Exercícios Resolvidos_Cinemática_Parcial

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Disciplina: 
Mecânica da Partícula(MP) 
Capítulo 1 – Cinemática 
Resolução dos Exercícios Propostos 
Curso: Engenharia/Básico 
1º./2º. semestres 
prof. Gilberto F. de Lima 
Dados: 
 
 
 
 
 A B C 
 
 
 ∆SAB = 30 km; ∆tAB = 0,5 h; 
 
 
 ∆SBC = 33 km; ∆tBC = 0,4 h 
Questões: 
a) v 𝑨𝑩 = ? 
b) v 𝑩𝑪 = ? 
c) v 𝑨𝑪 = ? 
 
Resolução: 
v𝐴𝐵 =
∆𝑆𝐴𝐵
∆𝑡𝐴𝐵
 a) v𝐴𝐵 =
30 𝑘𝑚
0,5 ℎ
 ⇒ v𝐴𝐵= 60 𝑘𝑚/ℎ ⇒ 
v𝐵𝐶 =
∆𝑆𝐵𝐶
∆𝑡𝐵𝐶
 b) v𝐵𝐶 =
33 𝑘𝑚
0,4 ℎ
 ⇒ v𝐵𝐶= 82,5 𝑘𝑚/ℎ ⇒ 
v𝐴𝐶 =
∆𝑆𝐴𝐶
∆𝑡𝐴𝐶
 c) ⇒ v𝐴𝐶 =
∆𝑆𝐴𝐵 + ∆𝑆𝐵𝐶
∆𝑡𝐴𝐵 + ∆𝑡𝐵𝐶
 
⇒ v𝐴𝐶 =
30 + 33 𝑘𝑚
0,5 + 0,4 ℎ
 ⇒ v𝐴𝐶 =
63 𝑘𝑚
0,9 ℎ
 
v𝐴𝐶 = 70 𝑘𝑚/ℎ ⇒ 
Dados: 
 A B C 
 
 
∆SAB = ∆SBC = S (para simplificar); 
vAB = 39 km/h; 
 vBC = 70 km/h 
 
Resolução: 
 
 
 
mas, ∆SAC = ∆SAB + ∆SBC 
 
e ∆tAC = ∆tAB + ∆tBC 
Questão: 
v𝐴𝐶 = ? 
⟹ ∆SAC = S + S ⟹ ∆SAC = 2S 
v𝐴𝐶 =
∆𝑆𝐴𝐶
∆𝑡𝐴𝐶
 
S S 
 
⇒ ∆𝑡𝐵𝐶 =
∆𝑆𝐵𝐶
v𝐵𝐶
 
 
⇒ ∆𝑡𝐵𝐶 =
𝑆
70 𝑘𝑚/ℎ
 v𝐵𝐶 =
∆𝑆𝐵𝐶
∆𝑡𝐵𝐶
 
⟹ ∆𝑡𝐴𝐶 =
1
39
+
1
70
∙
𝑆
𝑘𝑚/ℎ
 
 
⇒ ∆𝑡𝐴𝐵 =
∆𝑆𝐴𝐵
v𝐴𝐵
 
 
⇒ ∆𝑡𝐴𝐵 =
𝑆
39 𝑘𝑚/ℎ
 v𝐴𝐵 =
∆𝑆𝐴𝐵
∆𝑡𝐴𝐵
 
 Não temos ∆tAB e ∆tBC , contudo podemos obtê-los lembrando que: 
e 
∆𝑡𝐴𝐶= ∆𝑡𝐴𝐵 + ∆𝑡𝐵𝐶 Portanto: ⟹ ∆𝑡𝐴𝐶 =
𝑆
39 𝑘𝑚/ℎ
+
𝑆
70 𝑘𝑚/ℎ
 
⟹ ∆𝑡𝐴𝐶 = 0,026 + 0,014 ∙ 𝑆/[𝑘𝑚/ℎ] 
⟹ ∆𝑡𝐴𝐶 = 0,040 ∙ 𝑆/[𝑘𝑚/ℎ] 
⟹ v𝐴𝐶 =
2𝑆
0,040 ∙ 𝑆/[𝑘𝑚/ℎ]
 v𝐴𝐶 =
∆𝑆𝐴𝐶
∆𝑡𝐴𝐶
 
Finalmente: 
⟹ v𝐴𝐶 = 50 𝑘𝑚/ℎ 
Dados: 
 
 
 
 0 400 km 
 SP RJ 
v1 
v2 
 Ônibus de SP 
 So1 = 0 km; 
 to1 = 0 h; 
 v1 = 85 km/h 
 
 Ônibus do RJ 
 So2 = 400 km 
 to2 = 20 min 
 v2 = –90 km/h 
= 
1
3
 h 
 Questões: 
a) Sencontro = ? 
b) tencontro = ? 
S (km) 
Resolução: 
 
 A equação horária do MRU é: 
 
 
 Para o ônibus de SP esta expressão ficaria assim particularizada: 
 
 
 
 
 E para o ônibus do RJ ficaria: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Lembremos que a contagem de tempo é a mesma para ambos os ônibus. 
𝑆 = 𝑆𝑜 + v𝑜(𝑡 − 𝑡𝑜) 
𝑆1 = 0 + 85(𝑡 − 0) 
𝑆2 = 400 − 90 𝑡 −
1
3
 
 
⇒ 𝑆2 = 400 − 90. 𝑡 + 30 
 
⇒ 𝑆2 = 430 − 90. 𝑡 
 
⇒ 𝑆1 = 85. 𝑡 
No ponto de encontro a posição de ambos os ônibus será a mesma: 𝑆1 = 𝑆2 
portanto: 85. 𝑡 = 430 − 90. 𝑡 
 
⇒ 85. 𝑡 + 90. 𝑡 = 430 
 
⇒ 175. 𝑡 = 430 
 
⇒ 𝑡 =
430 𝑘𝑚 
175 𝑘𝑚/ℎ
 
 
⇒ 𝑡 = 2,46 ℎ 
Só para constar: 𝑡 = 2,46 ℎ 
 
⇒ 𝑡 = 2: 28 ℎ 
 Para obter o ponto de encontro dos dois ônibus basta retornar a uma das 
equações horárias e usar o instante de tempo acima obtido. É claro que devemos 
sempre usar a expressão mais simples, ou seja: 
𝑆1 = 85. 𝑡 
 
⇒ 𝑆1 = 85 
𝑘𝑚
ℎ
. (2,46 ℎ) 
 
⇒ 𝑆1 = 209,1 𝑘𝑚 
 Finalmente, as respostas às questões propostas são: 
𝑎) 𝑆𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = 209,1 𝑘𝑚; 
 
 e 
 
b) 𝑡𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = 2,46 ℎ 
 
Dados: 
Carro A (MRU) 
 
 vA = 50 m/s; 
 SoA = 200 m 
 toA = 0 s 
Carro B (MRUV) 
 
 voB = 0 m/s; 
 SoB = 0 m; 
 toB = 0 s; 
 ao = 5 m/s
2 
vA 
ao 
 Questões: 
a) tencontro = ? 
b) ∆SB, encontro = ? 
 vB 
0 
S (m) 
200 
𝑆 = 𝑆𝑜 + v𝑜(𝑡 − 𝑡𝑜) 
𝑆𝐴 = 200 + 50(𝑡 − 0) 
𝑆 = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 +
𝑎𝑜
2
𝑡 − 𝑡𝑜
2 
Atribuindo os valores do carro B a ela, teremos: 
𝑆𝐵 = 0 + 0. 𝑡 − 0 +
5
2
𝑡 − 0 2 
 
⇒ 𝑆𝐵 = 2,5. 𝑡
2 
 Como sempre, no encontro ambos os veículos terão a mesma posição, ou seja: 
𝑆𝐵 = 𝑆𝐴 
 
⇒ 2,5. 𝑡2 = 200 + 50. 𝑡 
 
⇒ 2,5. 𝑡2 − 50. 𝑡 − 200 = 0 
Resolução: 
a) A equação horária do MRU é: 
 Para o carro A esta expressão ficaria assim particularizada: 
⟹ 𝑆𝐴= 200 + 50. 𝑡 
 Já a equação horária do MRUV é dada por: 
 Para simplificar a resolução desta equação do 2º. grau dividiremos todos os seus 
termos por 2,5: 
2,5
2,5
∙ 𝑡2 −
50
2,5
∙ 𝑡 −
200
2,5
=
0
2,5
 
