FISICAI 01 exercicios resolvidos

Prévia do material em texto

1
física i
exercícios das aulas 1-4
ExErcício 1
As extremidades de um segmento de reta AB tem co-
ordenadas A(–80 cm, 40 cm) e B(80 cm, 160 cm). Trace 
o segmento de reta num referencial cartesiano (x,y) e
calcule a distância AB.
ExErcício 2
A superfície de um campo de futebol é um retângulo de 
110 × 70 metros. As marcações das linhas internas e ex-
ternas do campo são simétricas.
Física I / Aulas 1–4 Exercícios 2
a
hg
e
x
y
0
i
nm
d
(-35 m; -55 m)
(20 m; -40 m)
(35 m; 55 m)
Num determinado momento de um jogo, um massagista realiza uma cor-
rida em linha reta desde o ponto E até o ponto I.
Qual a distância percorrida pelo massagista?
ExErcício 3
A estrutura prismática retangular tem:
 → Altura h = 30 cm;
 → Diagonal FD de comprimento dFD = 50 cm;
 → Área do lado ABFE = 600 cm².
Considerando o referêncial cartesiano xyz esquematizado, determinar as 
coordenadas dos pontos A e G.
A
B
C
D
E
F
G
H
h = 30 cm
x
y
z
ExErcício 4
 As posições ocupadas por um projétil lançado da origem do referencial, 
conforme esquema abaixo, são dadas pelas equações x = 60.t e y = 80.t 
– 5t² onde x e y são expressos em metro e t em segundos.
Física I / Aulas 1–4 Exercícios 3
y(m)
q
p (x;0) x(m)
x = 60.t
y = 80.t - 5t2
a. Qual a posição do projétil no instante t = 0 s?
b. Em que instante t o projétil passa pelo ponto P?
c. Se o projétil atinge o ponto Q (solo) em t = 20 s, quais as coordena-
das deste ponto?
d. Qual a distância entre a origem e o ponto Q?
ExErcício 5
Considere os pontos em evidência no plano cartesiano/polar.
d
c
-40
30
20
10
-10
-20
-30
40
-50 -40 -30 -20 -10 10 20 30 40 50
y (m)
x (m)
eixo polara
b
e
f
Representar os pontos A, B, C, D, E, e F em coordenadas cartesianas e em 
coordenadas polares.
ExErcício 6
Considere os pontos A,B ,C e D no disco polar figurado.
a. Representar cada um dos pontos em coordenadas polares.
b. Representar cada ponto em coordenadas cartesianas.
Física I / Aulas 1–4 Exercícios 4
b
a
d c
5 m 10 m 15 m 20 m
ExErcício 7
Um ponto P tem coordenadas polares (20 m, π/6). Dar as coordenadas 
cartesianas de P.
ExErcício 8
Considere as seguintes equações cartesianas: 
a) (x - 1)2 + y2 = 1 e b) y = 3
Determinar as respectivas equações polares.
ExErcício 9
Dada a equação polar: ρ = 5 m. Encontre a respectiva equação cartesiana.
ExErcício 10
Considere a estrutura tridimensional abaixo esquematizada na qual se 
desenham esferas ocupando certas posições e o referencial cartesiano 
adotado.
Física I / Aulas 1–4 Exercícios 5
z
x
y
g
e
d
20 cm
20 cm
10 cm
10 cm
c
b
a
f
m
h
15 cm
15 cm
a. Quais as coordenadas das posições B e F? 
b. Qual o comprimento da diagonal AE?
ExErcício 11
Numa viagem de automóvel pela Via Anhanguera de São Paulo a Pirassu-
nunga (sem parar), um estudante anotou o espaço percorrido e calculou 
a velocidade média em alguns trechos, conforme registra a tabela: 
v (km/h)∆s (km)origem – destino
80100São Paulo – Campinas
60 45Campinas – Americana
8040Americana – Limeira
5060Limeira – Pirassununga
Determinar:
a. O tempo total do percurso S.Paulo – Pirassununga.
b. A velocidade escalar média no percurso S. Paulo – Pirassununga em 
km/h e em m/s.
ExErcício 12
O gráfico representa a variação do espaço “s” (km) em função do tempo “t” 
(min) de um carro durante uma viagem por uma das rodovias SP. Ele foi 
elaborado após as conversões de marcos quilométricas em coordenadas 
“espaços”.
a. O movimento foi sempre progressivo?
b. Calcule a velocidade escalar média da viagem (resposta em km/h).
c. Calcule a velocidade média no intervalo ∆t = (100 – 90) min.
