Física – Mecânica – Cinemática

Movimento retilíneo uniformemente variado – MRUV

Parte II

No post anterior falamos das grandezas velocidade e aceleração no MRUV. Agora é hora de relacionar estas grandezas com a posição do móvel sobre a trajetória.

Vimos que ${\Delta{v} = {a}\cdot\Delta{t}}$

E também ${ v = v_0 + a\cdot{t}}$

Vejamos um móvel em trajetória reta, como representado abaixo.

No instante to = 0, o móvel tem velocidade Vo e no instante t, a velocidade variou uniformemente para V.

Se considerarmos uma velocidade média para o deslocamento ${\Delta{X} = {(X – X_0)}}$ existem duas possibilidades.

Podemos dividir o deslocamento ${\Delta{X}}$ pelo intervalo de tempo ${\Delta {t}}$, como se o movimento fosse uniforme nesse intervalo, ou podemos fazer a média aritmética das velocidades ${V_0}$ e ${V}$. Isso nos dá as seguintes expressões.

  • ${{V_m} = \left({\Delta{X}\over{\Delta{t}}}\right)}$ <==>${{V_m}=\left({X – X_0}\over{t – 0}\right)}$
  • ${{V_m} = \left({{\Delta{V_0 + V}}\over {2,0}}\right)}$<==>${{V_m}=\left({{V_0 + V}\over{2,0}}\right)}$
  • Tratando-se do mesmo movimento, as duas velocidades médias são iguais e portanto podemos igualar as duas expressões e desenvolver completamente.
  • ${\left({X – X_0}\over{t – 0}\right) = \left({{V_0 + V}\over{2,0}}\right)}$
  • Se multiplicarmos os dois membros da igualdade pelo fator ${t}$ e substituirmos ${V = V_0 + a\cdot{t}}$ no segundo membro, teremos:
  • ${{\left({{(X – X_0)}\cdot{t}}\over{t}\right)}} = {{\left({{(V_0 + V)}\cdot{t}}\over{2,0}\right)}}$
  • Vamos efetuar as operações possíveis. No primeiro membro simplificar o fator comum entre numerador e denominador. No segundo membro aplicar a propriedade distributiva da multiplicação em relação à adição/subtração.
  • $ {{X – X_0} = {\left({{V_0}\cdot{t} + V\cdot{t}}\right)\over {2,0}}}$
  • $ {{X – X_0} = {\left({{V_0}\cdot{t} + {(V_0 + a\cdot{t})\cdot{t}}}\right)\over {2,0}}}$
  • ${{X – X_0} = {\left({V_0}\cdot{t} + {V_0}\cdot{t} + a\cdot {t^²}\right)\over {2,0}}}$
  • Reduzimos os termos semelhantes e separamos o segundo membro em duas frações, temos:
  • ${{X – X_0} = \left({{2,0\cdot{V_0}}\cdot{t}}\over{2,0}\right) + \left({{a}\cdot{t^2}}\over{2,0}\right)}$
  • ${X = X_0 + {V_0}\cdot{t} + \left({a\cdot{t^2}}\over{2,0}\right)}$
  • ${X = X_0 + {V_0}\cdot{t} + {{1,0}\over{2,0}}\cdot{a\cdot{t^2}}}$

Aí temos a equação horária da posição ${X}$ de um móvel em trajetória reta com aceleração constante. Se olharmos as funções da matemática, veremos que estamos diante de uma função do segundo grau ou seja uma função quadrática.

Comparando os dois casos:

${X = X_0 + {v_0}\cdot{t} + {{1}\over{2}}\cdot{at^2}}$

${y = c + b\cdot{x} + a\cdot{x^2}}$

Os termos que ocupam as mesmas posições se equivalem no momento da representação gráfica no plano cartesiano. ${X}$X corresponde ao ${y}$, ${{X_0}}$ corresponde ao ${c}$, ${V_0}$ corresponde ao ${b}$ e ${\left({1}\over{2}\right)\cdot a}$ equivale ao ${a}$ na expressão genérica.

Temos agora o conjunto das equações que nos permitem resolver os problemas relativos aos movimentos uniformemente variados em uma trajetória retilínea. Estas equações são atribuídas à Galileu Galilei que em suas pesquisas chegou a estas conclusões.

Para completar mesmo, vejamos o que um outro físico italiano fez, usando as equações obtidas pelo conterrâneo Galileu. Devemos à Evangelista Torricelli, entre outras invenções, uma combinação das equações vistas, onde não é necessário o fator tempo.

