Exercícios de Lançamento Oblíquo

Tente resolver cada exercício antes de abrir a resposta. As resoluções ficam disponíveis logo abaixo de cada questão.

Questões desta lista

Questão 1

Ufrgs 2026

A figura abaixo representa a trajetória parabólica de um objeto lançado obliquamente ao ar, com velocidade inicial v0 e ângulo θ0 com a direção horizontal.

Imagem da questão 1 sobre teoria

As posições indicadas por A e C têm a mesma coordenada vertical, e a posição B assinala o ponto mais alto da trajetória. As posições indicadas por A e C têm a mesma coordenada vertical, e a posição B assinala o ponto mais alto da trajetória.


Desprezando a resistência do ar, assinale a alternativa que preenche corretamente as lacunas do enunciado abaixo, na ordem em que aparecem. 


Nos pontos A e C, o objeto possui velocidades com o mesmo __________.  No ponto B, o módulo da velocidade é __________, e o módulo da aceleração é __________. A componente __________ da velocidade permanece constante durante todo o movimento. No ponto C, o vetor aceleração aponta __________.

Ver resposta e resolução da questão 1

Resposta: A

Como as posições A e C possuem a mesma coordenada vertical, elas possuem velocidades com o mesmo módulo. No ponto B, a componente vertical da velocidade é nula, sendo assim, neste ponto, o módulo da velocidade é mínimo e o da aceleração é não nulo (pois está sob a ação da aceleração da gravidade). A componente horizontal da velocidade permanece constante durante todo o movimento, e, no ponto C, o vetor aceleração aponta para baixo (como em todos os pontos).

Questão 2

Espcex (Aman) 2026

Um arqueiro medieval, montado em seu cavalo, está a galope e descreve um movimento retilíneo uniforme com uma velocidade horizontal de 9√(2) m / s em relação ao solo. O arqueiro lança uma flecha com uma velocidade de 18,0 m/s em relação a ele mesmo, cuja componente horizontal está na mesma direção e sentido do deslocamento do arqueiro. Para ele, a flecha é lançada com uma elevação de 45° acima da reta horizontal. O alcance da flecha em relação ao solo é:


Dados: Despreze as dimensões do cavalo, do arqueiro e da flecha e considere que o arqueiro está no nível do solo e que todas as velocidades e a aceleração da gravidade são coplanares; despreze as forças dissipativas; considere que o módulo da aceleração da gravidade é 10 m/s2 e que sen 45° = cos = 45° = √(2) / 2.

Ver resposta e resolução da questão 2

Resposta: B

Tempo até a flecha atingir a altura máxima:

vy=v0y+at
0=v0sen45°gtsub
tsub=182210
tsub=9210s


Tempo total de voo:

ttotal=2tsub=925s


Alcance horizontal da flecha:

A=(vx+v0cos45°)ttotal
A=(92+1822)925=3622925
A=64,8m 

Questão 3

Eear 2025

Um corpo A foi lançado do solo com velocidade inicial de 100 m/s, a partir de um ponto X e formando com a horizontal um ângulo de 30°, realizando um movimento oblíquo, atingindo uma altura máxima h e alcançando um ponto Y no solo. Outro corpo B, idêntico ao corpo A, iniciou um lançamento vertical para baixo a partir de uma altura H, exatamente no mesmo instante que o corpo A foi lançado, ambos atingindo o solo exatamente no mesmo instante e no mesmo ponto Y, conforme mostrado na figura a seguir. Sabendo que o valor da altura H é cinco vezes maior que h, qual o valor da velocidade, em m/s, que o corpo B iniciou o movimento de lançamento vertical, para que os dois corpos chegassem ao mesmo tempo no ponto Y?

Imagem da questão 3 sobre teoria

Adote a intensidade da aceleração da gravidade no local igual a 10 m/s2 e despreze a resistência do ar.