Física I / Aulas 1–4 Exercícios 6
0 50 100
t (min)
s 
(k
m
)
100
200
ExErcício 13
As funções horárias do espaço que descrevem os movimentos simultâ-
neos de duas partículas A e B que correm ao longo de um trecho de uma 
ciclovia são: sA = –20 + 4.t (s;m) e sB = 10 – 2t (s;m).
 → Determinar a velocidade escalar instantânea de cada ciclista.
 → Os ciclistas correm no mesmo sentido ou em sentidos opostos?
 → Em que instante t os ciclistas se cruzam? Qual a coordenada do res-
pectivo ponto?
 → Plotar, no mesmo papel quadriculado, os gráficos das respectivas 
equações horárias e partir do gráfico, indicar como obter as respos-
tas às questões anteriores.
Física I / Aulas 1–4 Exercícios 7
ExErcício 14
Uma partícula desloca-se ao longo do eixo 0x cujas posições são descritas 
pela função horária:
x = 2t2 + 10t + 20 (s;m) 
a. Esboçar o gráfico cartesiano x × t (valores de x no eixo das ordena-
das e os valores de t no eixo das abscissas).
Gráfico  x × t Gráfico  v × t Gráfico  a × t
b. Determinar a equação horária da velocidade da partícula e represen-
tá-la num gráfico v × t .
c. Determinar a equação horária da aceleração da partícula e esboçar 
o gráfico a × t .
d. O movimento é uniforme ou uniformemente acelerado?
ExErcício 15
O velocímetro digital de um carro registra 108 km/h quando, a 126 m de 
um posto policial, o motorista aciona os freios introduzindo uma acelera-
ção escalar constante a = –3 m/s² que atua no carro até ele parar. Ado-
tar a origem das coordenadas espaço na posição em que os freios foram 
acionados (t = 0) e determinar:
a. A equação horária da aceleração escalar, da velocidade escalar e do 
espaço.
b. A velocidade escalar do carro quando passa pelo posto policial.
Física I / Aulas 1–4 Exercícios 8
ExErcício 16
O gráfico representa os espaços y (alturas) de um projétil em função do 
tempo t cuja equação horária é y(t) = 600t – 5t² (s;m) .
 → O movimento é progressivo? Retrógrado?
 → Determine a equação horária da velocidade.
 → Calcule a aceleração do projétil.
 → Qual a velocidade do projétil no instante em que ele atinge a altura 
máxima?
20
10
6030 12090 t(s)
y(
× 
10
3 m
)
ExErcício 17
Uma esfera é abandonada (v0 = 0) no ponto A de um plano inclinado. O 
seu centro, considerado como ponto material, desloca-se plano abaixo e 
passa pelo ponto com velocidade v = 2 m/s pelo ponto B.
A aceleração do centro da esfera é a = g . senθ = 5 m/s².
Calcular a distância AB.
θ
B
A
V0 = 0
s
Física I / Aulas 1–4 Exercícios 9
ExErcício 18
As posições ocupadas por uma partícula são condensadas no gráfico abai-
xo.
1 2 3 4 5 6 7 8
10
20
-10
-20
s(m)
t(s)
a. Qual a velocidade no instante t = 1 s?
b. Qual a velocidade no instante t = 3 s?
c. Qual a velocidade no instante t = 5 s? 
ExErcício 19
O gráfico representa a variação da velocidade escalar de uma partícula.
2
1
0
-1
-2
0,8 1,6 2,4 3,2 4,0 4,8
v (m/s)
t (s)
a. Em quais intervalos de tempo a aceleração escalar é nula? E em 
quais ela é diferente de zero?
b. Em quais intervalos de tempo a velocidade da partícula é nula?
c. Em qual intervalo de tempo o movimento da partícula é progressivo?
10Física I / Aulas 1–4 Exercícios
gabarito 
ExErcício 1
A figura ilustra o referencial cartesiano, os pontos A e B e o segmento de 
reta AB.
b
100
x (cm)
100
a c
-100
20 cm
20 cm
y (cm)
Para o cálculo da distância AB, desenhamos uma paralela ao eixo y por B 
e uma paralela ao eixo x, por A. A interseção é o ponto C (80 cm, 40 cm).
Este artifício define o triângulo retângulo ABC. A hipotenusa é a = AB e os 
catetos são b = AC e c = CB.
A relação entre a hipotenusa e os catetos é dada pelo Teorema de Pi-
tágoras:
 a2 = b2 + c2 → a = b2 + c2 = distância AB.