${V = V_0 + a\cdot{t}}$ <==> ${\left({V – V_0}\over {a}\right) = {t}} $

${{X – X_0} = {V_0}\cdot{t} + \left({a}\over{2}\right)\cdot{t^2}}$

Substituindo ${t}$ na segunda expressão, pelo valor obtido na primeira teremos:

${\Delta{X} = {V_0}\cdot\left({V – V_0}\over{a}\right) + \left({a}\over{2}\right)\cdot\left({V – V_0}\over{a}\right)^2}$

Efetuando as operações indicadas.

${\Delta{X} = \left({{V}\cdot{V_0} – {V_0}^2}\over{a}\right) + \left({a}\cdot({V^2 – 2\cdot{V}\cdot{V_0} + {V_0}^2})\over{2a^2}\right)}$

Reduzindo ao mesmo denominador e cancelando os termos semelhantes.

${\Delta{X}\cdot{2a} = ({{V}\cdot{V_0} – {V_0}^2})\cdot {2} +({V^2 – 2\cdot{V}\cdot{V_0} + {V_0}^2})}$

${{2}\cdot{a}\cdot{\Delta{X}} = {2}\cdot{V}\cdot{V_0} – {2}\cdot{V_0}^2 + {V^2} – 2\cdot{V}\cdot{V_0} + {V_0}^2}$

${2a\Delta{X} = 2VV_0 – 2{V_0}^2 + V^2 – 2VV_0 +{V_0}^2}$

${2a\Delta{X} = – {V_0}^2 + V^2}$

${V^2 = {V_0}^2 + 2a\Delta{X}}$

Esta é conhecida nos meios ligados à física como Equação de Torricelli. Ela é um excelente atalho para muitos problemas, pois encurta o caminho para chegar ao resultado que se deseja.

Ao estudar a representação gráfica das funções matemáticas, vemos que uma função do segundo grau resulta num gráfico em forma de parábola. A forma é aproximadamente assim.

O gráfico, sendo de função quadrática, é uma parábola. Note que ela não tem pontos à esquerda do eixo das ordenadas, pois isso implicaria em termos valores negativos para o tempo. Isso não existe na física. Os fenômenos físicos não retrocedem.

A parábola tem a concavidade para cima. Seu ponto inicial para ${t = 0}$, corresponde a uma curva descendente, ou seja um movimento retrógrado e retardado. No ponto mais baixo (${X_{mínimo}}$). a velocidade se anula e o sentido do movimento inverte, passando a ser progressivo e acelerado.

Esta parábola começa na origem dos dois eixos. Temos nesse caso Vo = 0, Xo = 0 e como a concavidade é para cima, o movimento é progressivo acelerado. A aceleração é positiva.

Sempre é bom fazer exercícios, onde se aplica o que foi visto na explanação teórica. Vejamos então.

Um móvel se encontra na posição ${{X_0}= – 12,0 m}$ no instante ${{t_0} = 0}$, com velocidade ${{V_0} = 3,0 m/s}$ e sua aceleração é ${ a = 2,0m/s²}$. Pede-se: a) escreva a equação horária da velocidade; b) escreva a equação horária da posição do móvel; c) determine a posição do mesmo no instante ${t = 5,0s}$; d) qual foi o deslocamento realizado até o instante em que a velocidade é ${V= 17,0 m/s}$.

  • a) temos que ${V = {V_0} + a\cdot{t}}$
    • ${{V_0} = 3,0 m/s}$
    • ${a = 2,0 m/s²}$
  • Substituindo na equação fica: ${V = 3,0 + {2,0} \cdot {t}}$
  • b) temos que ${X = {X_0} + {V_0}\cdot{t} + {\frac{1}{2}}\cdot{a}\cdot{t^2}}$
    • ${{X_0} = -12,0 m}$
    • ${a = 2,0 m/s²}$
    • ${{V_0} = 3,0 m/s}$
    • substituindo na equação temos:
    • ${X = {-12,0} + {3,0}\cdot{t} + {\frac{1}{2}}\cdot{2,0}\cdot{t^2}}$
  • c) ${t = 5,0 s}$
    • ${X = {-12,0} + {3,0}\cdot{5,0} + {\frac{1}{2}}\cdot{2,0}\cdot{{5,0}^2}}$
    • ${X = -12,0 + 15,0 + {\frac{1}{2}}\cdot{50}}$
    • ${X = 3,0 + 25,0}$ <==> ${X = 28,0 m}$
  • d) para resolver essa questão podemos fazer uso da Equação de Torricelli.
    • ${{V^2} = {v_0}^2 + 2\cdot{a}\cdot{\Delta{X}}}$
    • ${V = 17,0 m/s}$
    • ${{17,0}^2 = {3,0}^2 + 2\cdot{2,0}\cdot {\Delta{X}}}$
    • ${289,0 = 9,0 + {4,0}\cdot{\Delta{X}}}$
    • ${{289,0 – 9,0} = {4,0}\cdot{\Delta{X}}}$
    • ${{\frac{280,0}{4,0}} = \Delta{X}}$
    • ${\Delta{x} = 70,0 m}$

