exercicios aprofundados resolvidos de cinematica

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 1 
 Um ciclista A inicia uma corrida a partir do repouso, acelerando 0,50 m/s
2
. Nesse 
mesmo instante passa por ele um outro ciclista B, com velocidade constante de 5,0 m/s e no 
mesmo sentido de que o ciclista A. 
a) Depois de quanto tempo após a largada o ciclista A alcança o ciclista B? 
b) Qual a velocidade do ciclista A ao alcançar o ciclista B ? 
 
 
 Esquema do problema 
 
 
figura 1 
 
 Adotamos um sistema de referência orientado para a direita com origem no ponto onde 
o ciclista A começa a sua corrida. 
 
 Dados do problema 
 
• espaço inicial do ciclista A: S 0A = 0; 
• velocidade inicial do ciclista A: v 0A = 0; 
• a aceleração do ciclista A: α A = 0,50 m/s
 2
; 
• posição inicial o ciclista B: S 0B = 0; 
• velocidade do ciclista B: v 0B = 5,0 m/s. 
 
 Solução 
 
 O problema nos diz que o ciclista A possui uma aceleração, então podemos dizer que 
ele esta em Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.), a função horária para 
este movimento é da forma 
 
2A
0A0AA
2
ttvSS
α
++= 
 
então a equação do ciclista A será 
 
2
A
2
50,0
tS = 
2
A 25,0 tS = (I) 
 
 A função horária da velocidade para este ciclista será da forma 
 
tvv A0AA α+= 
 
para o ciclista A escrevemos : 
 
tv 50,0A = (II) 
 
 O ciclista B possui velocidade constante, então ele esta em Movimento Retilíneo 
Uniforme (M. U.), que tem como função horária 
 
tvSS 0B0BB += 
 
para o ciclista B escrevemos 
tS 0,5B = (III) 
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 2 
 As expressões (I) e (III) são as funções horárias que representam a posição dos 
ciclistas. 
a) Quando o ciclista A alcança o ciclista B os dois ocupam a mesma posição na trajetória, 
assim podemos igualar as expressões (I) e (III) 
 
00,5t0,25
0,5t0,25
2
2
BA
=−
=
=
t
t
SS
 
 
nesta equação podemos colocar em evidência o valor 0,25 t o que nos dá 
 
0)0,20(.25,0 =−tt 
 
resolvendo esta equação teremos duas possibilidades, 025,0 =t ou 00,20 =−t , no primeiro 
caso temos 
 
0
025,0
=
=
t
t
 
 
e para o segundo caso fazemos 
 
s0,20
00,20
=
=−
t
t
 
 
 O valor 0=t representa o instante em que o ciclista B está passando pelo ciclista A, 
que está saindo do repouso e acelerando, é o primeiro encontro quando começamos a contar o 
tempo. O valor s0,20=t representa o tempo que o ciclista A leva para ir aumentando a sua 
velocidade e ultrapassar o ciclista B, este é o instante da ultrapassagem que estamos 
procurando. 
 O ciclista A leva 20,0 s para alcançar o ciclista B. 
 
b) Substituindo o valor encontrado no item anterior na expressão (II) encontramos a velocidade 
de A na ultrapassagem 
 
0,20.50,0A =v 
 
m/s0,10A =v 
 
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 1 
 Três esferas idênticas são lançadas de uma mesma 
altura h com velocidades de mesmo módulo. A esfera A é 
lançada verticalmente para baixo, B é lançada verticalmente 
para cima e C é lançada horizontalmente. Qual delas chega 
ao solo como maior velocidade em módulo (despreze a 
resistência do ar). 
 
 
 
 Dados do problema 
 
• velocidade de lançamento: v 0; 
• altura do ponto de lançamento: h. 
 
 Solução 
 
• Esfera A 
 
 Adotando-se um sistema de referência orientado para cima com origem no solo a 
aceleração da gravidade e a velocidade da esfera A são negativas (estão orientadas contra o 
sentido do referencial), figura 1. O movimento da esfera é um lançamento vertical para baixo, 
como está sofrendo a aceleração da gravidade está em Movimento Retilíneo Uniformemente 
Variado (M.R.U.V.), pela Equação de Torricelli sua velocidade final no solo será 
 
( ) ( )
( )
hgvv
hggvv
hgvv
Sgvv
Sgvv
2
20.2
02
2
2
2
0
2
2
0
2
2
0
2
2
0
2
2
0
2
+=
+−=
−−=
∆−+−=
∆+=
 
hgvv 220 += (I) 
 
• Esfera B 
 
 O movimento da esfera se divide em duas partes, a primeira é um lançamento vertical 
para cima, a esfera sobe até uma altura H, onde sua velocidade se anula, então começa a 
segunda parte do movimento que é uma queda livre a partir do repouso. 
 Na primeira parte a velocidade inicial de lançamento é positiva (está orientada no 
mesmo sentido do referencial) e a velocidade final é nula (v H = 0), é o momento em que a 
esfera para e inverte o movimento para começar a cair, figura 2-A. 
 
 
figura 2 
figura 1 
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 2 
 Escrevendo a Equação de Torricelli para a primeira parte podemos encontrar a altura 
atingida pela esfera 
 
( )
( )
hgvHg
hgHgv
hHgv
Sgvv
Sgvv
22
220
20
2
2
2
0
2
0
2
0
2
0
2
H
2
0
2
+=
+−=
−−=
∆−+=
∆+=
 
g
hgv
H
2
2
2
0 +
= (II) 
 
 Na segunda parte, queda livre, a velocidade inicial será a velocidade final da primeira 
parte, ela será nula (v 0H = v H = 0) e a altura inicial será dada pela expressão (II) encontrada 
anteriormente, pela Equação de Torricelli temos que a velocidade com que a esfera chega ao 
solo será de 
 
( )
( )
hgvv
g
hgv
gv
g
hgv
gv
Hggv
Hgv
Sgvv
Sgvv
2
2
2
2
2
2
2
20.2
020
2
2
2
0
2
2
02
2
02
2
2
2
H0
2
2
0
2
+=
+
=







 +
=
+−=
−−=
∆−+=
∆+=
 
hgvv 220 += (III) 
 
• Esfera C 
 
 O movimento deve ser decomposto nas direções x e y, como se vê na figura 3-A. 
 
 
figura 3 
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 3 
 Na direção-x não há aceleração atuando sobre a esfera, portanto, ela está em 
Movimento Uniforme (M.U.), para um mesmo intervalo de tempo os deslocamentos ao longo do 
eixo-x são iguais ( 54321 xxxxx ∆=∆=∆=∆=∆ ), figura 3-B. A componente da velocidade 
nessa direção será a própria velocidade de lançamento da esfera ( 0v ) então a velocidade 
nesta direção será 
 
0x vv = (IV) 
 
 Na direção-y temos a aceleração da gravidade atuando sobre a esfera, portanto ela 
está em Movimento Uniformemente Variado (M.U.V.), para um mesmo intervalo de tempo os 
deslocamentos são cada vez maiores ( 54321 xyyyy ∆<∆<∆<∆<∆ ). Inicialmente a 
velocidade é nula (v 0Y = 0), a velocidade nessa direção é encontrada aplicando-se a Equação 
de Torricelli 
 
( )
( )hgv
Sgvv
Sgvv
−−=
∆−+=
∆+=
020
2
2
2
y
y
2
y0
2
y
2
0
2
 
hgv 22y = (V) 
 
 Para encontrar a velocidade com que 
a esfera atinge o solo é preciso somar as 
componentes nas direções x e y, dadas por 
(IV) e (V) respectivamente, usando o 
Teorema de Pitágoras, pela figura 4 obtemos 
 
hgvv
vvv
220
2
2
y
2
x
2
+=
+=
 
hgvv 220 += (VI) 
 
 
 Comparando as expressões (I), (III) e (VI) vemos que todas as esferas chegam ao 
solo com a mesma velocidade. 
 
figura 4 
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 1 
 Dois tratores partem juntos manobrando paralelamente em linha reta num canteiro de 
obras. O gráfico da velocidade em função do tempo que representa o movimento dos tratores 
está mostrado na figura abaixo. Calcular a distância que os separa ao final da manobra. 
 
 
 
 
 Solução 
 
 Num gráfico da velocidade em função do tempo (v = f (t)) a área entre a curva da 
velocidade e o eixo das abscissas (eixo do tempo) fornece o espaço percorrido pelo móvel 
naquele intervalo de tempo. 
 
