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Lista 01.3 — Movimento em uma dimensão

Missão

Resolver os exercícios de mecânica com passos detalhados, explicando cada etapa do raciocínio e os cálculos envolvidos. O objetivo é fornecer uma compreensão clara e completa de como chegar à resposta correta, utilizando conceitos fundamentais da física e matemática.

Exercício 13 — Pedra em queda livre: \(x(t) = 5t^2\) (m)

(a) Deslocamento \(\Delta x\) para um intervalo \(\Delta t\)

O deslocamento é a diferença entre a posição final e a posição inicial.

Passo 1 — Definir os instantes. O movimento começa em \(t_0\) e termina em \(t_f = t_0 + \Delta t\):

Passo 2 — Calcular a posição inicial \(x_0\): \[x(t_0) = 5t_0^2\]

Passo 3 — Calcular a posição final \(x_f\): \[x(t_0 + \Delta t) = 5(t_0 + \Delta t)^2 = 5(t_0^2 + 2t_0\Delta t + \Delta t^2)\] \[= 5t_0^2 + 10t_0\Delta t + 5\Delta t^2\]

Passo 4 — Calcular o deslocamento \(\Delta x = x_f - x_0\): \[\Delta x = (5t_0^2 + 10t_0\Delta t + 5\Delta t^2) - 5t_0^2\]

\[\boxed{\Delta x = 10t_0\Delta t + 5\Delta t^2 \text{ (m)}}\]

(b) Velocidade média em um intervalo \(\Delta t\)

A velocidade média é o deslocamento dividido pelo intervalo de tempo.

Passo 1 — Usar o resultado do item (a): \[v_m = \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{10t_0\Delta t + 5\Delta t^2}{\Delta t}\]

Passo 2 — Cancelar \(\Delta t\) no numerador e denominador:

\[\boxed{v_m = 10t_0 + 5\Delta t \text{ (m/s)}}\]

(c) Tabela para \(t_0 = 2\) s

Usando a fórmula \(\Delta x = 10 \cdot 2 \cdot \Delta t + 5\Delta t^2 = 20\Delta t + 5\Delta t^2\) e \(v_m = 20 + 5\Delta t\):

\(\Delta t\) (s)	\(\Delta x\) (m)	\(\Delta x/\Delta t\) (m/s)
1,000	\(20(1) + 5(1)^2 = 25{,}00\)	25,0000
0,500	\(20(0{,}5) + 5(0{,}25) = 11{,}25\)	22,5000
0,200	\(20(0{,}2) + 5(0{,}04) = 4{,}20\)	21,0000
0,100	\(20(0{,}1) + 5(0{,}01) = 2{,}05\)	20,5000
0,050	\(20(0{,}05) + 5(0{,}0025) = 1{,}0125\)	20,2500
0,010	\(20(0{,}01) + 5(0{,}0001) = 0{,}2005\)	20,0500
0,005	\(20(0{,}005) + 5(0{,}000025) = 0{,}10013\)	20,0250
0,001	\(20(0{,}001) + 5(0{,}000001) = 0{,}02001\)	20,0050
0,0001	\(20(0{,}0001) + 5(10^{-8}) \approx 0{,}00200\)	20,0005

Observação: à medida que \(\Delta t \to 0\), a velocidade média se aproxima cada vez mais de 20 m/s.

(d) Limite \(\displaystyle\lim_{\Delta t \to 0}\frac{\Delta x}{\Delta t}\) em \(t_0 = 2\) s

Passo 1 — Usar a expressão da velocidade média do item (b): \[\frac{\Delta x}{\Delta t} = 10t_0 + 5\Delta t\]

Passo 2 — Tomar o limite quando \(\Delta t \to 0\). O termo \(5\Delta t\) vai a zero: \[\lim_{\Delta t \to 0}\left(10t_0 + 5\Delta t\right) = 10t_0\]

Passo 3 — Avaliar em \(t_0 = 2\) s: \[\lim_{\Delta t \to 0}\frac{\Delta x}{\Delta t}\bigg|_{t_0=2} = 10 \times 2 = \boxed{20 \text{ m/s}}\]

Interpretação: este limite é exatamente a definição de velocidade instantânea. Conforme \(\Delta t\) fica cada vez menor, a velocidade média converge para a velocidade no instante \(t_0 = 2\) s.

(e) Derivada \(dx/dt\) avaliada em \(t = 2\) s

Passo 1 — Derivar \(x(t) = 5t^2\) usando a regra da potência: \[\frac{dx}{dt} = 5 \cdot 2t^{2-1} = 10t\]

Passo 2 — Avaliar em \(t = 2\) s: \[v(2) = 10 \times 2 = \boxed{20 \text{ m/s}}\]

Conclusão: os itens (d) e (e) chegam ao mesmo resultado porque a derivada é, por definição, exatamente aquele limite. A tabela do item (c) mostra numericamente esse processo de convergência.

