4,50 𝑚)𝑖̂ − (2,25 𝑚)𝑗̂ = (4,50 𝑚)𝑖̂ − (2,25 𝑚)𝑗̂ 
**18. A velocidade �⃗� de uma partícula que se move no plano xy é dada por �⃗� = (6,0𝑡 − 4,0𝑡2)𝑖̂ +
8,0𝑗̂, com �⃗� em metros e t(>0) em segundos. 
a) Qual é a aceleração no instante t = 3,0 s? 
�⃗� =
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
[(6,0𝑡 − 4,0𝑡2)𝑖̂ + 8,0𝑗̂] = (6,0 − 8,0𝑡)𝑖̂ 
�⃗�(3,0 𝑠) = [6,0 − 8,0(3,0)]𝑖̂ = (−18 𝑚/𝑠2)𝑖̂ 
b) Em que instante, se isso é possível, a aceleração é nula? 
(6,0 − 8,0𝑡)𝑖̂ = 0 
𝑡 =
6,0
8,0
= 0,75 𝑠 
A aceleração é igual a zero em t = 0,75 s. 
c) Em que instante, se isso é possível, a velocidade é nula? 
Como a velocidade em y é constante em 8,0 m/s, a velocidade nunca será nula. 
d) Em que instante, se isso é possível, a velocidade escalar da partícula é igual a 10 m/s? 
Uma vez que a velocidade escalar é o módulo da velocidade, temos: 
𝑣 = |�⃗�| = √(6,0𝑡 − 4,0𝑡2)2 + (8,0)2 = 10 
(6,0𝑡 − 4,0𝑡2)2 + (8,0)2 = 100 
(6,0𝑡 − 4,0𝑡2)2 = 100 − 64 
(6,0𝑡 − 4,0𝑡2)2 = 36 
Extraindo a raiz quadrada em ambos os lados da equação e simplificando teremos: 
6,0𝑡 − 4,0𝑡2 = ±6,0 → 4,0𝑡2 − 6,0𝑡 ± 6,0 = 0 → 2,0𝑡2 − 3,0𝑡 ± 3,0 = 0 
𝑡 =
3,0±√9−4(2,0)(±3,0)
2(2,0)
= 2,2 ou − 0,69 
Com a questão exige um resultado positivo (t > 0), a única resposta correta é t = 2,2 s. 
 
***19. A aceleração de uma partícula que se move apenas em um plano horizontal xy é dada 
por �⃗� = 3,0𝑡𝑖̂ + 4,0𝑡𝑗̂, onde �⃗� está em metros por segundo ao quadrado e t em segundos. Em t = 0, o 
vetor posição 𝑟 = (20,0 𝑚)𝑖̂ + (40,0 𝑚)𝑗 ̂ indica a localização da partícula, que nesse instante tem 
uma velocidade �⃗� = (5,00 𝑚/𝑠)𝑖̂ + (2,00 𝑚/𝑠)𝑗̂. Em t = 4,00 s, determine: 
a) o vetor posição em termos de vetores unitários. 
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 
�⃗� = 3,0𝑡𝑖̂ + 4,0𝑡𝑗̂ → �⃗� = (5,00 𝑚/𝑠)𝑖̂ + (2,00 𝑚/𝑠)𝑗̂ . → 𝑟 = (20,0 𝑚)𝑖̂ + (40,0 𝑚)𝑗̂ 
�⃗�(𝑡) = �⃗�0 + ∫ �⃗�
𝑡
0
𝑑𝑡 = 
= (5,00𝑖̂) + (2,00𝑗̂) + ∫ (3𝑡𝑖̂
𝑡
0
+ 4𝑡𝑗̂)𝑑𝑡 
= (5,00 +
3
2
𝑡2) 𝑖̂ + (2,00 + 2𝑡2)𝑗̂ 
 𝑟(𝑡) = 𝑟0 + ∫ �⃗�
𝑡
0
𝑑𝑡 = 
= (20,0 𝑚)𝑖̂ + (40,0 𝑚)𝑗̂ + ∫ [(5,00 +
3
2
𝑡2) 𝑖̂ + (2,00 + 2𝑡2)𝑗̂]
𝑡
0
𝑑𝑡 
= (20,0 𝑚)𝑖̂ + (40,0 𝑚)𝑗̂ + (5,00𝑡 +
𝑡3
2
) + (2,00𝑡 +
2
3
𝑡3) 
= (20,0 𝑚 + 5,00𝑡 +
𝑡3
2
) 𝑖̂ + (40,0 𝑚 + 2,00𝑡 +
2
3
𝑡3) 𝑗̂ 
Em t = 4,00 s, temos: 
𝑟(𝑡 = 4,00 𝑠) = (20,0 𝑚 + 5,00(4,00 𝑠) +
(4,00 𝑠)3
2
) 𝑖̂ + (40,0 𝑚 + 2,00(4,00 𝑠) +
2
3
(4,00 𝑠)3) 𝑗̂ 
= (72,0 𝑚)𝑖̂ + (90,7 𝑚)𝑗̂ 
b) o ângulo entre a direção do movimento e o semi-eixo x positivo. 
�⃗�(𝑡 = 4,00𝑠) = 
= (5,00 +
3
2
(4,00 𝑠)2) 𝑖̂ + (2,00 + 2(4,00 𝑠)2)𝑗̂ 
= (29,0 𝑚/𝑠)𝑖̂ + (34,0 𝑚/𝑠)𝑗̂ 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
34,0 𝑚/𝑠
29,0 𝑚/𝑠
= 49,5° a norte do leste 
***20. Na figura a partícula A se move ao longo da reta y = 30 m com uma velocidade 
constante �⃗� de módulo 3,0 m/s e paralela ao eixo x. No instante em que a partícula A passa pelo eixo 
y a partícula B deixa a origem com velocidade inicial zero e aceleração constante �⃗� de módulo 0,40 
m/s². Para que valor do ângulo 𝜃 entre �⃗� e o semi-eixo y positivo acontece uma colisão? 
 
 
Podemos usar as equações para aceleração constante. 
𝑦 =
1
2
𝑎𝑦𝑡
2 → 30 𝑚 = 
1
2
[(0,40 𝑚/𝑠2)𝑐𝑜𝑠 𝜃]𝑡2 
Depois, os movimentos de A e B devem coincidir. 
𝑣𝑡 =
1
2
𝑎𝑥𝑡
2 → (3,0 𝑚/𝑠)𝑡 = 
1
2
[(0,40 𝑚/𝑠2)𝑠𝑒𝑛 𝜃]𝑡2 
𝑣𝑡 =
1
2
𝑎𝑥𝑡
2 → 𝑡 = 
2𝑣
𝑎𝑥
=
2(3,0 𝑚/𝑠)
(0,40 𝑚/𝑠2)𝑠𝑒𝑛𝜃
 
Então, ligando as duas equações 
30 𝑚 = 
1
2
[(0,40 𝑚/𝑠2)𝑐𝑜𝑠 𝜃] [
2(3,0 𝑚/𝑠)
(0,40 𝑚/𝑠2)𝑠𝑒𝑛𝜃
]
2
 
Como 𝑠𝑒𝑛2𝜃 = 1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃 
30 = 
9,0
0,20
cos 𝜃
1−𝑐𝑜𝑠2𝜃
 → 1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃 =
9,0
(0,20)(30)
𝑐𝑜𝑠𝜃 
Usando Báskara 
𝑐𝑜𝑠 𝜃 =
−1,5+√1,52−4(1,0)(−1,0)
2
=
1
2
 
𝜃 = 𝑐𝑜𝑠−1
1
2
= 60° 
*21. Um projétil é disparado horizontalmente de uma arma que está 45,0 m acima de um terreno 
plano, emergindo da arma com uma velocidade de 250 m/s. 
a) Por quanto tempo o projétil permanece no ar? 
Uma vez que o movimento horizontal não interfere no movimento vertical. 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑣0𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2 
45,0 𝑚 = (0)𝑡 +
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)𝑡2 → 𝑡 = √
2(45,0 𝑚)
9,80 𝑚/𝑠2
= √9,18 𝑠2 = 3,03𝑠 
b) A que distância horizontal do ponto de disparo ele se choca com o solo? 
Desconsiderando-se a desaceleração causada pela resistência do ar. 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑡 → ∆𝑥 = (250 𝑚/𝑠)(3,03 𝑠) = 758 𝑚 
c) Qual é o módulo da componente vertical da velocidade quando o projétil se choca com o 
solo? 
Como a componente vertical da velocidade inicial é zero. 
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 → 𝑣𝑦 = 0 + (9,80 𝑚/𝑠
2)(3,03 𝑠) = 29,7 𝑚/𝑠 
*22. No Campeonato Mundial de Atletismo de 1991, em Tóquio, Mike Powell saltou 8,95 m, 
batendo por 5 cm um recorde de 23 anos para o salto em distância estabelecido por Bob Beamon. 
Suponha que a velocidade de Powell no início do salto era de 9,5 m/s (aproximadamente igual a de 
um velocista) e que g = 9,8 m/s² emTóquio. Calcule a diferença entre o alcance de Powell e o máximo 
alcance possível para uma partícula lançada com a mesma velocidade. 
Usando a equação para o alcance horizontal de um projétil. 
𝑅 =
𝑣0
2
𝑔
𝑠𝑒𝑛 2𝜃0 
𝑅 =
(9,5𝑚/𝑠)2
9,8 𝑚/𝑠2
𝑠𝑒𝑛 2𝜃0 = 9,21 𝑚 
9,21 𝑚 − 8,95 𝑚 = 0,259 𝑚 
*23. O recorde atual de salto de motocicleta é de 77,0 m, estabelecido por Jason Renie. Suponha 
que ele parta da rampa fazendo um ângulo de 12° com a horizontal e que as alturas no início e no 
final do salto sejam iguais. Determine a velocidade inicial, desprezando a resistência do ar. 
𝑅 =
𝑣0
2
𝑔
𝑠𝑒𝑛 2𝜃0 → 𝑣0 = √
𝑔𝑅
𝑠𝑒𝑛 2𝜃
= √
(9,8 𝑚/𝑠2)(77,0 𝑚)
𝑠𝑒𝑛 2(12°)
= 43,1 𝑚/𝑠 
*24. Uma pequena bola rola horizontalmente até a borda de uma mesa de 1,20 m de altura e cai no 
chão. A bola chega ao chão a uma distância horizontal de 1,52 m da borda da mesa. 
a) Por quanto tempo a bola fica no ar? 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑣0𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2 
1,20 𝑚 = (0)𝑡 +
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)𝑡2 → 𝑡 = √
2(1,20 𝑚)
9,80 𝑚/𝑠2
= √0,245 𝑠2 = 0,495 𝑠 
b) Qual é a velocidade da bola no instante em que chega à borda da mesa? 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑡 → 1,52 𝑚 = 𝑣0(0,495 𝑠) → 𝑣0 =
1,52 𝑚
0,495 𝑠
= 3,07 𝑚/𝑠 
*25. Um dardo é arremessado horizontalmente com uma velocidade inicial de 10 m/s em direção 
ao ponto P, o centro de um alvo de parede. Ele atinge o ponto Q do alvo, verticalmente abaixo de P, 
0,19 s depois do arremesso. 
a) Qual é a distância PQ? 
𝑦 − 𝑦0 =
1
2
𝑔𝑡2 → ∆𝑦 =
1
2
(9,8 𝑚/𝑠2)(0,19 𝑠)2 = 0,18 𝑚 
b) A que distância do alvo o dardo foi arremessado? 
Consideramos a velocidade constante e o sentido do eixo x positivo. 
𝑥 = 𝑣0𝑡 → 𝑥 = (10 𝑚/𝑠)(0,19 𝑠) = 1,9 𝑚 
*26. Na figura, uma pedra é lançada em um rochedo de altura h com uma velocidade inicial de 
42,0 m/s e um ângulo 𝜃 = 60,0° com a horizontal. A pedra cai em um ponto A, 5,50 s após o 
lançamento. Determine 
 