• Trator A 
 
 
figura 1 
 
 Pela figura 1 o deslocamento do trator A será a soma da área do triângulo 1 com a área 
do trapézio 2 
 
( ) ( ) ( )[ ] ( ) [ ] ( ) m2002.1002.2080
2
4.12014080160
2
.
S
m1602.80
2
4.80
2
.
2
1
−=−=−+=
−−+−
=
+
=
====
hbB
hb
S
 
 
 Como não existe área negativa o sinal na áreaS 2 indica que o trator A andou contra a 
orientação da trajetória, a posição ocupada pelo trator A será 
 
( ) m4020016020016021A −=−=−+=+= SSS 
 
• Trator B 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 2 
 
figura 2 
 
 Do mesmo modo pela figura 2 o deslocamento do trator B será a soma da área do 
triângulo 3 com a área do trapézio 4 
 
( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ] [ ] 2002.1002.2080
2
4.12014080160
2
.
S
m1602.80
2
4.80
2
.
4
3
==+=
−+−
=
+
=
−=−=
−
==
hbB
hb
S
 
 
 Como não existe área negativa o sinal na área S 3 indica que o trator B andou contra a 
orientação da trajetória , a posição ocupada pelo trator B será 
 
m4020016043B =+−=+= SSS 
 
 A distância entre os tratores ao final da manobra será a diferença de espaço entre eles 
 
80
4040
BA
−=∆
−−=∆
−=∆
S
S
SSS
 
 
m80=∆S 
 
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 1 
 Dois móveis partem ao mesmo tempo de dois pontos localizados sobre trajetórias 
retilíneas que formam um ângulo de 60º entre elas, o primeiro parte de um ponto localizado a 3 
m do vértice com velocidade de 5 m/s e o segundo móvel de um ponto a 6 m do vértice com 
velocidade de 2 m/s, estando ambos em Movimento Retilíneo Uniforme (M.R.U.) determinar 
depois de quanto tempo estarão separados um do outro por uma distância de 50 m. 
 
 
 Esquema do problema 
 
 
figura 1 
 
 Dados do problema 
 
• posição inicial do móvel 1: S 01 = 3 m; 
• velocidade do móvel 1: v 1 = 5 m/s; 
• posição inicial do móvel 2: S 02 = 6 m; 
• velocidade do móvel 2: v 2 = 2 m/s; 
• ângulo de separação das trajetórias: θ = 60º; 
• distância final entre os móveis: d = 50 m. 
 
 Solução 
 
 Como os móveis estão em Movimento Retilíneo Uniforme (M.R.U.) a equação que rege 
seus movimentos é da forma 
 
tvSS += 0 (I) 
 
 “Esquecendo” o segundo móvel e escrevendo esta 
equação para o móvel 1, temos 
 
tvSS 1101 += 
tS 531 += (II) 
 
 
 “Esquecendo” o primeiro móvel e escrevendo a 
expressão (I) para o móvel 2, obtemos 
 
tvSS 2202 += 
tS 262 += (III) 
 
 Depois de um tempo t o móvel 1 terá percorrido 
uma distância igual a S 1 a partir do vértice de origem e o 
móvel 2 terá percorrido uma distância igual a S 2 e a 
distância entre eles será d igual a 50 m. Estes elementos 
formam um triângulo de lados S 1, S 2 e d com ângulo de 60º 
entre S 1 e S 2 (figura 3). Escrevendo a Lei dos Co-senos 
para este triângulo temos 
 
 
figura 2 
figura 2 
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 2 
 
figura 3 
 
θ−+= cos2 21
2
2
2
1
2 SSSSd 
 
substituindo os valores de d fornecido no problema e as expressões (II) e (III) acima,e sendo θ 
= 60º, obtemos 
 
( ) ( ) ( ) ( ) °++−+++= 60cos.26.53.2265350 222 tttt 
 
o primeiro e o segundo termos do lado direito da igualdade são Produtos Notáveis da forma 
( ) 222 2 bbaaba ++=+ e o 
2
1
60cos =° , substituindo este valores e desenvolvendo 
 
( )
( )
047321819
05002191827
1918275002
1036182954455002
103618242930455002
2
1
..1030618.242.6.236255.3.295002
2
2
2
22
22
222
=−++
=−++
++=
−−−++=
++−+++=
+++−+++++=
tt
tt
tt
tttt
ttttt
ttttttt
 
 
 Esta é uma Equação do 2.º Grau em t, resolvendo 
 
( ) 2721889481873244732.19.4184 22 =+=−−=−=∆ cab 
 
fatorando 188 272 = 2
 4
.7.41
 2
 
 
19
78218
19.2
741.218
19.2
41.7.218
2
224 ±−
=
±−
=
±−
=
∆±−
=
a
b
t 
 
as raízes serão aproximadamente iguais a 
 
s111 =t e s122 −=t 
 
desprezando a raiz negativa (não existe tempo negativo), o intervalo de tempo para que os 
móveis fiquem separado por 50 m será de 11 s. 
 
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 1 
 Um trem de 100 m de comprimento caminha paralelamente a um automóvel de 
dimensões desprezíveis. Seus movimentos são retilíneos, num mesmo sentido e a velocidade 
do automóvel é o dobro da velocidade do trem, ambas constantes. Qual o espaço percorrido 
pelo automóvel para ultrapassar o trem? 
 
 
 Dados do problema 
 
• comprimento do trem: d = 100 m; 
• velocidade do trem: v t = v; 
• velocidade do automóvel: v a = 2 v. 
 
 Esquema do problema 
 
 Como o automóvel possui dimensões desprezíveis, comparadas com as dimensões do 
trem, ele pode ser considerado um ponto material, enquanto as dimensões do trem são 
relevantes para o problema ele é um objeto extenso. 
 A ultrapassagem começa quanto o automóvel alcança a parte traseira do trem e 
termina quando ele alcança a parte dianteira do trem. 
 
 
figura 1 
 
 Tomando um sistema de referência orientado para a direita, o problema pode ser 
reduzido a um ponto material, que representa o automóvel, na origem do referencial ( 0a0 =S ) 
com velocidade v, em módulo, e outro ponto material que representa a parte dianteira do trem 
100 m a frente ( m100t0 =S ) com velocidade v2 . A ultrapassagem ocorre quando estes dois 
pontos se encontram. 
 
 Solução 
 
 Os dois pontos estão em Movimento Retilíneo Uniforme (M.R.U.) escrevendo as 
equações horárias dos dois pontos, temos para o automóvel 
 
tvS
tvSS
20a
aa0a
+=
+=
 
tvS 2a = (I) 
 
e para o trem 
 
tvSS tt0t += 
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 2 
tvS +=100t (II) 
 
 Impondo a condição de que quando os dois móveis se encontram eles ocupam o 
mesmo espaço na trajetória igualamos (I) e (II) 
 
v
t
tv
tvtv
tvtv
SS
100
100
1002
1002
ta
=
=
=−
+=
=
 
 
este será o intervalo de tempo que a ultrapassagem leva para acontecer, substituindo este 
resultado em qualquer uma das equações horárias temos o espaço percorrido pelo automóvel 
para ultrapassar o trem, substituindo em (I), obtemos 
 
100.2
100
2
a
a
=
=
S
v
vS
 
 
m200a =S 
 
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 1 
 Dois trens de 120 e 280 metros de comprimento movem-se em linhas paralelas 
retilíneas e com velocidade constantes. Quando os dois trens se movem no mesmo sentido são 
necessários 20 segundos para que o primeiro trem ultrapasse o segundo, quando movem-se 
em sentidos opostos são necessários 10 segundos para que um passe pelo outro.. Determinar 
as velocidades dos trens. 
 
 
 Dados do problema 
 
• comprimento do trem 1: d 1 = 120 m; 
• comprimento do trem 2: d 2 = 280 m; 
• intervalo de tempo para ultrapassagem no mesmo sentido: t A = 20 s; 
• intervalo de tempo para ultrapassagem em sentidos opostos: t B = 10 s. 
 
 Esquema do problema 
 
 Os dois trens possuem dimensões relevantes para o problema eles são considerados 
objetos extensos. 
 Se eles se movem no mesmo sentido a ultrapassagem começa quando a parte 
dianteira do trem de trás alcança a parte traseira do trem da frente e termina quando a parte 
traseira do primeiro trem passa pela parte da frente do segundo trem. 
 
 
figura 1 
 
 Tomando um sistema de referência orientado para a direita, o problema pode ser 
reduzido a um ponto material, que representa a parte traseira do primeiro trem na origem do 
referencial ( 010 =S ) com velocidade v 1, em módulo, e outro ponto material que representa a 
parte dianteira do segundo trem num ponto dado pela soma dos comprimentos dos dois trens 
120+280=400 m a frente ( m40020 =S ) com velocidade v 2. A ultrapassagem ocorre quando 
estes dois pontos se encontram (figura 1). 
 Se eles se movem em sentidos opostos a ultrapassagem começa quando a parte 
dianteira do trem de trás encontra a parte dianteira do trem da frente e termina quando a parte 
traseira do primeiro trem passa pela parte traseira do segundo trem. 
 
 Tomando um sistema de referência orientado para a direita, o problema pode ser 
reduzidoa um ponto material, que representa a parte traseira do primeiro trem na origem do 
referencial ( 010 =S ) com velocidade v 1, em módulo, e outro ponto material que representa a 
parte traseira do segundo trem num ponto dado pela soma dos comprimentos dos dois trens 
120+280=400 m a frente ( m40020 =S ) com velocidade −v 2. A ultrapassagem ocorre quando 
estes dois pontos se cruzam (figura 2). 
 