 
⇒ 𝑡2 − 20. 𝑡 − 80 = 0 
 Podemos então identificar os coeficientes da equação: 
 
 a = 1; b = –20 e c = –80 
Portanto: ∆= 𝑏2 − 4. a. 𝑐 
 
⇒ ∆= (−20)2−4. (1). (−80) 
 
⇒ ∆= 400 + 320 
 
⇒ ∆= 720 
Isto indica que esta equação tem então duas soluções (raízes) distintas. 
Agora: 𝑡 =
−𝑏 ± ∆
2a
 
 
⇒ 𝑡 =
−(−20) ± 720
2(1)
 
 
⇒ 𝑡 =
20 ± 26,83
2
 
 
⇒ 
𝑡1 =
20 + 26,83
2 
 
 
𝑡2 =
20 − 26,83
2
 
 
⇒ 𝑡1 = 23,42 𝑠 
 
⇒ 𝑡2 = −3,42 𝑠 
 Como tempo negativo não tem significado físico, a resposta correta para o instante 
de encontro dos dois carros é, portanto: 
𝑡𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = 23,42 𝑠 
b) Podemos escolher a equação horária de qualquer dos carros para determinar o local 
(posição) do encontro. Optarei pela equação do carro A: 
𝑆𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = 200 + 50. 𝑡𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 
 
⇒ 𝑆𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = 200 + 50. (23,42) 
 
⇒ 𝑆𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = 1371 𝑚 
 Como o carro B partiu da posição SoB = 0 m, então seu deslocamento (percurso) até 
encontrar o carro A será dado por: 
∆𝑆𝐵 = 𝑆𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 − 𝑆𝑜𝐵 
 
⇒ ∆𝑆𝐵 = 1371 𝑚 − 0 𝑚 
 
⇒ ∆𝑆𝐵 = 1371 𝑚 
𝑆𝐴 = 200 + 50. 𝑡 
Dados: 
 Carro (MRU) 
vC = –20 m/s; 
SoC = –100 m 
toC = 0 s 
Moto (MRUV) 
 voM = 0 m/s; 
 SoM = 0 m; 
 toM = 0 s; 
 ao = –4,0 m/s
2 
0 
vC 
S 
ao 
 Questões: 
a) tencontro = ? 
b) vM, encontro = ? 
c) ∆SB, encontro = ? 
 vM 
𝑆 = 𝑆𝑜 + v𝑜(𝑡 − 𝑡𝑜) 
𝑆𝐶 = −100 − 20(𝑡 − 0) 
𝑆 = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 +
𝑎𝑜
2
𝑡 − 𝑡𝑜
2 
Atribuindo os valores da moto a ela, teremos: 
𝑆𝑀 = 0 + 0. 𝑡 − 0 −
4,0
2
𝑡 − 0 2 
 
⇒ 𝑆𝑀 = −2,0. 𝑡
2 
 Como sempre, ambos os veículos terão a mesma posição no encontro , ou seja: 
𝑆𝑀 = 𝑆𝐶 
 
⇒ −2,0. 𝑡2 = −100 − 20. 𝑡 
 
⇒ 2,0. 𝑡2 − 20. 𝑡 − 100 = 0 
Resolução: 
a) A equação horária do MRU é: 
 Para o carro esta expressão ficaria assim particularizada: 
⟹ 𝑆𝐶= −100 − 20. 𝑡 
 Já a equação horária do MRUV é dada por: 
 Para simplificar a resolução desta equação do 2º. grau dividiremos todos os seus 
termos por 2,0: 
2,0
2,0
. 𝑡2 −
20
2,0
. 𝑡 −
100
2,0
=
0
2,0⇒ 𝑡2 − 10. 𝑡 − 50 = 0 
 Podemos então identificar os coeficientes da equação: 
 
 a = 1; b = –10 e c = –50 
Portanto: ∆= 𝑏2 − 4. a. 𝑐 
 
⇒ ∆= (−10)2−4. (1). (−50) 
 
⇒ ∆= 100 + 200 
 
⇒ ∆= 300 
Isto indica que esta equação tem então duas soluções (raízes) distintas. 
Agora: 𝑡 =
−𝑏 ± ∆
2a
 
 
⇒ 𝑡 =
−(−10) ± 300
2(1)
 
 
⇒ 𝑡 =
10 ± 17,32
2
 
 
⇒ 
𝑡1 =
10 + 17,32
2 
 
 
𝑡2 =
10 − 17,32
2
 
 
⇒ 𝑡1 = 13,66 𝑠 
 
⇒ 𝑡2 = −3,66 𝑠 
 Como tempo negativo não tem significado físico, a resposta correta para o instante 
de encontro dos dois carros é, portanto: 
𝑡𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = 13,66 𝑠 
b) A equação horária da velocidade de um MRUV é escrita como: 
v = v𝑜 + 𝑎𝑜(𝑡 − 𝑡𝑜) 
Para a moto do exercício esta equação fica: 
v𝑀 = 0 − 4,0(𝑡 − 0) ⟹ v𝑀= −4,0. 𝑡 
Portanto, no instante do encontro, a velocidade da moto será: 
v𝑀,𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = −4,0. 𝑡𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 
 
⇒ v𝑀, 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = −4,0
𝑚
𝑠2
. (13,66 𝑠) 
 
⇒ v𝑀, 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = −54,64 𝑚/𝑠 
 
⇒ 𝑆𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = −2,0 
𝑚
𝑠2
. (186,6 𝑠2) 
c) A posição de encontro da moto com o carro pode ser determinada através da 
equação horária de qualquer um dos veículos. Usando a equação da moto obtemos: 
𝑆𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = −2,0. 𝑡𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜
2 
 
⇒ 𝑆𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = −2,0 
𝑚
𝑠2
. (13,66 𝑠) 2 
 
⇒ 𝑆𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 = −373,2 𝑚 
 Uma vez que a moto partiu da posição SoM = 0 m, seu deslocamento (percurso) até 
atingir o carro terá sido de: 
∆𝑆𝑀 = 𝑆𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜 − 𝑆𝑜𝑀 
 
⇒ ∆𝑆𝐵 = −373,2 𝑚 − 0 𝑚 
 
⇒ ∆𝑆𝐵 = −373,2 𝑚 
Dados: 
 Carro 11 (MRU) 
vo,11 = 48 m/s; 
So,11 = 0 m 
to,11 = 0 s 
Carro 22 (MRUV) 
 vo,22 = 0 m/s; 
 So,22 = 0 m; 
 to,22 = 0 s; 
 ao = 4,0 m/s
2; 
 vf,22 = 60 m/s 
 Questões: 
a) tencontro = ? 
b) ∆S22, encontro = ? 
vo,11 
ao 
0 
S 
 
⇒ 𝑆11 = 48. 𝑡 
Resolução: 
 
a) A equação horária do MRU é: 
 
 Para o carro 11 esta expressão ficaria assim particularizada: 
 
 
 
 
 Já a equação horária do MRUV é dada por: 
𝑆 = 𝑆𝑜 + v𝑜(𝑡 − 𝑡𝑜) 
𝑆11 = 0 + 48(𝑡 − 0) 
𝑆 = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 +
𝑎𝑜
2
𝑡 − 𝑡𝑜
2 
Atribuindo os valores do carro 22 a ela, teremos: 
𝑆22 = 0 + 0. 𝑡 − 0 +
4,0
2
𝑡 − 0 2 
 
⇒ 𝑆22 = 2,0. 𝑡
2 
 Podemos obter também a equação da velocidade para o carro 22: 
v = v𝑜 + 𝑎𝑜. (𝑡 − 𝑡𝑜) 
 
⇒ v22 = 0 + 4,0. (𝑡 − 0) 
 
⇒ v22 = 4,0. 𝑡 
 O enunciado diz que o carro 22 acelerou até atingir uma velocidade de 60 m/s, e esta se 
manteve constante daí por diante, ou seja, numa primeira fase o carro 22 estava em 
MRUV para em seguida assumir um MRU. 
 
 Devemos determinar o instante e a posição em que essa mudança ocorreu para 
podermos escrever as equações para a segunda fase de seu movimento. 
 