a) a altura h do rochedo? 
Fazendo 𝑦0 = 0 e 𝑦 = ℎ 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → ℎ = 𝑦0 + (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
ℎ = (42,0 𝑚 𝑠𝑒𝑛60°)(5,50 𝑠) −
1
2
(9,8 𝑚/𝑠2)(5,50 𝑠)2 
ℎ = (42,0 𝑚 𝑠𝑒𝑛60°)(5,50 𝑠) −
1
2
(9,8 𝑚/𝑠2)(5,50 𝑠)2 = 51,8 𝑚 
b) a velocidade da pedra imediatamente antes do impacto em A? 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 
𝑣 = √(𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)2 + (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)2 = 
𝑣 = √(42,0𝑐𝑜𝑠60°)2 + (42,0𝑠𝑒𝑛60°)2 = 27,4 𝑚/𝑠 
c) a máxima altura H alcançada acima do solo? 
Usamos as equações da aceleração constante, porém, substituímos a por –g. 
𝑣2 = 𝑣0
2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥0) → 𝑣𝑦
2 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)
2 − 2𝑔(𝑦 − 𝑦0) 
Usando 𝑣𝑦 = 0 e 𝑦 = 𝐻 teremos: 
0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)
2 − 2𝑔𝐻 → 𝐻 =
(𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)
2
2𝑔
=
(42,0 𝑚 𝑠𝑒𝑛 60°)2
2(9,8 𝑚/𝑠2)
= 67,5 𝑚 
*27. Um certo avião tem uma velocidade de 290 km/h e está mergulhando com um ângulo 𝜃 =
30,0° abaixo da horizontal quando o piloto libera um chamariz. A distância horizontal entre o ponto 
de lançamento e o ponto onde o chamariz se choca com o solo é 𝑑 = 700 𝑚. 
 
 
a) Quanto tempo o chamariz passou no ar? 
Escolhemos a origem das coordenadas no nível do solo, imediatamente abaixo do ponto de 
lançamento. Assim, 𝜃0 = −30°. A velocidade inicial do chamariz é a velocidade do avião no 
momento da liberação. 
𝑣0 = 290 𝑘𝑚/ℎ (
1000 𝑚
1 𝑘𝑚
) (
1 ℎ
3600 𝑠
) = 80,6 𝑚/𝑠 
Vejamos que a componente horizontal da velocidade não possui aceleração, então 
∆𝑥 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 → 𝑡 = 
∆𝑥
𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0
=
700 𝑚
(80,6 𝑚/𝑠) 𝑐𝑜𝑠 (−30,0°)
= 10,0 𝑠 
b) De que altura foi lançado? 
Agora que sabemos o tempo que o chamariz permaneceu no ar depois que foi liberado: 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
0 − 𝑦0 = (80,6 𝑚/𝑠)(𝑠𝑒𝑛 − 30,0°)(10,0 𝑠) −
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)(10,0𝑠)2 
−𝑦0 = −403 𝑚 − 490 𝑚 
𝑦0 = 893 𝑚 
*28. Uma pedra é lançada de uma catapulta no instante t = 0, com uma velocidade inicial de módulo 
20,0 m/s e um ângulo de 40,0° acima da horizontal. 
a) Qual é o módulo da componente horizontal do deslocamento da pedra em relação à 
catapulta em t = 1,10 s? 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑥𝑡 → 𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 
∆𝑥 = (20,0 𝑚/𝑠 𝑐𝑜𝑠40,0°)(1,10 𝑠) = 16,9 𝑚 
b) Qual é o módulo da componente vertical do deslocamento da pedra em relação à catapulta 
em t = 1,10 s? 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
∆𝑦 = (20,0 𝑚/𝑠 𝑠𝑒𝑛40,0°)(1,10 𝑠) −
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)(1,10 𝑠)2 = 8,21 𝑚 
 
c) Qual é o módulo da componente horizontal do deslocamento da pedra em relação à 
catapulta em t = 1,80 s? 
∆𝑥 = (20,0 𝑚/𝑠 𝑐𝑜𝑠40,0°)(1,80 𝑠) = 27,6 𝑚 
d) Qual é o módulo da componente vertical do deslocamento da pedra em relação à catapulta 
em t = 1,80 s? 
∆𝑦 = (20,0 𝑚/𝑠 𝑠𝑒𝑛40,0°)(1,80 𝑠) −
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)(1,80 𝑠)2 = 7,26 𝑚 
e) Qual é o módulo da componente horizontal do deslocamento da pedra em relação à 
catapulta em t = 5,00 s? 
Considerando que ∆𝑦 está diminuindo conforme o tempo aumenta, presumimos que a 
pedra alcança o solo antes dos 5,00 s, então calculamos primeiro o tempo de deslocamento da pedra. 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 0 = 2(𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 − 𝑔𝑡
2 → 2(𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 = 𝑔𝑡
2 
2(𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0) = 
𝑔𝑡2
𝑡
 → 2(𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0) = 𝑔𝑡 → 𝑡 =
2(𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)
𝑔
 
𝑡 =
2𝑣0
𝑔
𝑠𝑒𝑛𝜃0 = 
2(20 𝑚/𝑠)
9,8 𝑚/𝑠2
𝑠𝑒𝑛40,0° = 2,62 𝑠 
Em t = 5,00 s a pedra já se encontra no solo desde t = 2,62 s. 
∆𝑥 = (20,0 𝑚/𝑠 𝑐𝑜𝑠40,0°)(2,62 𝑠) = 40,1 𝑚 
f) Qual é o módulo da componente vertical do deslocamento da pedra em relação à catapulta 
em t = 5,00 s? 
Como a pedra já se encontra no solo desde t = 2,62 s, a componente vertical é 0. 
**29. Um mergulhador salta com uma velocidade horizontal de 2,00 m/s de uma plataforma que 
está 10,0 m acima da superfície da água. 
a) A que distância horizontal da borda da plataforma está o mergulhador 0,800 s após o início 
do salto? 
Primeiramente organizamos nosso sistema de coordenadas colocando a origem na 
superfície da água, exatamente sob a borda da plataforma. 
Lembramos que os movimentos vertical e horizontal são independentes. 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑥𝑡 
𝑥 − 0 = (2,00 𝑚/𝑠)(0,800 𝑠) = 1,60 𝑚 → 𝑥 = 1,60 𝑚 
b) A que distância vertical acima da superfície da água está o mergulhador nesse instante? 
 
Deduzimos que a velocidade vertical inicial é zero, porém temos a aceleração da gravidade. 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑦 − 0 = 0 −
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)(0,800)2 = 
𝑦 = − 3,14 𝑚 (abaixo da barda da plataforma) 
Como o trampolim encontra-se 10,0 m acima da superfície da água, o mergulhador, em t = 
0,800 s está (10,0 𝑚) − (3,14 𝑚) = 6,86 𝑚 da superfície da água. 
c) A que distância horizontal da borda da plataforma o mergulhador atinge a água? 
Para isso precisamos saber o tempo que o mergulhador leva para atingir a água. 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑡 = √
2∆𝑦
𝑔
= √
2(10,0 𝑚)
9,80 𝑚/𝑠2
= 1,43 𝑠 
Sabendo o tempo podemos aplicar a equação diretamente. 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑥𝑡 → 𝑥 − 0 = (2,00 𝑚/𝑠)(1,43 𝑠) = 2,86 𝑚 
𝑥 = 2,86 𝑚 
**30. O trebuchet era uma máquina de arremesso construída para atacar as muralhas de um castelodurante um cerco. Uma grande pedra podia ser arremessada contra uma muralha para derrubá-la. A 
máquina não era instalada perto da muralha, porque os operadores seriam um alvo fácil para as flechas 
disparadas do alto das muralhas do castelo. Em vez disso, o trebuchet era posicionada de tal forma 
que a pedra atingia a muralha na parte descendente da sua trajetória. Suponha que uma pedra seja 
lançada com uma velocidade 𝑣0 = 28,0 𝑚/𝑠 e um ângulo de 40,0°. 
a) Qual é a velocidade da pedra se ela atinge a muralha no momento em que chega à altura 
máxima de sua trajetória parabólica? 
O módulo da velocidade é |𝑣| = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)2, porém, quando a pedra atinge a altura 
máxima a velocidade vertical 𝑣𝑦 é zero. Então 
|𝑣| = √(𝑣𝑥)2 = 𝑣𝑥 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 = (28,0 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠40,0°) = 21,4 𝑚/𝑠 
b) Qual é a velocidade da pedra se ela atinge a muralha depois de cair metade da altura máxima 
sua trajetória parabólica? 
Usando o fato de que 𝑣𝑦 = 0 na altura máxima 𝑦𝑚𝑎𝑥, o tempo necessário para que a pedra 
atinja 𝑦𝑚𝑎𝑥 é dada pela equação: 
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 − 𝑔𝑡 
0 = 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 − 𝑔𝑡 → 𝑡 =
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
𝑔
 
Usando a equação a equação a seguir e substituindo t, temos 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
𝑦𝑚𝑎𝑥 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0) (
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
𝑔
) −
1
2
𝑔 (
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
𝑔
)
2
 
𝑦𝑚𝑎𝑥 = 
𝑣0
2𝑠𝑒𝑛2𝜃0
2𝑔
 
Para encontrar o tempo da pedra desce ao máximo y = y / 2, resolvemos a equação 
quadrática 
𝑦 =
1
2
𝑦𝑚𝑎𝑥 =
𝑣0
2𝑠𝑒𝑛2𝜃0
4𝑔
= (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑡± =
(2±√2)𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
2𝑔
 
