Este documento apresenta 7 questões sobre cinemática do movimento uniformemente variado. As questões abordam tópicos como queda livre, aceleração constante, velocidade final, tempo de queda de gotas e distância percorrida com freios. As respostas são calculadas usando equações como a equação horária do espaço e a definição de aceleração escalar média.

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Prof. A.F.Guimarães
Questões de Cinemática 3 – Movimento Uniformemente Variado
Questão 1
(CESGRANRIO) A distância (d) que um objeto
percorre em queda livre, a partir do repouso,
durante um tempo (t), é expressa por d=0,5 g t2.
Uma pequena esfera é solta de um ponto situado
a 1,80 m de altura. Considere g = 10 m s‐2.
a) A distância que ela percorrerá, entre os
instantes t = 0,2 s e t = 0,3 s, contados a partir
do momento em que foi solta, vale, em
metros:
A( ). 0,05;
B( ). 0,15;
C( ). 0,25;
D( ). 0,35;
E( ). 0,45.
Resolução:
A distância percorrida em 0,2 s é dada por:
2
1 0,5 10 0,2 0,2 .d m= ⋅ ⋅ =
E a distância percorrida em 0,3 s é dada por:
2
2 0,5 10 0,3 0,45 .d m= ⋅ ⋅ =
Logo, a distância percorrida entre esses dois
instantes é dada por:
0,45 0,2 0,25 .d m= − =
Letra “C”.
b) O tempo gasto para atingir o solo vale, em
segundos:
A( ). 0,3;
B( ). 0,4;
C( ). 0,5;
D( ). 0,6;
E( ). 0,7.
Resolução:
O tempo total para a queda de 1,80 m é dado por:
2
1,8 0,5 10
1,8
0,36
5
0,6 .
t
t
t s
= ⋅ ⋅
= =
∴ =
Letra “D”.
Questão 2
(UNICAMP) As faixas de aceleração das auto‐
estradas devem ser longas o suficiente para
permitir que um carro partindo do repouso atinja
a velocidade de 100 km h‐1 em uma estrada
horizontal. Um carro popular é capaz de acelerar
de 0 a 100 km h‐1 em 18 s. Suponha que a
aceleração é constante.
a) Qual o valor da aceleração?
b) Qual a distância percorrida em 10 s?
c) Qual deve ser o comprimento mínimo da faixa
de aceleração?
Resolução:
a) Só para manter as unidades no SI, vamos
transformar a velocidade. Assim, 100 km h‐1
27,8 m s‐1. Utilizando a definição de
aceleração escalar média teremos:
227,8
1,54 .
18
m
v
a m s
t
−∆
= = ≅ ⋅
∆
b) Com essa aceleração e partindo do repouso, o
automóvel percorrerá a distância dada por:
2
0
2
2
1,54 10
77 .
2
at
S v t
S m
∆ = +
⋅
∆ = =
c) O tempo necessário para que o automóvel
atinja a velocidade de 100 km h‐1 é de 18 s, de
acordo com o texto. Assim, poderemos utilizar
a equação horária do espaço para determinar
a distância a ser percorrida neste intervalo de
tempo. Logo,
2
1,54 18
249,5 .
2
S m
⋅
∆ = ≅

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Questão 3
(AFA) Em uma decolagem, um Tucano (aeronave
T‐27) percorre 500 m na pista, atingindo a
velocidade escalar de 144 km h‐1, com aceleração
escalar constante. Quanto tempo durou a
decolagem?
A( ). 10 s;
B( ). 15 s;
C( ). 20 s;
D( ). 25 s;
E( ). 30s.
Resolução:
Poderemos transformar a distância de metros
para quilômetros. Porém, vamos transformar a
velocidade, pois assim, determinaremos o tempo
em segundos. Logo 144 km h‐1 = 40 m s‐1. Agora
poderemos determinar o tempo utilizando a
equação de Torricelli, para determinar a
aceleração e depois a equação horária do espaço
para determinar o tempo. Assim, teremos:
2 2
0
2
2
2
40 2 500
1,6 .
v v a s
a
a m s−
= + ∆
= ⋅
= ⋅
Agora que temos a aceleração, poderemos
determinar o tempo. Assim, teremos:
2
0
2
2
1,6
500
2
25 .
at
S v t
t
t s
∆ = +
=
∴ =
Utilizamos duas equações para determinar o
tempo de decolagem. Mas poderíamos utilizar
apenas uma única equação para determinar esse
tempo. Observamos que no movimento
uniformemente variado (e apenas no MUV) a
velocidade escalar média é dada por:
0
2
m
v v
v
+
= .
E ao mesmo tempo, podemos utilizar também a
definição de velocidade escalar média dada por:
.m
S
v
t
∆
=
∆
Assim, utilizando esses dois resultados podemos
escrever:
0
2
500 40
2
25 .
v vS
t
t
t s
+∆
=
∆
=
∆
∴ ∆ =
Letra “D”.
Questão 4
(UNICAMP) Uma torneira, situada a uma altura
de 1,0 m acima do solo, pinga lentamente à razão
de 3 gotas por minuto.
a) Com que velocidade uma gota atinge o solo?
b) Que intervalo de tempo separa as batidas de
duas gotas consecutivas no solo?
Considere, para simplificar, g = 10 m s‐2.
Resolução:
a) Uma gota atinge o solo com velocidade dada
por:
2 2
0
2
1
2
2 10 1
4,5 .
v v a s
v
v m s−
= + ∆
= ⋅ ⋅
∴ ≅ ⋅
b) A primeira gota leva um intervalo de tempo,
para atingir o solo dado por:
2
2
2
10
1
2
0,45 .
gt
S
t
t s
∆ =
=
≅
Porém, cerca de 1/3 do minuto (20 s), a segunda
gota cai. Logo, 20 – 0,45 = 19,55 s depois de a
primeira gota bater no chão, a segunda gota
começa a cair. Como o tempo que as gotas levam
para cair é de 0,45 s, o tempo total é de 19,55 +
0,45 = 20 s.

