Exercícios de Física: Movimento em uma e duas dimensões

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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 0max202 oyygvv −+=
Como, em ymax, y0 = 0 e v = 0, tem-
se 
g
vy
2
2
0
max = . (1.1) 
b) Determinação do tempo de subida (ts): gtvv −= 0 (1.2) 
Logo, como v = 0, 
g
vtt 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 ttgv ×−= )2
(0 0 , 
cujas soluções possíveis são, t = t0 = 0 (solução trivial, que satis-
faz a condição inicial quando y0 = 0), ou 020
=− tgv , 
∴ s
0
T 2
2 t
g
vtt === (1.4) 
Substituindo (1.4) em (1.2), obtém-se 
0
0
0f
2 v
g
vgvv −=





−= (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 ˆ0=

. 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 20202f jHjgvygvv −⋅−+−=∆⋅==

, cuja resposta 
matemática será gHvv 220f +±= , terá como respostas físicas 
gHvv 220f +−= ou )ˆ(220f jgHvv −


 +=

 (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
ur
a 
(m
)
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
0 1 2 3 4 5 6
Tempo (s)
V
el
oc
id
ad
e 
(m
/s
)ymax 
g
 
y0 = yf = 0 0v

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 ≠ 2 ts). 
2
00f 2
1 gttvyy −+= 
Como yf = 0 e y0 = H, tem-se 
0
2 0
2 =−− Htvtg ∴ 
g
gHvv
t
2200 +±= , 
sendo 22ds
2
00 )()(2 Htttg
H
g
v
g
vt +±=+





±





= (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 <−=+−=′ Htttt (não é uma resposta física) 
0s 7,6)( 2dsT >=++==′′ Httttt (resposta física) (2.3) 
m/s 3622 20
2
00
0f −=+−=






 ++
−= 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)( 2f22f1f2f10 ttgttv −=+ 
))(()(2 f2f1f2f1f2f10 ttttttg
v
+−=+ 
∴ 
g
vttt 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 ′=−=∆ i1f11 , com velocidade idêntica em módulo, direção e 
sentido à velocidade inicial da partícula 2, jvvtv ˆ)( 021 −==′

. 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 ′=∆=−=∆ 1f2f1 . 
0
10
20
30
40
50
60
70
-1 0 1 2 3 4 5 6 7
Tempo (s)
P
os
iç
ão
 V
er
ti
ca
l (
m
)
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
-1 0 1 2 3 4 5 6 7
Tempo (s)
V
el
oc
id
ad
e 
(m
/s
)
+y 
1v
 
2v

g
 
ti = 0 t’ = 2v0 /g 
∆t 
tempo (t) 
t1f t2f 
+t 
yi 
yf 
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 3 
x0 = y0 = 0 
v0x = v0 cosθ 0 
v0y = v0 senθ 0 
ymax 
g
 
0 
0v

0)( max =yv
 
θ 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 ′=f1 . 
Equação da posição para a partícula 1: 
2
f1f11i1f1 2
1 tgtvyy −+= 
ttgvyy ′×




 ′−==−
2
10 0i1f1 
A solução trivial, 0=′t , é solução apenas para o instante inicial, 
portanto, s 0.3m/s 10
m/s 1522
20 =
×
==′=∆
g
vtt (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
=





+
= D
vv
vd (4.5) 
b) )ˆ( km 18)ˆ(
BA
A
Ap iiDvv
vxx +=+





+
==

 (4.6) 
e )ˆ( km 22)ˆ(
BA
B
ifBd iiDvv
vxxxx −=−





+
=−==

 (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 θ 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 , θ 0 (dados explícitos) e g (dado implícito) 
Ilustração: Bola na origem do sistema de coordenadas. 
Na horizontal (M. U. ⇒ ax = 0): 
A velocidade será sempre constante: vx = v0x (5.1) 
Na vertical [M. U. V. ⇒ )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 ⇒ 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
θ
== . (5.5) 
b) Em ymax a velocidade da bola será, momentaneamente, hori-
zontal, dada por 
)ˆ(cos 000max ivvv xy +== θ

 (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 02202020 ≅⇒=+= vvvv yx 
63)2arctan(arctan
0
0
0 ≅=





=
x
y
v
v
θ 
m 0,220 ≅gv e senθ 0 = sen(2θ.0) = 0,8 (6.1) 
Na horizontal (M. U. ⇒ 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. ⇒ )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 y0T
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
≅=
==
θ
θθ
g
vx
g
v
g
vv
x yx
 (6.7) 
Gráfico de sen(2θ 0) versus θ 0. 
Observe que, para uma velocidade inicial fixa, o alcance depende-
rá unicamente do ângulo de lançamento, e será máximo para 
θ 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 −=−=





−= y
y
yy vg
v
gvv (6.7) 
∴ m/s )ˆ4ˆ2(f jiv −=

 (6.8) 
 
7) Um pequeno objeto é arremessado obliquamente com uma 
inclinação θ 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 θ 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 senθiiy 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 i1qs === (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
11
2
i1
2
1
max1 =