 
 
 
 
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 2 
 
figura 2 
 
 Solução 
 
 Os dois pontos estão em Movimento Retilíneo Uniforme (M.R.U.) escrevendo as 
equações horárias dos dois pontos, temos, pela figura 1, para o primeiro trem 
 
200 11
A1101
vS
tvSS
+=
+=
 
11 20 vS = (I) 
 
e para o segundo trem 
 
B2202 tvSS += 
22 20400 vS += (II) 
 
 Impondo a condição de que quando os dois móveis se encontram eles ocupam o 
mesmo espaço na trajetória igualamos (I) e (II) 
 
21
21
1040020 vv
SS
+=
=
 
4002020 21 =− vv (III) 
 
 Escrevendo as equações horárias dos dois pontos para o movimento em sentidos 
opostos, temos, pela figura 2, para o primeiro trem 
 
200 11
A1101
vS
tvSS
+=
+=
 
11 10 vS = (IV) 
 
e para o segundo trem 
 
B2202 tvSS −= 
22 10400 vS −= (V) 
 
 Impondo a condição de que quando os dois móveis se cruzam eles ocupam o mesmo 
espaço na trajetória igualamos (IV) e (V) 
 
21
21
1040010 vv
SS
−=
=
 
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 3 
4001010 21 =+ vv (VI) 
 
 As expressões (III) e (VI) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas (v 1 
e v 2) 
 
(III) 
 
(VI) 
 
 
multiplicando a expressão (VI) por 2 e somando com (III), temos 
 
( )
1200040
8002020
4002020
24001010
4002020
21
21
21
21
21
=+
=+
=−
×=+
=−
vv
vv
vv
vv
vv
 
40
2001
200140
1
1
=
=
v
v
 
 
m/s301 =v 
 
 Substituindo este valor de v 1 em qualquer uma das expressões (II) ou (VI) obtemos o 
valor de v 2, substituindo em (VI) 
 
10
100
10010
30040010
40010300
4001030.10
2
2
2
2
2
=
=
−=
=+
=+
v
v
v
v
v
 
 
m/s102 =v 
 
4001010
4002020
21
21
=+
=−
vv
vv
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 1 
 Dois carros percorrem uma trajetória retilínea com velocidades constantes 1v e 2v 
( 12 vv > ), os dois carros partem com um intervalo de tempo T e de pontos separados por uma 
distância D sobre a trajetória. Admitindo que o carro 1 parte antes de 2, determinar depois de 
quanto tempos após a partida do carro 2 eles se encontrarão supondo que se movam: 
a) Em sentidos opostos; 
b) No mesmo sentido, da posição do carro 2 para o carro1. 
 
 
 Dados do problema 
 
• velocidade do carro 1: v 1; 
• velocidade do carro 2: v 2; 
• intervalo de tempo entre as partidas dos carros: T; 
• distância entre os pontos de partida dos dois carros: D. 
 
 Solução 
 
a) Adotando-se uma trajetória orientada da esquerda para a direita o carro 1 parte da origem 
( 010 =S ), no sentido da trajetória com velocidade v 1, e o carro 2 de um ponto a uma distância 
D do primeiro carro ( DS =20 ), no sentido contrário à orientação da trajetória e sua velocidade 
será −v 2 (figura 1). 
 
 
figura 1 
 
 O carro 2 parte num instante t e como o carro 1 parte um instante T antes do segundo, 
quando este parte o outro já esta em movimento há um tempo igual a Tt + 
 Como suas velocidades são constantes eles estão em Movimento Retilíneo Uniforme 
(M.R.U.), escrevendo as equações horárias para cada carro, temos para o carro 1 
 
( )TtvS
tvSS
++=
+=
11
11101
0
 
( )TtvS += 11 (I) 
 
e para o carro 2 
 
22202 tvSS += 
tvDS 22 −= (II) 
 
 Quando os dois carros se encontram as suas posições na trajetória serão iguais, assim 
podemos igualar as expressões (I) e (II) 
 
( )
TvDtvtv
tvDTvtv
tvDTtv
SS
121
211
21
21
−=+
−=+
−=+
=
 
 
colocando o tempo t em evidência do lado esquerdo,obtemos 
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 2 
( ) TvDvvt 121 −=+ 
 
21
1
vv
TvD
t
+
−
= 
 
b) Adotando-se o mesmo referencial do item anterior temos que o carro 1 parte da origem 
( 010 =S ), no sentido oposto da trajetória com velocidade −v 1, e o carro 2 de um ponto a uma 
distância D do primeiro carro ( DS =20 ), também no sentido contrário à orientação da trajetória 
e sua velocidade será −v 2 (figura 2). 
 
 
figura 2 
 
 Escrevendo as equações horárias para cada carro, temos para o carro 1 
 
( )TtvS
tvSS
+−=
+=
11
11101
0
 
( )TtvS +−= 11 (III) 
 
e para o carro 2 
 
22202 tvSS += 
tvDS 22 −= (IV) 
 
 Quando os dois carros se encontram as suas posições na trajetória serão iguais, assim 
podemos igualar as expressões (III) e (IV) 
 
( )
TvDtvtv
tvDTvtv
tvDTtv
SS
121
211
21
21
+=+−
−=−−
−=+−
=
 
 
colocando o tempo t em evidência do lado esquerdo,obtemos 
 
( ) TvDvvt 112 +=− 
 
12
1
vv
TvD
t
−
+
= 
 
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 1 
16212
143
=+
=+
ba
ba
 Um ponto material realiza um 
movimento descrito por uma equação horária 
do 2.º grau em t de acordo com a figura ao 
lado. Determine: 
a) A equação horária do movimento; 
b) O instante em que o movimento passa de 
progressivo a retrógrado ou regressivo; 
c) A equação horária da velocidade; 
d) O gráfico da velocidade. 
 
 
 
 
 
 Solução 
 
a) A expressão geral para uma Equação do 2.º Grau é 
 
ctbtaS ++= 2 (I) 
 
 A partir do gráfico podemos obter 3 pontos ( ) ( )28,1, 11 =St , ( ) ( )42,2, 22 =St e 
( ) ( )58,4, 44 =St , substituindo estes pontos na expressão (I), temos 
 
cba
cba
cba
++=
++=
++=
4458
2242
1128
2
2
2
 
(II) 
 
(III) 
 
(IV) 
 
as expressões (II), (III) e (IV) formam um sistema de três equações a três incógnitas (a,b e c), 
subtraindo (II) de (III) obtemos 
 
( )
1403
28
4224
=++
=++
=++
−
ba
cba
cba
 
143 =+ ba (V) 
 
subtraindo (III) de (IV), temos 
 
( )
160212
4224
58416
=++
=++
=++
−
ba
cba
cba
 
16212 =+ ba (VI) 
 
 As expressões (V) e (VI) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas (a e 
b) 
 
(V) 
 
(VI) 
 
 
isolando o valor de b na equação (V) e substituindo e (VI), obtemos 
 
58416
4224
28
=++
=++
=++
cba
cba
cba
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 2 
ab 314 −= (VII) 
 
( )
2
6
12
28166
1662812
16314.212
−=
−=
−=
=−+
=−+
a
a
a
aa
aa
 
 
substituindo este valor na expressão (VII) 
 
( )
20
614
2.314
=
+=
−−=
b
b
b
 
 
substituindo os valores de a e b em (II) 
 
10
20228
28202
=
−+=
=++−
c
c
c
 
 
 Substituindo a, b e c em (I) temos a expressão horária do movimento 
 
222010 ttS −+= 
 
Observação: comparando com a equação do Movimento Retilíneo Uniformemente Variado 
(M.R.U.V.), 200
2
t
a
tvSS ++= , vemos que o espaço inicial vale m100 =S , a velocidade 
inicial m/s200 =v e a aceleração 
2m/s42.22
2
−=⇒−=⇒−= aa
a
 
 
b) A equação que descreve o movimento 
é uma parábola com o coeficiente a 
negativo (a<0), esta parábola possui 
concavidade voltada para baixo (“boca” 
para baixo). O movimento é inicialmente 
progressivo (o espaço aumenta) até um 
instante em que se inverte e começa a ser 
retrógrado (o espaço diminui), este ponto 
é o vértice da parábola (gráfico 1) dado 
por 
 
( )
4
20
2.2
20
22
0
−
−=
−
−=
−=−=
t
t
a
v
a
b
t
 
 
s5=tc) Usando os dados obtidos no item (a) para a velocidade inicial ( m/s200 =v ) e para a 
aceleração ( 2m/s4−=a ), a equação horária da velocidade será 
gráfico 1 
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 3 
tv 420 −= 
 
d) Para a construção do gráfico da velocidade em função do tempo, ( )tfv = usamos a 
equação do item (c) atribuindo valores a t e obtendo v, construímos a tabela 1 e com os valores 
da tabela fazemos o gráfico 2 
 
t (s) v(t) (m/s) 
0 20 
2 12 
4 4 
6 -4 
8 -12 
10 -20 
tabela 1 
 
 
 
 
gráfico 2 
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1
Um carro parte do repouso em Movimento Retilíneo Uniformemente Variado
(M.R.U.V.). O carro percorre 100 m e 120 m em segundos sucessivos. Determinar a aceleração 
do movimento.
Esquema do problema
Adota-se um sistema de referência orientado para a direita e que o carro parte da 
origem (S 0 = 0)
Após t segundos da partida o carro percorre uma distância de S metros. Então no 
intervalo de tempo de 1 segundo, entre t e (t +1) segundos, percorre o espaço de 100 metros 
chegando na posição (S +100) metros. 
figura 1
No próximo intervalo de tempo de 1 segundo, entre (t +1) e (t +2) segundos, percorre o espaço 
de 120 metros chegando na posição (S +220) metros.
Dados do problema
 velocidade inicial do carro: v 0 = 0;
 distância percorrida entre t e (t +1) segundos: m10012  SS ;
 distância percorrida entre (t +1) e (t +2) segundos: m12023  SS .
Solução
O carro está em Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.), a equação 
deste movimento é dada por
2
00 2
t
a
tvSS  (I)
Escrevendo esta equação para o movimento do carro entre a origem (S 0 = 0) e o ponto 
S. temos
2
2
.00 t
a
tS 
2
2
t
a
S  (II)
Escrevendo a expressão (I) para o movimento do carro entre a origem (S 0 = 0) e o 
ponto (S +100). temos
 21
2
.00100  tatS
 21
2
100  taS (III)
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2
Escrevendo a expressão (I) para o movimento do carro entre a origem (S 0 = 0) e o 
ponto (S +220). temos
 22
2
.00220  tatS
 22
2
220  taS (IV)
As expressões (II), (III) e (IV) formam um sistema de três equações a três incógnitas 
(S,a e t)
(II)
(III)
(IV)
subtraindo (II) de (III) obtemos
 