Os catetos b e c podem ser determinados pelas projeções dos pontos A e 
B sobre os eixos x e y. Veja a tabela abaixo.
pontos projeção no eixo x projeção no eixo y
A xA = -80cm yA = 40 cm
B xB = xC = 80 cm yB = 160 cm
As medidas dos catetos são determinadas da seguinte forma:
b = |xB - xA| = |80 (-80)| = 160 cm
c = |yB - yA| = |160 - 40| = 120 cm
Portanto,
a = AB = b2 + c2 = [xB - xA]2 + [yB- yA]2 = 1602 + 1202 = 200 cm
11Física I / Aulas 1–4 Exercícios
Distância entre dois pontos no plano cartesiano.
Generalizando: a distância entre dois pontos A (xA, yA) e B(xB, yB) pode 
ser determinada por:
Distância AB = [xB - xA]2 + [yB- yA]2
Distância AB = [(80) - (-80)]2 + [(160) - (40)]2 = 1602 + 1202 = 200 cm
12Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 2
A distância entre E e I pode ser determinado por: 
dEI = [xE - x1]
2 + [yE - y1]
2 . 
a. As coordenadas do ponto E são xE = 35 m e yE = 0, ou seja, E (35 
m; 0).
b. As coordenadas de I podem ser determinadas por considerações de 
simetria:
 → G é simétrico ao ponto H em relação ao eixo 0y. Logo, xG = –xH = 
–20 m e yB = yG = –40 m, portanto, G (–20 m; –40 m).
 → I é simétrico a G em relação ao eixo 0x. Logo, xI = xG = –20 
m e yI = –yG = - ( - 40 m) = + 40m), portanto, I (–20 m; 40 m).
Conhecidas as coordenadas dos pontos E e I, calcula a distânciao: 
dEI = [xE - x1]
2 + [yE - y1]
2 = [(35) - (-20)]2 + [(0) - (40)]2 = 
= 552 + 402 = 68 m.
Na corrida, em linha reta, desde E até I, o massagista percorreu 68 m.
dEI = [55]
2 + [-38,5]2 = 4.507,25 = 67,14 m.
13Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 3
Com as informações fornecidas pelo enunciado, vamos determinar os la-
dos desconhecidos da estrutura.
A área do lado ABFE é dado por:
(FE)(AF) = (FE)(30cm) = 600 cm2 (FE) = 600 cm2
30 cm
 = 20 cm
Com este dado, podemos inferir que xE = – 20 cm, pois ele se encontra 
no 3° quadrante do referencial xyz adotado. Como E pertence ao plano xy, 
a coordenada zE = 0 . Finalmente, a coordena yE = yF .
Comprimento da diagonal: 
dFD = [xF - xD]
2 + [yF - yD]
2 + [zF - zD]
2
As coordenadas conhecidas:
xF = xD = 0 (pois os pontos F e D pertencem ao plano yz)
yF = ? 
yD = 0 (D, por pertence r ao eixo 0z, tem coordenada x = y = 0)
zF = 0 (pois F pertence ao plano xy e todos os pontos deste plano tem 
coordenada z = 0)
zD = h = 30 cm
Substituindo-se as coordenadas em dFD = 50 cm = [yF]
2 + [-30 cm]2 . 
Desta relação tem-se: (yF)² = (50 cm)² – (–30 cm)² = 1600 cm² .
Logo, yF = ± 1600 cm
2 = ± 40 cm. Devemos escolher o sinal (–) pois 
o ponto F encontra-se no semi-eixo negativo do eixo 0y. Portanto: yF = 
– 40 cm.
Deste modo, com as informações acima, as coordenadas dos pontos 
A e G são:
 → A (0; –40 cm; 30 cm) 
 → G (–20 cm; –40 cm; 0)
14Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 4
a. Substituindo-se t = 0 s nas equações x = f(t) e y = y(t) tem-se os 
valores das coordenadas do ponto ocupado pelo projétil neste ins-
tante. Então: x = 80(0) = 0 e y = 80(0) – 5(0)² = 0. Conclusão: o projétil 
encontrava-se na origem do referencial adotado.
b. As coordenadas de P são x = 60.t (conhecendo-se t determina-se x) 
e y = 0. Por meio da equação y = y(t) = 80t – 5t², determina-se t, ou 
seja, 0 = 80t – 5t² ou, t(80 – 5t) = 0. A solução exibe duas raízes: t = 
0 ( projetil na origem) e t = 80
5
 = 16 s, o instante em que o projétil 
passa pelo ponto P.