Escolhendo 𝑡+ temos 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 = (28,0 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠40,0°) = 21,4 𝑚/𝑠 
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 − 𝑔
(2±√2)𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
2𝑔
= −
√2
2
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 = −
√2
2
(28,0 𝑚/𝑠)𝑠𝑒𝑛40,0° = −12,7 𝑚/𝑠 
Assim, a velocidade da pedra quando 𝑦 =
𝑦𝑚𝑎𝑥
2
 é: 
𝑣 = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)2 = √(21,4 𝑚/𝑠)2 + (−12,7 𝑚/𝑠)2 = 24,9 𝑚/𝑠 
c) Qual é a diferença percentual entre as respostas dos itens (a) e (b)? 
24,9 𝑚/𝑠 −21,4 𝑚/𝑠
21,4 𝑚/𝑠
= 0,163 = 16,3% 
**31. Um avião, mergulhando com velocidade constante em um ângulo de 53,0° com a vertical, 
lança um projétil a uma altitude de 730 m. O projétil chega ao solo 5,00 s após o lançamento. 
Adotamos como origem das coordenadas o nível do solo exatamente abaixo do ponto de 
lançamento. 
a) Qual é a velocidade do avião? 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
0 − 730 𝑚 = 𝑣0(𝑠𝑒𝑛 − 37°)(5,00 𝑠) −
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)(5,00 𝑠)2 = 
𝑣0 =
−
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)(5,00 𝑠)2+730 𝑚
(𝑠𝑒𝑛−37°)(5,00 𝑠)
= 202 𝑚/𝑠 
b) Que distância o projétil percorre horizontalmente durante o percurso? 
𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 → 𝑥 = (202 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠 − 37°)(5,00 𝑠) = 806 𝑚 
c) Qual é a componente horizontal da velocidade do projétil no momento em que chega ao 
solo? 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 = (202 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠 − 37°) − 161 𝑚/𝑠 
d) Qual é a componente vertical da velocidade do projétil no momento em que chega ao 
solo? 
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 − 𝑔𝑡 = (202 𝑚/𝑠)(𝑠𝑒𝑛 − 37°) − (9,80 𝑚/𝑠
2)(5,00 𝑠) = −171 𝑚/𝑠 
**32. Durante uma partida de tênis, um jogador saca a 23,6 m/s, com o centro da bola deixando a 
raquete horizontalmente a 2,37 m de altura em relação à quadra. A rede está a 12,0 m de distância e 
tem 0,900 m de altura. 
Adotamos como origem das coordenadas o nível do solo exatamente abaixo do ponto que a 
bola deixa a raquete. 
a) A bola passa para o outro lado da quadra? 
Queremos saber qual a altura da bola quando x = 12,0 m. 
𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 
12,0 𝑚 = (23,6 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠0°)𝑡 → 𝑡 =
12,0 𝑚
(23,6 𝑚/𝑠)(1,00)
= 0,508 𝑠 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
𝑦 = 𝑦0 −
1
2
𝑔𝑡2 𝑦 = 2,37 𝑚 −
1
2
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )(0,508 𝑠)2 = 1,10 𝑚 
Sim, pois ela passa sobre a rede a uma altura de 1,10 m, enquanto a rede tem 0,900 m de 
altura. 
b) Quando a bola chega a rede, qual é a distância entre o centro da bola e o alto da rede? 
1,10 m – 0,900 m = 0,200 m 
c) Supondo que, nas mesmas condições, a bola deixe a raquete fazendo um ângulo de 5,00° 
abaixo da horizontal. Nesse caso a bola passaria para o outro lado da quadra? 
𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 
12,0 𝑚 = (23,6 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠 − 5,00°)𝑡 → 𝑡 =
12,0 𝑚
(23,6 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠5,00°)
= 0,510 𝑠 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
𝑦 = 2,37 𝑚 + [(23,6 𝑚 𝑠⁄ )(𝑠𝑒𝑛 − 5,00°)(0,510 𝑠)] −
1
2
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )(0,510 𝑠)2 =
0,046 𝑚 
Não, pois ela passa chega à rede a 0,046 m acima do solo, enquanto a rede tem 0,90 m de 
altura. 
d) Supondo que, nas mesmas condições, a bola deixe a raquete fazendo um ângulo de 5,00° 
abaixo da horizontal. Quando a bola chega a rede, qual é a distância entre o centro da bola e o alto da 
rede? 
0,900 m – 0,046 m = 0,854 m 
**33. Em uma cortada, um jogador de voleibol golpeia a bola com força, de cima para baixo, em 
direção à quadra adversária. É difícil controlar o ângulo de uma cortada. Suponha que uma bola seja 
cortada de uma altura de 2,30 m, com uma velocidade inicial de 20,0 m/s e um ângulo para baixo de 
18,0°. Se o ângulo para baixo diminuir para 8,00°, a que distância adicional a bola atingirá a quadra 
adversária? 
Primeiro encontramos o tempo que a bola leva para atingir o chão. 
Supomos que o ângulo de 18,0° para baixo seja 18,0° abaixo da linha horizontal. 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
0 − 2,30 𝑚 = (20,0 𝑚/𝑠)(𝑠𝑒𝑛 − 18,0°)𝑡 −
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)𝑡2 
(4,90 𝑚 𝑠2⁄ )𝑡2 + (6,18 𝑚 𝑠⁄ )𝑡 − 2,30 𝑚 = 0 
𝑡 =
−6,18+√(6,18)2−4(4,90)(−2,30)
2(4,90)
=
−6,18+9,13
9,80
= 0,30 𝑠 
Dessa forma a bola atingirá a quadra em 
𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 
𝑥 − 0 = (20,0 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠 − 18,0°)(0,30 𝑠) = 5,71 𝑚 → 𝑐ℎ𝑎𝑚𝑎𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑥1 
Porém se o ângulo diminuir para 8,00° 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
0 − 2,30 𝑚 = (20,0 𝑚/𝑠)(𝑠𝑒𝑛 − 8,00°)𝑡 −
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)𝑡2 
(4,90 𝑚 𝑠2⁄ )𝑡2 + (2,78 𝑚 𝑠⁄ )𝑡 − 2,30 𝑚 = 0 
𝑡 =
−2,78+√(2,78)2−4(4,90)(−2,30)
2(4,90)
=
−2,78+7,27
9,80
= 0,46 𝑠 
Dessa forma a bola atingirá a quadra em 
𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 
𝑥 − 0 = (20,0 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠 − 8,00°)(0,46 𝑠) = 9,06 𝑚 → 𝑐ℎ𝑎𝑚𝑎𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑥2 
Daí concluímos que a distância adicional, caso o ângulo diminua de 18,0° para 8,00° é: 
∆𝑥 = 𝑥2 − 𝑥1 = 9,06 𝑚 − 5,71 𝑚 = 3,35 𝑚 
**34. Uma bola de futebol é chutada a partir do chão com uma velocidade inicial de 19,5 m/s e um 
ângulo para cima de 45°. No mesmo instante um jogador a 55,0 m de distância, na direção do chute, 
começa a correr para receber a bola. Qual deve ser sua velocidade média para que alcance a bola 
imediatamente antes que toque o gramado? 
 
Primeiro calculamos a distância que a bola percorrerá. 
𝑅 =
𝑣0
2
𝑔
𝑠𝑒𝑛 2𝜃0 
𝑅 =
(19,5 𝑚/𝑠)2
9,80 𝑚/𝑠𝑠
𝑠𝑒𝑛 90,0° = 38,8 𝑚 
Como o jogador se encontra a 55,0 m de 𝑥0, e a bola se desloca 38,8 m a partir de 𝑥0, o 
jogador deverá se deslocar 55,0 𝑚 − 38,8 𝑚 = 16,2 𝑚. 
Agora teremos que calcular o tempo que a bola permanecerá viajando. Na verdade é o 
tempo que ela leva para subir até o máximo da altura e retornar até o solo. 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
∆𝑦 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2, mas ∆𝑦 = 0, pois a bola voltará à mesma altura que foi lançada. 
Então 
0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 =
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 =1
2
𝑔𝑡2
𝑡
 
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 = 
1
2
𝑔𝑡 → 𝑡 =
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
1
2
𝑔
=
(19,5𝑚 𝑠⁄ )𝑠𝑒𝑛45°
1
2
(9,80𝑚 𝑠2⁄ )
= 2,81 𝑠 
Agora que sabemos a distância que o jogador terá que percorrer e o tempo: 
�⃗�𝑚𝑒𝑑 =
∆𝑟
∆𝑡
=
16,2 𝑚
2,81 𝑠
= 5,77 𝑚/𝑠 
**35. A velocidade de lançamento de um projétil é cinco vezes maior que a velocidade na altura 
máxima. Determine o ângulo de lançamento 𝜃0. 
Colocamos a origem das coordenadas no local de lançamento. 
Observamos que na altura máxima, 𝑣𝑦 = 0, o que determina que 𝑣𝑥 = 𝑣 = 𝑣0𝑥. 
Nesse raciocínio, vemos que 𝑣0 = 5𝑣. Em seguida vemos que 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 = 𝑣0𝑥 = 𝑣. 
Logo: 
(5𝑣)𝑐𝑜𝑠𝜃0 = 𝑣 → 𝜃0 = 𝑐𝑜𝑠
−1 (
𝑣
5𝑣
) = 𝑐𝑜𝑠−1 (
1
5
) = 78,5° 
**36. Um arremessador de peso de nível olímpico é capaz de lançar o peso com uma velocidade 
inicial 𝑣0 = 15,00 m/s de uma altura de 2,160 m. Que distância horizontal é coberta pelo peso se o 
ângulo de lançamento 𝜃0 é: 
a) 45,00°? 
Como as alturas inicial e final são diferentes, não podemos usar a equação de alcance 
horizontal. 
 
Usaremos então a equação de movimento vertical para descobrir o tempo que o peso 
permanece no ar. 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 0 − 2,160 𝑚 = (15,00 𝑚 𝑠⁄ )𝑠𝑒𝑛(45,00º)𝑡 −
1
2
(9,800 𝑚 𝑠2⁄ )𝑡2 
(4,900 𝑚 𝑠2⁄ )𝑡2 − (10,61 𝑚 𝑠⁄ )𝑡 − 2,160 𝑚 = 0 
𝑡 =
−𝑏±√𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎
=
10,61±√(10,61)2−4(4,900)(−2,160)
9,800
=
10,61+12,45
9,800
= 2,352 s 
Portanto a distância horizontal é: 
𝑅 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 = (15,00 𝑚 𝑠⁄ )𝑐𝑜𝑠45,00º(2,352 𝑠) = 24,95 𝑚 
b) 42,00°? 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 0 − 2,160 𝑚 = (15,00 𝑚 𝑠⁄ )𝑠𝑒𝑛(42,00º)𝑡 −
1
2
(9,800 𝑚 𝑠2⁄ )𝑡2 
(4,900 𝑚 𝑠2⁄ )𝑡2 − (10,04 𝑚 𝑠⁄ )𝑡 − 2,160 𝑚 = 0 
𝑡 =
−𝑏±√𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎
=
10,04±√(10,04)2−4(4,900)(−2,160)
9,800
=
10,04+11,96
9,800
= 2,245 s 
Portanto a distância horizontal é: 
𝑅 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 = (15,00 𝑚 𝑠⁄ )𝑐𝑜𝑠42,00º(2,245 𝑠) = 25,02 𝑚 
Obs: As respostas mostram que o ângulo de 45°, que maximiza o alcance dos projéteis, não 
maximiza a distância horizontal qundo a altura inicial é diferente da altura final. 
**37. Uma bola é lançada a partir do solo. Quando ela atinge uma altura de 9,1 m, sua velocidade é 
�⃗� = (7,6𝑖̂ + 6,1𝑗̂)𝑚/𝑠, com 𝑖̂ na horizontal e 𝑗̂ para cima. 
a) Qual a altura máxima atingida pela bola? 
Designamos como: 
𝑣0 = 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑛ç𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 
𝑣1 = �⃗� = (7,6𝑖̂ + 6,1𝑗̂)𝑚/𝑠 
𝑣2 = 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎𝑡𝑖𝑛𝑔𝑒 𝑎 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 
𝑣3 = 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑛𝑜 𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑚 𝑞𝑢𝑒 𝑟𝑒𝑡𝑜𝑟𝑛𝑎 𝑎𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑜 
Primeiramente vamos encontrar a velocidade inicial: 
𝑣2 = 𝑣0
2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥0) 
𝑣1𝑦
2 = 𝑣0𝑦
2 − 2𝑔(𝑦 − 𝑦0) → (6,1 𝑚 𝑠⁄ )
2 = 𝑣0𝑦
2 − 2(9,8 𝑚 𝑠2⁄ )(9,1 𝑚) 
𝑣0𝑦 = √(6,1 𝑚 𝑠⁄ )2 + 2(9,8 𝑚 𝑠2⁄ )(9,1 𝑚) = 15 𝑚/𝑠 
 