 Usando a equação da velocidade do carro 22 podemos determinar o instante em que 
ele atinge a velocidade vf,22 = 60 m/s: 
v𝑓,22 = 4,0. 𝑡𝑓 
 
⇒ 60 𝑚/𝑠 = (4,0 𝑚/𝑠2). 𝑡𝑓 
 
⇒ 𝑡𝑓=
60 𝑚/𝑠
4,0 𝑚/𝑠2
 
 
⇒ 𝑡𝑓= 15 𝑠 
 Nesse instante o carro 22 estará na posição: 
𝑆22 = 2,0. 𝑡𝑓
2 
 
⇒ 𝑆22 = (2,0 𝑚/𝑠
2). (15 𝑠)2 
 
⇒ 𝑆22 = (2,0 𝑚/𝑠
2). (225 𝑠2) 
 
⇒ 𝑆22 = 450 𝑚 
(Neste instante termina o MRUV.) 
 Este instante e esta posição serão as condições iniciais da nova fase do movimento 
do carro 22 em MRU: 
Carro 22 (MRU) 
 vo,22 = 60 m/s; 
 So,22 = 450 m; 
 to,22 = 15 s; 
 Uma nova equação horária deve ser escrita para ele a partir de agora: 
𝑆22 = 𝑆𝑜,22 + v𝑜,22(𝑡 − 𝑡𝑜,22) 
 
⇒ 𝑆22 = 450 + 60(𝑡 − 15) 
 
⇒ 𝑆22 = 450 + 60. 𝑡 − 900 
 
⇒ 𝑆22 = 60. 𝑡 − 450 
𝑆 = 𝑆𝑜 + v𝑜(𝑡 − 𝑡𝑜) 
 Finalmente podemos agora determinar quando os carros 11 e 22 se encontrarão. 
Como sempre, a posição de encontro é a mesma para ambos, portanto: 
𝑆22 = 𝑆11 
 
⇒ 60. 𝑡 − 450 = 48. 𝑡 
 
⇒ 60. 𝑡 − 48. 𝑡 = 450 
 
⇒ 12. 𝑡 = 450 
 
⇒ 𝑡 =
450 𝑚
12 𝑚/𝑠
 
 
⇒ 𝑡 = 37,5 𝑠 
b) Para determinar a posição do encontro empregaremos a equação do carro 11: 
𝑆11 = 48. 𝑡 
 
⇒ 𝑆11 = (48 𝑚/𝑠). (37,5 𝑠) 
𝑆11 = 1800 𝑚 
 Como a posição inicial de ambos os carros era So,11 = So,22 = 0 m, então essa 
posição final corresponde ao deslocamento de ambos os veículos até o encontro. 
∆𝑆22 = 𝑆22 − 𝑆𝑜,22 
 
⇒ ∆𝑆22 = 1800 𝑚 − 0 𝑚 
 
⇒ ∆𝑆22 = 1800 𝑚 
 
⇒ 𝑆22 = 1800 𝑚 
 Esta resposta aqui obtida difere daquela apresentada na apostila. 
 
 
 Isto porque, na apostila, o autor se enganou e somou, a estes 1800 m, o 
deslocamento inicial do carro 22 quando ele estava acelerado (450 m), ou seja, 
ele considerou: 
 
 ∆S22 = 1800 m + 450 m ⟹ ∆S22 = 2250 m 
 
 
 Este último resultado, dado pela apostila, ESTÁ ERRADO. 
 
 
 Repare que quando calculamos a posição de encontro dos dois carros já 
havíamos levado em consideração que o carro 22 percorrera aqueles 450 m, 
tendo gasto um tempo de 15 s para tanto. 
 
 
 Nosso resultado, ∆S22 = 1800 m, já incorpora aqueles 450 m iniciais, 
portanto não é preciso repeti-lo. 
 Dados: 
 
Pedra 1 
So,1 = 0 m; 
Sf,1 = 20 m; 
to,1 = 0 s; 
vo,1 = 0 m/s; 
ao = g = – 10 m/s
2. 
 
Pedra 2 
So,2 = 0 m; 
Sf,2 = 20 m; 
to,2 = 1 s; 
ao = g = –10 m/s
2. 
 
S 
 20 m 
0 
g 
 Questões: 
a) vo,2 = ? 
b) ∆S1 entre 0 s < t < 1 s 
c) ∆t1 e ∆t2 para ∆S = 20 m 
Resolução: 
 Temos um problema de perseguição entre dois objetos em MRUV, mas onde já 
é dada a posição de encontro: no solo em Sf = 0 m (adotando-se o ponto de 
origem das pedras como sendo So = 20 m) 
 Escrevamos as equações de movimento para cada uma das pedras: 
𝑆 = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 +
𝑎𝑜
2
𝑡 − 𝑡𝑜
2 
v = v𝑜 + 𝑎𝑜 ∙ (𝑡 − 𝑡𝑜) 
Para a pedra 1, a equação horária será: 
 
⇒ 𝑆1 = 20 + 0. 𝑡 − 0 +
(−10)
2
𝑡 − 0 2 
𝑆1 = 𝑆𝑜,1 + v𝑜,1 𝑡 − 𝑡𝑜,1 +
g
2
𝑡 − 𝑡𝑜,1
2
 
 
⇒ 𝑆1 = 20 − 5. 𝑡
2 
v1 = v𝑜,1 + g. (𝑡 − 𝑡𝑜,1) 
 
⇒ v1 = 0 − 10. (𝑡 − 0) 
 E sua equação da velocidade será: 
 
 
⇒ v1= −10. 𝑡 
Já para a pedra 2, a equação horária será: 
 
⇒ 𝑆2 = 20 + v𝑜,2. 𝑡 − 1 +
(−10)
2
𝑡 − 1 2 
𝑆2 = 𝑆𝑜,2 + v𝑜,2 𝑡 − 𝑡𝑜,2 +
g
2
𝑡 − 𝑡𝑜,2
2
 
v2 = v𝑜,2 + g. (𝑡 − 𝑡𝑜,2) 
⇒ v2 = v𝑜,2 − 10. (𝑡 − 1) 
 E sua equação da velocidade será: 
 
⇒ 𝑆2 = 20 + v𝑜,2. 𝑡 − 1 − 5. 𝑡 − 1
2 
a) Não é possível encontrar a velocidade inicial da pedra 2 (vo,2 ) a partir das 
equações dessa própria pedra, uma vez que não temos informações suficientes 
para resolver qualquer uma de suas equações. 
 Devemos então obter alguma informação a partir das equações da pedra 1 e 
depois voltarmos à pedra 2 para obter sua velocidade. 
 Podemos obter o tempo de queda da pedra 1, já que sabemos sua posição 
quando atinge o solo (Sf,1 = 0 m). Assim: 
𝑆𝑓,1= 20 − 5. 𝑡
2 
 
⇒ 0 = 20 − 5. 𝑡2 
 
⇒ 𝑡2 =
20 𝑚
5 𝑚/𝑠2
 
 
⇒ 𝑡2 = 4 𝑠2 
 
⇒ 𝑡 = ± 4 𝑠2 
 
⇒ 𝑡 =
2 𝑠
 
𝑜𝑢
 
−2 𝑠
 
 Como não existe tempo negativo: 𝑡𝑓 = 2 𝑠 
Este é o instante em que a pedra 1 atinge o solo, assim como a pedra 2. 
 Usando este tempo na equação horária da pedra 2 poderemos determinar sua 
velocidade, lembrando que a posição final desta pedra é a mesma da pedra 1 
(Sf,1 = Sf,2 = 0 m): 
𝑆𝑓,2 = 20 + v𝑜,2. 𝑡 − 1 − 5. 𝑡 − 1
2 
 
⇒ 0 = 20 + v𝑜,2. 2 − 1 − 5. 2 − 1
2 
 
⇒ −20 = v𝑜,2. 1 − 5. 1
2 
 
⇒ −20 = v𝑜,2 − 5 
 
⇒ v𝑜,2 = −20 + 5 
⇒ v𝑜,2 = −15 𝑚/𝑠 
b) A posição da pedra 1 no instante t = 1 s (intervalo de tempo que se espera 
para o lançamento da pedra 2), é facilmente obtido: 
𝑆1 = 20 − 5. 𝑡
2 
 
