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Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento e o movimento unidimensional
MÓDULO 1 - AULA 5
Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento
e o movimento unidimensional
Metas
Definir os vetores posição, velocidade e aceleração de uma partícula e enten-
der as suas relações com a trajetória. Estudar a cinemática do movimento
com aceleração constante. Aplicar os resultados obtidos nesse caso para o
movimento unidimensional da queda livre dos corpos.
Objetivos
Esperamos que, ao final desta aula, você seja capaz de:
1. calcular o vetor posição de uma partícula;
2. calcular os vetores velocidade média e aceleração média de uma partí-
cula;
3. calcular os vetores velocidade e aceleração instantânea de uma partí-
cula;
4. resolver problemas sobre a queda livre dos corpos.
Introdução
Nas Aulas 2 e 3 estudamos os vetores deslocamento. Nesta aula, vamos definir
novos vetores cinemáticos (vetor posição, vetor velocidade e vetor aceleração
de uma partícula) e entender as suas relações com a trajetória da partícula.
Resolveremos o problema inverso associado a um movimento com aceleração
constante e aplicaremos esses resultados à queda livre dos corpos.
Antes da leitura da aula, veja se você é capaz de responder às seguintes
perguntas:
1. O que é o vetor posição?
2. O que é o vetor velocidade média?
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3. O que é o vetor velocidade instantânea?
4. O que é o vetor aceleração média?
5. O que é o vetor aceleração instantânea?
6. Quais são os vetores posição, velocidade e aceleração de uma partícula
cujo vetor aceleração é constante?
7. Quais são as equações horárias de uma partícula que está em movi-
mento uniformemente acelerado sobre um eixo?
Vetor posição
A trajetória de uma partícula é uma curva no espaço. Já vimos que
é possível representar essa trajetória fornecendo as coordenadas cartesianas
dos seus pontos.
Figura 5.1: Equação da trajetória no sistema de referência fixo na Terra com
eixos coordenados OXY : y = 0.
Figura 5.2: Equação da trajetória no sistema de referência fixo na Terra com
eixos coordenados O′X ′Y ′: y′ =
x′
2
.
Por exemplo, se na Figura 5.1 a reta AB (y = 0) representa a tra-
jetória de um carro no sistema de referência fixo à Terra, por outro lado, a
Figura 5.2 mostra que, se tivéssemos utilizado o sistema de eixos coordena-
dos O′X ′Y ′, a equação seria diferente, isto é, y′ =
x′
2
.
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MÓDULO 1 - AULA 5
Visivelmente, a reta formada pelo deslocamento do carro é a mesma,
independentemente do sistema de eixos. Em outras palavras, a forma da
trajetória de uma partícula no referencial da Terra não depende do sistema
de eixos coordenados escolhidos.
Será que existe uma outra representação para a trajetória “mais essen-
cial”, isto é, uma que não dependa do sistema de eixos coordenados? Existe,
é a representação vetorial da trajetória, que será estudada a seguir.
Na Aula 3 aprendemos o vetor deslocamento e mostramos que ele não
necessariamente coincide com a trajetória da partícula como mostra, por
exemplo, a Figura 5.3.
Figura 5.3: O vetor deslocamento entre os pontos A e B não coincide com a
trajetória que a partícula segue.
Figura 5.4: O vetor deslocamento entre os pontos A e B, associado a duas
trajetórias CI e CII diferentes, é o mesmo.
Conforme ilustrado na Figura 5.4, para um mesmo vetor desloca-
mento, existem várias trajetórias possíveis entre as suas extremidades.
Chamamos de ~r(tA) o vetor posição de um ponto A da trajetória de
uma partícula. Ele é o vetor deslocamento que vai da origem do sistema de
eixos coordenados até o ponto A, conforme indicado na Figura 5.5. Dessa
forma, a trajetória de uma partícula fica completamente definida quando se
conhece o seu vetor posição ~r(t) em todos os instantes do tempo. Observamos
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que a trajetória de uma partícula é obtida ao ligarmos as extremidades de
todos os vetores posição.
Figura 5.5: Vetor posição do ponto A.
Figura 5.6: Componentes do vetor posição do ponto A no plano OXY .
Quando o movimento ocorre no plano, podemos expressar o vetor po-
sição em função dos vetores unitários ıˆ e ˆ associados ao sistema de eixos
coordenados OXY . A Figura 5.6 mostra que as componentes rx(t) e ry(t)
do vetor posição coincidem com as coordenadas x(t) e y(t) do ponto onde a
partícula se encontra, isto é, rx(t) = x(t) e ry(t) = y(t). Por isso é comum se
representar o vetor posição da seguinte forma: ~r(t) = x(t) ıˆ + y(t) ˆ.
Figura 5.7: Descrição da trajetória do carro com o vetor posição ~r(t).
A Figura 5.7 mostra que o vetor posição associado à trajetória de
um carro que está se deslocando sobre um eixo, caracterizado pelo vetor
unitário uˆ, é ~r(t) = ru(t) uˆ, em que ru(t) é a componente do vetor posição na
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direção do vetor unitário uˆ. Essa representação é a mesma para os diferentes
sistemas de eixos coordenados OXY e O′X ′Y ′. Podemos concluir, então,
que a representação vetorial da trajetória de uma partícula definida por ~r(t)
é mais essencial do que a representação em coordenadas cartesianas.
Na Figura 5.8 verificamos que a Regra do Triângulo para a soma de
vetores mostra que existe o vetor deslocamento entre dois pontos e que os
vetores posição de cada um desses pontos se relacionam. Essa relação é:
~r(tB) = ~r(tA) + ~dAB ⇒ ~dAB = ~r(tB)− ~r(tA).