Após termos encontrado a 𝑣0 e sabendo que 𝑣2 = 0, usamos a mesma equação para 
encontrar ℎ𝑚𝑎𝑥. 
𝑣2 = 𝑣0
2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥0) 
𝑣2𝑦
2 = 𝑣0𝑦
2 − 2𝑔ℎ → 0 = (15 𝑚 𝑠⁄ )2 − 2(9,8 𝑚 𝑠2⁄ )ℎ 
ℎ = 
(15 𝑚 𝑠⁄ )2
2(9,8𝑚 𝑠2⁄ )
= 11 𝑚 
b) Qual é a distância horizontal coberta pela bola? 
Usando 𝑣0𝑦 para 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 e 𝑣0𝑥 para 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0, temos: 
𝑅 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 → 𝑅 = 𝑣0𝑥𝑡 
0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 0 = 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑣0𝑦 =
1
2
𝑔𝑡 
Eliminando t nas duas equações obtemos: 
𝑅 =
2𝑣0𝑥𝑣0𝑦
𝑔
 
Como 𝑣0𝑥 = 𝑣1𝑥 = 7,6 𝑚/𝑠 
𝑅 =
2(7,6𝑚 𝑠⁄ )(15 𝑚 𝑠⁄ )
9,8 𝑚/𝑠2
= 23 𝑚 
c) Qual é o módulo da velocidade da bola no instante em que atinge o solo? 
Como 𝑣3𝑥 = 𝑣1𝑥 = 7,6 𝑚/𝑠 e 𝑣3𝑦 = −𝑣0𝑥 = −15 𝑚/𝑠 
𝑣3 = √(𝑣3𝑥
2 ) + (𝑣3𝑦
2 ) = √(7,6 𝑚 𝑠⁄ )2 + (−15 𝑚 𝑠⁄ )2 = 17 𝑚/𝑠 
d) Qual é o ângulo (abaixo da horizontal) da velocidade da bola no instante em que atinge o 
solo? 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
−15 𝑚
7,6 𝑚
= −63° 
medidos no sentido horário a partir do semi-eixo x positivo, ou −63° + 360° = 297° 
medidos no sentido anti-horário. 
**38. Você lança uma bola em direção a uma parede com uma velocidade de 25,0 m/s e um ângulo 
𝜃0 = 40,0° acima da horizontal, conforme a figura. A parede está a uma distância d = 22,0 m do 
ponto de lançamento da bola. 
 
a) A que distância acima do ponto de lançamento a bola atinge a parede? 
𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 
22,0 𝑚 = (25,0 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠40,0°)(𝑡) → 𝑡 =
22,0 𝑚
(25,0 𝑚/𝑠)(𝑐𝑜𝑠40°)
= 1,15 𝑠 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
𝑦 − 0 = 25,0 𝑚 𝑠⁄ (𝑠𝑒𝑛40°)(1,15 𝑠) −
1
2
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )(1,15 𝑠)2 = 12,0 𝑚 
b) Qual é a componente horizontal da velocidade da bola ao atingir a parede? 
Como a bola não possui aceleração horizontal, 𝑣0𝑥 = 𝑣𝑥, então se 
𝑣0𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 = 𝑣𝑥 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 
𝑣𝑥 = (25,0 𝑚 𝑠⁄ )(𝑐𝑜𝑠40,0°) = 19,2 𝑚/𝑠 
c) Qual é a componente vertical da velocidade da bola ao atingir a parede? 
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 − 𝑔𝑡 
𝑣𝑦 = (25,0 𝑚 𝑠⁄ )(𝑠𝑒𝑛40,0°) − (9,8 𝑚/𝑠
2)(1,15 𝑠) = 4,80 𝑚/𝑠 
d) Ao atingir a parede, ela já passou pelo ponto mais alto da trajetória? 
Como 𝑣𝑦 > 0, a bola ainda não atingiu a altura máxima da trajetória. 
**39. Um rifle que atira balas a 460 m/s é apontado para um alvo situado a 45,7 m de distância. Se 
o centro do alvo está na mesma altura do rifle, para que altura acima do alvo o cano do rifle deve ser 
apontado para que a bala atinja o seu centro. 
A origem de coordenadas é no final do cano do rifle e o sentido do disparo é o mesmo 
sentido do semi-eixo x positivo. 
𝜃0 é o ângulo de disparo. 
Se o alvo está a uma distância d, então suas coordenadas são: 𝑥 = 𝑑 e 𝑦 = 0. 
As equações do movimento do projétil são: 𝑑 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 𝑒 0 = 𝑣0𝑡𝑠𝑒𝑛𝜃0 −
1
2
𝑔𝑡2. 
Eliminando t obtemos: 2𝑣0
2𝑠𝑒𝑛𝜃0𝑐𝑜𝑠𝜃0 − 𝑔𝑑 = 0. 
Usando a identidade trigonométrica 𝑠𝑒𝑛𝜃0𝑐𝑜𝑠𝜃0 =
1
2
𝑠𝑒𝑛(2𝜃0), obtemos: 
2𝑣0
2𝑠𝑒𝑛𝜃0𝑐𝑜𝑠𝜃0 − 𝑔𝑑 = 0 → 𝑣0
2𝑠𝑒𝑛(2𝜃0) = 𝑔𝑑 → 𝑠𝑒𝑛(2𝜃0) =
𝑔𝑑
𝑣0
2 = 
𝑠𝑒𝑛(2𝜃0) =
(9,80𝑚 𝑠2⁄ )(45,7 𝑚)
(460 𝑚/𝑠)2
=
447,86 𝑚2/𝑠2
211600 𝑚2/𝑠2
= 2,11 × 10−3 → 𝜃0 = 0,0606° 
A altura adicional para a qual o rifle deve ser apontado é 
ℎ = 𝑑𝑡𝑎𝑛𝜃0 = (45,7 𝑚) tan(0,0606°) = 0,0484𝑚 ou 4,84 𝑐𝑚 
**40. Uma bola de beisebol deixa a mão do lançador horizontalmente com uma velocidade de 161 
km/h. A distância até o rebatedor é 18,3 m. 
a) Quanto tempo a bola leva para percorrer a primeira metade da distância? 
Adotamos o sentido do lançamento da bola no mesmo sentido do semi-eixo x positivo. 
Quando a bola deixa a mão do lançador 𝑣0𝑦 = 0 e 𝑣0𝑥 = 𝑣0 = 44,7 𝑚/𝑠. 
Quando a a bola sai da mão do arremessador, a coordenada y é dada por 𝑦 = −
1
2
𝑔𝑡2 e a 
coordenada x é dada por 𝑥 = 𝑣0𝑡. 
Como há uma relação direta entre a distância horizontal e o tempo, significa que o tempo 
necessário para percorrer a metade da distância total é de metade do tempo total. 
Então: 
𝑥 = 𝑣0𝑡 → 𝑡 =
∆𝑥
𝑣0
=
18,3 𝑚
44,7 𝑚/𝑠
= 0,409 𝑠 (para a distância total) 
A primeira metade da distância é percorrida em 
0,409 𝑠
𝑠
= 0,205 𝑠 
b) Quanto tempo a bola leva para percorrer a segunda metade da distância? 
Como a segunda metade da distância é igual à primeira metade da distância, o tempo é o 
mesmo: 0,205 s 
c) Que distância a bola cai livremente durante a primeirametade? 
Como temos o tempo da primeira metade: 
𝑦 = −
1
2
𝑔𝑡2 → ∆𝑦1 = −
1
2
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )(0,205 𝑠)2 = − 0,205 𝑚 
d) Que distância a bola cai livremente durante a segunda metade? 
𝑦 = −
1
2
𝑔𝑡2 → ∆𝑦 = −
1
2
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )(0,409 𝑠)2 = − 0,820 𝑚 
∆𝑦2 = ∆𝑦 − ∆𝑦1 = −0,820 𝑚 − (−0,205 𝑚) = −0,615 𝑚 
e) Porque as respostas dos itens c) e d) não são iguais? 
Porque existe uma aceleração constante e a velocidade inicial da segunda metade é igual à 
velocidade no final da primeira metade. 
**41. Na figura, uma bola é jogada para a esquerda a partir da extremidade esquerda de um terraço 
situado a uma altura h acima do solo. A bola chega ao solo 1,50 s depois, a uma distância d = 25,0 m 
do edifício fazendo um ângulo 𝜃 = 60,0° com a horizontal. 
 
a) Determine o valor de h. 
Para determinar a altura, torna-se mais fácil inverter o movimento da bola. Então 
calcularemos o movimento como se a bola tivesse sido lançada do solo para o alto do edifício e da 
esquerda para a direita. 
𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 → 25,0 𝑚 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠60,0°)(1,50 𝑠) 
𝑣0 =
(25,0 𝑚)
1,50 𝑠
𝑐𝑜𝑠60°
= 33,3 𝑚/𝑠 
Determinada a velocidade inicial e tendo 𝑦0 = 0, determinamos a altura: 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
𝑦 = (33,3 𝑚/𝑠)(𝑠𝑒𝑛60,0°)(1,50 𝑠) −
1
2
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )(1,50 𝑠)2 = 32,3 𝑚 
b) Qual é o módulo da velocidade com a qual a bola foi lançada. 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 = (33,3 𝑚 𝑠⁄ )𝑐𝑜𝑠60,0° = 16,7𝑚/𝑠 
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 − 𝑔𝑡 
𝑣𝑦 = [(33,3 𝑚 𝑠⁄ )𝑠𝑒𝑛60,0°] − [(9,80 𝑚 𝑠
2⁄ )(1,50 𝑠)] = 14,2 𝑚/𝑠 
|�⃗�| = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)2 = √(16,7 𝑚/𝑠)2 + (14,2 𝑚/𝑠)2 = 21,9 𝑚/𝑠 
c) Qual é o ângulo da velocidade em relação à horizontal com o qual a bola foi lançada. 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑣𝑦
𝑣𝑥
=
14,2 𝑚/𝑠
16,7 𝑚/𝑠
= 40,4° 
**42. Uma bola de golfe recebe uma tacada no chão. A velocidade da bola em função do tempo é 
mostrada na figura, onde t = 0 é o instante em que a bola foi golpeada. 
 
