ITA 2026 — questão 14 de Física

Gabarito ACinemática — lançamento oblíquo que intercepta um corpo em queda livre1ª fase · Física

Enunciado da questão 14 de Física do ITA 2026 — Enunciado — imagem da prova

Enunciado em texto

Uma pequena esfera é abandonada do repouso a partir de uma altura $H$ , em relação ao solo, e cai verticalmente em queda livre. No mesmo instante em que a esfera inicia seu movimento, um canhão, situado a uma distância horizontal $D$ da trajetória da esfera e a uma altura $h$ relativamente ao solo, dispara um projétil com velocidade $v$ , formando um ângulo $\theta$ em relação à horizontal. As condições são tais que o projétil atinge a esfera exatamente no instante em que ela toca o solo. Desprezando a resistência do ar e assumindo que a aceleração gravitacional é igual a $g$ , assinale a alternativa que corresponde à magnitude da velocidade de lançamento $v$ .

A) $v = \sqrt{\dfrac{g}{2H}\left((H-h)^2 + D^2\right)}$ .

B) $v = \sqrt{\dfrac{g}{H}\left((H-h)^2 + D^2\right)}$ .

C) $v = \sqrt{\dfrac{g}{2H}\left((H-h)^2 - D^2\right)}$ .

D) $v = \sqrt{\dfrac{g}{H}\left((H-h)^2 - D^2\right)}$ .

E) $v = \sqrt{\dfrac{2g}{H}\left((H-h)^2 + D^2\right)}$ .

(Enunciado: Vestibular ITA 2026, 1ª fase — ITA.)

Transcrição do enunciado original da prova, reproduzido para fins de estudo. Todos os direitos do enunciado pertencem ao Instituto Tecnológico de Aeronáutica (ITA).

Resolução comentada

O que a questão pede: a rapidez de lançamento do projétil para que ele acerte a esfera exatamente quando ela chega ao chão.

Passo 1 — o tempo do encontro. A esfera parte do repouso e cai $H$ em queda livre. O encontro acontece quando ela toca o solo, no instante $t$ dado por:

$H = \frac{g\,t^2}{2} \;\Rightarrow\; t^2 = \frac{2H}{g}$

Passo 2 — o movimento do projétil. Na horizontal ele anda $D$ com velocidade constante $v\cos\theta$ . Na vertical, sai da altura $h$ e chega ao solo (altura 0) no mesmo instante $t$ :

$v\cos\theta\; t = D$

$h + v\sin\theta\; t - \frac{g\,t^2}{2} = 0$

Mas $\frac{g t^2}{2} = H$ (passo 1). Então:

$v\sin\theta\; t = H - h$

Passo 3 — eliminar o ângulo. Elevando as duas equações ao quadrado e somando ( $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ ):

$v^2\,t^2 = (H-h)^2 + D^2$

$v^2 = \frac{g}{2H}\left[(H-h)^2 + D^2\right]$

$v = \sqrt{\frac{g}{2H}\left[(H-h)^2 + D^2\right]}$

Atalho: a gravidade puxa a esfera e o projétil com a mesma aceleração, então, vista da esfera, a bala anda em linha reta e com velocidade constante $v$ , mirando a posição inicial da esfera. Essa distância é $\sqrt{D^2 + (H-h)^2}$ , percorrida no tempo $t = \sqrt{2H/g}$ . Dá o mesmo resultado.

Conferindo: as alternativas C e D têm $(H-h)^2 - D^2$ , que pode ficar negativo; a distância no atalho é uma hipotenusa, então os quadrados se somam.

⚠️ A armadilha: esquecer o $\frac{1}{2}$ da queda livre e escrever $H = g t^2$ , isto é, $t^2 = H/g$ . Aí $v^2 = \frac{g}{H}[\ldots]$ , que é a alternativa B.

A ideia em uma frase: o tempo vem da queda da esfera; a velocidade vem da distância em linha reta entre o canhão e a posição inicial da esfera.

Resposta: alternativa A ( $v = \sqrt{\frac{g}{2H}[(H-h)^2 + D^2]}$ ).

Vídeo em breve

A resolução em vídeo desta questão ainda não foi gravada. A explicação escrita acima está completa, passo a passo. Novos vídeos saem no canal do Professor Filatte.

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