c. Em t = 20 s temos: x = 60 . 20 = 1200 m e y = 80(20) – 5(20)² = – 400 
m. Portanto, o ponto Q tem coordenadas Q(1200m; – 400m).
d. Distância 0Q = [1200 - 0]2 + [-400 - 0]2 = 10000 (122 + 42) 
 = 100 160 = 400 10 m
15Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 5
ponto coordenadas cartesianas (em m)
coordenadas polares
ρ  =  x2 + y2 (em m); φ = arctan (y/x) (em°)
A 30; 0 ρ  =  30 m ; φ  =  0° + N.360° com N = 0,1,2,3... (*)
B -20; 20 ρ  =  20 2 m ; φ  =  135° + N.360 com N = 1,2,3,...
C 0; 40 ρ  =  40 m ; φ  =  90° + N.360 com N = 1,2,3,...
D 0; -10 ρ  =  10 m ; φ  =  270° + N.360 com N = 1,2,3,...
E 30; 40 ρ  =  50 m ; φ  =  53,13° + N.360 com N = 1,2,3,...
F 40;-30 ρ  =  50 m ; φ  =  323,16° + N.360 com N = 1,2,3,...
A variável angular ( ou azimute polar) pode assumir infinitos valores. 
Vejamos:
A coordenada angular ou azimute polar associado a uma coordenada ra-
dial pode assumir infinitos valores.
d
c
-40
30
20
10
-10
-20
-30
40
-50 -40 -30 -20 -10 10 20 30 40 50
y (m)
x (m)
eixo polara
b
e
f
φ1 = φ0 + (1) × 360
0
φ0ρ
 Vejamos. Vamos concentrar no ponto B:
 → ρ =  (-20)2 + (+20)2  =  2 × 400  = 20 2 m é a distância do polo 
0 até o ponto B ( coordenada radial).
 → φ = arctan 20 m
-20 m
 = arctan(–1) = 135° + N.360°. 
Para N = 0, o azimute polar será φ0 = 135° (tan 135° = –1).
Para N = 1, φ1 = 135°+(1)360° = 495°, cuja tangente é tan (495°) = –1 e 
assim por diante.
16Física I / Aulas 1–4 Exercícios
(*) tan [0° + (0)360°] = tan [0° + (1).360°] = tan [0° + (2).360°] = tan [0° 
+ (3).360°]... tan (0° + N.360°); assim, a coordenada angular ou azimute 
polar, pode assumir infinitos valores. Se o caso geral não for solicitado 
expressamente, a coordenada angular pode ser expressa para N = 0.
17Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 6
As coordenadas polares podem ser inferidas a partir dos raios das circun-
ferências desenhadas no disco polar. 
a. 
coord. angular (n=0) φcoord. radial ρponto
45° 10 mA
120°20 mB
330°15 mC
210°10 mD
eixo polar
ρ = 20 m
ρ = 10 m
ρ = 10 m
C
b
a
d
5 m 10 m 15 m 20 m
135o
90o
45o
0o
315o
270o
225o
210o
180o
ρ = 15 m
330o
120o
b. A conversão de coordenadas polares em coordenadas cartesianas é 
realizada mediante as relações: x = ρ.cos(φ) e y = ρ.sen(φ).
ponto 
(coord.polares)
x = ρ.cos(φ) (m) y = ρ.sen(φ) (m)
expressão 
cartesiana (m)
A (10 m; 45°) x = 10.cos(45°) = 7,07 y = 10.sen(45°) = 7,07 A (7,07; 7,07)
B (20 m; 120°) x = 20.cos(120°) = -10 y = 20.sen(120°) = 17,32 B (-10; 17,32)
C (15 m; 330°) x = 15.cos(330°) = 13 y = 15.sen(330°) =-7,5 C (13; -7,5)
D (10 m; 210°) x = 10.cos(210°) = -8,66 y = 10.sen(210°) = -5 D (-8,66; -5)
18Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 7
A conversão é feita mediante as relações: 
x = ρ.cos φ e y = ρ sen φ . 