a) Que distância a bola percorre na horizontal antes de voltar ao nível do solo? 
No movimento horizontal não há aceleração, portanto, sempre que 𝑣𝑦 = 0, 𝑣 = 𝑣𝑥. 
Um gráfico apena com 𝑣𝑥 seria representado por uma reta. 
Observando o gráfico, verifica-se uma curva, onde a velocidade diminui, depois aumenta. 
Daí infere-se que 𝑣𝑦 está variando. Conclui-se que em t = 2,5 s, quando a velocidade muda o sentido, 
a bola atinge o ponto mais alto da trajetória, quando 𝑣𝑦 = 0, logo, em 𝑡 = 2,5 𝑠; 𝑣 = 𝑣𝑥: 
|�⃗�| = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)2 → |�⃗�| = √(19 𝑚/𝑠)2 + (0)2 = 19 𝑚/𝑠 
Até voltar ao nível do solo a bola permanece 5 s viajando. Então 
𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 
O ângulo do ponto de partida até voltar ao nível do solo é 0, e cos 0° = 1, logo 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣𝑥𝑡 → 𝑥 − 0 = (19 𝑚 𝑠⁄ )(5 𝑠) → 𝑥 = 95 𝑚 
b) Qual é a altura máxima atingida pela bola acima do solo? 
Como a velocidade inicial, de acordo com o gráfico é 31 m/s, e a velocidade horizontal 
calculada no item anterior é 19 m/s, a velocidade inicial vertical é 
|�⃗�0| = √(𝑣0𝑥)2 + (𝑣0𝑦)2 → 31 𝑚/𝑠 = √(19 𝑚/𝑠)2 + (𝑣0𝑦)2 
(19 𝑚/𝑠)2 + (𝑣0𝑦)
2 = (31 𝑚 𝑠⁄ )2 → (𝑣0𝑦)
2 = (31 𝑚 𝑠⁄ )2 − (19 𝑚/𝑠)2 
𝑣0𝑦 = √(31 𝑚 𝑠⁄ )2 − (19 𝑚/𝑠)2 = 24,5 𝑚 
Tomando 𝑦0 = 0: 
𝑦𝑚𝑎𝑥 − 𝑦0 =
1
2
(𝑣𝑦 + 𝑣0𝑦)𝑡 → 𝑦𝑚𝑎𝑥 =
1
2
(0 + 24,5 𝑚 𝑠⁄ )(2,5 𝑠) + 0 = 31 𝑚 
**43. Na figura, uma bola é lançada com uma velocidade de 10,0 m/s e um ângulo de 50,0° com a 
horizontal. O ponto de lançamento fica na base de uma rampa de comprimento horizontal 𝑑1 =
6,00 𝑚 e altura 𝑑2 = 3,60 𝑚. No topo da rampa está localizado um platô. 
 
a) A bola aterrissa na rampa ou no platô? 
Organizamos nossas coordenadas de modo que o ponto A(0, 0) esteja na bola antes de ser 
lançada e o ponto B(6,00, 3,60) seja a intersecção da rampa com o platô. 
A inclinação da rampa será: 
𝑚 =
𝑦𝐵−𝑦𝐴
𝑥𝐵−𝑥𝐴
=
3,60−0
6,00−0
=
3,60
6,00
= 0,600 
Deste modo, 𝑦 = 𝑚𝑥 = 0,600𝑥. 
Usando a equação da trajetória: 
𝑦 = (𝑡𝑎𝑛𝜃0)𝑥 −
𝑔𝑥2
2(𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)2
 → 𝑦 = tan(50,0°) 𝑥 −
(9,80 𝑚/𝑠2)
2(10,0𝑚 𝑠⁄ )2(𝑐𝑜𝑠50,0°)2
𝑥2 
0,600𝑥 = tan(50,0°) 𝑥 −
(9,80 𝑚/𝑠2)
2(10,0𝑚 𝑠⁄ )2(𝑐𝑜𝑠50,0°)2
𝑥2 
0,600 =
tan(50,0°)𝑥−
(9,80 𝑚/𝑠2)
2(10,0𝑚 𝑠⁄ )2(𝑐𝑜𝑠50,0°)2
𝑥2
x
 
0,600 = tan(50,0°) −
(9,80 𝑚/𝑠2)
2(10,0𝑚 𝑠⁄ )2(𝑐𝑜𝑠50,0°)2
𝑥 
(9,80 𝑚/𝑠2)
2(10,0𝑚 𝑠⁄ )2(𝑐𝑜𝑠50,0°)2
𝑥 = tan(50,0°) − 0,600 
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )𝑥 = [tan(50,0°) − 0,600][2(10,0 𝑚 𝑠⁄ )2(𝑐𝑜𝑠50,0°)2] 
𝑥 =
[tan(50,0°)−0,600][2(10,0𝑚 𝑠⁄ )2(𝑐𝑜𝑠50,0°)2]
(9,80𝑚 𝑠2⁄ )
= 4,99 𝑚 
Logo a bola aterrissa na rampa. 
b) No momento em que bola aterrissa qual é o módulo do deslocamento da bola em relação 
ao ponto de lançamento? 
𝑦 = 𝑚𝑥 → 𝑦 = 0,600(4,99) = 2,99 𝑚 
|𝑟| = √𝑥2 + 𝑦2 = √(4,99 𝑚)2 + (2,99 𝑚)2 = 5,82 𝑚 
c) No momento em que bola aterrissa qual é o ângulo do deslocamento da bola em relação ao 
ponto de lançamento? 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑦
𝑥
=
2,99 𝑚
4,99 𝑚
= 31,0° 
Que é o mesmo ângulo da rampa 𝑡𝑎𝑛−1(𝑚). 
**44. Em 1939 ou 1940 Emanuel Zacchini levou seu número de bala humana a novas alturas. Depois 
de ser disparado por um canhão, passou por cima de três rodas-gigantes antes de cair em uma rede 
conforme mostrado na figura. 
 
a) Tratando Zacchini como uma partícula, determine a que distância vertical ele passou da 
primeira roda-gigante? 
Utilizaremos com origem das coordenadas a boca do canhão, assim 𝑥0 = 0 e 𝑦0 = 0. 
A distância entre a boca do canhão e a roda-gigante do meio é: 
𝑥 = 23,0 𝑚 
𝑦 = (𝑡𝑎𝑛𝜃0)𝑥 −
𝑔𝑥2
2(𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)2
 → 𝑦 = tan 53,0° (23,0 𝑚) −
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )(23,0 𝑚)2
2(26,5 𝑚 𝑠⁄ )2(𝑐𝑜𝑠53,0°)2
= 20,3 𝑚 
Como a boca do canhão está 3,00 m acima da base da roda-gigante, temos que subtrair 3,00 
m da altura da mesma. Então. 
20,3 𝑚 − (18,0 𝑚 − 3,00 𝑚) = 5,30 𝑚 
b) Se ele atingiu a altura máxima ao passar pela roda-gigante do meio, a que distância vertical 
passou dessa roda-gigante? 
𝑥 = 23 𝑚 + 
23 𝑚
2
= 34,5 𝑚 
𝑦 = (𝑡𝑎𝑛𝜃0)𝑥 −
𝑔𝑥2
2(𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)2
 → 𝑦 = tan 53,0° (34,5 𝑚) −
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )(34,5 𝑚)2
2(26,5 𝑚 𝑠⁄ )2(𝑐𝑜𝑠53,0°)2
= 22,85 𝑚 
22,9 𝑚 − (18,0 𝑚 − 3,00 𝑚) = 7,90 𝑚 
c) A que distância do canhão devia estar posicionado o centro da rede (desprezando-se a 
resistência do ar)? 
Como 𝑦 − 𝑦0 = 0, quero dizer a altura final é igual a altura de lançamento, podemos utilizar 
a equação do alcance horizontal: 
𝑅 =
𝑣0
2
𝑔
𝑠𝑒𝑛 2𝜃0 → 𝑅 =
(26,5 𝑚 𝑠⁄ )2
9,80 𝑚 𝑠4⁄
𝑠𝑒𝑛2(53,0°) = 68,9 𝑚 
**45. Quando vê um inseto pousado em uma planta perto da superfície da água, o peixe-arqueiro 
coloca o focinho para fora e lança um jato de água na direção do inseto para derrubá-lo na água. 
Conforme a figura, embora o peixe veja o inseto na extremidade de um segmento de reta de 
comprimento d, que faz um ângulo 𝜑 com a superfície da água, o jato deve ser lançado com um ân-
gulo diferente, 𝜃0, para que sua trajetória parabólica intercepte o inseto. Se 𝜑 = 36,0°, 𝑑 = 0,900 𝑚, e 
a velocidade de lançamento é 3,56 m/s, qual deve ser o valor de 𝜃0 para que o jato esteja no ponto 
mais alto da trajetória quando atinge o inseto? 
 
Com o peixe-arqueiro na origem, a posição do inseto é: 
𝑥 = 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜑 = (0,900 𝑚) cos 36,0° = 0,728 𝑚 
𝑦 = 𝑑𝑠𝑒𝑛𝜑= (0,900 𝑚) sen 36,0° = 0,529 𝑚 
Uma vez que, neste caso, 𝑦 = 𝑦𝑚𝑎𝑥 
𝑦𝑚𝑎𝑥 =
𝑣0
2𝑠𝑒𝑛2𝜃0
2𝑔
 → 𝜃0 = 𝑠𝑒𝑛
−1 (√
2𝑔𝑦
𝑣0
2 ) → 𝜃0 = 𝑠𝑒𝑛
−1 (√
2(9,8 𝑚/𝑠2)(0,529 𝑚)
(3,56 𝑚/𝑠2)2
) 
𝜃0 = 𝑠𝑒𝑛
−1 (0,9045) = 64,8° 
**46. Na figura uma bola é arremessada para o alto de um edifício, caindo 4,00 s depois a uma altura 
ℎ = 20,0 𝑚 acima da altura de lançamento. A trajetória da bola no final tem uma inclinação 𝜃 =
60,0° em relação à horizontal. 
 