 
 
  22
22
2
2
2
1
2
100
2
1
2
100
2
1
2
100
t
a
t
a
t
a
t
a
SS
t
a
S
t
a
S





colocando o termo 
2
a
em evidência do lado direito da igualdade, escrevemos
  221
2
100 tt
a 
o primeiro termo entre colchetes é um Produto Notável da forma   222 2 bbaaba  , 
desenvolvendo este termo, obtemos
 22 12
2
100 ttt
a 
 12
2
100  ta (V)
subtraindo (III) de (IV), temos
 
 
 
     
 
  22
22
22
2
2
2
1
2
120
2
1
2
100220
1
2
2
2
100220
1
2
100
2
2
220
t
a
t
a
t
a
t
a
SS
t
a
t
a
SS
t
a
S
t
a
S






 
 2
2
2
2
2
220
1
2
100
2



t
a
S
t
a
S
t
a
S
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3
 
 32
2
120
12
2
100


t
a
t
a
colocando o termo 
2
a
em evidência do lado direito da igualdade, escrevemos
    22 12
2
120  tta
os dois termos entre colchetes são Produtos Notáveis da forma   222 2 bbaaba  , 
desenvolvendo estes termos, obtemos
  
 1244
2
120
1222.2
2
120
22
222


tttt
a
tttt
a
 32
2
120  ta (VI)
As expressões (V) e (VI) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas (a e 
t)
(V)
(VI)
subtraindo (V) de (VI), temos
 
 
 
   12
2
32
2
100120
12
2
100
32
2
120




t
a
t
a
t
a
t
a
colocando o termo 
2
a
em evidência do lado direito da igualdade, escrevemos
    
 
2.
2
20
1232
2
20
1232
2
20
a
tt
a
tt
a



2m/s20a
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 1 
 Um carro em trajetória retilínea faz metade do percurso com velocidade média v 1 e a 
outra metade com velocidade média v 2. Determine a velocidade média v m do percurso todo. 
 
 
 Esquema do problema 
 
 Vamos chamar cada metade do percurso de ∆ S e os tempos gastos em cada metade 
do percurso de ∆ t 1 e ∆ t 2, assim esquematizamos o problema 
 
 
figura 1 
 
 Dados do problema 
 
• velocidade do carro na primeira metade do percurso: v 1; 
• velocidade do carro na segunda metade do percurso: v 2. 
 
 Solução 
 
 Como cada metade do percurso é ∆ S, o percurso total será 
 
SSSS ∆=∆+∆=∆ 2t 
 
 Temos agora que achar o tempo que o carro leva para percorrer cada metade do 
percurso, isto será feito a partir da equação para a velocidade média 
 
if
if
m
tt
SS
t
S
v
−
−
=
∆
∆
= (I) 
 
vamos reescrever esta equação para o primeiro trecho da seguinte maneira 
 
1
1
v
S
t
∆
=∆ (II) 
 
analogamente para o segundo trecho a equação fica 
 
2
2
v
S
t
∆
=∆ (III) 
 
 O tempo total ∆ t da viagem será a soma das expressões (II) e (III) dadas acima, assim 
podemos escrever a equação (I) para a velocidade média de todo o percurso 
 
21
t
m
t
m
tt
S
v
t
S
v
∆+∆
∆
=
∆
∆
=
 
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 2 
21
m
2
v
S
v
S
S
v ∆
+
∆
∆
= 
 
o Mínimo Múltiplo Comum (M.M.C.) entre as frações do denominador será 21.vv tirando-se o 
mínimo podemos escrever 
 
21
12
m
.
..
2
vv
vSvS
S
v ∆+∆
∆
= 
 
colocando-se ∆ S em evidência em cima e em baixo e invertendo o denominador temos 
 
( )21
21
m
.2
.
vv
vv
S
S
v
+∆
∆
= 
 
o resultado final é 
 
21
21
m
..2
vv
vv
v
+
= 
 
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 1 
 De uma plataforma situada a uma altura h acima do solo é abandonado um objeto, no 
mesmo instante outro é lançado do solo segundo a mesma vertical ascendente com velocidade 
inicial v 0. Sabendo-se que os dois objetos se encontram na metade da altura, calcular h em 
função de v 0 e g. 
 
 
 Esquema do problema 
 
 
 
 
 Adotamos um sistema de 
referência orientado de baixo para cima 
com origem na parte mais baixa de 
onde é lançado o objeto para cima. A 
aceleração da gravidade está orientada 
no sentido contrário da trajetória e é, 
portanto, negativa (g < 0), como o 
objeto é abandonado do alto da 
plataforma sua posição inicial será S 01 
= h. O objeto lançado de baixo esta na 
origem sua posição inicial será S 02 = 0 
(figura 1-A). 
 
 
 
 
 
 Dados do problema 
 
• altura da plataforma: h ; 
• velocidade inicial do objeto abandonado do alto: v 01 = 0; 
• velocidade inicial do objeto lançado para cima: v 02 = v 0 ; 
• aceleração da gravidade: g, 
 
 Solução 
 
 A equação horária do primeiro objeto será 
 
2
1
2
10101
2
.0
2
t
g
thS
t
g
tvSS
−+=
−+=
 
2
1
2
t
g
hS −= (I) 
 
 Para a equação horária do segundo objeto temos 
 
2
02
2
20202
2
0
2
t
g
tvS
t
g
tvSS
−+=
−+=
 
2
02
2
t
g
tvS −= (II) 
 
 Quando os objetos se encontram temos a condição de que estão na metade da queda, 
substituindo a condição, 
2
1
h
S = , na expressão (I), obtemos 
figura 1 
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 2 
22
22
2
2
h
ht
g
t
g
h
h
−=
−=
 
 
do lado direito da igualdade o Mínimo Múltiplo Comum (M.M.C.) entre 1 e 2 é 2, assim 
 
22
2
2
2
2
2
h
tg
hh
t
g
=
−
=
 
 
simplificando o denominador 2 de ambos os lados da igualdade, temos o tempo para o 
encontro dos objetos 
 
g
h
t
htg
=
=
2
2
 
g
h
t = (III) 
 
 Como os objetos se encontram na metade da altura temos também que 
2
2
h
S = , 
substituindo este valor e o valor encontrado em (III) na expressão (II), obtemos 
 
g
h
vh
g
h
v
hh
h
g
h
v
h
g
hg
g
h
v
h
g
hg
g
h
v
h
0
0
0
0
2
0
22
22
22
22
=
=+
−=
−=








−=
 
 
elevando os dois lados da igualdade ao quadrado, temos 
 
g
v
h
h
g
h
vh
g
h
vh
2
0
2
2
0
2
2
0
2
=
=








=
 
 
g
v
h
2
0
= 
 
 
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Uma raposa, perseguida por um galgo, tem 63 pulos de dianteira sobre o cão. Este dá 
3 pulos quando a raposa dá 4; porém 6 pulos do galgo valem 10 da raposa. Quantos pulos o 
galgo deve dar para alcançar a raposa? 
Dados do problema
• vantagem da raposa sobre o galgo: 63 pulos de raposa;
• proporção entre os pulos do galgo e da raposa:
6 pulos de galgo
10 pulos de reposa ;
• pulos do galgo em uma unidade de tempo: 3 pulos de galgo;
• pulos de raposa em uma unidade de tempo: 4 pulos de raposa.
Solução
Como 6 pulos do galgo (pg) valem 10 pulos da raposa (pr), isto representa um fator de 
conversão (figura 1)
6 pg = 10 pr
Observação: Isto é um fator de conversão como no caso em que dizemos que 1 pé = 0,3046 
metros
1 ft = 0,3048 m
só que neste caso a unidade de medida são pulos de galgo e de raposa.
No mesmo intervalo de tempo que o galgo dá 3 pulos a raposa dá 4 (figura 2). Vamos 
tomar este intervalo de tempo, que é o mesmo para os dois, como sendo a unidade de tempo 
(ut). Assim a velocidade do galgo é
v g= 3 pg/ut
e a velocidade da raposa é
v r = 4 pr/ut
1
figura 1
figura 2
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Estes dois valores representam velocidades em unidades diferentes, como se 
tivéssemos dois corpos com velocidades, por exemplo
v 1= 5 ft/s e v 2= 8m/s
A raposa tem 63 pulos (de raposa) de vantagem, este é o espaço inicial da raposa
S 0 r = 63 pr
Como queremos o número de pulos do galgo vamos converter a velocidade da raposa 
e o espaço inicial da raposa para pulo de galgo
S 0 r = 63 pr .
6 pg
10 pr
= 378
10
pg
v r = 4
pr
ut
. 6 pg
10 pr
= 24
10
pg/ut
Assim podemos esquematizar o problema como na figura 3
Como os dois animais têm velocidades constantes eles estão em Movimento Retilíneo 
Uniforme (M.R.U.) e adotando que o galgo parte da origem ( S 0 g= 0 ), suas funções horárias 
serão
S g= S 0 gv g t
S g= 3 t
S r =S 0 rv r t
S r =
378
10
 24
10
t
Igualando as duas expressões temos o instante em que o galgo alcança a raposa
S g =S r
3 t = 378
10
 24
10
t
3 t−24
10
t = 378
10
do lado esquerdo da igualdade o Mínimo Múltiplo Comum (M.M.C.) entre 1 e 10 é 10
30 t−24 t
10
= 378
10
6 t
10
= 378
10
simplificando o fator 10 de ambos os lados da igualdade, temos
6 t = 378
2
figura 3
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t = 378
6
t = 63 ut
substituindo este valor na expressão do galgo temos
S g = 3.63
S g = 189 pg
3
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 1 
 De duas cidades A e B, separadas por uma distância ∆S, partem, ao nascer do Sol, um 
carro de cada cidade com destino a outra com velocidades constantes. Ao meio-dia eles se 
cruzam, o carro que partiu da cidade A chega a cidade B às 16 horas e o carro que partiu da 
cidade B chega a cidade A às 21 horas. Determinar a que horas nasceu o Sol. 
 