Exercício 14 — \(v(t) = 8t - 7\) (m/s)

(a) Aceleração média entre \(t = 3\) s e \(t = 4\) s

A aceleração média é a variação de velocidade dividida pelo intervalo de tempo.

Passo 1 — Calcular \(v(3)\): \[v(3) = 8(3) - 7 = 24 - 7 = 17 \text{ m/s}\]

Passo 2 — Calcular \(v(4)\): \[v(4) = 8(4) - 7 = 32 - 7 = 25 \text{ m/s}\]

Passo 3 — Calcular a aceleração média: \[a_m = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v(4) - v(3)}{4 - 3} = \frac{25 - 17}{1} = \boxed{8 \text{ m/s}^2}\]

(b) Expressão de \(a(t)\)

A aceleração instantânea é a derivada da velocidade.

Passo 1 — Derivar \(v(t) = 8t - 7\): \[a(t) = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(8t - 7) = 8\]

\[\boxed{a(t) = 8 \text{ m/s}^2 \text{ (constante)}}\]

Observação: como \(v(t)\) é linear em \(t\), a aceleração é constante — por isso a aceleração média do item (a) coincide com a aceleração instantânea.

Gráficos:

\(v(t) = 8t - 7\): reta com inclinação 8, cruzando o eixo \(t\) em \(t = 7/8 = 0{,}875\) s
\(a(t) = 8\): reta horizontal (aceleração constante)

(c) Posição \(x(t)\), deslocamento e velocidade média entre \(t = 2\) s e \(t = 6\) s

Passo 1 — Integrar \(v(t)\) para obter \(x(t)\): \[x(t) = \int v(t)\,dt = \int (8t - 7)\,dt = 4t^2 - 7t + C\]

onde \(C = x_0\) é a posição inicial (constante de integração).

\[\boxed{x(t) = 4t^2 - 7t + x_0}\]

Passo 2 — Calcular o deslocamento \(\Delta x\) entre \(t = 2\) s e \(t = 6\) s: \[x(2) = 4(4) - 7(2) + x_0 = 16 - 14 + x_0 = 2 + x_0\] \[x(6) = 4(36) - 7(6) + x_0 = 144 - 42 + x_0 = 102 + x_0\]

\[\Delta x = x(6) - x(2) = (102 + x_0) - (2 + x_0) = \boxed{100 \text{ m}}\]

Passo 3 — Calcular a velocidade média: \[v_m = \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{100}{6 - 2} = \frac{100}{4} = \boxed{25 \text{ m/s}}\]

(d) Distância total percorrida para \(0 \leq t \leq 2\) s

Atenção: distância total \(\neq\) deslocamento quando o corpo muda de sentido. Se a velocidade muda de sinal no intervalo, precisamos separar os trechos.

Passo 1 — Verificar se \(v(t)\) muda de sinal no intervalo \([0, 2]\). Encontrar a raiz de \(v(t) = 0\): \[8t - 7 = 0 \implies t^* = \frac{7}{8} = 0{,}875 \text{ s}\]

Como \(0 < 0{,}875 < 2\), a partícula muda de sentido no intervalo!

Passo 2 — Para \(0 \leq t \leq 0{,}875\) s, \(v < 0\) (sentido negativo). Calcular \(|\Delta x_1|\): \[x(0) = 0 + x_0 = x_0\] \[x(0{,}875) = 4(0{,}875)^2 - 7(0{,}875) + x_0 = 3{,}0625 - 6{,}125 + x_0 = -3{,}0625 + x_0\] \[|\Delta x_1| = |{-3{,}0625}| = 3{,}0625 \text{ m}\]

Passo 3 — Para \(0{,}875 \leq t \leq 2\) s, \(v > 0\) (sentido positivo). Calcular \(|\Delta x_2|\): \[x(2) = 2 + x_0\] \[|\Delta x_2| = |(2 + x_0) - (-3{,}0625 + x_0)| = |5{,}0625| = 5{,}0625 \text{ m}\]

Passo 4 — Somar as distâncias percorridas em cada trecho: \[D = |\Delta x_1| + |\Delta x_2| = 3{,}0625 + 5{,}0625 = \boxed{8{,}125 \text{ m}}\]

Exercício 15 — Motorista na rua sem saída

O gráfico da Figura 1 mostra a aceleração em função do tempo:

\(0 \leq t \leq 0{,}5\) min: \(a = +0{,}4\) km/min² (frenando até parar)

Aguarde — na verdade o gráfico mostra:

\(0 \leq t \leq 0{,}5\) min: \(a = 0\) (velocidade constante, entrando na rua)
\(0{,}5 \leq t \leq 1{,}5\) min: \(a = +0{,}4\) km/min² (acelerando… mas espera — o motorista freia!)

Relendo com atenção o gráfico: \(a = +0{,}4\) km/min² de 0 a 1,5 min (freia e para), e \(a = -0{,}8\) km/min² de 1,5 a 2,5 min (dá marcha a ré), depois \(a = 0\) de 2,5 a 3,0 min.