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Questão 5
(ITA) Um corpo cai, em queda livre, de uma
altura tal que durante o último segundo de queda
ele percorre ¼ da altura total. Calcular o tempo
de queda supondo nula a velocidade inicial do
corpo.
Resolução:
Para cair de uma altura h, a partícula leva um
tempo total T. Assim,
2
2
gT
h = .
E para cair de uma altura 3h/4, a partícula leva
um tempo T – 1. Assim, teremos:
( )
( )
2
2
13
4 2
2 1
.
3
g Th
g T
h
−
=
/ /
−
=
Agora utilizando esses dois resultados, teremos:
( )
( )
( )
( )
22
2 1
2 3
3 2 1
2 3 2
2
2 2 3 .
2 3
gT g T
T T
T
T T s
−/ /
=
= −
− =
= ∴ = ⋅ +
−
Questão 6
(VUNESP) O tempo de reação (intervalo de tempo
entre o instante em que uma pessoa recebe a
informação e o instante em que reage) de certo
motorista é 0,7 s, e os freios podem reduzir a
velocidade de seu veículo à razão máxima de 5
m s‐1 e cada segundo. Supondo que esteja
dirigindo à velocidade constante de 10 m s‐1,
determine:
a) O tempo mínimo decorrido entre o instante
em que avista algo inesperado, que o leva a
acionar os freios, até o instante em que o
veículo pára.
b) A distância percorrida nesse tempo.
Resolução:
a) Durante os primeiros 0,7s , carro executa um
MU. Depois o motorista aciona os freios e o
carro executa um MUV com uma aceleração
de 5 m s‐2. Assim, o tempo que o carro leva
para parar é dado por:
0
0 10 5
2 .
v v at
t
t s
= −
= −
=
Logo o tempo total mínimo é de 2,7s.
b) A distância percorrida será dada por:
1 2
1
2
2
10 0,7 7 .
5 2
10 2 10 .
2
17 .
S S S
S m
S m
S m
/
∆ = ∆ +∆
∆ = ⋅ =
⋅
∆ = ⋅ − =
/
∴ ∆ =
Questão 7
(ITA) Um móvel parte da origem do eixo x com
velocidade constante igual a 3 m s‐1. No instante t
= 6 s o móvel sofre uma aceleração a = ‐4 m s‐2. A
equação horária, a partir do instante t = 6 s, será:
A( ). x = 3t – 2t2;
B( ). x = 18 + 3t ‐2t2;
C( ). x = 18 – 2t2;
D( ). x = ‐72 + 27t – 2t2;
E( ). x = 27t – 2t2.
Resolução:
Ao partir da origem com velocidade constante de
3 m s‐1 ela estará, no instante 6 s, na posição dada
por:
3 6 18 .x m= ⋅ =
h,T
3h/4,T‐1
h/4,1s.

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Assim, poderemos escrever a equação horária do
espaço dada por:
2
18 3 2 .x t t= + −
Porém, nesse exercício, o examinador quer que se
leve em conta o atraso no tempo de 6s. Assim, a
equação deveria ser reescrita na seguinte forma:
( ) ( )
2
2
2
18 3 6 2 6
18 3 18 2 24 72
72 27 2 .
x t t
x t t t
x t t
= + − − −
= + − − + −
=− + −
Portanto letra “D”.
Porém, particularmente, não descarto o primeiro
resultado, uma vez que se iniciou um novo
movimento, portanto, pode‐se “zerar” o
cronômetro e começar uma nova marcação para
a contagem dos tempos. Desta forma eu sugiro
duas respostas para essa questão. Letras “B” e
“D”.
Questão 8
(DESAFIO) Um elevador parte do repouso e sobe
com aceleração constante igual a 2 m s‐2 em
relação a um observador fixo, localizado fora do
elevador. Quando sua velocidade atinge o valor v
= 6 m s‐1, uma pessoa que está dentro do
elevador larga um pacote de uma altura h = 2,16
m, em relação ao piso do elevador. Considerando
que o elevador continue em seu movimento
acelerado ascendente, determine para o
observador fixo e para o localizado no interior do
elevador:
a) O tempo de queda;
b) A distância total percorrida pelo pacote até
que este encontre o piso do elevador;
c) Se o pacote entra em movimento
descendente.
Obs.: Considere g = 10 m s‐2.
Resolução:
a) A partir desse instante, o pacote adquire
aceleração dada por g. Assim, a equação
horária do espaço para o pacote é dada por:
2
2,16 6 5ph t t= + −
Agora poderemos escrever uma equação horária
para o solo do elevador:
2
6sh t t= +
No ponto de encontro teremos:
2 2
2
2,16 6 5 6
6 2,16
0,6 .
p sh h
t t t t
t
t s
=
+ − = +
=
∴ =
Tanto para um referencial no elevador como para
um referencial fixo no solo.
b) Para o referencial fixo no solo:
( )
2
2
6 5
6 0,6 5 0,6
1,8 .
p
p
p
h t t
h
h m
∆ = −
∆ = ⋅ − ⋅
∆ =
Para o referencial do elevador: 2,16 m.
c) O intervalo de tempo de 0,6 s, corresponde ao
tempo total de subida do pacote:
0
0 6 10
0,6 .
v v gt
t
t s
= −
= −
∴ =
Isto significa que para o referencial fixo no
solo, o pacote apenas subiu. Não executou
movimento na descendente.
Agora, para o referencial do elevador, o
pacote apenas caiu. Ou seja, o pacote executa
movimento na descendente.