 
 Esquema do problema 
 
 
figura 1 
 
 Dados do problema 
 
• distância entre as cidades: ∆S; 
• instante do cruzamento entre os carros: t S = 12 h; 
• instante da chegada do carro de A em B: t AB = 16 h; 
• instante da chegada do carro de B em A: t BA = 21 h; 
• velocidade do carro que partiu da cidade A: v A; 
• velocidade do carro que partiu da cidade B: v B. 
 
 Solução 
 
 A distância total percorrida pelos carros é ∆S, dividindo este intervalo em duas partes, 
∆S1 - distância percorrida pelo carro que saiu de A até o instante do encontro com o outro 
carro, e, ∆S2 - distância percorrida pelo carro que saiu de B até o encontro, portanto temos 
21 SSS ∆+∆=∆ . Os dois intervalos são diferentes, pois os carros se encontram no meio do 
dia (12 h), mas não no meio do caminho, eles saem de suas cidades a mesma hora (nascer do 
Sol), mas chegam com horários diferentes, logo suas velocidades são diferentes. 
 Os carros estão se movimentando com velocidade constante, estão em Movimento 
Retilíneo Uniforme (M.R.U.), neste tipo de movimento a velocidade média no trajeto coincide 
com a velocidade do móvel em qualquer ponto da trajetória, e é dada pela fórmula 
 
t
S
v
∆
∆
=m 
 
 Escrevendo a expressão da velocidade do carro de A nos intervalos ∆S1 e ∆S2 
 
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 2 
( )S
1
A
12 t
S
v
−
∆
= 
( )SA1 12. tvS −=∆ (I) 
 
( ) 41261
22
A
SS
v
∆
=
−
∆
= 
A2 4 vS =∆ (II) 
 
as expressões para o carro que parte B serão 
 
( )S
2
B
12 t
S
v
−
∆
= 
( )SB2 12. tvS −=∆ (III) 
 
( ) 91212
11
B
SS
v
∆
=
−
∆
= 
B1 9 vS =∆ (IV) 
 
 As equações (I), (II), (III) e (IV) formam o seguinte sistema 
 ( )
( )
B1
SB2
A2
SA1
9
12.
4
12.
vS
tvS
vS
tvS
=∆
−=∆
=∆
−=∆
 
 
este sistema possui quatro equações e cinco incógnitas (∆S1, ∆S2, Av , Bv e St ) então é um 
sistema indeterminado. 
 Como Av aparece nas equações (I) e (II) podemos encontrar uma relação entre elas 
dividindo uma pela outra. 
 ( )
A
SA
2
1
4
12.
v
tv
S
S −
=
∆
∆
 
 
simplificando Av , reescrevemos 
 ( ) 2S1 .124 StS ∆−=∆ (V) 
 
 Analogamente Bv aparece nas equações (III) e (IV) dividindo uma pela outra 
 ( )
B
SB
1
2
9
12.
v
tv
S
S −
=
∆
∆
 
 
simplificando Bv temos 
 ( ) 21S 9.12 SSt ∆=∆− (VI) 
 
 As equações (V) e (VI) formam um sistema de duas equações 
 
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 3 
( )
( ) 21S
2S1
9.12
.124
SSt
StS
∆=∆−
∆−=∆
 
 
este sistema também é indeterminado pois possui duas equações e três incógnitas (∆S1, ∆S2 e 
St ), dividindo (V) por (VI) temos a relação 
 
( )
( )
2
2S
1S
1
9
.12
.12
4
S
St
St
S
∆
∆−
=
∆−
∆
 
 
simplificando ∆S1 do lado esquerdo e ∆S2 do lado direito e multiplicando em "cruz" temos 
 ( ) ( )
( )2S
SS
1236
12.129.4
t
tt
−=
−−=
 
 
o termo ( )2S12 t− é um produto notável da forma ( ) 222 2 bbaaba +−=− , portanto obtemos 
 
010824
03614424
3624144
S
2
S
S
2
S
2
SS
=+−
=−+−
=+−
tt
tt
tt
 
 
 Esta é uma Equação do 2.º Grau onde a incógnita é o valor desejado St , resolvendo 
 
( )
2
1224
1.2
14424
.2
144432576108.1.424..4
S
22
±
=
±
=
∆±−
=
=−=−−=−=∆
a
b
t
cab
 
 
as duas raízes da equação serão 
 
181S =t e 62S =t 
 
então o horário do nascer do Sol foi às 6 h. 
 
 
Observação: a solução da equação além de fornecer a hora que nasce o Sol, pedido no 
problema, ainda dá "de quebra" a hora do por do Sol, às 18 h. 
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 1 
 Um corpo é abandonado no vácuo de uma altura H. Calcular H sabendo que o corpo 
percorre os últimos h metros em T segundos. A aceleração da gravidade é g. 
 
 
 Esquema do problema 
 
 Adotando-se um sistema de referência orientado para cima, o 
espaçoinicial será a altura H de onde objeto é solto, o espaço final será 
a origem (zero), h é a altura em que o corpo está ao se contar o tempo 
final da queda, a aceleração da gravidade e a velocidade terão sinal 
negativo, pois estão contra a orientação da trajetória. 
 
 Dados do problema 
 
• altura da queda: H; 
• espaço inicial da parte final da trajetória: S 0 = h; 
• espaço final: S = 0; 
• intervalo de tempo para percorrer o final da trajetória: T; 
• aceleração da gravidade: −g. 
 
 Solução 
 
 O corpo cai com a aceleração da gravidade, ele está em 
Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.), escrevendo a 
equação horária deste movimento para a parte final da queda 
 
 
2
00
2
t
g
tvSS −+= 
2
h0
2
0 T
g
TvS −+= (I) 
 
onde v 0h indica a velocidade inicial não a partir do repouso, 
mas a partir do ponto em que o corpo passa pelo ponto de 
altura h. 
 Para o cálculo de v 0h vemos pela figura 1 que esta é a 
velocidade que o corpo possui ao cair de H até h (∆ S = h − H) a 
partir do repouso (v 0 = 0), como não se conhece o intervalo de 
tempo desta queda podemos utilizar a Equação de Torricelli 
para obter v 0h 
 
( )Hhgv
Sgvv
−−=
∆−=
20
2
22
h0
2
0
2
 
( )Hhgv −−= 2h0 (II) 
 
observação: a aceleração da gravidade é maior que zero (g > 
0), como h < H, temos que o espaço percorrido é menor que 
zero (∆ S = h − H < 0), multiplicado pelo fator (−2) o termo dentro 
da raiz é maior que zero. 
 
 Substituindo a equação (II) em (I) 
 
( ) 2
2
20 T
g
THhgh −−−−= 
 
isolando o termo com a raiz quadrada do lado esquerdo da igualdade, temos 
 
figura 1 
figura 2 
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 2 
( ) 2
2
2 T
g
hTHhg −=−− 
 
elevando os dois lados da igualdade ao quadrado, escrevemos 
 
( )( ) 222
2
2 





−=−− T
g
hTHhg 
 
o termo do lado direito da igualdade é um produto notável da forma ( ) 222 2 bbaaba +−=− , 
assim 
 
( ) 42222
42
22 T
g
T
g
hhTHhg +−=−− 
 
multiplicando a equação por 4 vem que 
 
( )
( ) 42222
4
2
222
448
4
4
2
2.442.4
TgTghhTHhg
T
g
T
g
hhTHhg
+−=−−
+−=−−
 
 
aplicando a propriedade distributiva ao lado esquerdo da equação obtemos 
 
2
4222
242222
422222
8
44
844.8
4488
Tg
TgThgh
H
ThgTgThghTHg
TgTghhTHgThg
++
=
++−=
+−=+−
 
 
o termo do numerador é da forma 22 2 bbaa ++ com 
 
422
2
22
42
4
Tgb
Thgba
ha
=
=
=
 
 
e pode ser escrito como o produto notável ( )2ba + , a solução do problema é 
 
( )
2
22
8
2
Tg
Tgh
H
+
= 
 
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 1 
 Um trem parte de uma estação A, onde está em repouso, com aceleração constante a, 
em certo momento o maquinista imprime ao trem uma desaceleração igual a b, o trem para ao 
chegar a uma estação B. Sendo L a distância entre as estações, determine o tempo percorrido 
na viagem. 
 