Figura 5.8: O vetor deslocamento entre os pontos A e B e os vetores posição
desses pontos se relacionam. Denominamos ~r(tA) e ~r(tB), respectivamente,
~rA e ~rB.
Exemplo 5.1
No Exemplo 4.3 da Aula 4, encontramos os vetores deslocamento de um
carro que se moveu 80 km entre os pontos A e B e, a seguir, 40 km entre os
pontos B e C, como ilustrado na Figura 5.9.
Figura 5.9: Deslocamentos do carro do Exempo 4.3, aqui retomado.
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Os vetores deslocamento ~d1, ~d2 e ~d3 são iguais a
~d1 = (80 ıˆ) km;
~d2 = (20
√
3 ıˆ + 20 ˆ) km;
~d3 =
[
(80 + 20
√
3) ıˆ + 20 ˆ
]
km.
As coordenadas do ponto A são xA = 16 km e yA = 16 km.
1. Desenhe na Figura 5.9 os vetores posição dos pontos A, B e C.
2. Escreva os vetores posição dos pontos A, B e C em termos dos vetores
unitários ıˆ e ˆ.
Resolução
1. Os vetores posição ~rA, ~rB e ~rC dos pontos A, B e C são os vetores deslo-
camento da origem até os pontos. Eles foram desenhados na Figura 5.10.
Figura 5.10: Vetores posição dos pontos A, B e C.
2. O vetor posição ~rA é dado por: ~rA = xA ıˆ + yA ˆ = (16 ıˆ + 16 ˆ) km.
A Figura 5.10 mostra que ~rB = ~rA + ~d1 ⇒
~rB = (16 ıˆ + 16 ˆ) + (80 ıˆ) = [(80 + 16) ıˆ + 16 ˆ] km = (96 ıˆ + 16 ˆ) km.
A mesma figura mostra que ~rC = ~rB + ~d2 ⇒
~rC = (96 ıˆ + 16 ˆ) + (20
√
3 ıˆ + 20 ˆ) = [(96 + 20
√
3) ıˆ + (16 + 20) ˆ]
~rC =
[
(96 + 20
√
3) ıˆ + 36
)
ˆ] km.
Atividade 1
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nesta aula, responda à seguinte pergunta:
O que é o vetor posição?
Resposta Comentada
O vetor posição de um ponto A da trajetória de uma partícula, ~r(tA), é o
vetor que vai da origem do sistema de eixos coordenados até o ponto A.
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Vetor velocidade
Na vida prática é importante conhecer não só os deslocamentos asso-
ciados a um corpo, como também a rapidez com que esses deslocamentos
ocorrem para caracterizar a trajetória do corpo. Por exemplo, o módulo do
deslocamento de um carro que vai da capital do Rio de Janeiro para a de São
Paulo é da ordem de 400 km. Todavia,a trajetória de um carro que faz essa
mesma viagem em 4 h é diferente da trajetória de um carro que faz a viagem
em 6 h.
Figura 5.11: Vetor velocidade média ~vm(t1, t2) para o deslocamento ∆~r12.
A grandeza que está associada à rapidez com que um deslocamento
ocorre é a velocidade. O vetor velocidade média é definido da seguinte forma:
~vm(t1, t2) =
∆~r12
∆t
=
~r(t2)− ~r(t1)
t2 − t1 .
Na Figura 5.11 estão representados o vetor deslocamento ∆~r12 da
partícula entre os instantes t1 e t2 e o vetor velocidade média ~vm(t1, t2) entre
esses mesmos instantes. A velocidade média entre os instantes t1 e t2 foi
representada na Figura 5.11 por ~vm12. Observe que a velocidade média é um
vetor, uma vez que ela é o resultado da multiplicação do vetor deslocamento
∆~r12 pelo número real positivo 1/∆t. Ela tem o mesmo sentido e a mesma
direção do deslocamento ∆~r12, isto é, a direção da reta secante à trajetória,
e a mesma aponta no sentido em que o tempo aumenta.
Exemplo 5.2
O carro do Exemplo 5.1 parte do ponto A e leva uma hora para se des-
locar dele até o ponto B e meia hora para se deslocar do ponto B até
o ponto C. O vetor deslocamento do carro entre os instantes tA e tC é
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~d3 =
(
(80 + 20
√
3) ıˆ + 20 ˆ
)
km. Calcule o vetor velocidade média do carro
associado ao deslocamento de A até C.
Figura 5.12: Deslocamentos do carro do Exemplo 5.1.
Resolução
Por definição, a velocidade média é dada por:
~vm(tA, tC) =
∆~rAC
∆t
=
~d3
tC − tA .
O intervalo de tempo associado ao deslocamento de A até C é a soma dos
intervalos em que ocorre cada um dos deslocamentos: tC − tA = (tB − tA) +
(tC − tB) = 1, 5 h. Logo, o vetor velocidade média entre os instantes tA e tC
é dado por:
~vm(tA, tC) =
(
(80 + 20
√
3) ıˆ + 20 ˆ
)
km
1, 5 h
=
(
(160 + 40
√
3)
3
ıˆ +
40
3
ˆ
)
km/h.
A velocidade média associada a intervalos de tempo pequenos conduz
ao conceito de velocidade instantânea. O vetor velocidade instantânea é dado
por:
~v(t1) = lim
t2−→t1
~vm(t1, t2) = lim
t2−→t1
~r(t2)− ~r(t1)
t2 − t1 .
Logo, a velocidade instantânea no instante t1 é a derivada do vetor
posição em t1, isto é,
~v(t1) =
d~r
dt
(t1).