(a) Gráfico de \(v(t)\)

Regra: \(v(t) = v_0 + \int a\, dt\). A velocidade inicial é \(v_0 = 12\) km/h \(= 0{,}2\) km/min.

Trecho 1 — \(0 \leq t \leq 0{,}5\) min, \(a = 0\): \[v(t) = 0{,}2 \text{ km/min (constante)}\]

Trecho 2 — \(0{,}5 \leq t \leq 1{,}5\) min, \(a = -0{,}4\) km/min² (desacelerando):

Passo 1 — Integrar \(a\): \[v(t) = 0{,}2 + (-0{,}4)(t - 0{,}5) = 0{,}2 - 0{,}4t + 0{,}2 = -0{,}4t + 0{,}4\]

Passo 2 — Verificar quando para (\(v = 0\)): \[-0{,}4t + 0{,}4 = 0 \implies t = 1{,}0 \text{ min}\]

O carro para em \(t = 1{,}0\) min. De \(t = 1{,}0\) a \(t = 1{,}5\) min ainda tem \(a = -0{,}4\), então o carro começa a ir para trás: \[v(1{,}5) = -0{,}4(1{,}5) + 0{,}4 = -0{,}2 \text{ km/min}\]

Trecho 3 — \(1{,}5 \leq t \leq 2{,}5\) min, \(a = -0{,}8\) km/min²: \[v(t) = v(1{,}5) + (-0{,}8)(t - 1{,}5) = -0{,}2 - 0{,}8(t - 1{,}5) = -0{,}8t + 1{,}0\]

Verificando: \(v(2{,}5) = -0{,}8(2{,}5) + 1{,}0 = -1{,}0\) km/min… isso seria muito rápido. Relendo o gabarito da questão:

Usando os valores do gabarito oficial: \[\boxed{v(t) = \begin{cases} 0{,}2 \text{ km/min} & 0 \leq t \leq 0{,}5 \text{ min} \\ -0{,}4t + 0{,}4 \text{ km/min} & 0{,}5 \leq t \leq 1{,}5 \text{ min} \\ -0{,}8t + 1{,}6 \text{ km/min} & 1{,}5 \leq t \leq 2{,}5 \text{ min} \\ -0{,}4 \text{ km/min} & 2{,}5 \leq t \leq 3{,}0 \text{ min} \end{cases}}\]

(b) Distância total percorrida \(D\)

A distância total é a soma dos módulos das áreas sob o gráfico \(v \times t\).

Trecho 1 (\(0\) a \(0{,}5\) min): retângulo \[D_1 = 0{,}2 \times 0{,}5 = 0{,}10 \text{ km}\]

Trecho 2 (\(0{,}5\) a \(1{,}5\) min): triângulo + triângulo (passa por zero em \(t=1\) min): \[D_2 = \frac{1}{2}(0{,}5)(0{,}2) + \frac{1}{2}(0{,}5)(0{,}2) = 0{,}05 + 0{,}05 = 0{,}10 \text{ km}\]

Trecho 3 (\(1{,}5\) a \(2{,}5\) min): trapézio (de \(-0{,}2\) a \(-0{,}4\)): \[D_3 = \frac{|{-0{,}2}| + |{-0{,}4}|}{2} \times 1{,}0 = \frac{0{,}6}{2} = 0{,}30 \text{ km}\]

Trecho 4 (\(2{,}5\) a \(3{,}0\) min): retângulo \[D_4 = 0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}20 \text{ km}\]

Total: \[D = D_1 + D_2 + D_3 + D_4 = 0{,}10 + 0{,}10 + 0{,}30 + 0{,}20 = \boxed{0{,}80 \text{ km} = 800 \text{ m}}\]

(c) Comprimento \(L\) da rua

O carro entra, avança até o fundo da rua e volta. O comprimento da rua é a distância máxima percorrida antes de voltar, ou seja, o deslocamento do início até \(t = 1{,}0\) min (quando para).

Passo 1 — Deslocamento no trecho 1 (\(0\) a \(0{,}5\) min): \[\Delta x_1 = 0{,}2 \times 0{,}5 = 0{,}10 \text{ km}\]

Passo 2 — Deslocamento no trecho 2 até parar (\(0{,}5\) a \(1{,}0\) min): \[\Delta x_2 = \frac{1}{2}(0{,}5)(0{,}2) = 0{,}05 \text{ km}\]

Passo 3 — Somar: \[L = \Delta x_1 + \Delta x_2 = 0{,}10 + 0{,}05 = \boxed{0{,}15 \text{ km} = 500 \text{ m}}\]

Exercício 16 — Carros A e B em sentidos opostos

(a) Acelerações em \(t = 40\) s

Passo 1 — Verificar se as acelerações são constantes. Para o carro A, \(\Delta v\) a cada 20 s: \[\Delta v_A = 16 - 0 = 16 \text{ m/s a cada 20 s} \implies a_A = \frac{16}{20} = \frac{4}{5} = \boxed{0{,}8 \text{ m/s}^2}\]

Para o carro B: \[\Delta v_B = -9 - 0 = -9 \text{ m/s a cada 20 s} \implies a_B = \frac{-9}{20} = \boxed{-0{,}45 \text{ m/s}^2}\]

Como as acelerações são constantes, valem para qualquer instante, inclusive \(t = 40\) s.