 
 Esquema do problema 
 
 
figura 1 
 
 Adota-se um sistema de referência orientado para a direita com origem na estação A, 
sendo D o ponto da trajetória em que o maquinista começa a frear o trem e L o espaço onde se 
encontra a estação B (figura 1). As grandezas com índice A referem-se a primeira parte do 
trajeto e com índice B a segunda parte 
 
 Dados do problema 
 
• aceleração do trem: α A = a; 
• desaceleração do trem: α B = b; 
• distância entre as estações: L.. 
 
 Solução 
 
 O trem apresenta aceleração ( 0>α na primeira parte do movimento e 0<α na 
segunda parte), ele está em Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.), a 
equação que rege este tipo de movimento é do tipo 
 
2
00
2
ttvSS
α
++= (I) 
 
e para a velocidade temos 
 
tvv α+= 0 (II) 
 
 Sendo S 0A = 0 o espaço de onde o trem parte e começa a acelerar, S A = D o espaço 
final onde o trem para de acelerar e começa a desacelerar, v 0A = 0 a velocidade inicial do trem 
(parte do repouso), α A = a a aceleração do trem e t A o tempo que o trem permanece em 
movimento acelerado, substituindo esses dados na equação (I) acima obtemos 
 
2
AA
2
A
A
AA0A0A
2
00
2
t
a
tD
ttvSS
++=
α
++=
 
2
A
2
t
a
D = (III) 
 
para a velocidade temos que 
 
AAA0A tvv α+= 
 
onde Av é a velocidade final do trem após ter acelerado por um tempo At , então 
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 2 
AAA 0 tv α+= 
AA tav = (IV) 
 
 Para a segunda parte da viagem temos S 0B = D o espaço onde o trem começa a 
desacelerar, S B = L o espaço final onde o trem para, v 0B = v A a velocidade inicial em que o 
trem se encontra ao começar a frear, sendo esta igual a velocidade final da primeira parte do 
movimento, α B = b a desaceleração do trem e t B o tempo que o trem desacelera até parar, 
levando estes valores à equação (I) temos 
 
2
B
B
BB0B0B
2
ttvSS
α
++= 
2
BBA 2
t
b
ttaDL −+= (V) 
 
a velocidade será dada por 
 
BBB0B tvv α+= 
 
como o trem para ao chegar a estação B a velocidade final será v B = 0, a velocidade inicial 
AB0 vv = será dada pela expressão (IV) acima e t B é o tempo que o trem desacelera até parar, 
podemos escrever 
 
BA0 tbta −= 
BA tbta = (VI) 
 
 A partir da expressão (VI) podemos isolar o tempo em que o trem permanece 
desacelerando, assim 
 
AB t
b
a
t = (VII) 
 
 Substituindo na equação (V) as expressões (III) e (VII), temos 
 
2
A
2
2
A
2
A
2
2
A
2
2
A
2
A
2
2
A
2
2
A
2
AAA
2
A
2
22
22
22
t
b
a
t
a
L
t
b
a
t
b
a
t
a
L
t
b
ab
t
b
a
t
a
L
t
b
ab
t
b
a
tat
a
L
+=
−+=
−+=






−+=
 
 
colocando 2At em evidência 
 








+=
b
aa
tL
22
2
2
A 
 
o Mínimo Múltiplo Comum (M.M.C.) do termo entre parênteses é igual a 2b assim 
 







 +
=
b
aba
tL
2
2
2
A 
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 3 
isolando t A temos o tempo em que o trem percorre a primeira parte do trajeto 
 
( )baa
bL
t
+
=
22
A 
( ) ( )
2
1
A
22






+
=
+
=
baa
bL
baa
bL
t (VIII) 
 
 Da mesma forma podemos isolar t A na equação (VII) 
 
BA t
a
b
t = (IX) 
 
 Substituindo em (III) o valor dado por (V) novamente, obtemos 
 
2
BBA
2
A
22
t
b
ttat
a
L −+= 
 
agora utilizando (IX) para o valor de t A, escrevemos 
 
2
B
2
B2
2
2
B
2
B
2
B2
2
2
B
2
B
2
B2
2
2
BBB
2
B
22
22
22
22
t
b
t
a
b
L
t
b
tbt
a
b
L
t
b
t
a
b
at
a
ba
L
t
b
tt
a
b
at
a
ba
L
+=
−+=
−+=
−+





=
 
 
colocando 2Bt em evidência 
 








+=
22
2
2
B
b
a
b
tL 
 
no termo entre parênteses o Mínimo Múltiplo Comum (M.M.C.) é 2a e escrevemos 
 







 +
=
a
bab
tL
2
2
2
B 
 
o tempo percorrido até o trem parar na estação B será 
 
( )abb
aL
t
+
=
22
B 
( ) ( )
2
1
B
22






+
=
+
=
abb
aL
abb
aL
t (X) 
 
 O tempo total da viagem (t) será dado pela soma das expressões (VIII) e (X) 
 
BA ttt += 
 
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 4 
( ) ( )
2
1
2
1
22






+
+





+
=
bab
aL
baa
bL
t 
 
colocando o termo 
2
1
2






+ ba
L
 em evidência, temos 
 









+





+
=
















+











+
=
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
b
a
a
b
ba
L
t
b
a
a
b
ba
L
t
 
 
o Mínimo Múltiplo Comum (M.M.C.) do termo no segundo par de colchetes é 2
1
2
1
ba ,então 
obtemos 
 










+






+
=
2
1
2
1
2
1
2
ba
ab
ba
L
t 
 
colocando o segundo termo entre colchetes para "dentro" da raiz, fica 
 
( )
( ) 2122







 +
+
=
ba
ab
ba
L
t 
 
simplificando o termo ( )ba + a resposta final é dada por 
 
( ) 212





 +
=
ba
abL
t 
 
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 1 
 De duas cidadezinhas, ligadas por uma estrada reta de 10 km de comprimento, partem 
duas carroças, puxada cada uma por um cavalo e andando a velocidade de 5 km/h. No 
instante da partida, uma mosca, que estava pousada na testa do primeiro cavalo, parte voando 
em linha reta, com velocidade de 15 km/h e vai pousar na testa do segundo cavalo. Após um 
instante desprezível, parte novamente e volta, com a mesma velocidade de antes, em direção 
ao primeiro cavalo, até pousar em sua testa. E assim prossegue nesse vaivém até que os dois 
cavalos se encontram e a mosca morre esmagada entre as duas testas. Quantos quilômetros 
percorreu a mosca? 
 
 
 Esquema do problema 
 
 
figura 1 
 
 Dados do problema 
 
• distância entre as duas cidades : ∆ S = 10 km; 
• velocidade do primeiro cavalo : v 1 = 5 km/h; 
• velocidade do segundo cavalo : v 2 = −5 km/h; 
• velocidade da mosca : v m = 15 km/h. 
 
 Solução 
 
 Desejamos encontrar a distância total percorrida pela mosca S m. 
 Em nosso problema usamos v m para indicar a velocidade da mosca, não confundir 
com velocidade média. 
 Vamos adotar que o primeiro cavalo está partindo da origem, assim a sua posição 
inicial será S 01 = 0, e o sinal positivo da sua velocidade indica que ele está se movendo no 
mesmo sentido da orientação da trajetória; o segundo cavalo está partindo da outra cidade 10 
km distante e a sua posição inicial será S 02 = 10 km, o sinal negativo da velocidade indica que 
ele se move no sentido contrário da orientação da trajetória. A mosca também estará partindo 
da origem, a sua posição inicial será S 0m = 0, e ela também está se movendo no sentido de 
orientação da trajetória e sua velocidade é positiva. 
 A mosca vai voar entre os dois cavalos até estes se encontrarem, então, a primeira 
coisa que temos que determinar é o tempo que os cavalos levam até o encontro dos dois. Para 
isto vamos escrever a equação do movimento de cada cavalo, como suas velocidades são 
constantes eles estão em Movimento Retilíneo Uniforme (M.R.U.), que será dada pela 
expressão 
 
tvSS .0 += (I) 
 
aplicando (I) para os dois cavalos temos, para o primeiro cavalo a equação fica 
 
tvSS .1101 += 
tS 51= (II) 
 
a equação do segundo cavalo será dada por 
 
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 2 
tvSS .2202 += 
tS 5102 += (III) 
 
 Os dois cavalos se encontram quando ocupam a mesma posição, então fica fácil de 
sabermos o instante do encontro impondo a condição de igualdade entre (II) e (III) 
 
10
10
1010
1055
5105
21
=
=
=+
−=
=
t
t
tt
tt
SS
 
h1=t (IV) 
 
aplicando (I) à mosca a equação de movimento da mosca será 
 
tvSS .mm0m += 
tS 15m = (V) 
 
agora para sabermos quantos quilômetros a mosca percorreu é só substituirmos o tempo que 
os cavalos levam para se encontrar, encontrado em (IV), na equação (V) 
 
km15
1.15
m
m
=
=
S
S
 
 
 A mosca percorrerá 15 km até ser esmagada pelos cavalos. 
 