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Na Figura 5.13 está representada graficamente a operação matemá-
tica de limite utilizada na definição da velocidade instantânea. A velocidade
instantânea ~v(t1) foi representada por ~v1. Vemos que, à medida que o in-
tervalo de tempo diminui, a velocidade média se aproxima da velocidade
instantânea. Por exemplo, a velocidade média ~vm(t1, t2) está mais próxima
da velocidade instantânea ~v(t1) do que a velocidade média ~vm(t1, t3). Por
isso, podemos dizer que, quanto menor o intervalo de tempo ∆t, melhor será
a seguinte aproximação:
~v(t1, t1 + ∆t) ∼= ~v(t1).
Figura 5.13: Representação geométrica da operação de limite que define a
velocidade instantânea. Observemos que, tomando a velocidade média entre
instantes cada vez mais próximos, nos aproximamos da velocidade instantâ-
nea.
A Figura 5.13 também mostra que, à medida que o intervalo de tempo
diminui, a direção da velocidade média se aproxima da direção da reta tan-
gente à trajetória. Consequentemente, podemos intuir que a direção da ve-
locidade instantânea é igual à direção da reta tangente à trajetória. Como,
além disso, a velocidade média aponta no sentido do movimento em que o
tempo aumenta, a velocidade instantânea também aponta no mesmo sentido.
Em outras palavras, o vetor velocidade instantânea da partícula, num dado
instante, indica-nos a direção da trajetória a partir dessa posição e a rapidez
com que a partícula se movimenta. Tal fato ocorre devido à velocidade ser a
derivada do vetor posição.
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Vetor aceleração
Outras informações importantes associadas a uma trajetória são a ra-
pidez e a direção com que a velocidade instantânea muda. A grandeza que
nos informa essas características é a aceleração. Analogamente ao que fize-
mos com a velocidade, definimos a aceleração média entre os instantes t1 e
t2 como:
~am(t1, t2) =
∆~v12
∆t
=
~v(t2)− ~v(t1)
t2 − t1 .
Na Figura 5.14, a variação da velocidade instantânea ~v(t2) − ~v(t1) e
a aceleração média ~am(t1, t2) entre os instantes t1 e t2 foram representadas,
respectivamente, por ∆~v12 e ~am12.
Figura 5.14: Vetor aceleração média ~am(t1, t2) entre os instantes t1 e t2.
Observe que a aceleração média é um vetor, uma vez que ela é o resul-
tado da multiplicação do vetor deslocamento ∆~v12 pelo número real positivo
1/∆t. Ela tem o mesmo sentido e a mesma direção da variação de velocidade
∆~v12.
Exemplo 5.3
O carro do Exemplo 5.1 se desloca entre os pontos A e B com uma velo-
cidade ~v1 de módulo igual a 40 km/h e, em seguida, de B para C com uma
velocidade ~v2 de módulo 40 km/h. O primeiro deslocamento se dá em duas
horas e o segundo, em uma hora. Qual o vetor aceleração média do carro?
Despreze o tempo durante o qual a velocidade passa de ~v1 para ~v2.
Resolução
A aceleração média entre tA e tB é dada por:
~am(tA, tC) =
~v(tC)− ~v(tA)
tC − tA .
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Figura 5.15: Velocidades do carro do Exemplo 5.3.
A Figura 5.15 mostra que as componentes das velocidades ~v1 e ~v2 são res-
pectivamente iguais a:
v1x = 40 km/h e v1y = 0 km/h;
v2x = 40cos(30
o) km/h = 40
√
3
2
km/h = 20
√
3 km/h e
v2y = 40 sen(30
o) km/h = 20 km/h.
Os movimentos entre A e B e entre B e C são retilíneos uniformes; portanto,
temos que:
(tB − tA) = dAB
v1
=
80 km
40 km/h
= 2 h e (tC − tB) = dBC
v2
=
40 km
40 km/h
= 1 h.
Logo, o tempo que o carro levou para ir de A até C é igual a 3 h. Foi
desprezado o tempo que ele levou para modificar a sua velocidade de ~v1 até
~v2. Por isso, as componentes da aceleração média são iguais a
amx(tA, tC) =
vx(tC)− vx(tA)
tC − tA =
20
√
3 km/h− 40 km/h
3 h
⇒
amx(tA, tC) =
20
3
(√
3− 2
)
km/h2;
amy(tA, tC) =
vy(tC)− vy(tA)
tC − tA =
20
√
3− 0
3 h
km/h =
20
√
3
3
km/h2.
Portanto, a aceleração média do carro é dada por:
~am(tA, tB) =
(
20
3
(√
3− 2
)
ıˆ +
20
√
3
3
ˆ
)
km/h2.
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Assim como fizemos com a velocidade, a aceleração instantânea ~a(t)
é a aceleração média tomada em intervalos de tempo muito pequenos e é
definida pela operação de limite:
~a(t1) = lim
t2−→t1
~am(t2, t1) = lim
t2−→t1
~v(t2)− ~v(t1)
t1 − t2 .
Figura 5.16: Do lado esquerdo está indicada a trajetória de uma partícula e
suas velocidades instantâneas e, do lado direito, o hodógrafo do movimento,
que é obtido a partir dessas velocidades.
A interpretação geométrica da aceleração instantânea necessita do con-
ceito de hodógrafo do movimento. Trata-se da curva gerada pelas extremi-
dades dos vetores velocidades colocados em uma origem comum O′. Como
está ilustrado na Figura 5.16, o hodógrafo do movimento é uma espécie de
trajetória das velocidades.