a) Determine a distância horizontal d coberta pela bola. 
Tomaremos nosso sistema de coordenadas, com a bola sendo atirada para a esquerda do 
alto do edifício. Assim, x positivo fica para a esquerda e o ângulo tomado no sentido horário. 
Temos, então: 
𝑦0 = 20,0 𝑚, 𝑦 = 0, 𝑡 = 4,00𝑠, ℎ = 20,0 𝑚 𝑒 𝜃0 = 60,0° 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛60,0°)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
0 − 20,0 𝑚 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛60,0°)(4,00 𝑠) −
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)(4,00 𝑠)2 
(𝑣0𝑠𝑒𝑛60,0°)(4,00 𝑠) =
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)(4,00 𝑠)2 − 20,0𝑚 
(𝑣0𝑠𝑒𝑛60,0°) =
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)(4,00 𝑠)2−20,0𝑚
(4,00 𝑠)
 → 𝑣0 =
1
2
(9,80 𝑚/𝑠2)(4,00 𝑠)2−20,0𝑚
(4,00 𝑠)
𝑠𝑒𝑛60,0°
= 16,9 𝑚/𝑠 
𝑥0 = 0 e 𝑥 = 𝑑 
Então: 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑥𝑡 
𝑑 = (16,9 𝑚 𝑠⁄ )𝑐𝑜𝑠60,0°(4,00 𝑠) = 33,7 𝑚 
b) Qual é o módulo da velocidade inicial da bola? 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 = (16,9 𝑚 𝑠⁄ )𝑐𝑜𝑠60,0° = 8,43 𝑚/𝑠 
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 = (16,9 𝑚 𝑠⁄ )𝑠𝑒𝑛60,0° − (9,80 𝑚 𝑠
2⁄ )(4,00 𝑠) = −24,6 𝑚/𝑠 
|�⃗�| = √𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦2 = √(8,43 𝑚 𝑠⁄ )2 + (−24,6 𝑚/𝑠)2 = 26,0 𝑚/𝑠 
c) Qual é o ângulo (em relação à horizontal) da velocidade inicial da bola? 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑣𝑦
𝑣𝑥
=
−24,6 𝑚/𝑠
8,43 𝑚/𝑠
= − 71,1° 
Ao revertermos o movimento, da esquerda para a direita, o ângulo é 71,1°. 
**47. Um rebatedor golpeia uma bola quando o centro da bola está a 1,22 m acima do solo. A bola 
deixa o taco do rebatedor fazendo um ângulo de 45º com o solo. Nesse lançamento a bola tem um 
alcance horizontal (distância até voltar à altura de lançamento) de 107 m. 
a) A bola conseguirá passar por um alambrado de 7,32 m de altura que está a uma distância 
horizontal de 97,5 m do ponto de lançamento? 
𝑅 =
𝑣0
2
𝑔
𝑠𝑒𝑛 2𝜃0 → 𝑣0 = √
𝑔𝑅
𝑠𝑒𝑛 2𝜃0
= √
(9,80 𝑚/𝑠2)(107 𝑚)
1
= 32,4 𝑚/𝑠 
𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 → 𝑡 = 
𝑥
𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0
=
97,5 𝑚
(32,4𝑚 𝑠⁄ )𝑐𝑜𝑠45°
= 4,26 𝑠 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑦 = 𝑦0 + (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
𝑦 = 1,22 + (32,4 𝑚 𝑠⁄ 𝑠𝑒𝑛45°)(4,26 𝑠) −
1
2
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )(4,26 𝑠)2 = 9,89 𝑚 
Como a cerca possui 7,32 m de altura, a bola passará por cima dela. 
b) Qual é a distância entre o alto do alambrado e o centro da bola quando a mesma chega ao 
alambrado? 
9,89 𝑚 − 7,32 𝑚 = 2,57 𝑚 
**48. Alguns jogadores de basquetebol parecem flutuar no ar durante um salto em direção à cesta. 
A ilusão depende em boa parte da capacidade de um jogador experiente de trocar a bola de mão 
durante o salto, mas pode ser acentuada pelo fato de que o jogador percorre uma distância horizontal 
maior na parte superior do salto do que na parte inferior. Se um jogador salta com uma velocidade 
inicial 𝑣0 = 7,00 𝑚/𝑠 e um ângulo 𝜃 = 35,0°, que porcentagem do alcance do salto o jogador passa 
na parte superior do salto (entre a altura máxima e a metade da altura máxima)? 
Usando o fato de que 𝑣0 = 0 em 𝑦𝑚𝑎𝑥 e chamando 𝑡 em 𝑦𝑚𝑎𝑥 de 𝑡𝑚𝑎𝑥: 
0 = 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 − 𝑔𝑡𝑚𝑎𝑥 → 𝑡𝑚𝑎𝑥 = 
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
𝑔
 
Substituindo t na equação: 
𝑦 − 𝑦0 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡𝑚𝑎𝑥 −
1
2
𝑔𝑡𝑚𝑎𝑥
2 teremos: 
𝑦𝑚𝑎𝑥 = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0) (
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
𝑔
) −
1
2
𝑔 (
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
𝑔
)
2
=
𝑣0
2𝑠𝑒𝑛2𝜃0
2𝑔
= 0,82 𝑚 
Para resolver a metade de 𝑦𝑚𝑎𝑥: 
𝑦 =
1
2
𝑦𝑚𝑎𝑥 = (
1
2
) (
𝑣0
2𝑠𝑒𝑛2𝜃0
2𝑔
) = (
𝑣0
2𝑠𝑒𝑛2𝜃0
4𝑔
) = (𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
𝑡𝑚é𝑑𝑖𝑜 = 
(2±√2)𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
2𝑔
 
∆𝑡 = 𝑡𝑚𝑎𝑥 − 𝑡𝑚é𝑑𝑖𝑜 =
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
𝑔
−
(2−√2)𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
2𝑔
=
𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
√2𝑔
=
𝑡𝑚𝑎𝑥
√2
=
∆𝑡
𝑡𝑚𝑎𝑥
=
1
√2
= 0,707 = 70,7% 
***49. Os esquiadores experientes costumam dar um pequeno salto antes de chegar a uma 
encosta. Considere um salto no qual a velocidade inicial é 𝑣0 = 10 𝑚/𝑠, o ângulo é 𝜃0 = 9,0°, a pista 
antes do salto é aproximadamente plana e a encosta tem uma inclinação de 11,3°. A figura a mostra 
um pré-salto no qual o esquiador desce no início da encosta. A figura b mostra um salto que começa 
no momento em que o esquiador está chegando à encosta. Na figura a o esquiador desce 
aproximadamente na mesma altura em que começõu o salto. 
 
a) Qual o ângulo Φ entre a trajetória do esquiador e a encosta na situação da figura a? 
O esquiador salta para cima a um ângulo 𝜃0 = 9,0° (para cima em relação à horizontal) e, 
assim, regressa ao nível de lançamento com o seu vector de velocidade de 9,0° abaixo da horizontal. 
Como a superfície de neve faz um ângulo de α = 11,3 ° (abaixo da horizontal), o ângulo entre a rampa 
e o vetor de velocidade é: 
𝛷 = 𝛼 − 𝜃0 = 11,3° − 9,0° = 2,3° 
b) Na situação da figura b, o esquiador desce quantos metros abaixo da altura em que começou 
o salto? 
Fazendo 𝑥 = (𝑑 𝑐𝑜𝑠 𝛼) e 𝑦 = (−𝑑 𝑠𝑒𝑛 𝛼) (a borda da pista é a origem), temos: 
𝑦 = (𝑡𝑎𝑛𝜃0)𝑥 −
𝑔𝑥2
2(𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)2
 
−𝑑 𝑠𝑒𝑛𝛼 = (𝑡𝑎𝑛𝜃0)(𝑑 𝑐𝑜𝑠𝛼) −
𝑔(𝑑 𝑐𝑜𝑠𝛼)2
2(𝑣02𝑐𝑜𝑠2𝜃0)
 
𝑑 =
2𝑣0
2𝑐𝑜𝑠2𝜃0
𝑔𝑐𝑜𝑠2𝑎
(cos 𝑎 𝑡𝑎𝑛𝜃0 + 𝑠𝑒𝑛 𝑎) 
𝑑 =
2𝑣0
2𝑐𝑜𝑠𝜃0
𝑔𝑐𝑜𝑠2𝑎
(cos 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃0 + cos 𝜃0 𝑠𝑒𝑛 𝑎) 
𝑑 =
2𝑣0
2𝑐𝑜𝑠𝜃0
𝑔𝑐𝑜𝑠2𝑎
𝑠𝑒𝑛(𝜃0 + 𝑎) 
𝑑 = 
2(10𝑚 𝑠⁄ )2 cos(9,0°)
(9,8 𝑚/𝑠2)𝑐𝑜𝑠2(11,3°)
𝑠𝑒𝑛(9,0° + 11,3°) = 7,27𝑚 
𝑦 = −𝑑 𝑠𝑒𝑛 𝑎 = −(7,27 𝑚)𝑠𝑒𝑛(11,3°) = −1,42 𝑚 
Respondendo à pergunta, o esquiador aterra 1,42 m abaixo da altura de onde iniciou o salto. 
c) Na situação da figura b, qual é o valor de Φ? 
O tempo que o esquiador leva para aterrar é: 
𝑡 =
𝑥
𝑣𝑥
=
𝑑 cos 𝑎
𝑣0𝑐𝑜𝑠 𝜃0
=
(7,27 𝑚)cos (11,3°)
(10𝑚 𝑠⁄ )𝑐𝑜𝑠(9,0°)
= 0,72 𝑠 
Precisamos saber as componentes da velocidade: 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 = (10 𝑚 𝑠⁄ ) cos(9,0°) = 9,9 𝑚/𝑠 
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 − 𝑔𝑡 = (10 𝑚 𝑠⁄ ) sen(9,0°) − (9,8 𝑚 𝑠
2⁄ )(0,72 𝑠) = −5,5 𝑚/𝑠 
Encontradas as componentes podemos calcular o ângulo da velocidade. 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑣𝑦
𝑣𝑥
=
−5,5 𝑚/𝑠
9,9 𝑚/𝑠
= − 29,1° (abaixo da horizontal) 
Φ é o ângulo formado entre a inclinação da encosta e a direção da velocidade do esquiador, 
então: 
𝛷 = (−29,1°) − (−11,3°) = −17,8° (o valor negativo indica abaixo da horizontal) 
O módulo de Φ = 17,8° 
***50. Uma bola é lançada a partir do solo em direção a uma parede situada a uma distância 
x, conforme a figura a. A figura b mostra a componente 𝑣𝑦 da velocidade da bola ao chegar à parede 
em função da distância x. Qual é o ângulo de lançamento? 
 
𝑥 − 𝑥0 = (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0)𝑡 → 𝑡 =
𝑥
𝑣0𝑥
 
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0 − 𝑔𝑡 → 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 (substituindo t) 
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔
𝑥
𝑣0𝑥
 → 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 −
𝑔𝑥
𝑣0𝑥
 
Uma vez que o declive do gráfico é: 
𝑚 =
𝑦𝐵−𝑦𝐴
𝑥𝐵−𝑥𝐴
=
−5−5
20−0
=
−10
20
= −0,500, concluímos que: 
𝑔
𝑣0𝑥
=
1
2
 → 𝑣0𝑥 = 2𝑔 = 19,6 𝑚/𝑠 
Conformeo gráfico, em 𝑥 = 0 𝑚, a 𝑣𝑦 = 5,00 𝑚 𝑠⁄ , então concluímos que 
𝑣0𝑦 = 5,00 𝑚/𝑠 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑣𝑦
𝑣𝑥
=
5,00 𝑚/𝑠
19,6 𝑚/𝑠
= 14,3° 
***51. O chute de um jogador de futebol americano imprime à bola uma velocidade inicial de 
25 m/s. 
a) Qual é o menor ângulo de elevação que ele pode imprimir à bola para marcar um field goal 
a partir de um ponto situado a 50 m da meta cujo travessão está 3,44 m acima do gramado? 
b) Qual é o maior ângulo de elevação que ele pode imprimir à bola para marcar um field goal 
a partir de um ponto situado a 50 m da meta cujo travessão está 3,44 m acima do gramado? 
A origem de coordenadas é no ponto em que a bola é chutada, então 𝑥0 = 0 𝑒 𝑦0 = 0. 
Usamos x e y para representar as coordenadas da bola na trave, e tentar encontrar o ângulo de chute. 
𝑥 = 50 𝑚 𝑦 = 3,44 𝑚 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0𝑡 → 𝑡 =
𝑥
𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0
 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑣0 𝑠𝑒𝑛 𝜃0𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 (mas 𝑡 =
𝑥
𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0
), então, substituindo t 
𝑦 = 𝑣0 𝑠𝑒𝑛 𝜃0 (
𝑥
𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0
) −
1
2
𝑔 (
𝑥
𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0
)
2
 arrumando a equação 
𝑦 = (
𝑣0 𝑠𝑒𝑛 𝜃0
𝑣0 𝑐𝑜𝑠𝜃0
) 𝑥 − (
𝑔𝑥
2𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0
)
2
 lembremos que 
 𝑠𝑒𝑛 𝜃0
𝑐𝑜𝑠𝜃0
= 𝑡𝑎𝑛 𝜃0, então 
𝑦 = 𝑥 tan 𝜃0 −
𝑔𝑥2
2𝑣0
2𝑐𝑜𝑠2𝜃0
 que pode ser escrito da seguinte forma 
𝑦 = 𝑥 tan 𝜃0 −
𝑔𝑥2
2𝑣0
2
1
𝑐𝑜𝑠2𝜃0
 
