2a_serie_Lancamento_obliquo

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1. (Unesp 2012) O gol que Pelé não fez 
 
Na copa de 1970, na partida entre Brasil e Tchecoslováquia, Pelé pega a bola um 
pouco antes do meio de campo, vê o goleiro tcheco adiantado, e arrisca um chute que 
entrou para a história do futebol brasileiro. No início do lance, a bola parte do solo 
com velocidade de 108 km/h (30 m/s), e três segundos depois toca novamente o solo 
atrás da linha de fundo, depois de descrever uma parábola no ar e passar rente à trave, 
para alívio do assustado goleiro. 
Na figura vemos uma simulação do chute de Pelé. 
 
 
 
Considerando que o vetor velocidade inicial da bola após o chute de Pelé fazia um 
ângulo de 30° com a horizontal (sen30° = 0,50 e cos30° = 0,85) e desconsiderando a 
resistência do ar e a rotação da bola, pode-se afirmar que a distância horizontal entre o 
ponto de onde a bola partiu do solo depois do chute e o ponto onde ela tocou o solo 
atrás da linha de fundo era, em metros, um valor mais próximo de 
a) 52,0. 
b) 64,5. 
c) 76,5. 
d) 80,4. 
e) 86,6. 
 
2. (Unifesp 2013) O atleta húngaro Krisztian Pars conquistou medalha de ouro na 
olimpíada de Londres no lançamento de martelo. Após girar sobre si próprio, o atleta 
lança a bola a 0,50m acima do solo, com velocidade linear inicial que forma um ângulo 
de 45° com a horizontal. A bola toca o solo após percorrer a distância horizontal de 
80m. 
 
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Nas condições descritas do movimento parabólico da bola, considerando a aceleração da 
gravidade no local igual a 10 m/s
2
, 2 igual a 1,4 e desprezando-se as perdas de energia 
mecânica durante o voo da bola, determine, aproximadamente: 
a) o módulo da velocidade de lançamento da bola, em m/s. 
b) a altura máxima, em metros, atingida pela bola. 
 
3. (Pucrj 2013) Um projétil é lançado com uma velocidade escalar inicial de 20 m/s 
com uma inclinação de 30° com a horizontal, estando inicialmente a uma altura de 5,0 
m em relação ao solo. 
A altura máxima que o projétil atinge, em relação ao solo, medida em metros, é: 
 
Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s
2
 
a) 5,0 
b) 10 
c) 15 
d) 20 
e) 25 
 
4. (Unicamp 2012) Um jogador de futebol chuta uma bola a 30 m do gol adversário. A 
bola descreve uma trajetória parabólica, passa por cima da trave e cai a uma distância de 
40 m de sua posição original. Se, ao cruzar a linha do gol, a bola estava a 3 m do chão, a 
altura máxima por ela alcançada esteve entre 
 
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a) 4,1 e 4,4 m. 
b) 3,8 e 4,1 m. 
c) 3,2 e 3,5 m. 
d) 3,5 e 3,8 m. 
 
5. (Uesc 2011) Galileu, ao estudar problemas relativos a um movimento composto, 
propôs o princípio da independência dos movimentos simultâneos — um móvel que 
descreve um movimento composto, cada um dos movimentos componentes se realiza 
como se os demais não existissem e no mesmo intervalo de tempo. 
Assim, considere um corpo lançado obliquamente a partir do solo sob ângulo de tiro de 
45º e com velocidade de módulo igual a 10,0m/s. 
Desprezando-se a resistência do ar, admitindo-se que o módulo da aceleração da 
gravidade local é igual a 210m / s e sabendo-se que 
2
cos45º
2
 e 
2
sen45º
2
 , é 
correto afirmar: 
a) O alcance do lançamento é igual a 5,0m. 
b) O tempo total do movimento é igual a 2s . 
c) A altura máxima atingida pelo corpo é igual a 10,0m. 
d) O corpo atinge a altura máxima com velocidade nula. 
e) A velocidade escalar mínima do movimento é igual a 10,0m/s. 
 
6. (Ufu 2011) Uma pedra é lançada do solo com velocidade de 36 km/h fazendo um 
ângulo de 45° com a horizontal. Considerando g = 10 m/s
2
 e desprezando a resistência 
do ar, analise as afirmações abaixo. 
 
I. A pedra atinge a altura máxima de 2,5 m. 
II. A pedra retorna ao solo ao percorrer a distância de 10 m na horizontal. 
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III. No ponto mais alto da trajetória, a componente horizontal da velocidade é nula. 
 
Usando as informações do enunciado, assinale a alternativa correta. 
a) Apenas I é verdadeira. 
b) Apenas I e II são verdadeiras. 
c) Apenas II e III são verdadeiras. 
d) Apenas II é verdadeira. 
 