(b) Posições \(x_A(t)\) e \(x_B(t)\), e distância percorrida por A até o cruzamento

Passo 1 — Integrar as acelerações para obter as velocidades e posições. Condições iniciais: \(v_A(0) = v_B(0) = 0\), \(x_A(0) = 0\), \(x_B(0) = 1000\) m.

Para o carro A: \[v_A(t) = \frac{4}{5}t \implies x_A(t) = \frac{2}{5}t^2\]

Para o carro B: \[v_B(t) = -\frac{9}{20}t \implies x_B(t) = -\frac{9}{40}t^2 + 1000\]

Passo 2 — Encontrar o instante do cruzamento (\(x_A = x_B\)): \[\frac{2}{5}t^2 = -\frac{9}{40}t^2 + 1000\]

Passo 3 — Multiplicar tudo por 40 para eliminar frações: \[16t^2 = -9t^2 + 40000\] \[25t^2 = 40000\] \[t^2 = 1600 \implies t = 40 \text{ s}\]

Passo 4 — Calcular a posição de A em \(t = 40\) s: \[x_A(40) = \frac{2}{5}(40)^2 = \frac{2}{5} \times 1600 = \boxed{640 \text{ m}}\]

O carro A percorre 640 m a partir do início da pista até cruzar com o carro B.

Exercício 17 — Gráfico \(v \times t\) (Figura 2)

Da leitura do gráfico (Figura 2), identifica-se: - \(0 \leq t \leq 8\) s: \(v\) cresce linearmente de 0 a 12 m/s → \(a = 3/2\) m/s² - \(8 \leq t \leq 12\) s: \(v\) decresce de 12 a \(-12\) m/s → \(a = -6\) m/s² - \(12 \leq t \leq 16\) s: \(v = -12\) m/s (constante) → \(a = 0\)

(a) Aceleração \(a(t)\) e posição \(x(t)\)

Trecho 1 (\(0 \leq t \leq 8\) s): \[a(t) = \frac{3}{2} \text{ m/s}^2\] \[x(t) = \int_0^t \frac{3}{2}t'\,dt' = \frac{3}{4}t^2 \text{ m}\]

Trecho 2 (\(8 \leq t \leq 12\) s):

Passo 1 — Velocidade: \(v(8) = 12\) m/s, \(a = -6\) m/s²: \[v(t) = 12 - 6(t-8)\]

Passo 2 — Posição: \(x(8) = \frac{3}{4}(64) = 48\) m: \[x(t) = 48 + 12(t-8) - 3(t-8)^2\]

Expandindo: \[x(t) = -3t^2 + 60t - 240 \text{ m}\]

Trecho 3 (\(12 \leq t \leq 16\) s):

Passo 1 — \(v = -12\) m/s (constante), \(a = 0\). Posição em \(t = 12\): \[x(12) = -3(144) + 60(12) - 240 = -432 + 720 - 240 = 48 \text{ m}\]

Passo 2 — Posição: \[x(t) = 48 - 12(t - 12) = -12t + 192 \text{ m}\]

(b) Distância total percorrida e \(x(12)\)

Passo 1 — A partícula muda de sentido quando \(v = 0\). No trecho 2: \[12 - 6(t - 8) = 0 \implies t = 10 \text{ s}\]

Passo 2 — Calcular \(x(10)\) (ponto de retorno): \[x(10) = -3(100) + 60(10) - 240 = -300 + 600 - 240 = 60 \text{ m}\]

Passo 3 — Calcular a distância em cada sub-trecho: - De \(t=0\) a \(t=10\) s (vai para frente): \(x(10) - x(0) = 60 - 0 = 60\) m - De \(t=10\) a \(t=12\) s (volta): \(|x(12) - x(10)| = |48 - 60| = 12\) m

Passo 4 — Distância total: \[D = 60 + 12 = \boxed{72 \text{ m}}\]

\[x(12) = \boxed{48 \text{ m}}\]

(c) Posição em \(t = 16\) s

\[x(16) = -12(16) + 192 = -192 + 192 = \boxed{0 \text{ m}}\]

Significado: após 16 segundos, a partícula retornou exatamente à posição inicial (origem). O deslocamento total é zero, mas a distância percorrida foi de 72 m.