A Figura 5.17 mostra que a aceleração média tem a direção da reta
secante que corta o hodógrafo nos dois instantes considerados. Também é
visível nessa figura que a direção da reta secante se aproxima da reta tangente
à curva do hodógrafo no instante t1 quando o tempo t se aproxima de t1.
Logo, a aceleração instantânea no tempo t1 é tangente à curva do hodógrafo
no ponto considerado e aponta no sentido em que o tempo cresce.
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Figura 5.17: Aceleração instantânea no instante t1. Vemos que as acelerações
médias se aproximam da instantânea conforme os intervalos de tempo vão
ficando menores.
O problema inverso
A trajetória de uma partícula fica completamente determinada quando
se conhece o vetor posição ~r(t) em todos os instantes de tempo.
Figura 5.18: Posição nos instantes t0 e t1 e o deslocamento entre tais instan-
tes.
A Figura 5.18 mostra que, se conhecermos o vetor posição ~r(t0) em
um instante t0 e o vetor deslocamento ∆~r(t0, t1) entre os instantes t0 e t1, é
possível obtermos o vetor posição ~r(t1) no instante t1.
O vetor deslocamento ∆~r(t0, t1) é dado por: ∆~r(t0, t1) = ~vm(t0, t1)(t1−
t0). Quando o intervalo de tempo ∆t0 = t1 − t0 é pequeno o suficiente, o
deslocamento pode ser escrito aproximadamente como:
∆~r(t0, t1) = ~vm(t0, t1)(t1 − t0) ∼= ~v(t0) (t1 − t0).
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Exemplo 5.4
A Figura 5.19 mostra o vetor posição e o vetor velocidade instantânea de
uma partícula no instante t0 = 1 s. Desenhe o vetor posição aproximado no
instante de tempo t1 = 1,1 s.
Figura 5.19: Posição e velocidade da partícula do Exemplo 5.4 nos instantes
t0 = 1,0 s.
Resolução
O vetor deslocamento associado ao intervalo de tempo 0,1 s é dado por:
∆~r(t0, t1) = ~vm(t0, t1)(t1 − t0)⇒ ∆~r(1,0 s; 1,1 s) = ~vm(1,0 s; 1,1 s)(0,1 s).
Como o intervalo de tempo é pequeno o suficiente, podemos escrever que:
∆~r(1,0 s; 1,1 s) ∼= ~v(1,0 s)(0,1 s). Logo, o vetor posição ~r(1,1 s) é, aproxima-
damente, igual a ~r(1,0 s)+~v(1,0 s)(0,1 s), conforme ilustrado na Figura 5.20.
Figura 5.20: Vetor posição aproximado ~r(t1) em t1 = 1,1 s, obtido a partir
da velocidade ~v(t1).
Quando o intervalo de tempo não é pequeno o suficiente, a velocidade
média ~vm(t0, t1) e a velocidade instantânea ~v(t0) podem ser muito diferentes
e a aproximação utilizada anteriormente para calcular o vetor deslocamento
não é válida. Nesse caso, podemos dividir o intervalo de tempo em intervalos
menores e o deslocamento ∆~r = ~r(t1)−~r(t0) pode ser escrito como a soma de
N pequenos deslocamentos. Conforme indicado na Figura 5.21, nesse caso,
quando N = 6, em cada um desses pequenos intervalos a velocidade média
CEDERJ 172
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MÓDULO 1 - AULA 5
pode ser aproximada pela velocidade instantânea, uma vez que cada um
dos deslocamentos é, aproximadamente, tangente à trajetória. Escrevemos,
então, que
∆~r(t0, t1) = ~vm(tt0, tt1)∆tt + ... + ~v(ttN−1, ttN)∆tt =
N−1∑
i=0
~vm(tti, tti+1)∆tt,
em que ∆tt =
t1 − t0
N
.
Figura 5.21: Na figura, chamamos ~r(t1)−~r(t0) de ∆~r. Dividimos o intervalo
de tempo em intervalos menores ∆tt =
t1 − t0
6
de maneira que, em cada um
dos intervalos, podemos usar a aproximação em que ∆~ri i+1 = ~r(tti+1)−~r(tti).
O deslocamento ∆~r(t0, t1) pode ser calculado de forma aproximada,
quando trocamos nos pequenos deslocamentos ∆~r(tti, tti+1) a velocidade mé-
dia pela velocidade instantânea em tti, isto é,
∆~r(t0, t1) ∼= ~v(tt0)∆tt + ... + ~v(ttN−1)∆tt =
N−1∑
i=0
~v(tti)∆tt.
Mas, ainda assim, essa é uma aproximação. Esse resultado se torna
exato no limite em que o número de pequenos deslocamentos tende para
infinito (que é a mesma coisa que tomar o limite dos intervalos de tempo
para zero), isto é,
∆~r(t0, t1) = lim
N→∞
N−1∑
i=0
~v(tti)∆tt.
173 CEDERJ
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Como tt é uma variável, podemos denominá-la t. Além disso, o soma-
tório é, por definição, a integral do vetor velocidade entre os instantes t0 e
t1:
∆~r(t0, t1) = ~r(t1)− ~r(t0) =
∫ t1
t0
~v(t) dt.
Logo, para encontrarmos o vetor posição de uma partícula em qualquer
instante de tempo t1, basta sabermos sua posição inicial e sua velocidade em
todos os instantes de tempo.
Figura 5.22: Velocidade nos instantes t0 e t1 e sua variação nesse intervalo.
A Figura 5.22 mostra que, de maneira análoga ao que mostramos
para a posição, se conhecermos o vetor velocidade ~v em um instante t0 e a
variação da velocidade ∆~v entre os instantes t0 e t1, é possível obtermos o
vetor velocidade ~v(t1) no instante t1, uma vez que
~v(t1) = ~v(t0) + ∆~v(t0, t1) = ~am(t0, t1)(t1 − t0).