7. (Uftm 2011) Num jogo de vôlei, uma atacante acerta uma cortada na bola no instante 
em que a bola está parada numa altura h acima do solo. Devido à ação da atacante, a 
bola parte com velocidade inicial V0, com componentes horizontal e vertical, 
respectivamente em módulo, Vx = 8 m/s e Vy = 3 m/s, como mostram as figuras 1 e 2. 
 
 
 
Após a cortada, a bola percorre uma distância horizontal de 4 m, tocando o chão no 
ponto P. 
 
 
 
Considerando que durante seu movimento a bola ficou sujeita apenas à força 
gravitacional e adotando g = 10 m/s
2
, a altura h, em m, onde ela foi atingida é 
a) 2,25. 
b) 2,50. 
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c) 2,75. 
d) 3,00. 
e) 3,25. 
 
8. (Uft 2010) Um jogador de futebol chuta uma bola com massa igual a meio 
quilograma, dando a ela uma velocidade inicial que faz um ângulo de 30 graus com a 
horizontal. Desprezando a resistência do ar, qual o valor que melhor representa o 
módulo da velocidade inicial da bola para que ela atinja uma altura máxima de 5 metros 
em relação ao ponto que saiu? 
 
Considere que o módulo da aceleração da gravidade vale 10 metros por segundo ao 
quadrado. 
a) 10,5 m/s 
b) 15,2 m/s 
c) 32,0 m/s 
d) 12,5 m/s 
e) 20,0 m/s 
 
9. (Ufop 2010) Uma pessoa lança uma pedra do alto de um edifício com velocidade 
inicial de 60 m/s e formando um ângulo de 30º com a horizontal, como mostrado na 
figura abaixo. Se a altura do edifício é 80 m, qual será o alcance máximo (xf) da pedra, 
isto é, em que posição horizontal ela atingirá o solo? (dados: sen 30º = 0,5, cos 30º = 0,8 
e g = 10 m/s
2
). 
 
 
a) 153 m 
b) 96 m 
c) 450 m 
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d) 384 m 
 
10. (Ufmg 2007) Uma caminhonete move-se, com aceleração constante, ao longo de 
uma estrada plana e reta, como representado na figura: 
A seta indica o sentido da velocidade e o da aceleração dessa caminhonete. 
Ao passar pelo ponto P, indicado na figura, um passageiro, na carroceria do veículo, 
lança uma bola para cima, verticalmente em relação a ele. 
Despreze a resistência do ar. 
Considere que, nas alternativas a seguir, a caminhonete está representada em dois 
instantes consecutivos. 
Assinale a alternativa em que está MAIS BEM representada a trajetória da bola vista 
por uma pessoa, parada, no acostamento da estrada. 
 
 
a) 
b) 
c) 
d) 
 
 
 
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11) Uma mangueira emite um jato d'água com uma velocidade inicial v0 de módulo 
igual a 10 m/s. 
 
Sabendo-se que o tubo horizontal possui um diâmetro interno d = 1,25 m, determine o 
alcance máximo x do jato no interior do tubo (g = 10 m/s
2
). 
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Gabarito: 
 
Resposta da questão 1: 
 
 [C] 
 
Dados: v0 = 30 m/s; θ= 30°; sen 30° = 0,50 e cos 30° = 0,85 e t = 3 s. 
 
A componente horizontal da velocidade (v0x) mantém-se constante. O alcance 
horizontal (A) é dado por: 
  0x 0A v t A v cos30 t A 30 0,85 3 
A 76,5 m.
      

 
 
Resposta da questão 2: 
 
 1ª Solução: 
 
a) Dados: A = 80 m; 2 = 1,4; g = 10 m/s
2
. 
 
As componentes da velocidade inicial são: 
ox oy 0 ox oy 0 ox oy 0
2
v v v cos45 v v v v v 0,7v .
2
         
 
Desprezando a altura inicial do lançamento, a expressão do alcance horizontal (A) é: 
 
2 2
0 0
0
0
v v
A sen 2 80 sen 90 v 800 20 2 20 1,4 
g 10
v 28 m / s.
θ         

 
 
b) Aplicando a equação de Torricelli na vertical, lembrando que no ponto mais alto a 
componente vertical da velocidade é nula (vy = 0): 
 
22 2
y 0y
384
v v 2 g y 0 0,7 28 20 y y y 19,2 m.
20
Δ Δ Δ Δ          
 
Como a altura inicial é 0,5 m, a altura máxima (h) é: 
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0h h y h 0,5 19,2 
h 19,7 m.
Δ     

 
 
2ª Solução: 
 
a) Dados: A = 80 m; 2 = 1,4; g = 10 m/s
2
. 
 