⇒ 𝑆1= 20 − 5. (1)
2 
 
⇒ 𝑆1= 15 𝑚 
Portanto: ∆𝑆1 = 𝑆1 − 𝑆𝑜,1 
 
⇒ ∆𝑆1 = 15 𝑚 − 20 𝑚 
 
⇒ ∆𝑆1 = −5 𝑚 
∆𝑡1 = 𝑡𝑓,1 − 𝑡0,1 ⟹ ∆𝑡1 = 2 𝑠 − 0 𝑠 ⟹ ∆𝑡1 = 2 𝑠 
c) Já vimos anteriormente que o instante de chegada ao solo das duas pedras é 
o mesmo: tf,1 = tf,2 = 2 s. Portanto, o tempo gasto por cada pedra desde sua 
partida até chegar ao solo é: 
∆𝑡2 = 𝑡𝑓,2 − 𝑡0,2 ⟹ ∆𝑡2 = 2 𝑠 − 1 𝑠 ⟹ ∆𝑡2 = 1 𝑠 
 
⇒ 𝑆1= 20 − 5 
 Dados: 
So = h = 20 m; 
Sf = 0 m; 
to = 0 s; 
vo = 15 m/s; 
ao = g = –10 m/s
2. 
 Questões: 
a) S= S(t); 
b) v = v(t); 
c) t para Smáx.; 
d) Smáx. ; 
e) t para S = 0 m; 
f) v em S = 0 m ? 
Resolução: 
a) Movimento sob ação da força da gravidade é Uniformemente Variado, então 
partiremos da equação horária do MRUV para determinar S = S(t): 
𝑆(𝑡) = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 +
𝑎𝑜
2
𝑡 − 𝑡𝑜
2 
𝑆(𝑡) = 20 + 15. 𝑡 − 0 +
(−10)
2
𝑡 − 0
2 
 
⇒ 𝑆(𝑡) = 20 + 15. 𝑡 − 5. 𝑡
2 
 Particularizando-a para o objeto em questão neste exercício, teremos: 
b) A equação da velocidade: v = v𝑜 + 𝑎𝑜. (𝑡 − 𝑡𝑜) 
v = 15 − 10. (𝑡 − 0) 
⇒ v = 15 − 10. 𝑡 
c) No ponto de altura máxima (Smáx.), a velocidade é ZERO (v = 0 m/s), 
portanto: 
v = 15 − 10. 𝑡 
⇒ 0 = 15 − 10. 𝑡 
⇒ 10. 𝑡 = 15 
 
⇒ 𝑡 =
15 𝑚/𝑠
10 𝑚/𝑠2
 
 
⇒ 𝑡 = 1,5 𝑠 
Atribuindo-lhe os valores fornecidos neste exercício, temos: 
d) Para encontrar a altura máxima (Smáx.), temos duas opções: 
 
 
(d1) Podemos fazê-lo usando a equação horária obtida no item (a) e o instante 
calculado no item anterior, desta forma: 
𝑆(𝑡) = 20 + 15. 𝑡 − 5. 𝑡
2 
 
⇒ 𝑆𝑚á𝑥. = 20 + 15. (1,5) − 5. (1,5)
2 
 
⇒ 𝑆𝑚á𝑥.
 
= 20 + 22,5 − 5. (2,25) 
 
⇒ 𝑆𝑚á𝑥.
 
= 42,5 − 11,25 
 
⇒ 𝑆𝑚á𝑥.
 
= 31,25 𝑚 
e 𝑆𝑚á𝑥. = 𝑆 1,5 
(d2) Outra possibilidade é empregar a equação de Torricelli: 
v2 = v𝑜
2 + 2. 𝑎𝑜. (𝑆 − 𝑆𝑜) 
 
⇒ 𝑆 =
v2 − v𝑜
2
2. 𝑎𝑜
+ 𝑆𝑜 
Usando os valores deste exercício, lembrando que v = 0 m/s em Smáx., temos: 
𝑆𝑚á𝑥. =
(0)2−(15)2
2. (−10) 
+ 20 
 
⇒ 𝑆𝑚á𝑥.=
−225
−20 
+ 20 
 
⇒ 𝑆𝑚á𝑥.= 11,25 +
 20 
 
⇒ 𝑆𝑚á𝑥.= 31,25 𝑚
 
e) Para encontrar o instante em que o objeto toca o solo (S = 0 m), usaremos a 
equação horária: 
𝑆 = 20 + 15. 𝑡 − 5. 𝑡
2 
 
⇒ 20 + 15. 𝑡 − 5. 𝑡2= 0 
Obtém-se uma equação do 2º. grau. Dividiremos todos os seus termos por 5, 
para simplificá-la. 
20
5
+
15
5
. 𝑡 −
5
5
. 𝑡2= 0 
⇒ 4 + 3. 𝑡 − 𝑡2 = 0 
Portanto, os coeficientes de Bhaskara são: a = –1; b = 3; c = 4 
Daí: ∆= 𝑏2 − 4. a. 𝑐 
 
⇒ ∆= (3)2−4. (−1). (4) 
 
⇒ ∆= 9 + 16 
 
⇒ ∆= 25 
Agora: 𝑡 =
−𝑏 ± ∆
2a
 
 
⇒ 𝑡 =
−(3) ± 25
2(−1)
 
 
⇒ 𝑡 =
−3 ± 5
−2
 
 
⇒ 
𝑡1 =
−3 + 5
−2 
 
 
𝑡2 =
−3 − 5
−2
 
 
⇒ 𝑡1 = −1 𝑠 
 
⇒ 𝑡2 = 4 𝑠 
 Como tempo negativo não tem significado físico, a resposta correta para o 
instante de contato do objeto com o solo (tf )é, portanto: 
𝑡𝑓 = 4 𝑠 
f) A velocidade do objeto ao atingir o solo pode ser determinada de três maneiras 
distintas: 
 
 
(f1) Aplicando-se o instante de tempo calculado no item anterior (tf = 4 s) na 
equação da velocidade obtida no item (b). Ou seja: 
v = 15 − 10. 𝑡 
 
⇒ v𝑓
 
= 15 − 10. (4) 
 
⇒ v𝑓
 
= 15 − 40 
 
⇒ v𝑓
 
= −25 𝑚/𝑠 
 O sinal negativo obtido nesta resposta é coerente com o fato de o objeto estar 
caindo e de termos considerado o eixo S positivo para cima. 
(f2) A segunda opção parte da equação de Torricelli, e a usaremos com as 
condições iniciais do exercício, ou seja: velocidade inicial vo = 15 m/s e posição 
inicial do objeto So = 20 m. A posição final será no solo, Sf = 0 m. 
 Assim, teremos: 
v2 = v𝑜
2 + 2. 𝑎𝑜 . (𝑆 − 𝑆𝑜) ⟹ v𝑓
2= (15)2+2. (−10). (0 − 20) 
⟹ v𝑓
2= 225 + (−20). (−20) 
⟹ v𝑓
2= 625 
 
⇒ v𝑓 = ± 625 
⇒ 
v𝑓1 = +25 𝑚/𝑠
 
v𝑓2 = −25 𝑚/𝑠
 
 Para mantermos a coerência com a escolha feita para o sentido positivo do eixo 
S (para cima), devemos escolher a velocidade final negativa, já que o objeto está 
em queda. Portanto: 
v𝑓 = −25 𝑚/𝑠 
⟹ v𝑓
2= 225 + 400 
(f3) A terceira opção ainda usa a equação de Torricelli, mas agora considerando a 
posição inicial do objeto como sendo o ponto de altura máxima já determinado no 
item (d) (Smáx. = 31,25 m), que é o ponto onde a velocidade do objeto é nula, 
portanto a velocidade inicial será zero (vo = 0 m/s), e a posição final será o solo 
(Sf = 0 m). Então, teremos: 
v2 = v𝑜
2 + 2. 𝑎𝑜 . (𝑆 − 𝑆𝑜) ⟹ v𝑓
2= (0)2+2. (−10). (0 − 31,25) 
⟹ v𝑓
2= (−20). (−31,25) ⟹ v𝑓
2= 625 
 