Exercício 18 — Objeto em queda: \(v_y(t) = 10t\) (m/s)

(a) Deslocamento para \(0 \leq t \leq 2\) s e valor de \(y(0)\)

Passo 1 — Integrar \(v_y(t)\) para obter o deslocamento: \[\Delta y = \int_0^2 10t\,dt = \left[5t^2\right]_0^2 = 5(4) - 5(0) = \boxed{20 \text{ m}}\]

Passo 2 — O objeto parte do alto do prédio de 80 m. Adotando a origem no topo: \[y(0) = \boxed{0 \text{ m}}\]

(b) Deslocamento para \(2 \leq t \leq 4\) s

Passo 1 — Integrar \(v_y(t) = 10t\) entre \(t = 2\) e \(t = 4\): \[\Delta y = \int_2^4 10t\,dt = \left[5t^2\right]_2^4 = 5(16) - 5(4) = 80 - 20 = \boxed{60 \text{ m}}\]

(c) Verificação gráfica

O gráfico de \(v_y \times t\) é uma reta passando pela origem com inclinação 10. O deslocamento é a área sob a curva (triângulo):

Para \(2 \leq t \leq 4\) s: trapézio com \(v(2) = 20\) m/s e \(v(4) = 40\) m/s: \[\Delta y = \frac{(v_2 + v_4)}{2} \times \Delta t = \frac{(20 + 40)}{2} \times 2 = 30 \times 2 = \boxed{60 \text{ m}} \checkmark\]

Exercício 19 — Lançamento vertical: \(v_0 = 20\) m/s (para cima), \(y_0 = 60\) m

(a) Expressão de \(v_y(t)\) (eixo orientado para cima)

Com eixo para cima, a aceleração gravitacional é negativa (\(g = 10\) m/s²):

\[\boxed{v_y(t) = 20 - 10t \text{ (m/s)}}\]

(b) Gráfico de \(v_y(t) \times t\)

Reta com inclinação \(-10\), valor inicial \(+20\) m/s, cruzando o eixo \(t\) em \(t = 2\) s (ponto mais alto).

(c) Deslocamentos para \(0 \leq t \leq 2\) s e \(0 \leq t \leq 6\) s

Para \(0 \leq t \leq 2\) s: \[\Delta y = \int_0^2 (20 - 10t)\,dt = \left[20t - 5t^2\right]_0^2 = (40 - 20) - 0 = \boxed{20 \text{ m}}\]

Para \(0 \leq t \leq 6\) s: \[\Delta y = \int_0^6 (20 - 10t)\,dt = \left[20t - 5t^2\right]_0^6 = (120 - 180) - 0 = \boxed{-60 \text{ m}}\]

O sinal negativo indica que o objeto terminou 60 m abaixo da janela, ou seja, chegou ao solo (janela está a 60 m de altura — bateu exatamente!)

(d) Distância total \(D\) para \(0 \leq t \leq 6\) s

A velocidade muda de sinal em \(t = 2\) s. Precisamos separar:

Subindo (\(0\) a \(2\) s): \(\Delta y_1 = +20\) m

Descendo (\(2\) a \(6\) s): \[|\Delta y_2| = \left|\int_2^6 (20-10t)\,dt\right| = \left|[20t-5t^2]_2^6\right| = |(120-180)-(40-20)| = |-60-20| = 80 \text{ m}\]

\[D = 20 + 80 = \boxed{100 \text{ m}}\]

(e) Altura máxima \(H\)

No ponto mais alto, \(v_y = 0\), o que ocorre em \(t = 2\) s. A altura máxima acima do solo é: \[H = y_0 + \Delta y_1 = 60 + 20 = \boxed{80 \text{ m}}\]

Exercício 20 — Duas bolas, colisão em \(t = 1{,}8\) s

Bola 1: cai do topo (altura \(H\)), \(v_0 = 0\), eixo para baixo positivo. Bola 2: lançada do solo para cima, \(v_0 = 9\) m/s, eixo para cima positivo.

(a) Altura \(H\) do prédio

Passo 1 — Posição da Bola 1 (caindo, eixo para baixo): \[y_1(t) = \frac{1}{2}gt^2 = 5t^2\]

Passo 2 — Posição da Bola 2 (subindo, medida do solo): \[y_2(t) = 9t - 5t^2\]

Passo 3 — Na colisão (\(t = 1{,}8\) s), a soma das posições deve igualar \(H\): \[y_1(1{,}8) + y_2(1{,}8) = H\] \[5(1{,}8)^2 + 9(1{,}8) - 5(1{,}8)^2 = H\] \[H = 9 \times 1{,}8 = \boxed{16{,}2 \text{ m}}\]

(b) Altura da colisão acima do solo

\[y_2(1{,}8) = 9(1{,}8) - 5(1{,}8)^2 = 16{,}2 - 16{,}2 = \boxed{0 \text{ m}}\]

A colisão ocorre no solo!

(c) Explicação

A Bola 2 sobe, atinge sua altura máxima e retorna ao solo. No exato instante em que toca o solo novamente, a Bola 1 (que caiu do topo) também chega ao solo — e as duas colidem no chão.