−= (7.5) 
 
y 
x 
01v

θ 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 90
θ0
se
n(
2 θ
0)
x0 = y0 = 0 
v0x = 2 m/s 
v0y = 4 m/s 
g
 
0 
0v

θ0 
xv0
 
yv0
 
x 
y 
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 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 






−==
g
vgH
g
v
y yy 
H
g
v
g
v yy ==+
2
i1
2
i1 )11(
2
. (7.7) 
Substituído(7.1) em (7.7), obtemos a velocidade inicial de (1) 
0
i1 senθ
gH
v = . (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
vy
2
sen 0220
max
θ
= (5.5) 
( )00
2
0
max cossen2 θθg
vx = (6.6) 
Como 00T0maxmax cos 4 θtvtvyx x === , (8.1) 
substituindo (5.5) e (6.6) em (8.1), obtemos 
( ) 






=
g
v
g
v
2
sen4cossen2 0
22
0
00
2
0 θθθ ⇒ 00 sencos θθ = 
∴ °== 45)1arctan(0θ . (8.2) 
b) Substituindo (8.2) em (8.1), temos 
tv
g
v
g
v
g
vx 0
2
0
2
0
2
0
max 2
2
4
2
2
4
2
2
2
22 ==





××=







××= 
∴ 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 




×−××=×
tgtv
g
v
 
Multiplicando ambos os lados da equação acima por 4 g, pode-
mos reescrevê-la como 
0
2
)2(
22
0
2
0 =





+−
tgvgtv 
tg
tgtggt
v
2
2
2
)2/(1422 2222
0 =
××−±
= (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 θ 0 acima da 
horizontal, é dado por 0tan4
1/ θ=RH . (b) Para que ângu-
lo de lançamento θ 0 temos H = R ? 
SOLUÇÃO: 
Dados: θ0, 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
vy
2
sen 0220
max
θ
= (5.5) e ( )00
2
0
max cossen2 θθg
vx = (6.5) 
Dividindo (5.5) por (6.5), obtemos 
0
0
00
2
0
0
22
0
cos
sen
4
1
cossen22
sen
θ
θ
θθ
θ
=





×





=
v
g
g
v
R
H
 
0tan4
1 θ=
R
H
 (9.1) 
b) Para H = R, implica em 4tan 0 =θ , donde 
76)4arctan(0 ≅=θ (9.2) 
 
10) Durante uma partida de futebol, um atacante, percebendo que 
o goleiro está adiantado, resolve tentar um 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 θ0 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, θ 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, θ 0, v0, e g 
a) Em x: 0=xa ⇒ 000 cos)( θvvtv xx == (10.1) 
e tvtvtx x 000 cos)( θ== (10.2) 
Em y: gay = (em módulo) 
000 senθvv y = (10.3) 
gtvtv yy −= 0)( (10.4) 
∴ 
2
00
2
0
2
1sen)(
2
1)(
tgtvty
tatvty yy
−=
−=
θ
 (10.5) 
 
D 
θ 0 
H 
y 
x 
0v

goleiro gol g

 
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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 cosθv
Dt = (10.6) 
Substituindo (10.6) em (10.5), obtém-se 
0
22
0
2
0 cos2
tan)(
θ
θ
v
DgDHty −== . (10.7) 
c) De (10.1), (10.4) e (10.6) obtém-se 














−+= j
v
gDivvD ˆcos
senˆcos
0
2
0
000 θ
θθ

. (10.8) 
 
12) De um avião, mergulhando em um ângulo θ 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 θ 0, H, t e g (aceleração da gravidade) e 
dos vetores unitários que se fizerem necessários. 
SOLUÇÃO: 
Dados: θ 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 θ
×





−==
tg
t
Hvv  . (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 θθ −=

, 
ou ainda 
)ˆˆ(tan
2 00
jitg
t
Hv −×





−= θ

. (12.7) 
b) Cálculo do vetor velocidade do projétil ao atingir o solo: 
jvivvvv yxyx ˆˆ −=+=

 (12.8) 
Na horizontal (M.U. ⇒ vx = v0x = cte. e ax = 0). 
Assim, 
00 tan2
θθ 





−==
tg
t
Hsenvv xx , (12.9) 
já obtido em (a), vide equação (12.7). 
Na vertical [MUV ⇒ )ˆ( jggay −==

]. 
tgvv yy −−=− 0 
∴ 





+=
2
tg
t
Hvy (12.10) 
Substituindo (12.9) e (12.10) em (12.8), obtém-se: 
jtg
t
Hitg
t
Hv ˆ
2
ˆtan
2 0 




+−





−= θ

 (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 −





−=∆ θ

 
ou 








−





−=∆ ji
H
tgHr ˆˆtan
2
1 0
2
θ

 (12.13) 
0 
x 
y 
θ 0 g
 
0v

v 
Hy =0 
x 
ti = t0 = 0 
tf = t 
x0 = 0 (12.1) 
y0 = H (12.2) 
v0x = v0 senθ 0 (12.3) 
 