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 1 
 Do vértice de um ângulo reto partem, com intervalo de tempo igual n segundos, dois 
motoristas, que se locomovem com velocidades constantes sobre os dois lados. Calcular as 
velocidades dos dois motoristas, sabendo-se que depois de t segundos, desde a partida do 
segundo motorista, sua distância é d, e após T segundos; é D. 
 
 
 Dados do problema 
 
• intervalo de tempo entre as partidas dos dois motoristas: n; 
• distância entre os móveis após t segundos: d; 
• distância entre os móveis após T segundos: D. 
 
 Esquema do problema 
 
 Adota-se um sistema de referência com 2 
eixos perpendiculares, o primeiro móvel parte da 
origem com velocidade v1 na direção x, após n 
segundos o segundo móvel parte da origem com 
velocidade constante v2 na direção y. Durante o 
intervalo de tempo n o móvel 1 terá percorrido uma 
distância igual a nv .1 , esta distância será o espaço 
inicial do móvel 1 quando do início da contagem do 
tempo, o móvel 2 que parte da origem terá espaço 
inicial igual a zero (figura 1). 
 
 Solução 
 
 Como os móveis têm velocidades constantes 
eles descrevem um Movimento Retilíneo Uniforme (M.R.U.) e a equação que rege este tipo de 
movimento é 
 
τ+= vSS 0 
 
observação: aqui o tempo está representado por τ ao invés do t, geralmente usado, para não 
confundir com o intervalo de tempo t dado no problema. 
 
 Escrevendo as equações de movimento dos móveis 1 e 2 para os intervalos de tempo t 
e T, teremos 
 
( ) τ+=τ 1011 vSS 
( ) ( )tnvtvnvtS +=+= 1111 (I) 
( ) ( )TnvTvnvTS +=+= 1111 (II) 
 
( ) τ+=τ 2022 vSS 
( ) tvtvtS 222 0 =+= (III) 
( ) TvTvTS 222 0 =+= (IV) 
 
 Na figura 2 temos ( )tS1 o espaço percorrido pelo móvel 1 no intervalo de tempo t e 
( )tS 2 o espaço percorrido pelo móvel 2 neste intervalo de tempo, assim pelo Teorema de 
Pitágoras vale a relação 
 
( ) ( )22212 tStSd += (V) 
 
 
figura 1 
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 2 
 Da mesma forma ( )TS1 e 
( )TS 2 são os espaços percorridos 
pelos móveis 1 e 2, respectivamente, 
no intervalo de tempo T, então temos 
 
( ) ( )22212 TSTSD += (VI) 
 
 Substituindo as equações (I), 
(II), (III) e (IV) nas condições (V) e 
(VI) obtemos 
 
(VII) 
 
(VIII) 
 
este é um sistema de duas equações a duas incógnitas, v1 e v2, isolando 
2
2v na equação (VII), 
temos 
 
( )[ ]
2
2
1
2
2
2
t
tnvd
v
+−
= (IX) 
 
substituindo este valor em (VIII), obtemos 
 
( )[ ] ( )[ ] 2
2
2
1
2
2
1
2 T
t
tnvd
TnvD







 +−
++= 
 
multiplicando esta expressão por 2t , ficamos com 
 
( )[ ] ( )[ ]{ }
( )[ ] ( )[ ]
( ) ( ) 222122212222
22
1
2222
1
22
22
1
222
1
22
TtnvtTnvTdtD
TtnvTdtTnvtD
TtnvdtTnvtD
+−+=−
+−++=
+−++=
 
 
colocando 
2
1v em evidência na expressão do lado direito 
 
( ) ( )[ ]2222212222 TtntTnvTdtD +−+=− 
 
 Os termos ( )2Tn + e ( )2tn + são Produtos Notáveis da forma 
( ) 222 2 bbaaba ++=+ , desenvolvendo estes termos podemos reescrever 
 ( ) ( )[ ]
[ ]
[ ]222222212222
22222222222
1
2222
2222222
1
2222
22
22
22
TtnTntTntnvTdtD
TtTtnTntTtTntnvTdtD
TttnntTTnnvTdtD
−−+=−
−−−++=−
++−++=−
 
 
colocando 2n e Ttn2 em evidência no termo entre colchetes, temos 
 ( ) ( )[ ]TttTnTtnvTdtD −+−=− 2222212222 
 
( )[ ]
( )[ ] 222212
22
2
2
1
2
TvTnvD
tvtnvd
++=
++=
figura 2 
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 3 
o termo ( )22 Tt − é um Produto Notável da forma ( ) ( ) ( )bababa +−=− .22 , então 
 
( )( ) ( )[ ]TttTnTtTtnvTdtD −++−=− 22212222 
 
colocando o termo ( )Ttn −. em evidência dentro do colchete, escrevemos 
 
( ) ( )[ ]{ }TtTtnTtnvTdtD 2212222 ++−=− 
 
( ) ( )[ ]TtTtnTtn
TdtD
v
2
2222
1
++−
−±= 
 
 Substituindo este valor em 21v na equação (IX) e colocando o termo2
1
t
 em 
evidência teremos o valor de 2v 
 
( )[ ]
( )[ ]
( ) ( )[ ] ( ) 







+
++−
−
−=
+−=
+−
=
2
2222
2
2
2
2
22
1
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
1
tn
TtTtnTtn
TdtD
d
t
v
tnvd
t
v
t
tnvd
v
 
 
O termo ( ) ( )[ ]TtTtnTtn 2... ++− ë o Mínimo Múltiplo Comum (M.M.C) dos termos entre 
chaves, assim ficamos com 
 
( ) ( )[ ][ ] ( )( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ( )( )
( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )
( ) ( )[ ]TtTtnTtn
tnDTnd
v
TtTtnTtn
tntDtTnd
t
v
TtTtnTtn
tnTdtntDTtndtTnd
t
v
TtTtnTtn
tnTdtDTtntTnd
t
v
TtTtnTtn
tnTdtDTtTtnTtnd
t
v
2
2
1
2
1
2
1
2
21
2222
2
2
222222
2
2
2
22222222222
2
2
2
222222222
2
2
2
222222
2
2
2
++−
+−+
=








++−
+−+
=








++−
+++−+−+
=








++−
+−−+−+
=








++−
+−−++−
=
 
 
( ) ( )
( ) ( )[ ]TtTtnTtn
tnDTnd
v
2
2222
2
++−
+−+±= 
 
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 1 
 Um carro está em movimento uniformemente acelerado com velocidade inicial v 0 e 
aceleração α. 
a) Calcular a distância percorrida pelo carro no enésimo segundo (ou seja entre os instantes n 
e n-1); 
b) Para v 0 = 15 m/s e α = 1,2 m/s
 2
, calcular a distância percorrida no primeiro segundo e no 
décimo quinto segundo. 
 
 
 Esquema do problema 
 
 Adotando-se um sistema de referência orientado para direita, vamos chamar de nS o 
espaço percorrido pelo carro da origem até o enésimo segundo e 1n−S o espaço percorrido 
pelo carro da origem até o segundo anterior (figura 1). 
 
 
figura 1 
 
 Dados do problema 
 
• velocidade inicial: v 0; 
• aceleração: α. 
 
 Solução 
 
a) O carro esta em Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.), a expressão para 
esse movimento é 
 
2
00
2
t
a
tvSS ++= (I) 
 
 Aplicando esta fórmula para o deslocamento do carro até o instante t = n − 1, temos 
 
( ) ( )2001n 1
2
1 −
α
+−+=− nnvSS 
 
desenvolvendo esta expressão o termo ( )21−n é um Produto Notável da forma 
( ) 222 ..2 bbaaba +−=− e podemos escrever 
 
( )
2
2
22
12
2
2
0001-n
2
0001-n
α
+
α
−
α
+−+=
+−
α
+−+=
nnvnvSS
nnvnvSS
 
22
2
0001-n
α
+α−
α
+−+= nnvnvSS (II)) 
 
 Escrevendo a expressão (I) para o instante t = n, obtemos 
 
2
00n .
2
. nnvSS
α
++= (III) 
 
 Como queremos o espaço percorrido apenas no enésimo segundo, temos a condição 
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 2 
1nn −−=∆ SSS 
 
subtraindo (II) de (III), temos 
 
2
.
2
..
2
..
2
.
2
..
2
..
2
.
0
2
000
2
00
2
000
2
00
α
−α+=∆
α
−α+
α
−+−−
α
++=∆





 α
+α−
α
+−+−
α
++=∆
nvS
nnvnvSnnvSS
nnvnvSnnvSS
 
 






−α+=∆
2
1
.0 nvS 
 
 
b) Usando a expressão obtida no item anterior e os valores dados temos 
 
• para n = 1 
 
6,015
2
1
.2,115
2
12
.2,115
2
1
1.2,115
+=∆
+=∆





 −
+=∆






−+=∆
S
S
S
S
 
 
m6,15=∆S 
 
 
figura 2 
 
• para n = 15 
 
4,1715
29.6,015
2
29
.2,115
2
130
.2,115
2
1
15.2,115
+=∆
+=∆
+=∆





 −
+=∆






−+=∆
S
S
S
S
S
 
 
m4,32=∆S 
 
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 3 
 
figura 3 
 
observação: no primeiro caso o carro percorre 15,6 m e este é também o espaço percorrido 
desde de instante inicial até s1=t , no segundo caso o carro percorre 32,4 m entre s14=t e 
s15=t , mas este não e o ponto da trajetória em que ele se encontra desde que partiu da 
origem. 
 