⇒ v𝑓 = ± 625 
 
⇒ 
v𝑓1 = +25 𝑚/𝑠
 
v𝑓2 = −25 𝑚/𝑠
 
 Para mantermos a coerência com a escolha feita para o sentido positivo do eixo 
S (para cima), devemos escolher a velocidade final negativa, já que o objeto está 
em queda. Portanto: 
v𝑓 = −25 𝑚/𝑠 
 Dados: 
S (4) = –30 m; 
 Questões: 
a) v2 𝑠 → 5 𝑠 = ?; 
b) 𝑎2 𝑠 → 3 𝑠 = ?; 
c) a(5 s) = ? 
d) v = v(t), 3 s ≤ t ≤ 4 s; 
e) S(7 s) = ? 
Resolução: 
O intervalo de tempo é dado por: ∆𝑡 = 𝑡𝑓 − 𝑡𝑜 
 
⇒ ∆𝑡2 𝑠 →5 𝑠 = 5 𝑠 − 2 𝑠 
⇒ ∆𝑡2 𝑠 →5 𝑠 = 3 𝑠 
a) A velocidade média é dada por: 
v =
∆𝑆
∆𝑡
 
 Já o deslocamento terá que ser obtido pelo cálculo da área sob o gráfico da 
velocidade entre os dois instantes estipulados (2 s a 5 s): 
Área = Deslocamento ⟹ A = ∆S 
 
⇒ v
2 𝑠 →5 𝑠
=
∆𝑆2 𝑠 →5 𝑠
∆𝑡2 𝑠 →5 𝑠
 
 Façamos a medida das áreas por partes. Verifica que entre os instantes 2 s e 3 s, 
 o gráfico forma um retângulo: 
Área do Retângulo = Base × Altura ⟹ ∆S2 s → 3 s = v. ∆t 
⟹ ∆S2 s → 3 s = (20 m/s).(3 – 2) s ⟹ ∆S2 s → 3 s = 20 m 
0 
 
⇒ ∆𝑆3 𝑠 →4 𝑠 =
(20 𝑚/𝑠). 4 − 3 𝑠
2
 
 Já no intervalo entre 3 s e 4 s, o gráfico tem a forma de um triângulo: 
Área do Triângulo =
Base × Altura
2
 
⇒ ∆𝑆3 𝑠 →4 𝑠 =
v. ∆𝑡
2
 
 
⇒ ∆𝑆3 𝑠 →4 𝑠 =10 m 
0 
 
⇒ ∆𝑆4 𝑠 → 5 𝑠 =
(−10 𝑚/𝑠).5 − 4 𝑠
2
 
 E no intervalo entre 4 s e 5 s, o gráfico tem novamente o formato de um triângulo: 
Área do Triângulo =
Base × Altura
2
 
⇒ ∆𝑆4 𝑠 → 5 𝑠 =
v. ∆𝑡
2
 
 
⇒ ∆𝑆4 𝑠 → 5 𝑠 = −5 m 
–10 
 Aqui, visualmente, determinei 
que a velocidade era de 
–10 m/s. A rigor deveria ter 
obtido a equação da reta entre 
os instantes 4 s ≤ t ≤ 5 s, 
para achar o valor exato. De 
qualquer forma, este valor 
está correto. Demonstrarei 
em outro item. 
0 
O deslocamento total entre os instantes 2 s a 5 s será dado por: 
∆S2 s → 5 s = ∆S2 s → 3 s + ∆S3 s → 4 s + ∆S4 s → 5 s 
⟹ ∆S2 s → 5 s = (20 + 10 – 5) m 
⟹ ∆S2 s → 5 s = 25 m 
v2 𝑠 →5 𝑠 =
∆𝑆2 𝑠 →5 𝑠
∆𝑡2 𝑠 →5 𝑠
 
Finalmente: 
 
⇒ v
2 𝑠 →5 𝑠
=
25 𝑚
3 𝑠
 
 
⇒ v
2 𝑠 →5 𝑠
= 8,33 𝑚/𝑠 
 Obs.: A resposta apresentada na apostila está errada. A velocidade máxima no 
trecho foi de 20 m/s, é impossível a velocidade média ser de 68,33 m/s. 
b) Como se vê no gráfico, entre os instantes 2 s e 3 s, a velocidade é constante, 
portanto, 
 𝑎2 𝑠 → 3 𝑠 = 0 
0 
0 
φ 
CA = ∆t 
CO = cateto oposto 
CA = cateto adjacente 
Portanto: 𝑎 5 𝑠 = 𝑎𝑜 = −10 𝑚/𝑠
2 
CO = ∆v 
c) Para obter a aceleração 
em t = 5 s, devemos calcular 
a inclinação (tangente) da 
reta entre os instantes 
4 s ≤ t ≤ 5 s, pois, no 
gráfico da velocidade pelo 
tempo de um MRUV, 
tan𝜑 = 𝑎𝑜 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
∆v
∆𝑡
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
v𝑓 − v𝑜
𝑡𝑓 − 𝑡𝑜
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
−20 − 0 𝑚/𝑠
6 − 4 𝑠
 
tan𝜑 =
𝐶𝑂
𝐶𝐴
 
Agora: 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
−20 𝑚/𝑠
2 𝑠
 
 
⇒ 𝑎𝑜 = −10 𝑚/𝑠
2 
 É possível agora verificar o resultado usado no item (a), qual seja, que a velocidade 
em t = 5 s é: v(5 s) = –10 m/s. 
 
 Para tanto devemos escrever a equação da velocidade para o movimento entre os 
instantes 4 s ≤ t ≤ 5 s, cuja aceleração acabamos de calcular. 
 
 Observem que a velocidade inicial para esse movimento é: 
v𝑜 = v 4 𝑠 = 0 𝑚/𝑠 
Portanto: 
v = v𝑜 + 𝑎𝑜 . (𝑡 − 𝑡𝑜) 
 
⇒ v = (0 𝑚/𝑠) + (−10 𝑚/𝑠
2). (𝑡 − 4 𝑠) 
 
⇒ v = (−10 𝑚/𝑠
2). (𝑡 −4 𝑠) 
Finalmente, para t = 5 s: v = −10 𝑚/𝑠
2 . (5 𝑠 − 4 𝑠) 
 
⇒ v = (−10 𝑚/𝑠
2). (1 𝑠) 
 
⇒ v(5 𝑠) = −10 𝑚/𝑠 (c.q.d.) 
d) Para escrever a equação da velocidade entre 3 s ≤ t ≤ 4 s, precisamos, 
primeiramente calcular a aceleração nesse intervalo. 
 
 Novamente, temos uma reta, portanto, uma aceleração constante que será 
determinada através da inclinação dessa reta: 
φ 
CA = ∆t 
CO = ∆v 
𝑎𝑜 =
v𝑓 − v𝑜
𝑡𝑓 − 𝑡𝑜
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
0 − 20 𝑚/𝑠
4 − 3 𝑠
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
−20 𝑚/𝑠
1 𝑠
 
 
⇒ 𝑎𝑜 = −20 𝑚/𝑠
2 
0 
Note agora que a velocidade inicial nesse trecho é de: 
v𝑜 = v 3𝑠 = 20 𝑚/𝑠 
v = v𝑜 + 𝑎𝑜 . (𝑡 − 𝑡𝑜) 
 
⇒ v = (20 𝑚/𝑠) + (−20 𝑚/𝑠
2). (𝑡 − 3 𝑠) 
 
⇒ v = 80 𝑚/𝑠 − (20 𝑚/𝑠
2). 𝑡 
 
⇒ v = 20 𝑚/𝑠 + −20 𝑚/𝑠
2 . 𝑡 + −20 𝑚/𝑠
2 . (−3 𝑠) 
 
⇒ v = 20 𝑚/𝑠 − 20 𝑚/𝑠
2 . 𝑡 + 60 𝑚/𝑠 
Então: 
 Ou, simplesmente: v = 80 − 20. 𝑡 
e) Já sabemos a posição do móvel no instante t = 4s: S (4 s) = –30 m. 
 