Quando o intervalo de tempo ∆t0 = t1 − t0 é pequeno o suficiente,
podemos substituir a aceleração média pela aceleração instantânea em t0
(ver Figura 5.23). Nesse caso, a variação de velocidade pode ser escrita
aproximadamente como
∆~v(t0, t1) ∼= ~a(t0) (t1 − t0).
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Figura 5.23: Velocidade em t0 e t1. Se o intervalo de tempo for pequeno o
suficiente, podemos aproximar a aceleração média pela aceleração instantâ-
nea.
Quando o intervalo de tempo não é pequeno o suficiente, a aceleração
média ~am(t0, t1) e a aceleração instantânea ~a(t0) podem ser muito diferentes, e
a aproximação utilizada anteriormente para calcular a variação de velocidade
não é válida.
Figura 5.24: Na figura, chamamos ~v(t1)−~v(t0) de ∆~v. Dividimos o intervalo
de tempo em intervalos menores ∆tt =
t1 − t0
6
, de maneira que, em cada um
dos intervalos, podemos usar a aproximação ∆~vi i+1 = ~a(tti) ∆tt.
Nesse caso, mais uma vez, podemos dividir o intervalo de tempo e a
variação de velocidade ∆~v = ~v(t1) − ~v(t0) pode ser escrita como a soma de
N pequenas variações de velocidades (veja a Figura 5.24, em que N = 6),
isto é:
∆~v(t0, t1) = ~am(tt0, tt1)∆tt + ... + ~a(ttN−1, ttN)∆tt =
N−1∑
i=0
~am(tti, tti+1)∆tt,
175 CEDERJ
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sendo ∆tt =
t1 − t0
N
.
A variação de velocidade ∆~v(t0, t1) pode ser calculada de forma aproxi-
mada, quando trocamos, nas pequenas variações ∆~v(tti, tti+1), a aceleração
média pela aceleração instantânea, isto é:
∆~v(t0, t1) ∼= ~a(tt0)∆tt + ... + ~a(ttN−1)∆tt =
N−1∑
i=0
~a(tti)∆tt.
Esse resultado se torna exato quando o númeroN de pequenas variações
de velocidade tende para infinito:
∆~v(t0, t1) = lim
N→∞
N−1∑
i=0
~a(tti)∆tt.
Esse somatório é, por definição, a integral do vetor aceleração entre os ins-
tantes de tempo t0 e t1:
∆~v(t0, t1) = ~v(t1)− ~v(t0) =
∫ t1
t0
~a(t) dt.
Logo, o conhecimento da velocidade inicial de uma partícula e da sua
aceleração em todos os instantes de tempo permite encontrar o seu vetor ve-
locidade em qualquer instante de tempo t1. Consequentemente, para resolver
o problema inverso da Mecânica da Partícula, é necessário o conhecimento
da posição inicial, da velocidade inicial e da aceleração da partícula em cada
instante de tempo, uma vez que
~r(t1)− ~r(t0) =
∫ t1
t0
~v(t) dt e
~v(t1)− ~v(t0) =
∫ t1
t0
~a(t) dt.
O problema inverso com o vetor aceleração
constante
Vamos tratar agora do caso particular do movimento com aceleração
constante. O vetor velocidade de um movimento com o vetor aceleração
constante ~a é dado por
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Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento e o movimento unidimensional
MÓDULO 1 - AULA 5
~v(t1)− ~v(t0) =
∫ t1
t0
~a(t) dt = ~a
∫ t1
t0
dt = ~a (t1 − t0).
Como t1 é um instante de tempo qualquer, podemos reescrever a velo-
cidade em termos da variável t da seguinte forma:
~v(t) = ~v(t0) + ~a (t− t0).
O vetor posição de um movimento com aceleração constante é dado por:
~r(t1)− ~r(t0) =
∫ t1
t0
~v(t) dt =
∫ t1
t0
[~v(t0) + ~a (t− t0)]dt⇒
~r(t1) = ~r(t0) + ~v(t0)
∫ t1
t0
dt + ~a
∫ t1
t0
(t− t0) dt.
A primitiva F (f) da função f(t) = (t − t0) é igual a F (t) = (t− t0)
2
2
,
uma vez que
dF
dt
(t) =
d
[
(t−t0)2
2
]
dt
= 2
(t− t0)
2
(t− t0)′ = t− t0.
Logo, o vetor posição se reduz a
~r(t1) =~r(t0) + ~v(t0) (t1 − t0) + ~a (t1 − t0)
2
2
.
No cálculo da derivada da primitiva F (t), denominamos u = t− t0,
F (u) =
u2
2
e utilizamos a Regra da Cadeia
dF
dt
(t) =
dF
du
du
dt
.
Como t1 é um instante de tempo qualquer, podemos reescrever o vetor
posição em termos da variável t da seguinte forma:
~r(t) = ~r(t0) + ~v(t0) (t− t0) + ~a (t− t0)
2
2
.
Quando o movimento é retilíneo uniforme, isto é, a aceleração é nula,
~a = ~0, as expressões do vetor posição e do vetor velocidade se reduzem a:
~r(t) = ~r(t0) + ~v(t0) (t− t0) e ~v(t) = ~v(t0).
Um exemplo importante de um movimento com aceleração constante é
a queda dos corpos na vizinhança da superfície da Terra, quando desprezamos
a força de resistência do ar. Estudaremos esse movimento a seguir.