A figura ilustraa situação descrita. 
 
 
 
As componentes da velocidade inicial são: 
ox oy 0 ox oy 0 ox oy 0
2
v v v cos45 v v v v v 0,7v .
2
         
 
Na direção do eixo x, a velocidade (v0x) é constante, portanto, o movimento é uniforme. 
Quando x for igual ao alcance máximo (A), o tempo será igual ao tempo total (tT). 
Então: 
 
0x 0x T 0 T
0 T
x v t A v t 80 0,7 v t 
0,7 v t 80 I .
     

 
 
Na direção do eixo y, de acordo com o referencial da figura, quando o tempo é igual ao 
tempo total, y = 0. 
Assim: 
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 
2 2
0 oy 0
2
0 T T
g
y y v t t y 0,5 0,7v t 5 t 
2
0 0,5 0,7 v t 5 t II
       
  
 
Substituindo (I) em (II): 
2
T T T
80,5
0 0,5 80 5 t t 16,1 t 4 s.
5
        
 
Voltando em (I): 
0 T 0
0
80 80
80 0,7 v t v 
0,7 4 2,8
v 28,6 m / s.
    


 
 
b) Pela conservação da Energia mecânica, em relação ao solo: 
   
2 2 2 2
A B 0 0x 0 A 0x
Mec Mec A
2 2
m v m v v 2 g h v
E E m g h m g H H 
2 2 2 g
28,6 2 10 0,5 0,7 28,6 818 10 400
H 
20 20
H 21,4 m.
 
       
      
  

 
 
Resposta da questão 3: 
 
 [B] 
 
Decompondo a velocidade inicial, teremos uma componente vertical de 
V.sen30 20x0,5 10 m/s   
A partir da posição inicial, podemos calcular o deslocamento vertical até o ponto mais 
alto da trajetória, utilizando a equação de Torricelli: 
 
2 2 2
0V V 2.a. S 0 10 2x10x S S 5,0mΔ Δ Δ       
 
Como o corpo havia partido de 5,0 m de altura, sua altura máxima será H: 5 + 5 = 10 m. 
 
Resposta da questão 4: 
 
 [B] 
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OBS: Essa questão foi cobrada na prova de Matemática, mas admite solução através de 
conceitos Físicos, aliás, solução bem mais simples e curta. Serão dadas aqui as duas 
soluções. 
 
1ª Solução (Matemática): 
Encontremos, primeiramente, a equação da parábola que passa pelos pontos dados: 
 
 
A equação reduzida da parábola de raízes x1 e x2 é:   1 2y a x x x x .   
 
Nesse caso temos: x1 = 0 e x2 = 40. 
 
Substituindo esses valores na equação dada: 
   2y a x 0 x 40 y ax 40ax.      
 
Para x = 30  y = 3. Então: 
   
2 1
3 a 30 40a 30 3 900a 1200a a .
100
        
 
Assim, a equação da parábola mostrada é: 
 
2 2x 1 x 2
y 40 x y x.
100 100 100 5
 
       
 
 
 
Para x = 20  h = H. Então: 
 
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 
 
2
20 2
H 20 H 4 8 
100 5
H 4 m.
       
 
 
2ª Solução (Física): 
Pela regra de Galileu, sabemos que, para qualquer movimento uniformemente variado 
(M.U.V.) com velocidade inicial nula, os espaços percorridos em intervalos de tempo 
(t) iguais e subsequentes, as distâncias percorridas são: d, 3d, 5d, 7d... 
Ora, a queda livre e o lançamento horizontal na direção vertical são movimentos 
uniformemente variados a partir do repouso, valendo, portanto a regra de Galileu. 
Assim, se a distância de queda num intervalo de tempo inicial (t) é h, nos intervalos 
iguais e subsequentes as distâncias percorridas na queda serão: 3h, 5h, 7h... 
O lançamento oblíquo, a partir do ponto mais alto (A), pode ser considerando um 
lançamento horizontal. Como a componente horizontal da velocidade inicial se mantém 
constante (vx = v0x), os intervalos de tempo de A até B e de B até C são iguais, pois as 
distâncias horizontais são iguais (10 m). 
Assim, se de A até B a bola cai h, de B até C ela cai 3h, como ilustrado na figura. 
 
 
 
Então: 
3h 3 h 1 m.
Mas : H 3h h 3 1 H 4 m.
  
     
 
3ª Solução (Física): 
 
Como as distâncias horizontais percorridas entre A e B e entre B e C são iguais, os 
intervalos de tempo entre esses pontos também são iguais, pois a componente horizontal 
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da velocidade se mantém constante (vx = v0x). Assim, se o tempo de A até B é t, de A até 
C é 2t. 
 