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 1 
 Do alto de um prédio de 60 m é lançada uma pedra verticalmente para cima com 
velocidade inicial de 20 m/s. Determinar: 
a) O tempo de subida da pedra; 
b) A altura máxima em relação ao solo; 
c) Depois de quanto tempo após o lançamento a pedra atinge o solo; 
d) A velocidade da pedra ao atingir o solo; 
e) Construir os gráficos do espaço em função do tempo e da velocidade em função do tempo. 
Dada aceleração da gravidade igual a 10 m/s
2
. 
 
 
 Esquema do problema 
 
 Adotando-se um sistema de referência orientado 
para cima, xámh será a altura máxima atingida pela pedra, a 
velocidade inicial terá sinal positivo pois está no mesmo 
sentido do eixo de referência, a aceleração da gravidade terá 
sinal negativo porque está no sentido contrário à orientação 
do eixo de referência. 
 
 Dados do problema 
 
• altura de lançamento da pedra: S 0 = 60 m; 
• velocidade inicial da pedra: v 0 = 20 m/s; 
• aceleração da gravidade: g = 10 m/s
 2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução 
 
a) A expressão para a velocidade é 
 
tgvv .0 −= 
 
substituindo os dados do problema a equação para a velocidade fica 
 
tv 1020 −= (I) 
 
a pedra vai subir até a velocidade se anular (v = 0), então temos 
 
10
20
20.10
.10200
=
=
−=
t
t
t
 
 
s2=t 
 
b) A expressão para o cálculo do espaço percorrido é 
 
figura 1 
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 2 
2
00
2
. t
g
tvSS −+= 
 
substituindo os dados temos a expressão horária do movimento 
 
2
2
10
2060 ttS −+= 
252060 ttS −+= (II) 
 
substituindo o tempo encontrado no item anterior e fazendo máxhS = , obtemos 
 
4.54060
2.52.2060
máx
2
máx
−+=
−+=
h
h
 
 
m80máx =h 
 
c) Quando a pedra atinge o solo temos S = 0, substituindo este valor na expressão (II), temos 
 
060205 2 =++− tt 
 
dividindo toda a equação por −5 fica 
 
01242 =−− tt 
 
 Esta é uma Equação do 2.º Grau onde a incógnita é o valor desejado t, resolvendo 
 
( ) ( )
( )
2
84
1.2
644
.2
64481612.1.44..4
22
±
=
±−−
=
∆±−
=
=+=−−−=−=∆
a
b
t
cab
 
 
as duas raízes da equação serão 
 
61 =t e 22 −=t 
 
descartando a segunda raiz, não existe tempo negativo, o tempo que leva para a pedra atingir 
o solo é de 6 s. 
 
d) Substituindo o valor para o tempo encontrado no item anterior na expressão (I) da 
velocidade 
 
6.1020 −=v 
 
m/s40−=v 
 
o sinal de negativo indica que a velocidade final está apontada para baixo contra o sentido do 
eixo de referência. 
 
e) Gráfico do espaço percorrido em função do tempo, ( )tfS = . 
 Usando a equação (II) atribuímos valores a t e obtemos S, construindo a tabela 1 e 
com os valores da tabela fazemos o gráfico 1 
 
( ) 252060 tttS −+= 
 
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 3 
 
 
 
t (s) S(t) (m) 
0 60 
2 80 
4 60 
6 0 
tabela 1 
 
 
 
 
 
gráfico 1 
 
Gráfico da velocidade em função do tempo, ( )tfv = . 
 Usando a equação (I) atribuímos valores a t e obtemos v, construindo a tabela 2 e com 
os valores da tabela fazemos o gráfico 2 
 
tv 1020 −= 
 
 
 
t (s) v(t) (m/s) 
0 20 
2 0 
4 -20 
6 -40 
tabela 2 
 
 
 
gráfico 2 
 
 
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 1 
 Três esferas idênticas são lançadas de uma mesma 
altura h com velocidades de mesmo módulo. A esfera A é 
lançada verticalmente para baixo, B é lançada verticalmente 
para cima e C é lançada horizontalmente. Qual delas chega 
ao solo como maior velocidade.em módulo (despreze a 
resistência do ar). 
 
 
 
 Dados do problema 
 
• velocidade de lançamento: v 0; 
• altura do ponto de lançamento:h. 
 
 Solução 
 
• Esfera A 
 
 Adotando-se um Nível de Referência (N.R.) no solo e usando o Princípio da 
Conservação da Energia Mecânica, temos que, inicialmente a esfera possui Energia Potencial 
(
I
PE ), devido a altura de onde é lançada em relação ao referencial e Energia Cinética (
I
CE ), 
devido a velocidade inicial com que é lançada (v 0). Quando atinge o solo sua Energia Potencial 
é nula, pois a altura em relação ao referencial é zero, e possui Energia Cinética ( FCE ), devido a 
velocidade com que chega ao solo, assim podemos escrever (figura 1) 
 
22
22
0
F
C
I
C
I
P
F
M
I
M
vmvm
hgm
EEE
EE
=+
=+
=
 
 
simplificando a massa m em todos os termos e multiplicando toda a 
equação por 2 temos 
 
22
02 vvhg =+ 
hgvv 220 += (I) 
 
• Esfera B 
 
 O movimento da esfera se divide em duas partes, a primeira é um lançamento vertical 
para cima, a esfera sobe até uma altura H, onde sua velocidade se anula, então começa a 
segunda parte do movimento que é uma queda livre a partir do repouso. 
 Na primeira parte (figura 2-A) a esfera possui Energia Potencial ( I 1PE ), devido a altura 
de que é lançada e Energia Cinética ( I 1CE ) da velocidade inicial de lançamento. Quando atinge 
a altura H a esfera possui Energia Potencial ( F1PE ), mas como a velocidade se anula para 
começar a cair, sua Energia Cinética ( F1CE ) é zero, a altura atingida pela esfera será 
 
Hgm
vm
hgm
EEE
EE
=+
=+
=
2
2
0
F
1P
I
1C
I
1P
F
1M
I
1M
 
figura 1 
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 2 
simplificando a massa m em todos os termos e multiplicando toda a equação por 2 temos 
 
Hgvhg 22 20 =+ 
g
vhg
H
2
2 20+
= (II) 
 
 
figura 2 
 
 Na segunda parte do movimento (figura 2-B) a esfera possui Energia Potencial ( I 2PE ), 
devido a altura de onde cai em queda livre e sua Energia Cinética ( I 2CE ) é zero, a esfera parte 
do repouso. Quando atinge o solo a esfera não possui Energia Potencial ( F2PE ), sua altura é 
zero em relação ao referencial, e possui Energia Cinética ( F2CE ) devido a velocidade com que 
chega ao solo, a sua velocidade será 
 
2
2
F
2C
I
2P
F
2M
I
2M
vm
Hgm
EE
EE
=
=
=
 
 
simplificando a massa m em ambos os lados da igualdade e substituindo a altura H pelo valor 
encontrado em (II), obtemos 
 
2
0
2
2
02
22
0
2
2
2
2
22
2
vhgv
g
vhg
gv
v
g
vhg
g
+=







 +
=
=







 +
 
hgvv 2
2
0 += (II) 
 
• Esfera C 
 
 Analogamente ao item (a) temos que, inicialmente a esfera possui Energia Potencial 
(
I
PE ), devido a altura de onde é lançada em relação ao referencial e Energia Cinética (
I
CE ), 
devido a velocidade inicial com que é lançada (v 0), independentemente da direção. Quando 
atinge o solo sua Energia Potencial é nula, pois a altura em relação ao referencial é zero, e 
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 3 
possui Energia Cinética (
F
CE ), devido a velocidade com que 
chega ao solo, assim podemos escrever (figura 3) 
 
22
22
0
F
C
I
C
I
P
F
M
I
M
vmvm
hgm
EEE
EE
=+
=+
=
 
 
simplificando a massa m em todos os termos e multiplicando toda a equação por 2 temos 
 
22
02 vvhg =+ 
hgvv 2
2
0 += (IV) 
 
 Comparando as expressões (I), (III) e (VI) vemos que todas as esferas chegam ao 
solo com a mesma velocidade. 
 
figura 3 
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 1 
 Três esferas idênticas são lançadas de uma mesma 
altura h com velocidades de mesmo módulo. A esfera A é 
lançada verticalmente para baixo, B é lançada verticalmente 
para cima e C é lançada horizontalmente. Qual delas chega 
ao solo como maior velocidade.em módulo (despreze a 
resistência do ar). 
 
 
 
 Dados do problema 
 
• velocidade de lançamento: 0v ; 
• altura do ponto de lançamento: h. 
 
 Solução 
 
 A energia mecânica total do sistema se conserva, a energia inicial é igual a energia 
final. A única força que atua nas três esferas é a força peso, que é uma força conservativa, 
portanto a velocidade final das três esferas será a mesma independente da trajetória que 
elas descrevam, depende apenas da altura de onde elas são lançadas.