Um móvel parte de uma posição inicial ${{X_0} = 25,0m}$ com uma velocidade ${{V_0} = -7,0 m/s}$. Se após ${t = 3,0 s}$ ele se encontra com velocidade ${V = 5,0 m/s}$, pergunta-se:

  • a)qual é a sua aceleração?
  • temos que ${{V_0} = -7,0 m/s}$
    • ${ t = 3,0 s}$
    • ${V = 5,0 m/s}$
    • ${ V = {V_0} + a\cdot{t}}$
    • substituimos ${ 5,0 = – 7,0 + a\cdot{3,0}}$
    • ${{5,0 + 7,0} = a\cdot {3,0}}$ <==> ${a = {\frac{12,0}{3,0}}}$
    • ${a = 4,0 m/s²}$
  • b) qual é a posição do móvel no instante ${t = 6,0 s}$?
    • ${X = {X_0} + {V_0}\cdot {t} + {\frac{1}{2}}\cdot{a}\cdot{t^2}}$
    • ${X = 25,0 + {- 7,0}\cdot {6,0} + {\frac{1}{2}}\cdot{4,0}\cdot {6,0}^2}$
    • ${X = 25,0 – 42,0 + 2,0\cdot{36,0}}$
    • ${X = -17,0 + 72}$ <=> ${X = 55,0 m}$
  • c)Em que posição o móvel se encontra no momento da inversão de velocidade? (passa a ser acelerado).
    • ${V = 0}$ => no instante da inversão da velocidade.
    • ${V^2 = {V_0}^2 + 2\cdot{a}\cdot{\Delta {X}}}$
    • ${\Delta{X} = {X – {X_0}}}$
    • ${ 0 = {-7,0}^2 + 2\cdot{4,0}\cdot{X -{X_0}}}$
    • ${0 = 49,0 + {8,0}\cdot{X – {25,0}}}$ <=>${0 = 49,0 + {8,0}X – 200,0}$
    • ${{-8,0}X = -151,0}$ <=> ${x = {\frac{-151,0}{-8,0}}}$
    • ${X = {18,875 m}}$
  • d)Construa os gráficos ${X = f(t)}$, ${v = f(t)}$ e ${a = f(t)}$
A parábola indica a variação da posição do móvel no decorrer do tempo deste movimento. O vértice da parábola corresponde à posição em que o movimento muda de sentido. A velocidade nessa posição é momentaneamente igual a zero.


Gráfico da aceleração (constante) para o movimento deste móvel em relação ao tempo. As áreas em destaque indicam as variações de velocidade antes e depois da inversão do sentido da velocidade.

Alguns exercícios para treinar.

  1. Um móvel parte da origem dos eixos ortogonais X =f(t), com velocidade igual a zero. Se aos ${12 s}$ do movimento sua velocidade é de 36 m/s, determine: a) a aceleração; b) a posição nesse instante; c) o momento em que sua velocidade e igual ${v = 27,0 m/s}$; d) faça os gráficos ${X =f(t)}$, ${V =f(t)}$ e ${a = f(t)}$.
  2. Se um corpo parte da posição ${{X_0} = – 35,0 m}$, com velocidade ${{V_0} = 7,0 m/s} $, sendo acelerado de ${a = 2,0 m/s²}$. pede-se: a) em que instante ele irá passar na origem da trajetória; b) com que velocidade ele estará nesse momento; c) depois de quanto tempo ele passará na posição ${X = 35,0 m}$; d) construa o gráfico ${X = f(t)}$ e analise-o; e)construa os gráficos ${V = f(t)}$ e ${a = f(t)}$ e analise.
  3. Qual é o deslocamento de um móvel que tem ${{V_0} = 8,0 m/s}$, aceleração ${a= 3,0 m/s²} até atingir a velocidade ${V = 38,0 m/s}$?
  4. Um móvel que percorre uma distância ${\Delta{X} = 48,0 m}$, num intervalo de tempo ${\Delta{t} = 6,0 s}$, com movimento acelerado a partir do repouso, tem que aceleração? Se sua posição inicial é ${{X_0} = -12,0 m}$, qual é sua posição no instante ${t = 6,0s}$?

Havendo dúvidas, seja com esses exercícios propostos ou outros que tenha obtido de outra origem, não hesite em perguntar. Para isso servem os canais de comunicação que coloco abaixo.

Curitiba, 15 de setembro de 2019

Décio Adams

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