 
Equacionando a distância vertical percorrida na queda de A até B e de A até C, temos: 
 
 
2
2 2
g
A B : h t
2
 H 4h.
g g
A C : H 2t H 4 t
2 2

 

 
         
 
 
Mas, da Figura: H h 3 4h h 3 h 1 m.       
Como H 4h H 4 m.   
 
Resposta da questão 5: 
 
 [B] 
 
Decompondo a velocidade inicial em duas componentes: horizontal (x) e vertical (y), 
temos: s/m2545cos.VoVox 0  
s/m2545sen.VoVoy 0  
 
Estudando o movimento vertical. 
s25,0tt10250atVoV subida  
 
Portanto, o tempo total de movimento vale: s2t2T  
S.a.2VV 20
2     m5,2HxH10x2250 2  
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Estudando o movimento horizontal. 
m10S
2
S
25
t
S
V 




 . 
 
Resposta da questão 6: 
 
 [B] 
 
36 km/h = 10 m/s 
A primeira providência é decompormos a velocidade em componentes horizontal e 
vertical. 
 
 
O movimento vertical é uniformemente variado. No ponto mais alto a componente 
vertical da velocidade é nula. Portanto: 
 
22 2
0V V 2a S 0 5 2 20H H 2.5mΔ      
0 subida
2
V V at 0 5 2 10t t s
2
       
 
Por outro lado, na horizontal, o movimento é uniforme. O tempo para voltar ao solo é o 
dobro do tempo de subida ( 2s ). Portanto: 
 
S V.tΔ   S 5 2 2 10mΔ    
 
Resposta da questão 7: 
 
 [C] 
 
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Na direção horizontal (x) o movimento é uniforme. Assim, podemos calcular o tempo 
(t) que a bola leva para tocar o chão. 
 
x
x
x x 4
v t t 0,5 s.
t v 8
 
      
 
Na direção vertical (y) o movimento é uniformemente variado, com aceleração igual à 
da gravidade (g). 
 
 
22
oy
10 0,5g t
h v t h 3 0,5 1,5 1,25 
2 2
h 2,75 m.
       

 
 
Resposta da questão 8: 
 
 [E] 
 
 y
 x 5 m
 v
 v
 v v =
 v 0
 30°
 0x
 0x
 0y
 
 
Aplicando Torricelli para o eixo y: 
2 2
y 0yv v 2 g y   . 
No ponto mais alto: 
0x yv v v 0
y h
  

 
 
Substituindo: 
0
2
 = 20yv 2 g h  v0y = 2 g h 2(10)(5) = 10 m/s. 
Mas: 
v0y = v0 sen 30°  10 = v0
1
2
  v0 = 20 m/s. 
 
Resposta da questão 9: 
 
 [D] 
 
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As componentes horizontal e vertical da velocidade inicial são: 
0x 0 0 0
0y 0 0 0
v v cos v cos30 60 0,8 48 m / s.
v v sen v sen30 60 0,5 30 m / s.


      

     
 
 
Adotando referencial no solo e orientando a trajetória para cima temos: 
y0 = 80 m; v0y = 30 m/s e g = -10 m/s
2
. 
 
Desprezando os efeitos do ar, a equação do movimento no eixo y é: 
2 2
0 0y
1
y y v t a t y 80 30 t 5 t .
2
       
Quando a pedra atinge o solo, y = 0. Substituindo: 
  
2 2
6 36 4 1 16
0 80 30 t 5 t t 6 t 16 0 t 
2
t 8 s.6 10
t 
t 2 s (não convém).2
 
         

 
 
 
 
No eixo x o movimento é uniforme. A equação é: 
 0 0xx x v t x 0 48 8 x 384 m.       
 
Resposta da questão 10: 
 
 [B] 
 
A velocidade horizontal da bola mantém-se constante e a da caminhonete aumenta. 
Portanto, a bola se atrasa em relação à caminhonete. 
 
Resposta da questão 11: 
 
 Para se conseguir o alcance máximo dentro deste tubo, considerando que a altura 
máxima dentro do tubo é de 1,25 m. 
Por Torricelli 
0 = v0
2
.sen
2
α - 2.g.h 
0 = 10
2
.sen
2
α - 2.10.1,25 
0 = 100.sen
2
α - 25 
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senα = 0,5 ==> α = 30
°
 
 
O tempo total de voo é o dobro do tempo de subida, então: 
0 = 10.senα - 10.t(sub) 
0 = 5 - 10.t(sub) ==> t(sub) = 0,5 s ==> t = 1 s 
 
O alcance é dado por x = v0.cosα.t 
x = 10.cos30
°
.1 = 10.
 3
2
 = 5 3 m 
x = 5 3 m.