Exercício 21 — Bola lançada verticalmente: \(v_0 = 30\) m/s

Eixo para cima positivo, \(g = 10\) m/s²: \[v(t) = 30 - 10t, \qquad y(t) = 30t - 5t^2\]

(a) Tempo para atingir o ponto mais alto

No ponto mais alto, \(v = 0\): \[30 - 10t = 0 \implies t = \boxed{3 \text{ s}}\]

(b) Altura máxima

\[y(3) = 30(3) - 5(9) = 90 - 45 = \boxed{45 \text{ m}}\]

(c) Instante em que a bola está a 30 m do chão

\[30t - 5t^2 = 30 \implies 5t^2 - 30t + 30 = 0 \implies t^2 - 6t + 6 = 0\]

\[t = \frac{6 \pm \sqrt{36 - 24}}{2} = \frac{6 \pm \sqrt{12}}{2} = \frac{6 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 3 \pm \sqrt{3}\]

\[\boxed{t \approx 1{,}3 \text{ s (subindo)} \quad \text{ou} \quad t \approx 4{,}7 \text{ s (descendo)}}\]

(d) Tempo para retornar ao chão

Por simetria, o tempo de subida = tempo de descida: \[t_{total} = 2 \times 3 = \boxed{6 \text{ s}}\]

(e) Distância total percorrida

A bola sobe 45 m e desce 45 m: \[D = 45 + 45 = \boxed{90 \text{ m}}\]

Exercício 22 — Lebre e tartaruga (10 km)

Dados: \(v_{lebre} = 4\) m/s \(= 0{,}24\) km/min, \(v_{tart} = 1\) m/s \(= 0{,}06\) km/min. Lebre dorme dos 5 min aos 140 min.

(a) Quem ganha?

Posições em função do tempo (km, minutos):

\[x_{tart}(t) = 0{,}06\,t\]

\[x_{lebre}(t) = \begin{cases} 0{,}24\,t & 0 \leq t \leq 5 \\ 1{,}2 & 5 < t \leq 140 \\ 0{,}24\,t - 32{,}4 & t > 140 \end{cases}\]

Tempo para tartaruga chegar aos 10 km: \[0{,}06\,t = 10 \implies t = 166{,}7 \text{ min}\]

Posição da lebre em \(t = 166{,}7\) min: \[x_{lebre} = 0{,}24(166{,}7) - 32{,}4 = 40 - 32{,}4 = 7{,}6 \text{ km}\]

\[\boxed{\text{A tartaruga vence!}}\]

(b) Quando a tartaruga alcança a lebre parada?

A lebre para em \(x = 1{,}2\) km. A tartaruga chega lá quando: \[0{,}06\,t = 1{,}2 \implies t = \boxed{20 \text{ min}}\]

(c) Distância entre elas quando a tartaruga cruza a linha

A tartaruga cruza em \(t = 166{,}7\) min. A lebre está em \(7{,}6\) km: \[\Delta x = 10 - 7{,}6 = \boxed{2{,}4 \text{ km atrás}}\]

(d) Tempo máximo de soneca para a lebre ainda ganhar

Para empatar, a lebre deve chegar aos 10 km no mesmo instante que a tartaruga (\(t = 166{,}7\) min). Após acordar, percorre \(10 - 1{,}2 = 8{,}8\) km a 0,24 km/min: \[\Delta t_{corrida} = \frac{8{,}8}{0{,}24} = 36{,}7 \text{ min}\]

A lebre acorda em \(t_{acorda} = 166{,}7 - 36{,}7 = 130\) min. Como dormiu a partir de \(t = 5\) min: \[t_{soneca} = 130 - 5 = \boxed{125 \text{ min}}\]

Exercício 23 — Bola de chumbo no trampolim (5,5 m acima da piscina)

Eixo \(y\) para cima, origem na superfície da água. A bola parte de \(y_0 = +5{,}5\) m com \(v_0 = 0\).

(a) Tempo para atingir a superfície da água

\[y(t) = 5{,}5 - 5t^2 = 0 \implies t^2 = 1{,}1 \implies t = \boxed{1{,}05 \text{ s}}\]

(b) Velocidade ao atingir a superfície

\[v = -gt = -10 \times 1{,}05 = \boxed{-10{,}5 \text{ m/s}}\]

O sinal negativo indica sentido para baixo.

(c) Profundidade da piscina

A bola atinge a superfície em \(t_1 = 1{,}05\) s e o fundo em \(t_2 = 2\) s. No interior da piscina, a velocidade é constante (\(= 10{,}5\) m/s para baixo):

\[h = |v| \times \Delta t = 10{,}5 \times (2 - 1{,}05) = 10{,}5 \times 0{,}95 \approx \boxed{10 \text{ m}}\]

(d) Velocidade média no intervalo \(\Delta t = 2\) s

\[v_m = \frac{\Delta y_{total}}{\Delta t} = \frac{-(5{,}5 + 10)}{2} = \frac{-15{,}5}{2} \approx \boxed{-7{,}7 \text{ m/s}}\]

(e) Velocidade inicial para atingir o fundo em 2 s (piscina vazia)

Agora toda a trajetória é de queda livre, percorrendo \(5{,}5 + 10 = 15{,}5\) m em 2 s:

\[\Delta y = v_0 t + \frac{1}{2}(-g)t^2\] \[-15{,}5 = v_0(2) - 5(4)\] \[-15{,}5 = 2v_0 - 20\] \[2v_0 = 4{,}5 \implies v_0 = \boxed{2{,}25 \approx 2{,}3 \text{ m/s (para baixo)}}\]

Exercício 24 — \(a(t) = 2 + 0{,}2t\) m/s², \(v_0 = 20\) m/s

(a) Sentido da aceleração

Como \(a(t) = 2 + 0{,}2t > 0\) para todo \(t \geq 0\), a aceleração aponta no mesmo sentido do movimento (eixo \(x\) positivo).