Lembrando a identidade trigonométrica 
1
𝑐𝑜𝑠2𝜃0
= 1 + 𝑡𝑎𝑛2𝜃0 e substituindo na equação, 
teremos: 
𝑦 = 𝑥 tan 𝜃0 −
𝑔𝑥2
2𝑣0
2 (1 + 𝑡𝑎𝑛
2𝜃0) → 𝑦 = 𝑥 tan 𝜃0 −
𝑔𝑥2
2𝑣0
2 −
𝑔𝑥2
2𝑣0
2 𝑡𝑎𝑛
2𝜃0 
Arrumando a equação obtemos uma equação quadrática: 
𝑔𝑥2
2𝑣0
2 𝑡𝑎𝑛
2𝜃0 − 𝑥 𝑡𝑎𝑛 𝜃0 + 𝑦 +
𝑔𝑥2
2𝑣0
2 = 0 
Podemos ainda simplificar, fazendo: 
𝑔𝑥2
2𝑣0
2 = 𝑐 =
(9,80𝑚 𝑠2⁄ )(50 𝑚)2
2(25𝑚 𝑠⁄ )2
= 19,6 𝑚 
Temos assim uma equação do segundo grau mais enxuta: 
𝑐 𝑡𝑎𝑛2𝜃0 − 𝑥 tan 𝜃0 + 𝑦 + 𝑐 = 0 
tan 𝜃0 =
x±√𝑥2−4c(y+c)
2𝑐
=
50 m±√(50 m)2−4(19,6 m)(3,44 m+19,6 m)
2(19,6 m)
 
tan 𝜃0 =
50±26,34
39,2
= {
1,95 → 62,8° ≅ 63°
0,604 → 31,1° ≅ 31°
 
A resposta da letra a) é 31º 
A resposta da letra b) é 63° 
***52. Uma bola é lançada a partir do solo com uma certa velocidade. A figura mostra o 
alcance R em função do ângulo de lançamento 𝜃0. O tempo do percurso depende do valor de 𝜃0; seja 
𝑡𝑚𝑎𝑥 o maior valor possível para o tempo. Qual é a menor velocidade que a bola possui durante o 
percurso se 𝜃0 é escolhido de tal forma que o tempo do percurso é, 0,5𝑡𝑚𝑎𝑥. 
 
Para ∆𝑦 = 0 , 𝑡 = 
2𝑣0𝑠𝑒𝑛𝜃0
𝑔
, o que implica que para 𝑡𝑚𝑎𝑥 =
2𝑣0
𝑔
 quando 𝜃0 = 90°. Assim, 
1
2
𝑡𝑚𝑎𝑥 =
𝑣0
𝑔
 → 
1
2
= 𝑠𝑒𝑛𝜃0 = 30,0° 
Portanto, 0,5𝑡𝑚𝑎𝑥 está no ângulo 𝜃0 = 30,0°. 
Uma vez que a menor velocidade ocorre no topo da trajetória, que é onde ela possui apenas 
a componente x da velocidade inicial (𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠30,0°, para 
1
2
𝑡𝑚𝑎𝑥), então é necessário 
concultar o gráfico, para encontrar a 𝑣0 a fim de que possamos completar a solução. 
No gráfico, 𝑅 = 240 𝑚 quando 𝜃0 = 45,0°. 
𝑅 =
𝑣0
2
𝑔
𝑠𝑒𝑛 2𝜃0 → 𝑣0 = √
𝑅𝑔
𝑠𝑒𝑛 2𝜃0
= √
240 𝑚 (9,8 𝑚/𝑠2)
𝑠𝑒𝑛 90,0°
= 48,5 𝑚 
Para 0,5𝑡𝑚𝑎𝑥, temos, lembrando que a menor velocidade ocorre no topo da trajetória, 
quando a mesma possui apenas a componente x: 
𝑣 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃0 = 48,5 𝑚/𝑠(𝑐𝑜𝑠30°) = 42,0 𝑚/𝑠 
***53. Uma bola rola horizontalmente do alto de uma escada com uma velocidade de 1,52 
m/s. Os degraus têm 20,3 cm de altura e 20,3 cm de largura. Em que degrau a bola bate primeiro? 
Designamos ℎ como a altura de um degrau e 𝑤 como a sua largura. 
Para cair um degrau a bola deve cair de uma altura 𝑛ℎ e viajar horizontalmente entre (𝑛 −
1)𝑤 e 𝑤 
Tomamos como origem de um sistema de coordenadas o ponto onde a bola deixa a parte 
superior da escada, e escolhemos o eixo 𝑦 positivo para cima. 
As coordenadas da bola em função do tempo 𝑡 são dadas por: 
𝑥 = 𝑣0𝑥𝑡 e 𝑦 = −
1
2
𝑔𝑡2 (pois 𝑣0𝑦 = 0). 
Nós igualamos 𝑦 = −𝑛ℎ e calculamos o tempo para atingir uma etapa 𝑛: 
𝑦 = −
1
2
𝑔𝑡2 → −𝑛ℎ = −
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑡 = √
2𝑛ℎ
𝑔
 
Como 𝑥 = 𝑣0𝑥𝑡, e 𝑡 = √
2𝑛ℎ
𝑔
, substituímos 𝑡 e obtemos: 
𝑥 = 𝑣0𝑥√
2𝑛ℎ
𝑔
= (1,52 𝑚/𝑠)√
2𝑛(0,203𝑚)
9,8 𝑚 𝑠2⁄
= (0,309 𝑚)√𝑛 
O método consiste em testar valores de 𝑛 até encontrar um que: 
(𝑛 − 1) <
𝑥
𝑤
< 𝑛 
Para tanto começamos com 
𝑛 = 1 
𝑥 = (0,309 𝑚)√𝑛 → 𝑥 = (0,309 𝑚)√1 = 0,309 𝑚 
(𝑛 − 1) <
𝑥
𝑤
< 𝑛 → (1 − 1) <
0,309 𝑚
0,203 𝑚
< 1 → (1 − 1) < 1,52 < 1 (falso) 
𝑛 = 2 
𝑥 = (0,309 𝑚)√𝑛 → 𝑥 = (0,309 𝑚)√2 = 0,437 𝑚 
(𝑛 − 1) <
𝑥
𝑤
< 𝑛 → (2 − 1) <
0,437 𝑚
0,203 𝑚
< 2 → (2 − 1) < 2,15 < 2 (falso) 
𝑛 = 3 
𝑥 = (0,309 𝑚)√𝑛 → 𝑥 = (0,309 𝑚)√3 = 0,535 𝑚 
(𝑛 − 1) <
𝑥
𝑤
< 𝑛 → (3 − 1) <
0,535 𝑚
0,203 𝑚
< 3 → (3 − 1) < 2,64 < 3 (verdadeiro) 
Concluímos que a bola cairá no 3° degrau. 
***54. Dois segundos após ter sido lançado a partir do solo, um projétil deslocou-se 40 m 
horizontalmente e 53 m verticalmente em relação ao ponto de lançamento. 
a) Qual é a componente horizontal da velocidade inicial do projétil? 
∆𝑥 = 𝑣0𝑥𝑡 → 𝑣0𝑥 =
∆𝑥
𝑡
=
40 𝑚
2 𝑠
= 20 𝑚/𝑠 
b) Qual é a componente vertical da velocidade inicial do projétil? 
∆𝑦= 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑣0𝑦 =
∆𝑦+
1
2
𝑔𝑡2
𝑡
= 
53 𝑚+
1
2
(9,8𝑚 𝑠2⁄ )(2 𝑠)2
2 𝑠
= 36 𝑚/𝑠 
c) Qual é o deslocamento horizontal em relação ao ponto de lançamento no instante em que o 
projétil atinge a altura máxima em relação ao solo? 
Em 𝑦𝑚𝑎𝑥, temos 𝑣𝑦 = 0 , logo 𝑣𝑦𝑚𝑎𝑥 = 0 
𝑣𝑦𝑚𝑎𝑥 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡𝑚𝑎𝑥 → 𝑡𝑚𝑎𝑥 =
𝑣0𝑦
𝑔
=
36 𝑚/𝑠
9,8 𝑚/𝑠2
= 3,68 𝑠 
𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑥𝑡 → 𝑥 = (20 𝑚/𝑠)(3,68 𝑠) = 74 𝑚 
***55. Na figura uma bola de beisebol é golpeada a uma altura ℎ = 1,00 𝑚 e apanhada na 
mesma altura. Deslocando-se paralelamente a um muro, ela passa pelo alto do muro 1,00 𝑠 após ter 
sido golpeada e, novamente, 4,00 𝑠 depois, quando está descendo, em posições separadas por uma 
distância 𝐷 = 50,0 𝑚. 
 
