Física 1-124-126

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Capítulo 6122
v
0
g
75 m
solo
Determine, a contar do instante de lançamento:
a) o instante T
1 
em que a bolinha passa pelo 
ponto inicial de lançamento;
b) o instante T
2
 em que a bolinha atinge o solo;
c) a ordenada do pico da trajetória.
Resolu•‹o:
Vamos adotar um eixo de ordenadas e colocá-lo 
sobre a trajetória da bolinha. Sua origem será 
fixada no solo. Este será o nosso referencial e não 
poderá mais ser alterado até o final da resolução 
do exercício. Veja a figura. A bolinha atingirá um 
pico de sua trajetória e retornará para o solo.
g
pico
v
0
 = 10 m/s
posição inicial
y
0
 = 75 m
origem (y = 0)
(t = 0)
y (+)
solo
Il
U
st
r
A
ç
õ
es
: 
ZA
Pt
a) Vamos começar escrevendo a equação horária 
das ordenadas das posições ocupadas pela 
bolinha:
 y = y
0
 + v
0
t – 
gt2
2
 Temos: y
0
 = 75 m; v
0
 = +10 m/s; g = 10 m/s²
 A equação fica:
 y = 75 + 10t – 
10
2 · t
2
 y = 75 + 10t – 5,0t2 (unidades do SI)
 Quando a bolinha estiver passando pelo ponto 
inicial de lançamento, ela estará na posição 
y = 75 m.
 75 = 75 + 10t – 5,0t2
 75 – 75 = 10t – 5,0t2
 5,0t2 – 10t = 0
 1,0t2 – 2,0t = 0
 t(t – 2,0) = 0
 Uma das soluções é t = 0 (denominada 
solução trivial) e corresponde ao instante do 
lançamento. A outra solução é t = 2,0 s, que 
é o instante procurado. Logo:
T
1
 = 2,0 s
b) Ao atingir o solo, a ordenada fica y = 0:
 y = 75 + 10t – 5,0t2
 0 = 75 + 10t – 5,0t2
 5,0t2 – 10t – 75 = 0
 1,0t2 – 2,0t – 15 = 0
 t
1, 2
 = 
–b ± b2 – 4ac
2a
 t
1, 2
 = 
–(–2,0) ± (–2,0)2 – 4 · (1,0) · (–15)
2 · (1,0)
 t
1, 2
 = 
2,0 ± 8,0
2,0
 Uma das raízes é negativa e não faz parte 
da solução do problema. A raiz positiva é a 
solução:
T
2
 = 5,0 s
c) Para determinar a posição do pico, vamos usar 
a equação de Torricelli.
 v2 = v2
0
 – 2g · Δy
 Lembrando que no pico a velocidade é nula: 
v = 0
 02 = 102 – 2 · 10 · Δy
 20 · Δy = 100 ⇒ Δy = 5,0 m 
 A ordenada do pico será:
 y
pico
 = 75 m + 5,0 m = 80 m
y
pico
 = 80 m
31. Do topo de um edifício, atira-se uma pedra ver-
ticalmente para cima com velocidade escalar de 
20 m/s. A posição de lançamento está a uma 
altura de 60 m do solo. Considere g = 10 m/s². 
Despreze os efeitos do ar.
a) Determine os instantes em que a pedra passa 
por um ponto situado a 75 m do solo.
b) Determine as respectivas velocidades escala-
res ao passar pelo ponto anterior.
c) Determine o instante em que ela toca o solo.
32. (PUC-MG) Uma bolinha de borracha é solta do 
alto de um prédio de 40,0 m de altura e choca- 
se com o solo em uma superfície rígida e lisa. 
Movimento vertical no vácuo 123
Figura 11. Diagramas horá-
rios da queda livre.
v
0
v
0 t
g
α
0 t
parábola
s
0 t
Observa-se que, quando a bolinha se choca com o 
solo, ela sempre sobe a uma altura, que é metade 
da altura anterior. O módulo da velocidade com 
que a bolinha abandona o solo, imediatamente 
após o terceiro toque no solo, vale aproximada-
mente, em m/s: (Dado: g = 10,0 m/s². Despreze 
os efeitos do ar.)
a) 5,0 c) 10,0 e) 25,0
b) 7,0 d) 20,0
3. Gráficos do movimento vertical no vácuo
Queda livre
No movimento de queda livre, com a trajetória orientada para baixo, as equações 
horárias são:
y = v
0
t + 
1
2
 gt2
v = v
0
 + gt
α = g (constante positiva)
o diagrama horário das ordenadas (posição × tempo) é um arco de parábola de 
concavidade para cima, pois α = +g; o da velocidade escalar é uma reta oblíqua ao eixo 
do tempo; e o da aceleração escalar é uma reta paralela ao eixo do tempo (pois trata-se 
de uma função constante) (fig. 11).