No caso em tela:
ρ = 20 m e φ = π/6 = 30°
Portanto:
 x = 20.cos 30° = 20. 3 /2 = 10. 3 m 
e 
y = 20.sen 30° = 20(0,5) = 10 m
19Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 8
a. A equação em coordenadas cartesianas, a ser transformada em 
equação em coordenadas polares, é (x – 1)² + y² = 1. Substituindo-
-se as respectivas relações de transformação: x = ρ.cos φ e y = ρ.
sen φ, temos:
[(ρ.cos φ) - 1]2 + (ρ.sen φ)2 = 1
Desenvolvendo:
ρ2(cos φ)2 - 2(1)(ρ cos φ) + (1)2 + ρ2 (sen φ)2 = 1
ρ2.[cos 2φ + sen 2φ] - 2ρ cos φ + 1 = 1
 Da trigonometria temos [cos 2φ + sen 2φ] = 1, logo:
ρ2.[1] - 2ρ cos φ + 1 = 1 ou ρ[ρ - 2cos φ] = 1 - 1 
ρ [ρ - 2 cos φ] = 0
Como ρ ≠ 0, então: ρ – 2 cos φ = 0. 
Portanto, ρ = 2 cos φ que é a equação em coordenadas polares.
b. Agora a equação cartesiana é y = 3. Neste caso, vamos substituir  
y = ρ.sen φ. Assim: (ρ.sen φ) = 3, o que nos leva a escrever: 
ρ = 3
sen φ
 = 3.cossec (φ) 
Em trigonometria: cossec (φ) = 1
sen φ
20Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 9
A conversão de sistema polar para cartesiana obedece a relação: 
ρ = x2 + y2
Portanto, para a equação polar ρ = 5 m, escrevemos:  x2 + y2  = 5 m ou 
x² + y² = 25 m² que é a equação cartesiana de uma circunferência de raio 
5 m. 
ExErcício 10
a. B(–15 cm; –10 cm; 0) e F(0; 15 cm; 40 cm).
b. O ponto A tem coordenadas A(0; –15 cm; 0) e E tem coordenadas E(20 
cm; 15 cm; 40 cm). A distância:
 AE = (20 - 0) + (-15 - 15)2 + (0 - 40)2 = 400 + 900 + 1600
= 2900 = 10 29 cm ou AE = 53,85 cm.21Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 11
a. Vamos calcular o tempo em cada trecho no qual conhecemos o es-
paço percorrido ∆s e a velocidade escalar média. A tabela condensa 
essas informações.
origem-destino ∆s (km) v (km/h) ∆t = ∆s/ v ( h)
São Paulo - Campinas 100 80 1,25
Campinas-Americana 45 60 0,75
Americana-Limeira 40 80 0,50
Limeira-Pirassununga 60 50 1,20
Portanto, o tempo total de percurso foi: 
∆ttotal = 1,25 + 0,75 + 0,50 + 1,20 = 3,7 h.
b. 
vS.Paulo-Pirssununga = 
(100 + 45 + 40 + 60) km
3,7 h
 ≅ 66,2 km/h
22Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 12
a. No intervalo de tempo [90 – 100] min a coordenada espaço do carro 
variou de s90 = 200 km para s100 = 160 km. Assim o espaço percorri-
do foi ∆s = (160 – 200)km = –40 km. O sinal negativo NÃO significa 
que o odômetro (instrumento que mede a quilometragem do carro, 
mede distância percorrida que é igual ao módulo do espaço percorri-
do ∆s e, este, pode ser negativo) retroagiu. O sinal negativo deve ser 
interpretado como movimento retrógrado, ou seja, o carro mo-
vimentou-se no sentido dos marcos quilômetros decrescentes.
No intervalo de tempo [0 – 50] min, o espaço percorrido pelo 
carro foi ∆s = (120 – 20) = +100 km. Neste caso o movimento foi pro-
gressivo, ou seja, no sentido crescente dos marcos quilométricos.
Conclusão: o movimento descrito pelo gráfico não foi sempre 
progressivo pelas razões acima expostas.
b. A viagem durou ∆t = (110 min – 0) = 110 min e o respectivo espaço 
percorrido foi ∆s = (160 km – 20km) = 140 km. Logo, v = ∆s/∆t = (140 
km)/(110min) ≅ 1,27 km/min = 1.270 m/min.
Para transformar v = 1,27 km/min em km/h, basta substituir “min 
=1h/60". Assim:
v = 1,27 km/min = 1,27km/(1h/60)
= 1,27 × 60 km/h = 76.2 km/h
c. No intervalo ∆t = (100 – 90) min = 10 min, o carro que estava no 
espaço s90 = 200 km, retorna para o espaço s100 = 160 km. Logo, o 
espaço percorrido foi ∆s = [160 – 200] km = – 40 km (movimento 
retrógrado). A velocidade média, neste intervalo, é: 
v = ∆s
∆t
 = - 40 km
10 min
 = - 4 km/min
O sinal negativo deve ser interpretado: significa que o movimento 
foi retrógrado.
23Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 13
a. Conhecida a função (equação) horária do espaço s(t), a velocidade 
escalar instantânea v(t) é a taxa de variação do espaço em relação 
ao tempo. Matematicamente:
v(t) = ds(t)
dt
 = derivada do espaço em relação ao tempo
Então, se:
sA(t) = -20 + 4t (s;m) → vA(t) = 
d(-20 + 4.t)
dt
 = 4 m/s
sB(t) = 10 - 2t (s;m) → vB(t) = 
d(10 - 2.t)
dt
 = - 2 m/s
b. As velocidades escalares dos ciclistas têm sinais algébricos opostos, 
portanto, eles se movem em sentidos opostos. O movimento de A é 
progressivo e o de B, retrógrado em relação ao sistema de coorde-
nadas espaços adotado.
c. No ponto onde ocorre o cruzamento, as coordenadas se igualam, ou 
seja, sA = sB. Podemos então igualar as respectivas funções horárias 
do espaço: –20 + 4t = 10 – 2t . Resolvendo o sistema: 6t = 30 e, 
portanto, t = 5 s. Substituindo-se t = 5 s na equação horária de A 
(ou de B) tem-se: sA = –20 + 4(5) = 0. 
Portanto, os ciclistas se cruzam no instante t = 5 s e no ponto 
de coordenada sA = sB = 0.
d. Para plotar os gráficos vamos elaboras uma tabela com alguns pa-
res de valores de coordenadas e de tempos das funções: sA(t) = –20 
+ 4t e sB(t) = 10 – 2t.
t(s) 0 2 4 6 8 10
sA(m) 10 6 2 -2 -6 -10
sB(s) -20 -12 -4 4 12 20
10
-20
θB
θA
coef. linear = 10m
coef. angular = va = –2m/s
–6 m
3 s
5
2,5 s
10 m
coef. angular = vb = –4m/s
coef. linear = -20m
B
A
s(m)
t(s)
24Física I / Aulas 1–4 Exercícios
As funções horárias de A e de B são polinomiais de 1° grau cujos gráficos 
cartesianos são lineares. Observe que para t = 5 s, as coordenadas são 
iguais a 0 para ambos os ciclistas.
Dois parâmetros importantes das funções lineares são:
 → Coeficiente linear = ponto de interseção da reta com o eixo das co-
ordenadas espaço. Corresponde ao termo independente da função 
linear de ordem 1. Comparem:
sA(t) = -20 + 4t e sB(t) = 10 - 2t 
Termos independentes: –20 e +10 que correspondem aos coeficien-
tes lineares de cada reta.
 → Coeficiente angular = coeficiente que multiplica a variável indepen-
dente, neste caso, esta variável é o tempo representado pela letra 
“t”. Nas funções lineares em tela, os coeficientes angulares são, res-
pectivamente, 4 e –2. 
O que eles representam? Representam a velocidade instantânea 
de cada partícula.
Como determinar no gráfico? Traça um triângulo retângulo ten-
do como hipotenusa um trecho do gráfico. O cateto na direção dos 
eixos dos tempos é sempre positivo e o cateto na direção dos eixos 
dos espaços pode ser negativo. 
O coef.ang = cateto na direção da variável s(t)
cateto na direção eixo da variável independente t
 = 
= ∆s
∆t
 = v . ds(t)
dt
que é a derivada da função s(t) em relação ao tempo.
Veja os dois triângulos no gráfico.
25Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 14
a., b. e c.  A função horária do espaço é x = 2t² + 10t + 20 (s;m); a veloci-
dade instantânea da partícula é a taxa de variação instantânea 
(relativo ao tempo) da função horária da posição. Assim: 
v(t) = dx(t)
dt
 = d(2t
2 + 10t + 20)
dt
 = 4t + 10 (s;m/s)
A aceleração instantânea é a taxa de variação instantânea da 
função velocidade. Assim:
a(t) = dv(t)
dt
 = d(4t + 10)
dt
 = 4 m/s2
não existe t < 0 
fisicamente
-4 4 8-2 2 6 10 12
100
-6-8-10 0
200
300
28m
228m
48m
92m
152m
320m
t(s)
x(m)
4 82 6 10
50 m/s
42 m/s
34 m/s
26 m/s
18 m/s
10 m/s
0
50
10
20
30
40
v(m/s)
t(s)
4 82 6 100
t(s)
a(m/s2)
5
10
x = 2t ² + 10t + 20
Polinomial de grau 
2 em relação ao 
tempo. Parábola.
v(t) = 4t + 10
Polinomial grau 1 em 
relação ao tempo. Gráfico 
linear inclinado em relação 
ao eixo dos tempos.
a(t) = 4 m/s²
Polinomial grau 0 em 
relação ao tempo. 