a) Qual é a distância horizontal percorrida pela bola do instante em que foi golpeada até ser 
apanhada? 
Colocamos 𝑦0 = ℎ0 = 1,00 𝑚 onde a bola é rebatida, bem como 𝑥0 
Colocamos 𝑦1 e 𝑦2 = ℎ (altura da parede) 
𝑥1 é o ponto onde a bola se eleva acima da parede e 𝑥2 quando volta abaixo da parede 
𝑦𝑓 = 1,00 𝑚 
𝑥𝑓 = onde a bola é apanhada 
Sabendo que 𝑣𝑥 é constante, temos 𝑥2 − 𝑥1 = 50,0 𝑚 = 𝑣𝑥1(4,00 𝑠), logo 
𝑣𝑥1 =
50,0 𝑚
4,00 𝑠
= 12,5 𝑚/𝑠 
Como o percurso total da bola levou 1 s até a parede e depois 1 seg da parede até ser 
apanhada, temos: 
1,00 𝑠 + 4,00 𝑠 + 1,00𝑠 = 6,00 𝑠 
Como a velocidade horizontal é constante, podemos usar 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥1 = 𝑣𝑥2 = 𝑣0𝑥 = 𝑣𝑥𝑓 
Então 
𝑥𝑓 − 𝑥0 = 𝑅 = 𝑣𝑥𝑡 = (12,5 𝑚/𝑠)(6,00 𝑠) = 75,0 𝑚 
b) Qual é o módulo da velocidade da bola imediatamente após ter sido golpeada? 
Nos falta calculat a 𝑣0𝑦 
Aplicando a equação 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
𝑦2 − 𝑦1 = 𝑣1𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 como ambos possuem a mesma altura𝑦2 − 𝑦1 = 0 
𝑣1𝑦 =
1
2
𝑔𝑡2
𝑡
= 
1
2
𝑔𝑡 = 
1
2
(9,80 𝑚 𝑠2⁄ )4,00 𝑠 = 19,6 𝑚/𝑠 
Esta é a velocidade com que a bola passou pelos pontos em que a trajetória corta a linha 
formada pelo topo do muro. 
Podemos dizer que: 
𝑣1𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑑á 𝑣0𝑦 = 𝑣1𝑦 + 𝑔𝑡 
O tempo da rebatida até a bolo chegar à altura do muro é 1,00 s, então 
𝑣0𝑦 = 19,6 𝑚 𝑠⁄ + (9,8 𝑚 𝑠
2⁄ )(1,00 𝑠) = 29,4 𝑚/𝑠 
Então temos, finalmente: 
�⃗� = 𝑣0𝑥𝑖̂ + 𝑣0𝑦𝑗̂ = (12,5 𝑚/𝑠)𝑖̂ + (29,4 𝑚/𝑠)𝑗̂ 
Cujo módulo é: 
|�⃗�| = √(12,5 𝑚/𝑠)2+(29,4 𝑚/𝑠)2 = 34,9 𝑚/𝑠 
c) Qual é o ângulo (em relação à horizontal) da velocidade da bola imediatamente após ter 
sido golpeada? 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑣0𝑦
𝑣0𝑥
=
29,4 𝑚/𝑠
12,5 𝑚/𝑠
= 67,0° 
d) Qual é a altura do muro? 
𝑦 − 𝑦0 = 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
ℎ = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
ℎ = 1,00 𝑚 + 29,4 𝑚/𝑠(1,00 𝑠) −
1
2
(9,8 𝑚 𝑠2⁄ )(1,00 𝑠)2 = 25,5 𝑚 
*56. Um viciado em aceleração centrípeta executa um movimento circular uniforme de período 
𝑇 = 2,0 𝑠 e raio 𝑟 = 3,00 𝑚. No instante 𝑡1 sua aceleração é �⃗� = (6,00 𝑚 𝑠
2⁄ )𝑖̂ + (−4,00 𝑚 𝑠2⁄ )𝑗.̂ 
Nesse instante, quais são os valores de 
a) �⃗� ∙ �⃗�? 
Durante o movimento circular uniforme, o vetor da velocidade é perpendicular ao vetor da 
aceleração, logo 
�⃗� ∙ �⃗� = 0 
b) 𝑟 × �⃗�? 
O vetor da aceleração em todo instante possui o sentido do centro da circunferência, 
enquanto o raio possui sentido contrário. O ângulo formado entre 𝑟 e �⃗� é 180°, logo 
𝑟 × �⃗� = 0 
*57. Em um parque de diversões uma mulher passeia em uma roda-gigante com 15 m de raio, 
completando cinco voltas em torno do eixo horizontal a cada minuto. 
a) Qual é o período do movimento? 
Um período corresponde a uma volta completa. 
5 voltas por minuto representa 
𝑇 = 
𝑡
𝑛º 𝑣𝑜𝑙𝑡𝑎𝑠
=
60𝑠
5
= 12 𝑠 
b) Qual é o módulo da aceleração centrípeta no ponto mais alto? 
Como uma volta representa a distância de 2πR e 
𝑣 =
2πR
𝑇
=
2π(15 m)
12 𝑠
= 7,85 𝑚/𝑠 
O módulo da aceleração é: 
𝑎 =
𝑣2
𝑅
=
(7,85 𝑚/𝑠)2
15 𝑚
= 4,1 𝑚/𝑠2 
c) Qual é o sentido da aceleração centrípeta no ponto mais alto? 
O vetor da aceleração centrípeta aponta para baixo, para o centro da órbita. 
d) Qual é o módulo da aceleração centrípeta no ponto mais baixo? 
Como não houve modificação do raio nem da velocidade, a aceleração centrípeta é a 
mesma = 4,1 m/s². 
e) Qual é o sentido da aceleração centrípeta no ponto mais baixo? 
O vetor da aceleração centrípeta aponta para cima, para o centro da órbita. 
*58. Qual é o módulo da aceleração centrípeta de um velocista que corre a 10 m/s ao fazer uma 
curva com 25 m de raio? 
𝑎 =
𝑣2
𝑅
=
(10 𝑚/𝑠)2
25 𝑚
= 4,0 𝑚/𝑠2 
*59. Quando uma grande estrela se torna uma supernova seu núcleo pode ser tão comprimido que 
ela se transforma em uma estrela de nêutrons, com um raio de cerca de 20 km. Se uma estrela de 
nêutrons completa uma revolução a cada segundo, 
a) Qual é o módulo da velocidade de uma partícula situada no equador da estrela? 
𝑣 =
2πR
𝑇
=
2π(20000 m)
1 𝑠
= 1,3 × 105 𝑚/𝑠 
b) Qual é o módulo da aceleração centrípeta da partícula situada no equador da estrela? 
𝑎 =
𝑣2
𝑅
=
(1,3 ×105 𝑚/𝑠)
2
20000 𝑚
= 7,9 𝑚/𝑠2 
c) Se a estrela de nêutrons gira mais depressa, as respostas dos itens a) e b) aumentam, 
diminuem ou permanecem as mesmas? 
Se a estrela gira mais depressa, o período diminui logo a velocidade aumenta. Aumentando 
a velocidade, a aceleração aumenta. 
Os itens das letras a) e b) aumentam. 
*60. Um satélite se move em uma órbita circular, 640 km acima da superfície da Terra, com um 
período de 98,0 min. 
a) Qual é a velocidade do satélite? 
Somamos ao raio da Terra, mais 640 km. 
𝑅 = 6,37 × 106𝑚 + 6,4 × 105 = 7,01 × 106𝑚 
𝑣 =
2πR
𝑇
=
2π(7,01 ×106𝑚 )
5,88 × 103 𝑠
= 7,49 × 103 𝑚/𝑠 
a) Qual é o módulo da aceleração centrípeta? 
𝑎 =
𝑣2
𝑅
=
(7,49 ×103 𝑚/𝑠 )
2
7,01 ×106𝑚
= 8,00 𝑚/𝑠2 
*61. Um carrossel de um parque de diversões gira em torno de um eixo vertical com velocidade 
angular constante. Um homem em pé na borda do carrossel tem uma velocidade escalar constante de 
3,66 m/s e uma aceleração centrípeta �⃗� de módulo 1,83 m/s². O vetor posição 𝑟 indica sua posição 
em relação ao eixo do carrossel. 
Primeiramente colocamos nosso sistema de coordenadas de modo que a origem deste 
sistema esteja no eixo vertical do carrossel, o sentido positivo do eixo x aponte para o leste enquanto 
o sentido negativo do eixo y aponte para o sul. 
a) Qual é o módulo de 𝑟? 
𝑎 =
𝑣2
𝑟
 → 𝑟 =
𝑣2
𝑎
=
(3,66 m/s )2
1,83 m/s²
= 7,32 𝑚 
b) Qual é o sentido de 𝑟 quando �⃗� aponta para o leste? 
O sentido da aceleração centrípeta é sempre contrário ao sentido do vetor posição, logo, 
respondendo à questão, 𝑟 aponta para oeste. 
c) Qual é o sentido de 𝑟 quando �⃗� aponta para o sul? 
O sentido da aceleração centrípeta é sempre contrário ao sentido do vetor posição, logo, 
respondendo à questão, 𝑟 aponta para norte. 
*62. Um ventilador realiza 1200 revoluções por minuto. Considere um ponto situado na 
extremidade de uma das pás, que descreve uma circunferência com 0,15 m de raio. 
a) Que distância este ponto percorre em uma revolução? 
𝑐 = 2𝜋𝑟 = 2𝜋(0,15 𝑚) = 0,94 𝑚 
b) Qual é a velocidade desse ponto? 
𝑇 =
60 𝑠
1200 𝑟𝑒𝑣
= 0,05 𝑠/𝑟𝑒𝑣 
𝑣 =
𝑐
𝑇
=
0,94 𝑚
0,05 𝑠
= 18,8 𝑚/𝑠 
c) Qual o módulo da aceleração? 
𝑎 =
𝑣2
𝑟
=
(18,8 𝑚/𝑠)2
0,15 𝑚
= 2,36 × 103 𝑚/𝑠2 
d) Qual é o período do movimento? 
𝑇 =
60 𝑠
1200 𝑟𝑒𝑣
= 0,050 𝑠 
**63. Uma bolsa a 2,00 m do centro e uma carteira a 3,00 m do centro descrevem um movimento 
circular uniforme no piso de um carrossel. Elas estão na mesma linha radial. Em um certo instante a 
aceleração da bolsa é (2,00 𝑚 𝑠2⁄ )𝑖̂ + (4,00 𝑚 𝑠2⁄ )𝑗̂. Qual é a aceleração da carteira neste instante, 
em termos de vetores unitários? 
Como o período de um movimento circular uniforme é 𝑇 = 
2𝜋𝑟
𝑣
, em que 𝑟 é o raio e 𝑣 é 
a velocidade, a aceleração centrípeta pode ser escrita como: 
𝑎 =
𝑣2
𝑟
=
1
𝑟
(
2𝜋𝑟
𝑇
)
2
=
4𝜋2𝑟2
𝑟𝑇2
=
4𝜋2𝑟
𝑇2
 
Com base nessa expressão, verificamos que o único valor variável entre a bolsa e a carteira 
é o módulo do seu raio. Então a razão do raio é: 
𝑟 𝑐𝑎𝑟𝑡𝑒𝑖𝑟𝑎
𝑟 𝑏𝑜𝑙𝑠𝑎
=
3
2
= 1,5 
𝑎 = 1,50[(2,00 𝑚 𝑠2⁄ )𝑖̂ + (4,00 𝑚 𝑠2⁄ )𝑗̂] = (3,00 𝑚 𝑠2⁄ )𝑖̂ + (6,00 𝑚 𝑠2⁄ )𝑗 ̂
**64. Uma partícula se move em uma trajetória circular em um sistema de coordenadas 𝑥𝑦 
horizontal, com velocidade escalar constante. No instante 𝑡1 = 4,00 𝑠 ela está no ponto (5,00 m, 6,00 
m) com velocidade (3,00 𝑚/𝑠)𝑗 ̂e aceleração no sentido positivo de 𝑥. No instante 𝑡2 = 10,0 𝑠 ela 
tem uma velocidade (−3,00 𝑚/𝑠)𝑖 ̂e uma aceleração no sentido positivo de 𝑦. 
a) Qual é a coordenada 𝑥 do centro da trajetória circular se a diferença 𝑡2 − 𝑡1 é menor que 
um período? 
 
O fato de que a velocidade é no sentido 𝑦 positivo e a aceleração é na direção 𝑥 positivo 
em 𝑡1 = 4,00 𝑠 significa que o movimento é para a direita. A posição corresponde à posição 09:00 
horas. Por outro lado, a posição em 𝑡2 = 10,0 𝑠 corresponde à posição de 6:00 horas uma vez que 
os pontos de velocidade na direcção 𝑥 negativo e a aceleração é na direção 𝑦 positivo. O intervalo de 
tempo ∆𝑡 = 10,0 𝑠 − 4,00 𝑠 = 6,00 𝑠 é igual a 3/4 de um período: 
6,00 𝑠 = 
3
4
𝑇