Ver resposta e resolução da questão 3

Resposta: C

Altura h:

vy2=(v0ysen30°)22gh
0=(10012)2210h
h=125m


Tempo decorrido até os corpos atingirem o ponto Y:

vy=v0ysen30°gts
0=1001210ts
ts=5s
tt=2ts=10s


Altura H:


H = 5h = 625 m 


Velocidade inicial de B:

H=v0Bt+gtt22
625=v0B10+101022
625=10v0B+500
v0B=12,5m/s

Questão 4

Uerj 2024

Durante uma ventania, uma árvore sofreu certa inclinação e, depois, retornou à posição inicial. Nesse processo, um de seus frutos foi projetado e submetido à ação exclusiva da gravidade, descrevendo um arco de parábola. Observe no esquema a trajetória do fruto e as setas I, II, III e IV, que representam possíveis vetores de velocidade resultante na altura máxima.


Imagem da questão 4 sobre teoria


Sabe-se que a altura máxima é alcançada pelo fruto alguns instantes após seu lançamento.


Nesse caso, o vetor velocidade resultante do fruto é representado pela seguinte seta:

Ver resposta e resolução da questão 4

Resposta: B

Na altura máxima, o objeto possui apenas a componente horizontal da velocidade (e que tangencia a trajetória). Sendo assim, a velocidade do fruto no ponto de altura máxima está corretamente representada pela seta II.

Questão 5

Fcmmg 2024

O squash é um esporte praticado em quadra fechada, o nome refere-se à bola apertável (do inglês squashable), utilizada no jogo. É um exercício aeróbico que aumenta a sensação de bem-estar, diminui a ansiedade, auxilia no controle de peso, ajuda a relaxar, reduz o risco de doenças vasculares como hipertensão e diabetes.


DANTAS, Patrícia Lopes. Squash. Mundo educação, 2023. Disponível em: https://mundoeducacao.uol.com.br/educacaofisica/squash.htm#:~:text=O%20squash%20%C3%A9%20um%20esporte,caso%20de%20jogo%20em%20pares. Acesso em: 10 out. 2023.


Disponível em: https://www.uai.com.br/app/noticia/saude. Acesso em: 10 out. 2023.


Um atleta, ao realizar o saque em um jogo de squash, lança a bola para o alto, com uma velocidade de 72 km/h, em um ângulo de 45° com a horizontal. A bola atinge a parede que está a uma distância de 10 metros. Considerando a aceleração da gravidade local constante e igual a 10 m/s2, a velocidade da bola ao atingir a parede, desconsiderando as demais forças que não a da gravidade, em m/s, é de

Ver resposta e resolução da questão 5

Resposta: A

O saque representa um lançamento oblíquo, sendo assim, decompõe-se a velocidade inicial nos eixos horizontal (x) e vertical (y), tratando-se as componentes correspondentes com MRU (movimento retilíneo uniforme) no eixo horizontal e LV (lançamento vertical) no eixo vertical.


Transformação de unidade e decomposição ortogonal da velocidade inicial (v0):

Imagem da resolução da questão 5 sobre teoria


Como seno e cosseno de 45º são iguais, as componentes de também serão iguais:

Imagem da resolução da questão 5 sobre teoria

Imagem da resolução da questão 5 sobre teoria


Intervalo de tempo até a bola chocar-se com a parede:

Imagem da resolução da questão 5 sobre teoria


Cálculo da velocidade no eixo vertical quando a bola se choca com a parede:

Imagem da resolução da questão 5 sobre teoria


Cálculo da velocidade da bola ao tocar a parede:


A velocidade da bola será a soma vetorial das componentes ortogonais no momento que a bola toca a parede, ou seja, como no eixo horizontal temos um movimento uniforme a velocidade é constante, porém no eixo vertical a velocidade varia, pois o movimento é retardado durante a subida da bola e acelerado durante a descida. A soma de vetores ortogonais é obtida com o uso do teorema de Pitágoras.


Imagem da resolução da questão 5 sobre teoria

Questão 6

Unip – Medicina 2023

Em outubro de 2022, um avião cargueiro da Boeing, o 747 Dreamlifter, perdeu uma das rodas de seu trem de pouso poucos segundos após a decolagem do aeroporto de Grottaglie, na província de Taranto, na Itália. A cena está retratada na figura 1.


(https://noticias.uol.com.br. Adaptado.)


Considere que, no momento em que a roda se desprendeu, o avião voava com uma velocidade V0 = 70 m / s inclinada de um ângulo θ em relação à horizontal, tal que cos⁡θ = 0,8. A figura 2 mostra a trajetória da roda desde o instante em que se soltou do avião até tocar o solo plano e horizontal.