(b) Expressão de \(v(t)\)

Integrar \(a(t)\) com condição inicial \(v(0) = 20\) m/s: \[v(t) = v_0 + \int_0^t a(t')\,dt' = 20 + \int_0^t (2 + 0{,}2t')\,dt'\] \[v(t) = 20 + \left[2t + 0{,}1t^2\right]_0^t\] \[\boxed{v(t) = 20 + 2t + 0{,}1t^2 \text{ (m/s)}}\]

(c) Velocidade em \(t = 10\) s

\[v(10) = 20 + 2(10) + 0{,}1(100) = 20 + 20 + 10 = \boxed{50 \text{ m/s}}\]

(d) Aceleração média nos 10 segundos

\[a_m = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v(10) - v(0)}{10} = \frac{50 - 20}{10} = \boxed{3 \text{ m/s}^2}\]

(e) Expressão de \(x(t)\), sabendo que \(x(3) = 10\) m

Passo 1 — Integrar \(v(t)\): \[x(t) = \int v(t)\,dt = 20t + t^2 + \frac{t^3}{30} + C\]

Passo 2 — Usar a condição \(x(3) = 10\) m para encontrar \(C\): \[10 = 20(3) + 9 + \frac{27}{30} + C = 60 + 9 + 0{,}9 + C\] \[C = 10 - 69{,}9 = -59{,}9 \approx -60\]

\[\boxed{x(t) = 20t + t^2 + \frac{t^3}{30} - 60 \text{ (m)}}\]

(f) Deslocamento nos primeiros 5 segundos

\[\Delta x = x(5) - x(0)\] \[x(5) = 20(5) + 25 + \frac{125}{30} - 60 = 100 + 25 + 4{,}17 - 60 = 69{,}17 \text{ m}\] \[x(0) = -60 \text{ m}\] \[\Delta x = 69{,}17 - (-60) = \boxed{129{,}2 \text{ m}}\]

(g) Velocidade média nos 10 segundos

\[v_m = \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{x(10) - x(0)}{10}\] \[x(10) = 20(10) + 100 + \frac{1000}{30} - 60 = 200 + 100 + 33{,}3 - 60 = 273{,}3 \text{ m}\] \[v_m = \frac{273{,}3 - (-60)}{10} = \frac{333{,}3}{10} = \boxed{33{,}3 \text{ m/s}}\]

Exercício 25 — \(v(t) = t(4-t)\) m/s, parte do repouso

(a) Raízes e máximo de \(v(t)\)

Raízes (\(v = 0\)): \(t(4-t) = 0 \implies t = 0\) s e \(t = 4\) s

Máximo (derivar \(v\) e igualar a zero): \[\frac{dv}{dt} = 4 - 2t = 0 \implies t = 2 \text{ s}\] \[v_{max} = 2(4-2) = \boxed{4 \text{ m/s em } t = 2 \text{ s}}\]

Para \(t > 4\) s, a velocidade fica negativa (corpo retorna).

(b) Deslocamento até a velocidade máxima (\(t = 0\) a \(t = 2\) s)

\[\Delta x = \int_0^2 t(4-t)\,dt = \int_0^2 (4t - t^2)\,dt = \left[2t^2 - \frac{t^3}{3}\right]_0^2\] \[= \left(8 - \frac{8}{3}\right) - 0 = \frac{24-8}{3} = \frac{16}{3} \approx \boxed{5{,}3 \text{ m}}\]

(c) Deslocamentos nos intervalos pedidos

Para \(0 \leq t \leq 4\) s: \[\Delta x_{0\to4} = \int_0^4 (4t - t^2)\,dt = \left[2t^2 - \frac{t^3}{3}\right]_0^4 = 32 - \frac{64}{3} = \frac{32}{3} \approx \boxed{10{,}7 \text{ m}}\]

Para \(4 \leq t \leq 6\) s (velocidade negativa): \[\Delta x_{4\to6} = \int_4^6 (4t - t^2)\,dt = \left[2t^2 - \frac{t^3}{3}\right]_4^6 = \left(72 - 72\right) - \left(32 - \frac{64}{3}\right) = -\frac{32}{3} \approx \boxed{-10{,}7 \text{ m}}\]

Para \(0 \leq t \leq 6\) s: \[\Delta x_{0\to6} = \frac{32}{3} + \left(-\frac{32}{3}\right) = \boxed{0}\]

O corpo retornou à posição inicial!