177 CEDERJ
Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento e o movimento unidimensional
A queda dos corpos
Aristóteles foi um dos pioneiros na criação de teorias sobre o movimento
dos corpos. Ele acreditava que, se corpos de massas diferentes fossem aban-
donados de uma mesma altura, o corpo com maior massa chegaria ao solo
em um tempo menor. Essa ideia persistiu desde a época da Grécia antiga,
por longos anos, e, somente no século XVII, foi quebrada pelos estudos de
Galileu Galilei.
Figura 5.25: Aristóteles (384 a.C.–322 a.C).
Fonte:http://commons.wikimedia.org/wiki/Aristotel%C4%93s#mediaviewer/
File:Aristoteles−Louvre.jpg
“Foi em Pisa que Galileu procurou verificar experimentalmente se as
ideias de Aristóteles de fato eram válidas. Entretanto, a célebre estória sobre
a bala de canhão e a bala de fuzil que ele teria deixado cair do alto da Torre
de Pisa para verificar se a bala de canhão realmente atingia o solo antes da
outra parece ser duvidosa. Uma experiência desse tipo parece ter sido feita
por Simon Stevin, um cientista holandês precursor de Galileu. Galileu teria
tomado conhecimento dessa estória.”
Figura 5.26: Galileu-Galilei (1564-1642).
Fonte:http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Galileo−Galilei−by−Ottavio−Leoni−print.jpg
CEDERJ 178
Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento e o movimento unidimensional
MÓDULO 1 - AULA 5
Vale a pena observar que Galileu não possuía muitos recursos que o
ajudassem a fundamentar suas observações e pensamentos. Com o objetivo
de aprofundar seus estudos sobre a queda livre dos corpos, vendo que seria
muito difícil, naquela época, a determinação precisa do tempo de queda,
por ela ocorrer muito rapidamente, Galileu contornou essa dificuldade com
o auxílio de um plano inclinado, diminuindo, assim, a aceleração da queda.
Ele verificou que o movimento de um corpo, ao descer um plano inclinado,
também é uniformemente acelerado. Dentre as dificuldades enfrentadas por
Galileu, podemos destacar a maneira com que ele media o tempo, com o
auxílio de um relógio d’água. Ele media a quantidade de água que escoava
de um recipiente enquanto o corpo descia o plano inclinado.
As experiências realizadas por Galileu demonstraram que corpos com
pesos diferentes, que são abandonados simultaneamente de uma mesma al-
tura, atingem o chão ao mesmo tempo quando eles caem no vácuo, ou quando
é possível desprezar as forças de resistência do ar em relação aos seus pesos.
Veja o vídeo: "Queda livre", disponível no
Portal Teca (http://teca.cecierj.edu.br/)
Chamamos de aceleração da gravidade (~g) aquela sofrida por corpos
em queda livre, quando podemos desprezar a resistência do ar. Na vizinhança
da superfície da Terra ela é vertical, aponta para o centro do planeta e é apro-
ximadamente constante (tendo módulo 9, 8 m/s2). Se escolhermos a direção
do eixo OY coincidente com a direção vertical, as equações horárias de um
corpo em queda livre, que foi largado ou arremessado na direção vertical,
podem ser obtidas a partir das equações vetoriais do movimento com vetor
aceleração constante, isto é,
ay = gy; vy(t) = voy + gy (t− t0); y(t) = y0 + v0y (t− t0) + gy (t− t0)
2
2
,
em que denominamos y(t0) = y0, v0y = vy(t0). É comum considerar t0 = 0 e,
neste caso, as equações se reduzem a
ay = gy; vy(t) = v0y + gy t; y(t) = y0 + v0y t +
gy t
2
2
.
Quando o eixo OY aponta para cima, temos que a aceleração da gra-
vidade aponta no sentido contrário ao do eixo e, portanto, gy = −g. Já se
escolhermos o eixo apontando para baixo, ocorre o oposto e gy = g.
179 CEDERJ
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Exemplo 5.5
Uma bola de tênis é arremessada, verticalmente, para cima. A aceleração da
bola é igual à aceleração da gravidade.
1. Se a bola sobe e retorna ao seu ponto de partida, qual a relação entre
o tempo de subida e o seu tempo de descida?
2. Qual a relação entre a velocidade de partida e a velocidade da bola
quando ela retorna ao ponto de partida?
Resolução
Vamos escolher o eixo OY apontando para cima e a origem do eixo OY
no centro da bola, no instante da sua partida, conforme ilustrado na Fi-
gura 5.27.
Figura 5.27: Bola de tênis lançada verticalmente a partir do ponto C. O eixo
OY escolhido é vertical e aponta para cima.
A bola será considerada uma partícula e, dessa forma, sua coordenada y0 é
nula. Se a bola é aremessada para cima com uma velocidade ~v0, as equações
que descrevem seu movimento são dadas por:
ay = −g; vy(t) = v0 − gt; y(t) = v0t− gt
2
2
.
1. A velocidade da bola é nula no ponto B, em que a sua altura é máxima.
Por isso, temos que: vy(tB) = v0 − g tB = 0 ⇒ tB = v0
g
. O tempo de
subida da bola é tB. Quando ela retorna ao ponto de partida C, no
instante tC , sua coordenada y(t) é nula.
CEDERJ 180
Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento e o movimento unidimensional
MÓDULO 1 - AULA 5
Isto é, y(tC) = v0 tC − g t
2
C
2
= 0. As raízes dessa equação são tC = 0
e tC =
2 v0
g
. O valor nulo corresponde ao instante inicial e o outro
valor ao instante de retorno. Como o instante de retorno é o dobro do
da altura máxima (tC = 2tB), concluímos que o tempo de subida e de
descida da bola são iguais.