 Então calculemos seu deslocamento entre os instantes 3 s ≤ t ≤ 4 s, pois: 
∆𝑆4 𝑠 →7 𝑠 = 𝑆 7 𝑠 − 𝑆 4 𝑠 
 
⇒ 𝑆 7 𝑠 = 𝑆 4 𝑠 + ∆𝑆4 𝑠 →7 𝑠 
 O deslocamento ∆𝑆4 𝑠 →7 𝑠 corresponde à área de um trapézio: 
0 
𝐴 = Base maior + base menor ∙
Altura
2
 
 Onde: 
 
 A = ∆S4 s → 7 s; 
 Base maior = ∆t4 s → 7 s; 
 base menor = ∆t6 s → 7 s; 
 Altura = ∆v = vf – vo 
 
⇒ ∆𝑆4 𝑠 →7 𝑠 = 4 𝑠 ∙
(−20 𝑚/𝑠) 
2
 
⇒ ∆𝑆4 𝑠 →7 𝑠 = ∆𝑡4 𝑠 →7 𝑠 + ∆𝑡6 𝑠 →7 𝑠 ∙
∆v
2
 
⇒ ∆𝑆4 𝑠 →7 𝑠 = [ 3 + 1 𝑠] ∙
(−20 𝑚/𝑠) 
2
 
⇒ ∆𝑆4 𝑠 →7 𝑠 = −40 𝑚 
Portanto: 𝐴 = Base maior+base menor ∙
Altura
2
 
⇒ ∆𝑆4 𝑠 →7 𝑠 = [ 7 − 4 𝑠 + 7 − 6 𝑠] ∙
−20 − 0 𝑚/𝑠
2
 
 Finalmente: 
𝑆 7 𝑠 = 𝑆 4 𝑠 + ∆𝑆4 𝑠 →7 𝑠 
 
⇒ 𝑆 7 𝑠 = −30 𝑚 + (−40 𝑚) 
 
⇒ 𝑆 7 𝑠 = −70 𝑚 
 Dados: 
 
S(0) = 0 m 
 Questões: 
 
a) Gráfico a = a(t); 
b) 𝑆 = 𝑆 𝑡 , 20 s ≤ t ≤ 40 s; 
c ) ∆S10 s → 60 s = ? 
Resolução: 
a) Para obtermos o diagrama (t; a), precisamos calcular o valor da aceleração em 
cada um dos trechos que compõe este movimento. 
 𝑎 0 𝑠 →20 𝑠 = 0 𝑚/𝑠
2
 
 Inicialmente, no intervalo 0 s ≤ t ≤ 20 s, vemos que a velocidade não se 
altera, portanto, trata-se de um MRU, e a aceleração nesse intervalo de tempo 
é: 
Já no intervalo 20 s ≤ t ≤ 50 s, podemos obter a aceleração através do cálculo 
da inclinação da reta: 
φ 
CA = ∆t 
CO = ∆v 
tan𝜑 = 𝑎𝑜 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
∆v
∆𝑡
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
v𝑓 − v𝑜
𝑡𝑓 − 𝑡𝑜
 
tan𝜑 =
𝐶𝑂
𝐶𝐴
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
0 − 1 𝑚/𝑠
30 − 20 𝑠
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
−1 𝑚/𝑠
10 𝑠
 
 
⇒ 𝑎𝑜, 20 𝑠 → 50 𝑠 = −0,10 𝑚/𝑠
2 
 E no intervalo 50 s ≤ t ≤ 100 s, também obtém−se a aceleração através do 
cálculo da inclinação da reta observada nesse trecho. 
φ 
CA = ∆t 
CO = ∆v 
𝑎𝑜 =
v𝑓 − v𝑜
𝑡𝑓 − 𝑡𝑜
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
[0 − −2 ] 𝑚/𝑠
100 − 50 𝑠
 
⇒ 𝑎𝑜 =
2 𝑚/𝑠
50 𝑠
 
 
⇒ 𝑎𝑜, 50 𝑠 → 100 𝑠 = 0,04 𝑚/𝑠
2 
O gráfico a = a(t), 
terá então o 
seguinte aspecto: 
a (m/s2) 
0 
–0,10 
–0,04 
–0,08 
 0,04 
t (s) 
b) A Posição em função do Tempo, S = S(t), entre os instantes 20 s ≤ t ≤ 40 s, é, 
é abrangida pela equação horária do MRUV entre os instantes 20 s ≤ t ≤ 50 s, 
conforme indicado pelo gráfico. 
 
 Então, a equação horária terá a forma genérica: 
𝑆(𝑡) = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 +
𝑎𝑜
2
𝑡 − 𝑡𝑜
2 
No item anterior já havíamos determinamos a aceleração nesse trecho: 
𝑎𝑜 = −0,10 𝑚/𝑠
2 
Por inspeção direta do gráfico determina-se que: 
v𝑜 = 1,0 𝑚/𝑠, 𝑡𝑜 = 20 𝑠, em 
 Resta determinar a posição inicial desse móvel, ou seja, sua posição em to = 20 s. 
 
 Para encontrá-la devemos usar a informação dada no enunciado de que a posição 
do objeto em t = 0 s era S(0 s) = 0 m, e daí usar o fato que: 
∆𝑆0 𝑠 →20 𝑠 = 𝑆 20 𝑠 − 𝑆 0 𝑠 
 
⇒ 𝑆 20 𝑠 = ∆𝑆0 𝑠 →20 𝑠 
0 
 O deslocamento pode ser obtido calculando-se a área sob o gráfico entre os 
instantes considerados: 
∆𝑆0 𝑠 →20 𝑠 = v. ∆𝑡0 𝑠 →20 𝑠 
∆𝑆0 𝑠 →20 𝑠 = (1𝑚/𝑠). (20 𝑠) 
∆𝑆0 𝑠 →20 𝑠 = 20 𝑚 
Portanto: 
𝑆 20 𝑠 = 20 𝑚 
A equação horária seria então: 𝑆(𝑡) = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 +
𝑎𝑜
2
𝑡 − 𝑡𝑜
2 
⇒ 𝑆 𝑡 = 20 𝑚 + (1 𝑚/𝑠) 𝑡 − 20 𝑠 +
(−0,10 𝑚/𝑠2)
2
𝑡 − 20 𝑠
2 
⇒ 𝑆 𝑡 = 20 𝑚 + 1 𝑚/𝑠 𝑡 − 20 𝑠 − (0,05 𝑚/𝑠
2) 𝑡 − 20 𝑠
2 
 Esta já seria uma resposta válida, contudo vamos abrir a expressão (eliminar os 
parênteses) para compará-la com o resultado apresentado na apostila. Para 
simplificar não carregarei as unidades nos cálculos que seguem: 
𝑆 𝑡 = 20 + 𝑡 − 20 − 0,05 . (𝑡
2 − 40. 𝑡 + 400) 
⇒ 𝑆 𝑡 = 𝑡 − 0,05. 𝑡2 + 2. 𝑡 − 20 ⇒ 𝑆 𝑡 = −20 + 3. 𝑡 − 0,05. 𝑡2 
ou: 𝑆 𝑡 = −20 + 3. 𝑡 −
𝑡2
20
 
c) O percurso (deslocamento) entre os instantes 10 s ≤ t ≤ 60 s, pode ser obtido 
através de dois métodos diferentes: 
 
c1) pelo cálculo da área sob o gráfico da velocidade entre os instantes pedidos. 
c2) peladefinição de deslocamento, ∆S = Sf – So. 
 