Imagem da questão 6 sobre teoria


Desprezando a resistência do ar e sabendo que a roda demorou 3s para tocar o solo depois que se soltou do avião, a distância d indicada na figura 2 é

Ver resposta e resolução da questão 6

Resposta: A

O alcance horizontal d da roda que se desprendeu do avião, considerando-se não haver atrito com o ar, é obtido ao tratar o lançamento oblíquo decomposto no eixo horizontal como um movimento uniforme.


Assim, tem-se no eixo horizontal, o alcance d como o produto da componente horizontal da velocidade inicial pelo tempo transcorrido do momento em que a peça se desprendeu até seu toque no solo.


Componente horizontal da velocidade:

v0x=v0cosθ=70 m/s0,8v0x=56 m/s


Alcance horizontal da peça:

d=v0xt=56 m/s3 sd=168 m

Questão 7

Ufrr-pss 1 2023

Uma bola de tênis é lançada para cima, em uma direção que faz um ângulo θ com a direção horizontal. Sabendo que o módulo da velocidade inicial da bola é V0, que a aceleração da gravidade é g, que a resistência do ar deve ser desconsiderada e que 2senθcosθ = sen2θ, a distância horizontal máxima xm alcançada pela bola será dada por:

Ver resposta e resolução da questão 7

Resposta: E

Considerando-se que a bola sai e chega ao solo no mesmo ponto de cota, isto é, em dois locais em que a altura é a mesma e que não há atritos no movimento, tem-se que o tempo de subida e descida da bola são iguais. Assim, o tempo total de percurso no ar da bola é o dobro do tempo de subida.

ttot=2tsub 


Para determinar o tempo de subida deve-se utilizar a componente vertical da velocidade inicial.

V0y=V0senθ


Na altura máxima tem-se que a velocidade vertical é igual a zero e determina-se o tempo de subida por meio da equação que relaciona a velocidade com o tempo.

vy=v0ygtsubVy=O0=v0ygtsub
tsub=v0ygtsub=v0senθg


O tempo total é o dobro do tempo de subida.

ttot=2V0senθg


O alcance máximo na direção horizontal é obtido a partir de um movimento uniforme dado pelo produto da velocidade horizontal e o tempo total.

xm=v0xt tot 


Precisa-se, portanto, decompor o vetor velocidade inicial na direção horizontal.

V0x=V0cosθ


Assim, juntando-se as equações tem-se:

xm=v0xttotxm=v0cosθ2V0senθgsenθcosθsen2θ
xm=v02sen2θg

Questão 8

Ufjf-pism 1 2023

Considere g = 10 m / s2,sen⁡(30) = 1 / 2,cos⁡(30) = √(3) / 2.


Luiz e Geraldo querem estudar o movimento de projéteis. Eles fazem um experimento em que dois projéteis, A e B, são lançados de uma mesma altura e no mesmo instante de tempo. Enquanto o projétil A é lançado na direção vertical e para cima com velocidade inicial de módulo vA = 2,5 m / s. o projétil B é lançado com velocidade vB = 5 m / s. fazendo um ângulo de θB = 30 com a horizontal. Se desprezarmos a resistência do ar, podemos afirmar que:

Ver resposta e resolução da questão 8

Resposta: D

Tempo para que o projétil A chegue na altura máxima:

0=vAgtA
0=2,510tA
tA=0,25 s


Tempo para que o projétil B chegue na altura máxima:

0=vBsen30gtB
0=50,510tB
tB=0,25 s


Altura máxima do projétil A:

0=vA22ghA
0=2,52210 hA
hA=0,3125 m


Altura máxima do projétil B:

0=vB2sen2302ghB
0=520,52210 hB
hB=0,3125 m


Alcance horizontal do projétil B:

AB=vB2sen(230°)g
AB=523210
AB=534m


Velocidade do projétil B na sua altura máxima:

vB=vBx2+vBy2=vB2cos230°+02
vB=52322
vB=532 m/s


Como as componentes verticais das velocidades de A e B são iguais, mas B também possui uma componente horizontal não nula, o projétil A não poderá ter uma velocidade resultante maior que a do projétil B.