2. A velocidade de retorno da bola é a velocidade calculada no instante
tC . Logo, a sua componente y é igual a vy(tC) = v0 − g 2 v0
g
= −v0.
Desse modo, o valor da velocidade de retorno da bola é o seu valor
de partida, porém com o sinal invertido. Isso significa que elas têm os
mesmos módulos e sentidos contrários.
Exemplo 5.6
O caseiro de um sítio larga uma pedra, de uma altura de 1, 5 m da borda de
um poço artesiano, como mostra a Figura 5.28.
Figura 5.28: Poço artesiano.
O barulho decorrente da queda é ouvido pelo caseiro dois segundos depois
de ele ter largado a pedra. No instante em que escuta o barulho da pedra
entrando na água, os seus ouvidos se encontram a 1, 5 m da borda do poço.
Considere que a aceleração da pedra é igual à aceleração da gravidade (por
simplicidade, considere g = 10 m/s2). Sabendo que a velocidade do som no
ar é constante e igual a vs = 330 m/s, calcule a profundidade do poço.
181 CEDERJ
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Resolução
Vamos escolher o eixoOY apontando para baixo. Com essa escolha, a compo-
nente da aceleração da pedra na direção do vetor unitário ˆ é positiva e o seu
módulo é igual ao módulo da aceleração da gravidade (ay = g = 10 m/s2).
Com a finalidade de simplificar as equações, escolhemos a origem do eixo
OY coincidente com o ponto de partida da pedra, conforme indicado na Fi-
gura 5.28. A pedra será considerada uma partícula e, dessa forma, sua
coordenada y0 é nula. A pedra é largada e, portanto, sua velocidade v0y é
nula. Logo, as equações que descrevem o movimento da pedra são dadas por:
ay = g; vy(t) = g t; y(t) =
g t2
2
.
O tempo que o caseiro leva para escutar o barulho da pedra caindo na água
é a soma do tempo t1 que a pedra levou para cair até a água com o tempo t2
que o som levou para atingir os ouvidosdo caseiro. O tempo t1 é fornecido
pela sua equação horária: y(t1) = h =
g t21
2
⇒ t1 =
√
2h
g
.
Para obter o tempo que o som leva para atingir os ouvidos do caseiro, é pre-
ciso considerar que o som se propaga com velocidade constante e, portanto,
descreve um movimento retilíneo uniforme. Sendo assim, t2 é igual a t2 =
h
vs
.
Logo, o tempo que o caseiro levou para escutar o barulho da pedra entrando
na água é igual a
t3 = t1 + t2 =
√
2h
g
+
h
vs
.
O valor da altura h pode ser obtido facilmente da equação anterior, se subs-
tituirmos h por u2, isto é,
t3 =
√
2u2
g
+
u2
vs
=
√
2u√
g
+
u2
vs
⇒ √g u2 +
√
2 vs u−√g vs t3 = 0.
As raízes da equação de segundo grau obtida com a substituição de h por u2
são:
u1 =
−√2 vs +
√
2 v2s + 4 g vs t3
2
√
g
∼= 4, 3 m e
u2 =
−√2 vs −
√
2 v2s + 4 g vs t3
2
√
g
∼= −150 m.
As raízes fornecem as alturas: h1 = u21 ∼= 19 m e h2 = u22 ∼= 22.103 m. Como
a pedra foi largada de uma distância de 1,5 m da borda do poço, as profundi-
dades do poço associadas a essas alturas são ∼= 17,5 m e ∼= 22.103 m. Apenas
CEDERJ 182
Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento e o movimento unidimensional
MÓDULO 1 - AULA 5
a profundidade 17,5 m é encontrada habitualmente em sítios.
Atividade 2
Atende ao Objetivo 3
Baseado no que você leu nesta aula, faça esta questão:
Um menino arremessa uma bola de tênis, verticalmente, para cima e com
uma velocidade inicial de módulo igual a 3 m/s. Considere que a aceleração
da bola é igual à aceleracão da gravidade (10 m/s2).
1. Qual a altura máxima alcançada pela bola?
2. Se a mão do menino apanha a bola em um ponto localizado 20 cm acima
do ponto de partida da bola, quanto tempo ela leva para retornar à sua
mão?
Respostas Comentadas
Vamos escolher o eixo OY apontando para cima, conforme indicado na Fi-
gura 5.29. Com essa escolha, a componente da aceleração da bola na direção
do vetor unitário ˆ é negativa e, como seu módulo é igual a 10 m/s2, temos
que ay = −g = −10 m/s2.
183 CEDERJ
Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento e o movimento unidimensional
Figura 5.29: Bola de tênis lançada verticalmente para cima. O eixo OY foi
representado na figura.
Com a finalidade de simplificar as equações, escolhemos a origem do eixo OY
no centro da bola, no instante da sua partida (Figura 5.29). A bola será
considerada uma partícula e, sendo assim, sua coordenada y0 é nula. A bola
é aremessada para cima, com uma velocidade inicial com módulo 3,0 m/s.
Por isso, componente y da sua velocidade inicial é v0 = 3,0 m/s. Logo, as
equações que descrevem o seu movimento são dadas por:
ay = −g; vy(t) = v0 − gt; y(t) = v0 t− gt
2
2
.
1. No ponto B, onde a altura é máxima, a velocidade da bola é nula, isto
é, vy(t1) = v0 − gt1 = 0 ⇒ t1 = v0
g
. Logo, a altura máxima da bola é
hmax = y(t1) =
v0 v0
g
− g v
2
0
2 g2
=
v20
2 g
= 0,45 m.