Lançamento vertical para cima
No lançamento vertical, com a trajetória orientada positivamente de baixo para cima 
e com origem no solo, as equações horárias são:
y = h
0
 + v
0
t – 
1
2
 gt v = v
0
 – gt α = –g (constante negativa)
o diagrama posição × tempo é um arco de parábola, de concavidade para baixo, 
pois α = – g (fig. 12a), o da velocidade escalar é uma reta oblíqua ao eixo do tempo 
(fig. 12b), e a função é decrescente pelo mesmo motivo. o da aceleração escalar é uma 
reta paralela ao eixo do tempo (fig. 12c).
Figura 12. Diagrama horário do lançamento vertical para cima.
y
0
h
0
H
V (vértice)
t
sub
t
tot t
–g
t0
αv
v
0
t
sub
t
tot
+
– t0
No diagrama horário das posições (fig. 12a), o vértice V da parábola corresponde ao 
pico da trajetória. observemos pelos diagramas b e c que, nesse ponto, a velocidade 
escalar é nula (v = 0) e a aceleração escalar não é nula (α = – g).
33. (UF-TO) Uma pessoa atira uma pedra verticalmen-
te para cima, com velocidade inicial de módulo 
5,0 m/s, da beira de um penhasco. Considerando-
se que o módulo da aceleração da gravidade é de 
10 m/s², em quanto tempo a pedra irá passar 
por um ponto situado a 30 m abaixo do ponto de 
onde foi lançada? Despreze a resistência do ar.
a) 0,5 s c) 2,0 s e) 3,5 s
b) 1,0 s d) 3,0 s
(a) (b) (c)
Capítulo 6124
v (m/s)
0
0,5
4,9
–4,9
1,0
t (s)
y (m)
H
0 1,0 2,0 t (s)
10
8
6
4p
o
si
çã
o
 (
m
)
2
0
1 2 3
tempo (s)
4 5 6
Exercícios de Aplicação
34. (Fuvest-SP) A figura representa o gráfico (posi-
ção-tempo) do movimento de um corpo lançado 
verticalmente para cima com velocidade inicial v
0 
, 
na superfície de um planeta.
a) Qual o valor da velocidade inicial v
0
?
b) Qual o valor da aceleração da gravidade na 
superfície do planeta?
Resolução:
a) A equação horária do movimento do móvel é:
y = h
0
 + v
0
t – 
1
2 gt
2
Do gráfico tiramos os seguintes valores:
t = 0 → h
0
 = 0 (altura inicial nula)
t = 1 s → y
1
 = 5 m
t = 2 s → y
2
 = 8 m
Substituímos esses valores na equação horária:
5 = 0 + v
0
 · 1 – 
1
2 g · 1
2
5 = v
0
 – 
1
2 g
10 = 2v
0
 – g 1
8 = 0 + v
0
 · 2 – 
1
2 g · 2
2
8 = 2v
0
 – 2g
4 = v
0
 – g 2
As duas equações formam um sistema:
10 = 2v
0
 – g 1
4 = v
0
 – g 2
Subtraindo membro a membro a equação 2 
da 1 :
–
10 = 2v
0
 – g 1
4 = v
0
 – g 2
6 = v
0
 + 0
v
0
= 6 m/s
b) Voltando em 2 :
4 = 6 – g
g = 2 m/s²
35. Em um local onde a resistência do ar é despre-
zível e a aceleração da gravidade tem módulo 
g = 10 m/s², uma pequena pedra é lançada ver-
ticalmente para cima por uma pessoa. A pedra 
adquire um movimento retilíneo vertical e, em 
seguida, retorna às mãos do lançador. O gráfico 
ordenadas × tempo está representado na figura. 
Determine:
a) o módulo da velocidade escalar inicial;
b) a altura máxima (H) atingida pela pedra.
36. Em uma determinada região em que a aceleração 
da gravidade é constante, um garoto fez um expe-
rimento de Física com a finalidade de determinar 
o módulo da aceleração da gravidade local que 
consistiu no seguinte: lançou verticalmente para 
cima uma bolinha de aço e conseguiu obter o grá-
fico velocidade × tempo a seguir. A resistência do 
ar pode ser desprezada no experimento.
Determine:
a) o módulo da aceleração da gravidade;
b) a altura máxima (H) atingida pela bolinha.
Resolução:
a) Do gráfico, tiramos:
v
0
 = 4,9 m/s
v = 0, quando t = 0,5 s
Utilizemos a equação horária das velocidades:
v = v
0 
 – g · t
0 = 4,9
 
 – g · 0,5
g = 
4,9
0,5
 ⇒ g = 9,8 m/s²