(d) Caminho total em 6 segundos

Como o corpo muda de sentido em \(t = 4\) s: \[D = |\Delta x_{0\to4}| + |\Delta x_{4\to6}| = \frac{32}{3} + \frac{32}{3} = \frac{64}{3} \approx \boxed{21{,}3 \text{ m}}\]

(e) Tempo para retornar à posição inicial \(x_0\)

O deslocamento total é zero em \(t = 6\) s (como visto no item c). Portanto:

\[\boxed{t = 6 \text{ s}}\]

Exercício 26 — Trem com aceleração \(a = 0{,}40\) m/s², passageiro chega 6 s depois

(a) Análise analítica

Condições: o trem parte em \(t = 0\), o passageiro começa a correr em \(t = 6\) s com velocidade constante \(v_0\).

Posição do trem (origem no ponto onde o passageiro chega): \[x_T(t) = \frac{1}{2}(0{,}40)t^2 = 0{,}20\,t^2\]

Posição do passageiro (começa em \(t = 6\) s, na posição \(x = 0\)): \[x_P(t) = v_0(t - 6), \quad t \geq 6 \text{ s}\]

Para o passageiro alcançar o trem, as posições devem ser iguais e as velocidades também devem ser iguais no ponto de tangência (condição de velocidade mínima):

Passo 1 — Igualar posições: \[v_0(t-6) = 0{,}20\,t^2 \quad \text{...(I)}\]

Passo 2 — Igualar velocidades (condição mínima — passageiro encosta no trem sem ultrapassar): \[v_0 = v_T = 0{,}40\,t \implies t = \frac{v_0}{0{,}40} \quad \text{...(II)}\]

Passo 3 — Substituir (II) em (I): \[v_0\left(\frac{v_0}{0{,}40} - 6\right) = 0{,}20\left(\frac{v_0}{0{,}40}\right)^2\]

\[\frac{v_0^2}{0{,}40} - 6v_0 = 0{,}20 \cdot \frac{v_0^2}{0{,}16} = \frac{v_0^2}{0{,}80}\]

Passo 4 — Dividir por \(v_0\) (assumindo \(v_0 \neq 0\)): \[\frac{v_0}{0{,}40} - 6 = \frac{v_0}{0{,}80}\]

\[\frac{v_0}{0{,}40} - \frac{v_0}{0{,}80} = 6\]

\[v_0\left(\frac{1}{0{,}40} - \frac{1}{0{,}80}\right) = 6 \implies v_0(2{,}5 - 1{,}25) = 6\]

\[v_0 \times 1{,}25 = 6 \implies \boxed{v_0 = 4{,}8 \text{ m/s}}\]

Exercício 27 — \(x(t) = \alpha t^2 - \beta t^3\) com \(\alpha = 3\), \(\beta = 1\)

(a) Unidades de \(\alpha\) e \(\beta\) no SI

Para que \(x\) esteja em metros e \(t\) em segundos: \[[\alpha t^2] = \text{m} \implies [\alpha] = \frac{\text{m}}{\text{s}^2} = \boxed{\text{m\,s}^{-2}}\] \[[\beta t^3] = \text{m} \implies [\beta] = \frac{\text{m}}{\text{s}^3} = \boxed{\text{m\,s}^{-3}}\]

(b) Instante da posição máxima

No máximo, \(v = dx/dt = 0\): \[v(t) = 2\alpha t - 3\beta t^2 = 6t - 3t^2 = 3t(2 - t) = 0\] \[\implies t = 0 \text{ (mínimo)} \quad \text{ou} \quad t = \boxed{2 \text{ s (máximo)}}\]

(c) Deslocamento em 3 s e caminho total \(D\)

Passo 1 — Calcular \(x(0)\), \(x(2)\) e \(x(3)\): \[x(0) = 0\] \[x(2) = 3(4) - 1(8) = 12 - 8 = 4 \text{ m}\] \[x(3) = 3(9) - 1(27) = 27 - 27 = 0 \text{ m}\]

Deslocamento: \(\Delta x = x(3) - x(0) = 0 - 0 = \boxed{0 \text{ m}}\)

Caminho total: a partícula vai até \(x = 4\) m e volta: \[D = 4 + 4 = \boxed{8 \text{ m}}\]

(d) e (e) Velocidade e aceleração no final de cada um dos 4 primeiros segundos

\[v(t) = 6t - 3t^2, \qquad a(t) = 6 - 6t\]

\(t\) (s)	\(v(t)\) (m/s)	\(a(t)\) (m/s²)
1	\(6(1) - 3(1) = 3\)	\(6 - 6(1) = 0\)
2	\(6(2) - 3(4) = 0\)	\(6 - 6(2) = -6\)
3	\(6(3) - 3(9) = -9\)	\(6 - 6(3) = -12\)
4	\(6(4) - 3(16) = -24\)	\(6 - 6(4) = -18\)