2. O tempo t2 que a bola leva para retornar à mão do menino pode ser
calculado utilizando-se a altura do ponto onde ele apanha a bola (ponto
C da Figura 5.29, em que yC = 0,2 m), e a equação horária do movi-
mento da bola é
y(t2) = yC = v0 t2 − g t
2
2
2
⇒ g t22 − 2 v0 t2 + 2 yC = 0.
As raízes dessa equação são:
t2+ =
2 v0 +
√
4 v20 − 4 g yC
2 g
∼= 0,5 s
t2− =
2 v0 −
√
4 v20 − 4 g yC
2 g
∼= 0,08 s.
CEDERJ 184
Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento e o movimento unidimensional
MÓDULO 1 - AULA 5
Esses tempos são aqueles em que a bola de tênis passa pelo ponto C.
O tempo t2− é o tempo que a bola leva para passar pelo ponto C na
subida e o tempo t2+ é o tempo que ela leva para retornar à mão do
menino, na descida.
Atividade 3
Atende ao Objetivo 3
Baseado no que você leu nesta aula, faça esta questão:
Uma bola de tênis é arremessada, verticalmente, para cima, a partir de um
ponto próximo ao parapeito de janela do primeiro andar de um edifício, como
mostra a Figura 5.30.
Figura 5.30: Bola de tênis lançada verticalmente a partir do ponto A com o
eixo OY .
A bola passa pela janela do segundo andar 0,2 s depois, subindo, e volta a
passar por ela, descendo, 2,0 s depois do arremesso. Considere a aceleração
da bola igual à aceleração da gravidade g = 10 m/s2.
1. Qual a altura máxima atingida pela bola?
2. Qual a altura da janela do segundo andar?
185 CEDERJ
Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento e o movimento unidimensional
Respostas Comentadas
No Exemplo 5.5 mostramos que o tempo de subida de um objeto que é ar-
remessado para cima é igual ao seu tempo de retorno ao mesmo ponto. Além
disso, o valor da velocidade de retorno da bola é o seu valor de partida, porém
com o sinal invertido. Logo, se o tempo que a bola de tênis leva para sair e
retornar ao parapeito da janela do segundo andar (ponto B da Figura 5.30)
vale 1,8 s, o tempo que ela leva do parapeito da janela do segundo andar até
o ponto mais alto da sua trajetória (ponto C da Figura 5.30) vale t2 = 0,9 s.
O tempo t1 que ela leva para atingir o parapeito da janela do segundo andar,
na subida, vale 0,2 s. Portanto, o tempo t3 que ela leva para ir do parapeito
do primeiro andar até ponto mais alto da sua trajetória é igual a t3 = t1+t2 =
1,1 s.
A Figura 5.30 mostra a situação do exemplo, em que escolhemos o eixo
OY apontando para cima e a origem do eixo coordenado OY no centro da
bola de tênis, quando ela está no ponto de partida (ponto A). Dessa forma,
a coordenada inicial da bola é nula. Logo, as equações que descrevem o
movimento da bola são dadas por:
ay = −g; vy(t) = v0 − g t; y(t) = v0 t− g t
2
2
.
A fim de resolver essa questão, precisamos encontrar a velocidade inicial da
bola. Para isso, vamos utilizar o fato de que, no ponto C, a velocidade dela
é nula, isto é,
vy(t3) = 0⇒ v0 − g t = 0⇒ v0 = g t = 20 m/s.
1. A altura máxima da bola é igual a
hmax = y(t3) = 20 t3 − 5 t23 = 25 .(1,1)− 5 .(1,2)2 = 21,4 m.
2. A altura da janela do segundo andar é igual a
h2 = y(t1) = 20 t1 − 5 t21 = 4− 5 .(0,2)2 = 3,8 m.
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Aula 5 - Grandezas cinemáticas do movimento e o movimento unidimensional
MÓDULO 1 - AULA 5
Resumo
Nesta aula definimos os vetores posição, velocidade e aceleração, necessários
à descrição do movimento.
Aprendemos que a descrição da trajetória de uma partícula realizada pelo
vetor posição ~r(t) é mais geral do que a descrição da trajetória pelas suas co-
ordenadas cartesianas. O vetor posição expresso em coordenadas cartesianas
do ponto é ~r(t) = x(t) ıˆ + y(t) ˆ + z(t) kˆ.
O vetor velocidade e o vetor aceleração foram definidos da seguinte forma:
~v(t) =
d~r
dt
(t) e ~a(t) =
d~v
dt
(t).
Resolvemos o problema inverso para as partículas com vetor aceleração cons-
tante ~a = ~a(t0) e obtivemos as seguintes expressões vetoriais para o movi-
mento da partícula:
~v(t) = ~v(t0) + ~a (t− t0).
~r(t) = ~r(t0) + ~v(t0) (t− t0) + ~a (t− t0)
2
2
.
Aplicamos os resultados obtidos para movimento com o vetor aceleração cons-
tante para resolver problemas de queda dos corpos nos casos em que podemos
desprezar a força de resistência do ar.
Informações sobre a próxima aula
Na próxima aula resolveremos o problema de queda dos corpos no plano e
estudaremos a cinemática do movimento circular.
Referências bibliográficas
ALMEIDA, Maria Antonieta Teixeira. Introdução às ciências físicas I. v. 2,
4. ed. Rio de Janeiro: Fundação Cecierj, 2010.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica I : Mecânica. 3. ed.
São Paulo: Edgard Blücher, 1981.
PIRES, Antonio S. T. Evolução das ideias da Física. 1. ed. São Paulo:
Livraria da Física, 2008.
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