Grafico linear paralelo 
ao eixo dos tempos.
d. Como a ≠ 0 o movimento da partícula não é uniforme. No movi-
mento uniforme a aceleração escalar é nula; como consequência a 
velocidade permanece invariável e o espaço varia linearmente com 
o tempo, ou seja, a função espaço é uma polinomial de grau 1 no 
tempo. Em resumo: no movimento uniforme: 
1) a(t) = 0; 
2) v(t) = vo; 
3) x(t) = xo + vo.t  a variável x pode ser trocada por “s”, por “y”, etc. 
Os gráficos do espaço e da velocidade são lineares:
26Física I / Aulas 1–4 Exercícios
t
v
v0 v = v0
0
S0
t
s
0
s = s0 + v0t
S = 0
v0 = 
∆s
∆t
∆s
∆t
27Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 15
a. O esquema ao lado representa o referencial de coordenadas espaço 
adotado. 
Vamos começar a contagem do tempo (t = 0) quando o carro esti-
ver passando pela origem das coordenadas espaço (s = 0). 
Então, o carro passa pela origem s = 0 com vo = 30 m /s e a ace-
leração escalar a = –3 m/s².
v0 = 108 km/h = 30 m/s
s = 0
t = 0
s = 126 m
(posto policial)
y
x
s(m)
Equações horárias do movimento da partícula (carro) são:
 → a(t) = – 3 m/s² [aceleração constante]
 → Em virtude da aceleração do carro ser constante, as equações da 
velocidade e do espaço têm os seguintes formatos: 
v(t) = v0 + at e s(t) = s0 + v0 t + 
a
2
 .t2
Substituindo-se a = –3 m/s²; v0 = 30 m/s e s0 = 0 (condições ini-
ciais) temos:
v(t) = 30 - 3.t (s;m/s) e s(t) = 30.t - 3
2
 .t2 (s;m)
b. Quando o carro passar pelo posto policial no instante t = ? (incógni-
ta) a coordenada s = 126 m. Substituindo-se s = 126 m na equação 
horária do espaço, determinamos o instante de tempo t correspon-
dente. Assim: 
126 = 30 . t - 3
2
 . t2 ou 3
2
 . t2 - 30 . t+ 126 = 0
Multiplicando-se todos os termos, de ambos os lados da igualdade, 
por 2/3, temos: 
28Física I / Aulas 1–4 Exercícios
t2 - 20 . t + 84 = 0
Para se determinar a incógnita t, aplicamos a fórmula de Bhaskara: 
t = - b ± b
2 - 4.ac
2a
Fazendo a correspondência: b = –20; a = 1 e c = 84, teremos:
t = - (-20) ± (-20)
2 - 4.1.84
2.1
 = 
20 ± 8
2
Temos então duas respostas reais t’ = 6 s e t” = 14 s. Qual escolher? 
Analisemos os gráficos s × t e v × t antes da escolha final.
t(s)
v(m/s)
2 4 6 8 10 14 16 18
0
20
-20
-10
-30
20
10
30
12 m/s
-12 m/s
12
v(t) = 30 - 3.t
s(s)
2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
t' = 6s t' = 14s
0
50
100
150
126
v = ds
dt
 = 0
s = 30t - 3
2
t2
t(s)
Mov. Progressivo Mov. Retrógrado
s(t) = 30.t - 3
2
.t2
29Física I / Aulas 1–4 Exercícios
O gráfico s × t ilustra que as coordenadas s do carro varia segundo 
uma parábola, com vértice em t = 10s (instante em que v = ds(t)/dt 
= 0). De 0 a 10 s, o carro ocupa posições de coordenadas crescentes. 
O movimento neste intervalo é progressivo. O carro pára em t = 10s 
a 150 metros da posição onde os freios foram acionados e, nesta 
posição ele fica parado. O carro não retorna mais. Portanto, t = 6 s 
é o tempo a ser escolhido para responder ao quesito b.
A parte do gráfico com t > 10 s, não tem significado real, pois o 
carro não retorna, como retornaria uma laranja jogada verticalmen-
te para cima. Portanto, a região do gráfico s × t que se relaciona a 
movimento retrógrado, são tem significado matemático.