0 ixr ˆf =

+y 
+x 
jHr ˆi =
 
0 fr
 
+y 
+x 
ir

− 
if rrr

−=∆ 
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 7 
19) Um projétil é lançado com um ângulo θ 0 acima da horizontal. 
(a) Mostre que o ângulo de elevação φ do ponto mais alto 
(ymax), visto do local de lançamento, está relacionado com θ 0, 
o ângulo de elevação do lançamento, por tanφ = (tanθ 0)/2. 
(b) Calcule φ para θ 0 = 45°. 
SOLUÇÃO: 
Dados: θ 0 e φ 
a) Nos exercícios resolvidos 5 e 6, obtivemos as seguintes equa-
ções para ymax e xmax. 
g
vy
2
sen 0220
max
θ
= (5.5) 
( )00
2
0
max cossen2 θθg
vx = (6.6) 
Como 
2/
tanmax
max
x
y
=φ , (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
θ
θ
θ
θθ
θ
φ ===
sen
g
v
g
v
 (19.2) 
b) Para θ 0 = 45°, °≅= 27)2/1arctan(φ . (19.3) 
 
21) Para um projétil lançado da origem de um sistema de referên-
cia com velocidade 0v

, fazendo um ângulo θ 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 , θ 0 e g. 
Na horizontal (em x) o movimento é uniforme ( 0=xa ), sendo a 
velocidade e a posição dadas, respectivamente, por 
000 cos)( θvvtv xx == (21.1) 
tvtvxtx x )cos()( 0000 θ=+= (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)( θ (21.3) 
e 200
2
00 2
1)sen(
2
1)( gttvgttvyty y −=−+= θ (21.4) 
a) Cálculo do tempo total, tT . A coordenada vertical final será 
0)
2
1(
2
1)( 020f =−=−= ttgvgttvty yy , 
que fornece os seguintes valores para o tempo: 
001 == tt (instante inicial), 
e 
g
v
tt y0T2
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
vttt yy
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 yx 2
)cossen2()( 00
2
00
0s
θθ
=





= 
22
)2(sen)( max0
2
0
s
x
g
vtx == θ (21.7) 
e 
g
v
g
v
y y
2
)sen(
2
2
00
2
0
max
θ
== (21.8) 
Outra maneira de se obter o resultado acima é utilizando a equa-
ção abaixo, fazendo vy = 0. 
02)(2 max200max202 =−=−−= gyvyygvv yyy 
Usando (21.7) e (21.8), o vetor posição será dado por 
[ ]ji
g
vtr ˆsenˆ)2(sen
2
)( 020
2
0 θθ +=

. (21.9) 
c) Cálculo do alcance. Substituindo (21.5) em (21.2), obtemos 
g
v
g
v
vtxx yx
)2(sen2)( 0
2
00
0Tmax
θ
=





== (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
gxxy 





−=
θ
θ (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
vy
2
2
0
max = (1.1) 
b) Cálculo de tTotal : 200 2
1 tgtvyy −+= 
Ao retornar ao ponto de partida, 00 == yy , tem-se 
ttgv ×





−= 20 2
10 
∴ 001 == tt e g
vtt 0Total2
2
== (22.2) 
y0 = 0 
y 
0v

g
 
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 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
vyy −=== 
0
62
2
0
c0
2
c =+− g
vtvtg 


















−−±−−
=±
2
2
62
4)()(
)(
2
02
00
c g
g
vgvv
t 
g
vt 0c 3
21)( 







±=± (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 −+= βα e, no instante t = 0 s, passa pela origem 
do sistema de coordenadas com velocidade )ˆ(0 jv γ=

. 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 partícula cru-
zará a coordenada y = 0. Supor, neste item, β = 2α. (b) Faça 
um diagrama e esboce, além dos dados iniciais do problema, 
a trajetória da partícula. 
SOLUÇÃO: 
Dados: jia ˆˆ βα −= , jv ˆ0 γ=

 
α=xa , αβ 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). 
α
γ
β
γ
==∴−+= 2
2
1 2
00 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 −=−=





−= γ
β
γβγ , (23.4) 
como era de se esperar, e 
γ
β
αγ
β
γα =





=





= 22xv . (23.5) 
Finalmente, )ˆˆ()ˆ()ˆ(2 jijiv −=−+





= γγ
β
αγ

. (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
00 222
1






=++=
β
γαtatvxx xx 
Portanto, )ˆ(2
)ˆ(2
22
iir
α
γ
β
γα =





=

. (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/s0,2m200
)m/s20(
===
r
va (25.1) 
Cálculo da aceleração tangencial: 
tavv tan0 += 
∴ 20tan m/s0,4s0,3
m/s)1527(
=
−
=
−
=
t
vva (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
	ymax
	y0 = yf = 0
	y
	ymax
	y0 = H
	yf = 0
	y
	A
	B
	+x
	A
	B
	+x
	A
	B
	+x
	xAi = 0
	xBi = xi = D
	xAf = xBf = xf
	ymax
	0
	0
	(0
	0
	(1)
	(1) ( (2)
	(2)
	H
	0