Questão 9

Ufgd 2023

A Mostra Brasileira de Foguetes (MOBFOG) é realizada anualmente pela Universidade do Estado do Rio de Janeiro (UERJ), em parceria com a Agência Espacial Brasileira (AEB), entre alunos de todos os anos dos ensinos fundamental e médio em todo o território nacional. Em 2021, uma equipe participante realizou um lançamento oblíquo de foguete e obteve um alcance oficial de 200 metros. Como mostra a figura a seguir, a MOBFOG considera apenas o alcance da base de lançamento (ponto A) até o ponto B, onde a linha do alcance forma 90 graus com a linha do ponto de chegada do foguete. Para auxiliar no cálculo do valor X do deslocamento efetivo da sombra da trajetória do foguete, um estudante mediu a distância do ponto de chegada do foguete (C) até o ponto B e obteve 150 metros.


Imagem da questão 9 sobre teoria


Tenha como base os dados apresentados e que a aceleração da gravidade é igual a 10 m/s2, e que sen45° = cos45° = √(2) / 2. Despreze a resistência do ar e considere que o ângulo de lançamento do foguete foi projetado para obtenção do alcance máximo. Dessa forma, é correto afirmar que a velocidade oblíqua de lançamento desse foguete foi de, aproximadamente,

Ver resposta e resolução da questão 9

Resposta: E

Pitágoras para calcular o alcance horizontal (X):

x2=2002+1502=40000+22500x=250m


O tempo total é igual ao dobro do tempo de subida.

tT=2tsubtT=2v0yg


O alcance horizontal é:

x=v0xtTx=v0x2v0ygx=(v0cosθ)2v0senθgx=v02g2senθcosθ
x=v02gsen(2θ)


Substituindo valores:

250=v0210sen90°v0=2.500=50 m/sv0=180 km/h

Questão 10

Uerr 2023

A figura a seguir ilustra uma situação, no plano xOy, em que um corpo A é lançado no instante inicial t0 = 0, a partir da origem O, com velocidade inicial V0 e inclinação de 30° com relação ao eixo-y. No mesmo instante, uma partícula B, com raio r = 2,017 m e velocidade angular constante ω=200rads , começa a se movimentar em torno de um ponto sobre o eixo-y, iniciando com θ0 = 0.


Imagem da questão 10 sobre teoria


Considerando-se que ocorra um encontro entre o corpo A e a partícula B, com θ = 2kπ. para k um número inteiro, e assumindo -se o valor da aceleração da gravidade igual a 10ms2, em que sin(30°) 0,5 e cos(30°) = 0,87, é correto afirmar que, no momento do encontro, a partícula B terá dado

Ver resposta e resolução da questão 10

Resposta: B

O tempo de voo do corpo A é um múltiplo inteiro do período do movimento circular uniforme do corpo B, assim sua razão resultará o número de voltas dadas por B até o momento do encontro.


Componentes ortogonais da velocidade inicial:


a) No eixo horizontal y (considera-se neste eixo que a velocidade é constante):

v0y=vy=v0cos30vy=0,87v0 1


b) No eixo vertical x:

v0x=v0sen30v0x=v02  2


Na altura máxima, a componente vertical da velocidade do corpo A é nula, assim tem-se o tempo de subida.

vx=v0xgtsubvx=00=v0xgtsubtsub=gv0x 2  tsub=v02g 


O tempo total de voo do corpo A equivale ao dobro do tempo de subida, pois o movimento é simétrico em relação ao eixo vertical.

ttot=2tsub=2v02gttot=v0g=v010   (3)


Nota-se que o alcance do corpo A é a soma dos 100 m até o centro do movimento circular e do raio deste movimento, ou seja, o alcance máximo de A é de 102,017 m.

ymáx=102,017 m


Mas, esse alcance pode ser equacionado no eixo horizontal como um movimento uniforme, e tem-se a velocidade inicial de lançamento do corpo A.

ymáx=vyttot102,017=0,87v0v010v02=1172,61v0=34,24 m/


Aplicando o valor da velocidade inicial na equação (3) tem-se o tempo total de voo do corpo A.

ttot=v010=34,2410ttot=3,424 s 


O período de movimento do corpo B é:

T=2πω=2πrad200 rad/sT=π100s0,0314s 


Logo, fazendo-se a razão entre o tempo total de voo de A e o período de B, tem-se o número de voltas inteiras que B executou até o encontro.

n∘ voltas= t totT=3,424 s0,0314 snº voltas=109

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