Logo, a resposta ao quesito b é: no instante t = 6 s o carro passa 
com velocidade v = 30 – 3(6) = 12 m/s (43,2 km/h) defronte ao pos-
to policial situado a 126 m da posição onde os freios foram acionados.
30Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 16
a. Para 0 ≤ t ≤ 60 s, o movimento é progressivo, pois o projetil ocupa 
posições de y de valores crescente. No intervalo 60 s ≤ t ≤ 120 s, o 
movimento é retrógrado em relação ao referencial adotado, pois o 
projétil passa a ocupar posições de y decrescente. 
b. v(t) =  dy(t)
dt
 =  d(600t - 5t
2)
dt
 = 600 – 10.t
Portanto: v(t) = 600 – 10.t (s;m). 
c. a(t) =  dv(t)
dt
 =  d(600 - 10t )
dt
 = –10 m/s²
Portanto: a(t) = –10 m/s² (constante).
d. Conforme o gráfico, em t = 60 s o projétil atinge a altura máxima, 
pois neste ponto, o movimento inverte de sentido. Então: 
valtura máx = 600 - 10 . (60) = 0 
e
yaltura máx = 600(60) - 5(60)
2 = 18.000 m
31Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 17
Vamos aplicar a Equação de Torricelli v² = (v0)² + 2.a.∆s para movimentos 
com a = constante, onde ∆s = AB. Rever Exercício 16.
22 = (0)2 + 2.(5) AB → AB = 4/10 = 0,4 metros
ExErcício 18 
a. No intervalo 0 ≤ t ≤ 2s o movimento é uniforme (gráfico retilíneo); a 
velocidade neste intervalo é:
v = coef.angular da reta = ∆s
∆t
 = (20 - 0)
2 - 1
 = 10 m/s
Portanto, no instante t = 1 s a velocidade também é v = 10 m/s.
b. No intervalo 2 ≤ t ≤ 4s o movimento é uniforme, com espaço 
invariável (segmento de reta paralelo ao eixo das abscissas). Espaço 
invariável → ∆s = 0 → partícula em repouso: v = 0.
c. A velocidade no intervalo 4 ≤ t ≤ 6s é constante (movimento uni-
forme), pois neste intervalo o segmento de reta que representa a 
variação do espaço é retilíneo. A velocidade corresponde ao coef.
angular da reta: 
v = ∆s
∆t
 = (-20 - 20)
(6 - 4)
 = - 40
2
 = -20 m/s
Velocidade negativa → movimento retrógrado.
32Física I / Aulas 1–4 Exercícios
ExErcício 19
a. a.1. A aceleração escalar é a taxa de variação instantânea da veloci-
dade. Logo, nos intervalos onde ela não varia a aceleração escalar é 
nula. Isto acontece nos intervalos: 
1) 0 ≤ t ≤ 0,8s;
2) 0,8 ≤ t ≤ 2,0s;
3) 2,8 ≤ t ≤ 4,0s ;
4) 4,0 ≤ t ≤ 4,8s.
a.2. No intervalo de tempo 2 ≤ t ≤ 2,8s observa-se que a velocidade 
varia uniformemente com t. Neste intervalo → a ≠ 0. Como a veloci-
dade varia uniformemente, a aceleração escalar coincide com a ve-
locidade média. Logo:
α = ∆v
∆t
 = (-2) - (2)
(2,8) - (2,0)
 = -4
0,8
 = - 5 m/s2
b. O gráfico representa a variação da velocidade da partícula em fun-
ção do tempo. (O gráfico mostra que t nos intervalos 1) 0 ≤ t ≤ 0,8s; 
2) 4,0 ≤ t ≤ 4,8s a velocidade é nula – partícula em repouso).
c. O movimento é progressivo se o deslocamento ocorre no sentido 
crescente dos espaços. Nas rodovias paulista, os ” marcos quilome-
tricos” crescem da Capital para o Interior. Um carro que retorna do 
interior move-se no sentido decrescente dos espaços (movimento 
retrógrado). No movimento progressivo a velocidade escalar é posi-
tiva. O gráfico ilustra que para 2,0 ≤ t ≤ 2,4 s o gráfico situa-se acima 
dos eixos do tempo t, representando velocidades positivas (apesar 
de cada vez menores).
No instante t = 2,4 s o gráfico cruza o eixo dos tempos. Neste ins-
tante, momentaneamente, a velocidade é nula. Para 2,4 t a velocida-
de é negativa e para 2,0 s, a velocidade é positiva. Logo, o instante t 
= 2,4 s representa um ponto de inversão de movimento: de v0 para v.