 Para demonstração resolverei pelos dois procedimentos. 
 
c1) Teremos que dividir a área entre 10 s ≤ t ≤ 60 s, em três regiões distintas para 
facilitar o cálculo. Elas são mostradas abaixo: 
 
 
 O deslocamento no intervalo 10 s ≤ t ≤ 30 s, corresponde à área de um trapézio: 
𝐴 = Base maior + base menor ∙
Altura
2
 
⇒ ∆𝑆10 𝑠 →30 𝑠 = ∆𝑡10 𝑠 →30 𝑠 + ∆𝑡10 𝑠 →20 𝑠 ∙
v
2
 
⇒ ∆𝑆10 𝑠 →30 𝑠 = [ 30 − 10 𝑠 + 20 − 10 𝑠] ∙
(1 𝑚/𝑠)
2
 
⇒ ∆𝑆10 𝑠 →30 𝑠 = [(20 + 10) 𝑠] ∙ (0,5 𝑚/𝑠) ⇒ ∆𝑆10 𝑠 →30 𝑠 = 15 𝑚 
 Já o deslocamento no intervalo 30 s ≤ t ≤ 50 s, é dado pela área de um triângulo: 
 
⇒ ∆𝑆30 𝑠 → 50 𝑠 =
(−2 𝑚/𝑠). 50 − 30 𝑠
2
 
Área do Triângulo = 
Base × Altura
2
 
⇒ ∆𝑆30 𝑠 → 50 𝑠 =
v. ∆𝑡30 𝑠 → 50 𝑠
2
 
 
⇒ ∆𝑆30 𝑠 → 50 𝑠 = −20 m 
 E o deslocamento no intervalo 50 s ≤ t ≤ 60 s, é fornecido, novamente, pela área 
de um trapézio: 
𝐴 = Base maior + base menor ∙
Altura
2
 
⇒ ∆𝑆50 𝑠 →60 𝑠 = [ v(50 𝑠) + v(60 𝑠 ] ∙
∆𝑡50 𝑠 →60 𝑠
2
 
 Porém, a velocidade no instante 60 s, v(60 s), não pode ser encontrada 
diretamente pelo gráfico. Teremos que montar a equação da velocidade para 
determiná-la. 
 Como se trata de um MRUV, a equação da velocidade tem a forma geral: 
v = v𝑜 + 𝑎𝑜. (𝑡 − 𝑡𝑜) 
A aceleração ao já foi obtida no item (a): ao = 0,04 m/s
2. 
A velocidade inicial vo pode ser determinada diretamente do gráfico: 
v𝑜 = −2 𝑚/𝑠, 𝑡𝑜 = 50 𝑠, em 
Portanto, a equação da velocidade será: 
v = (−2 𝑚/𝑠) + (0,04 𝑚/𝑠
2). (𝑡 − 50 𝑠) 
Podemos então calcular a velocidade no instante t = 60 s: 
v(60 𝑠) = −2 𝑚/𝑠 + 0,04 𝑚/𝑠
2 . 60 − 50 𝑠 
⇒ v(60 𝑠) = −2 𝑚/𝑠 + 0,04 𝑚/𝑠 10 
⇒ v(60 𝑠) = −2 𝑚/𝑠 + 0,40 𝑚/𝑠 ⇒ v(60 𝑠) = −1,6 𝑚/𝑠 
 Podemos então retornar ao cálculo do deslocamento em 50 s ≤ t ≤ 60 s: 
∆𝑆50 𝑠 →60 𝑠 = [ v(50 𝑠) + v(60 𝑠 ] ∙
∆𝑡50 𝑠 →60 𝑠
2
 
⇒ ∆𝑆50 𝑠 →60 𝑠 = [ −2 𝑚/𝑠) + (−1,6 𝑚/𝑠 ] ∙
60 − 50 𝑠
2
 
⇒ ∆𝑆50 𝑠 →60 𝑠 = −3,6 𝑚/𝑠 ∙
(10 𝑠)
2
 
⇒ ∆𝑆50 𝑠 →60 𝑠 = −18 𝑚 
 Finalmente, o deslocamento total ∆S 10 s → 60 s é obtido com a soma desses 
deslocamentos parciais: 
∆𝑆10 𝑠 →60 𝑠 = ∆𝑆10 𝑠 → 30 𝑠 + ∆𝑆30 𝑠 →50 𝑠 + ∆𝑆50 𝑠 →60 𝑠 
⇒ ∆𝑆10 𝑠 →60 𝑠 = 15 𝑚 + −20 𝑚 + (−18 𝑚) 
⇒ ∆𝑆10 𝑠 →60 𝑠 = 15 𝑚 − 20 𝑚 − 18 𝑚 
⇒ ∆𝑆10 𝑠 →60 𝑠 = −23 𝑚 
 Vejam na sequência o procedimento alternativo para chegar a este mesmo 
resultado. 
 c2) O deslocamento no intervalo pode ser obtido através da relação: 
 
 
 
 Precisaremos então determinar as posições do móvel nos instantes to = 10 s, e 
tf = 60 s. 
 
 Para obter tais localizações, teremos que escrever as equações horárias do 
movimento nos intervalos 0 s ≤ t ≤ 20 s e 50 s ≤ t ≤ 100 s, onde estão os 
instantes de interesse. 
 
 No intervalo 0 s ≤ t ≤ 20 s, o objeto move-se com velocidade constante, 
portanto a equação horária é a de um MRU, cuja velocidade é vo = 1 m/s, e a 
posição inicial, em to = 0 s, é So = S(0 s) = 0 m, conforme apresentando no 
enunciado. Então: 
𝑆(𝑡) = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 ⇒ 𝑆(𝑡) = (0 𝑚) + (1 𝑚/𝑠) 𝑡 − 0 𝑠 
⇒ 𝑆 𝑡 = 1 𝑚/𝑠 . 𝑡 
∆𝑆10 𝑠 →60 𝑠 = 𝑆 60 𝑠 − 𝑆 10 𝑠 
 Podemos então obter a posição do objeto no instante t = 10 s: 
𝑆 10 𝑠 = 1 𝑚/𝑠 . (10 𝑠) ⇒ 𝑆 10 𝑠 = 10 𝑚 
 Agora, a equação horária no intervalo 50 s ≤ t ≤ 100 s, será a de um MRUV cuja 
aceleração já calculamos no item (a): ao = 0,04 m/s
2; e com velocidade inicial 
obtida diretamente do gráfico: vo = v (50 s) = –2 m/s. 
 
 Resta determinar a posição inicial. Isto será feita calculando-se a posição no 
instante t = 50 s, através da equação horária obtida no item (b), válida nesse 
instante. Assim: 
𝑆 𝑡 = −20 + 3. 𝑡 − 0,05. 𝑡2 ⇒ 𝑆 50 𝑠 = −20 + 3. (50) − 0,05. (50)2 
⇒ 𝑆 50 𝑠 = −20 + 150 − 0,05. (2500) ⇒ 𝑆 50 𝑠 = 130 − 125 
⇒ 𝑆𝑜 = 𝑆 50 𝑠 = 5 𝑚 
 Finalmente, podemos escrever a equação horária desse último trecho 
(50 s ≤ t ≤ 100 s), usando todos os resultados acima: 
𝑆(𝑡) = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 +
𝑎𝑜
2
𝑡 − 𝑡𝑜
2 
𝑆 𝑡 = 5 𝑚 + (−2 𝑚/𝑠) 𝑡 − 50 𝑠 +
(0,04 𝑚/𝑠2)
2
𝑡 − 50 𝑠
2 
𝑆 𝑡 = 5 𝑚 − (2 𝑚/𝑠) 𝑡 − 50 𝑠 + (0,02 𝑚/𝑠
2) 𝑡 − 50 𝑠
2 
 Agora, com esta equação, podemos encontrar a posição do objeto no instante 
t = 60 s: 
𝑆 60 𝑠 = 5 𝑚 − (2 𝑚/𝑠) 60 𝑠 − 50 𝑠 + (0,02 𝑚/𝑠
2) 60 𝑠 − 50 𝑠
2 
𝑆 60 𝑠 = 5 𝑚 − (2 𝑚/𝑠) 10 𝑠 + (0,02 𝑚/𝑠
2) 10 𝑠 
2 
𝑆 𝑡 = 5 𝑚 − (2 𝑚/𝑠) 𝑡 − 50 𝑠 + (0,02 𝑚/𝑠
2) 𝑡 − 50 𝑠
2 
𝑆 60 𝑠 = 5 𝑚 − 20 𝑚 + (0,02 𝑚/𝑠
2)(100 𝑠2) 
𝑆 60 𝑠 = 5 𝑚 − 20 𝑚 + 2 𝑚 ⇒ 𝑆 60 𝑠 = −13 𝑚 
 Para concluir, o deslocamento entre os instantes 10 s ≤ t ≤ 60 s será dado por: 
∆𝑆10 𝑠 →60 𝑠 = 𝑆 60 𝑠 − 𝑆 10 𝑠 
⇒ ∆𝑆10 𝑠 →60 𝑠 = −13 𝑚 − 10 𝑚 
⇒ ∆𝑆10 𝑠 →60 𝑠 = −23 𝑚 
 Portanto, os dois procedimentos (cálculo do deslocamento pela área ou pela 
diferença entre as posições extremas) fornecem o mesmo resultado. A opção de 
método fica a cargo do estudante, salvo se for explicitamente indicado pelo autor 
da pergunta qual o caminho que ele deseja ver seguido. 
 Dados: 
 
S(0) = 20 m 
 Questões: 
 
a) Gráfico a = a(t); 
b) ∆S0 s → 5s = ? 
c) 𝑆 10 𝑠 = ? 
Resolução: 
 Para encontrar a aceleração no intervalo 0 s ≤ t ≤ 2 s, precisamos determinar a 
inclinação da reta: 
φ 
CA = ∆t 
CO = ∆v 
tan𝜑 = 𝑎𝑜 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
∆v
∆𝑡
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
v𝑓 − v𝑜
𝑡𝑓 − 𝑡𝑜
 
tan𝜑 =
𝐶𝑂
𝐶𝐴
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
2− 0 𝑚/𝑠
2 − 0 𝑠
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
2 𝑚/𝑠
2 𝑠
 
 
⇒ 𝑎𝑜,0 𝑠 → 2 𝑠 = 1,0 𝑚/𝑠
2 
 Agora, no intervalo 2 s ≤ t ≤ 4 s, a velocidade não mudou, portanto, a 
aceleração ali é nula: 
𝑎𝑜,2 𝑠 →4 𝑠 = 0 𝑚/𝑠
2 
 Já do instante t = 4 s em diante, a inclinação da reta fornece a aceleração: 
φ 
CO = ∆v 
𝑎𝑜 =
v𝑓 − v𝑜
𝑡𝑓 − 𝑡𝑜
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
0 − 2 𝑚/𝑠
8 − 4 𝑠
 
 
⇒ 𝑎𝑜 =
−2 𝑚/𝑠
4 𝑠
 
 
⇒ 𝑎𝑜,4 𝑠 →8 𝑠 = −0,5 𝑚/𝑠
2 
CA = ∆t 
 O gráfico da 
Aceleração pelo Tempo 
(t, a), terá então o 
seguinte aspecto: 
a (m/s2) 
0 
–0,5 
 0,5 
t (s) 
 1,0 
b) O deslocamento entre 0 s ≤ t ≤ 5 s, será calculado através da área sob o 
gráfico nesse intervalo: 
A = ∆S0 s → 5s 
 Essa área pode ser calculada em duas etapas: 
 
 Inicialmente calculemos a área no intervalo 0 s ≤ t ≤ 4 s, que corresponde a um 
trapézio: 
𝐴 = 𝐵 + 𝑏 .
ℎ
2
 ⇒ ∆𝑆0 𝑠 →4 𝑠 = ∆𝑡0 𝑠 →4 𝑠 + ∆𝑡2 𝑠 →4 𝑠 ∙
v
2
 
⇒ ∆𝑆0 𝑠 →4 𝑠 = (4 𝑠 + 2 𝑠) ∙
( 2 𝑚/𝑠)
2
 
⇒ ∆𝑆0 𝑠 →4 𝑠 = (6 𝑠)(1 𝑚/𝑠) ⇒ ∆𝑆0 𝑠 →4 𝑠 = 6 𝑚 
⇒ ∆𝑆4 𝑠 →5 𝑠 = [ 2 + 1,5 𝑚/𝑠] ∙
( 5 − 4) 𝑠
2
 
 Já a área entre 4 s ≤ t ≤ 5 s também corresponde a de um trapézio: 
𝐴 = 𝐵 + 𝑏 .
ℎ
2
 ⇒ ∆𝑆4 𝑠 →5 𝑠 = [v 4 𝑠 + v 5 𝑠 ] ∙
∆𝑡4 𝑠 →5 𝑠
2
 
⇒ ∆𝑆4 𝑠 →5 𝑠 = (3,5 𝑚/𝑠)(0,5 s) ⇒ ∆𝑆4 𝑠 →5 𝑠 = 1,75 𝑚 
1,5 
 A demonstração de que 
a velocidade em t = 5 s vale 
v(5 s) = 1,5 m/s será feita no 
item (c), mas o resultado 
parece óbvio pelo gráfico. 
 Portanto: 
∆S0 s → 5s = ∆S0 s → 4s + ∆S4 s → 5s 
⟹ ∆S0 s → 5s = 6 m + 1,75 m 
⟹ ∆S0 s → 5s = 7,75 m 
c) Para encontrar a posição do objetono instante t = 10 s precisamos escrever a 
equação horária do movimento válida a partir do instante t = 4 s em diante. 
 
 
 Obviamente trata-se de um MRUV, cuja equação horária tem a forma: 
𝑆(𝑡) = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 +
𝑎𝑜
2
𝑡 − 𝑡𝑜
2 
Já havíamos determinamos a aceleração nesse intervalo no item (a): 
𝑎𝑜 = −0,5 𝑚/𝑠
2 
E, analisando o gráfico determina-se que: 
v𝑜 = 2,0 𝑚/𝑠, 𝑡𝑜 = 4 𝑠, em 
Podemos agora completar a equação horária: 
𝑆 𝑡 = 26 𝑚 + (2 𝑚/𝑠) 𝑡 − 4 𝑠 +
(−0,5 𝑚/𝑠2)
2
𝑡 − 4 𝑠
2 
A posição inicial é a posição em t = 5 s. Para encontrá-la podemos usar o fato de: 
∆𝑆0 𝑠 →4 𝑠 = 𝑆 4 𝑠 − 𝑆 0 𝑠 ⇒ 𝑆 4 𝑠 = ∆𝑆0 𝑠 →4 𝑠 + 𝑆 0 𝑠 
 O deslocamento ∆S 0 s → 4 s = 6 m, foi obtido no item anterior (b). 
 A posição S(0 s) = 20 m, foi fornecida no enunciado do problema. 
⇒ 𝑆 4 𝑠 = 6 𝑚 + 20 𝑚 ⇒ 𝑆 4 𝑠 = 26 𝑚 
𝑆(𝑡) = 𝑆𝑜 + v𝑜 𝑡 − 𝑡𝑜 +
𝑎𝑜
2
𝑡 − 𝑡𝑜
2 
𝑆 𝑡 = 26 𝑚 + 2𝑚/𝑠 𝑡 − 4 𝑠 − (0,25 𝑚/𝑠
2) 𝑡 − 4 𝑠
2 
 Finalmente, a posição no instante t = 10 s, pedida, é: 
𝑆 𝑡 = 26 𝑚 + 2𝑚/𝑠 𝑡 − 4 𝑠 − (0,25 𝑚/𝑠
2) 𝑡 − 4 𝑠
2 
⇒ 𝑆 10 𝑠 = 26 𝑚 + 2𝑚/𝑠 10 𝑠 − 4 𝑠 − (0,25 𝑚/𝑠
2) 10 𝑠 − 4 𝑠
2 
⇒ 𝑆 10 = 26 𝑚 + 2 𝑚/𝑠 (6 𝑠) − (0,25 𝑚/𝑠
2) 6 𝑠 2 
⇒ 𝑆 10 = 26 𝑚 + 12 𝑚 − (0,25 𝑚/𝑠
2)(36 𝑠2) 
⇒ 𝑆 10 = 38 𝑚 − 9 𝑚 
⇒ 𝑆 10 = 29 𝑚 
 O exercício está resolvido, mas para a demonstração ficar completa provarei que a 
velocidade em t = 5 s vale v(5 s) = –1,5 m/s. 
 
 Para isso escreverei a equação da velocidade válida do instante t = 4 s em diante. 
 
 Como é um MRUV a equação genérica é: v = v𝑜 + 𝑎𝑜. (𝑡 − 𝑡𝑜) 
⇒ v = (2 𝑚/𝑠) + −0,5 𝑚/𝑠
2 . (𝑡 − 4 𝑠) 
⇒ v = 2 𝑚/𝑠 − 0,5 𝑚/𝑠
2 . (𝑡 − 4 𝑠) 
 A velocidade no instante t = 5 s é, então: 
v(5 𝑠) = 2 𝑚/𝑠 − 0,5 𝑚/𝑠
2 . 5 − 4 𝑠 
⇒ v(5 𝑠) = 2 𝑚/𝑠 − 0,5 𝑚/𝑠 ⇒ v(5 𝑠) = 1,5 𝑚/𝑠 c.q.d.