Exercícios Resolvidos: Aplicação da integral

Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Exercícios Resolvidos: Aplicações da Integral
Contato: nibblediego@gmail.com
Escrito por Diego Oliveira - Publicado em 06/03/2016 - Atualizado em 24/11/2017
Exemplo 1: Suponha que uma pedra, situada a uma altura s0 do solo, seja aban-
donada. Considerando que sua velocidade inicial é nula determine suas equações
de movimento
Solução:
Durante a queda a pedra sofre os efeitos da gravidade, portanto, possui aceler-
ação gravitacional.
d
dt
= −g
Integrando ambos os membros:
d = −g dt
⇒  = −gt + c1
Quando t = 0 sabemos que  = 0, pois a pedra parte do repouso, o que implica
na constante ser nula:
0 = −g · 0 + c1
⇒ c1 = 0
Assim, a equação de velocidade é:
(t) = −gt (1)
.
Integrando (1) chegamos agora a equação do movimento.
ds
dt
= (t)
⇒ ds = (t)dt
1

⇒ ds = (t)dt
⇒ ds = −gt dt
⇒ s = −
gt2
2
+ c2 (2)
Quando t = 0 temos s = so o que implica em c2 igual so
so = −g · 0 + c2
⇒ c2 = so
Finalmente substituindo o valor de c2 em (2) a equação do movimento será:
s(t) = so −
gt2
2
Exemplo 2: Uma maleta cai acidentalmente de um balão que está estacionado
a uma altitude de 4.900m. Quanto tempo leva para a maleta atingir o solo?
Solução
Seguindo a lógica do exercício anterior a equação do movimento da maleta será:
s(t) = so −
gt2
2
Onde so é a altura inicial da mala, que no caso é 4.900m, assim:
s(t) = 4.900 −
gt2
2
Sendo g ≈ 9.81 e fazendo s(t) = 0 chegamos a solução:
s(t) = 0
⇒ 0 = 4.900 −
9.81 · t2
2
⇒ t ≈ 31, 6067s
2

Ou seja, a mala chega ao solo em aproximadamente 31,61 segundos.
Exemplo 3: Um menino no topo de um penhasco de 90m de altura, atira uma
pedra diretamente para baixo e esta atinge o solo 3.25s depois. Com que velocidade
o menino atirou a pedra?
Solução:
Usando a lógica do primeiro exercício uma das equações de movimento será:
(t) = −gt + c
Note que quando t = 0 temos (t) = o, sendo assim:
(t) = −gt + o
Integrando a função para determinar s(t) teríamos:
s(t) = (t)dt
s(t) = (o − gt)dt
s(t) = ot −
gt2
2
+ c
Em t = 0 sabemos que s(t) = 90, assim:
s(t) = 90 + ot −
gt2
2
Finalmente fazendo s(3.25) e substituindo todos os demais valores chegamos a
solução:
s(3.25) = 90 + o(3.25) −
9.81 · (3.25)2
2
0 = 90 + o(3.25) −
(9.81)(3.25)2
2
3

o =
g(3.25)2
2
− 90
3.25
⇒ 0 ≈ −11.75
Ou seja, a velocidade inicial é de aproximadamente -11.75 m/s. Onde o sinal de
negativo indica o sentido do movimento.
Exemplo 4: Um homem, que está no solo, atira uma pedra diretamente para
cima. Desprezando a altura do homem, calcule a altura máxima da pedra em ter-
mos da velocidade inicial 0. Qual é o menor valor de 0 que torna possível a pedra
cair no telhado de uma casa de 44 m de altura?
Solução:
A equação da velocidade será:
(t) = −gt + c
No momento inicial (t = 0) a velocidade da pedra é (t) = 0 e assim c = 0.
(t) = −gt + 0
No ápice de seu trajeto a velocidade da bola é nula o que signiﬁca que nesse
momento t =
0
g
.
Integrando v(t) em relação ao tempo chegamos a expressão:
s(t) = −g ·
t2
2
+ 0t + k.
Desprezando a altura do homem, no momento inicial (t = 0) temos s(t) = 0 então
k também é zero. Sendo assim:
s(t) = −g ·
t2
2
+ 0t
Onde no momento t =
0
g
(maior ponto da trajetória), teremos:
s
0
g
= −g ·
0
g
2
2
+ 0
0
g
4

Sm = −
2
0
2g
+
2
0
g
Sm =
22
0
2g
−
2
0
2g
Sm =
22
0
− 2
0
2g
=
2
0
2g
Esse é o resultado da altura máxima atingida pela pedra em função de 0. Para
determinar o menor valor de 0 para que a pedra atinja um telhado de 44 m basta
fazer Sm = 44.
Sm = 44
2
0
2g
= 44
0 = 44 · 2g
0 ≈ 29, 38
Ou seja, aproximadamente 29,38 m/s.
Exemplo 5: Na célebre corrida entre a lebre e a tartaruga, a velocidade da lebre
é de 30 km/h e a da tartaruga é de 1,5 m/min. A distância a percorrer é de 600 m,
e a lebre corre durante 0,5 min antes de parar para uma soneca. Qual é a duração
máxima da soneca para que a lebre não perca a corrida? Resolva analiticamente e
graﬁcamente.
Solução:
Os dados que o enunciado nos fornece são os seguintes:
 = 30 km/h ou 25
3
m/s(Velocidade da lebre)
t = 1,5 m/min (Velocidade da tartaruga)
 = 600 m (Distância a ser percorrida)
t = 0,5 min (Tempo de soneca)
E a estratégia consistirá nos seguintes passos:
5

1◦ Calcular o tempo que levaria a lebre se a mesma não dormisse;
2◦ Calcular o tempo que leva a tartaruga para terminar o percusso;
3◦ Com base nas duas respostas acima encontraremos o tempo máximo
de todas as sonecas.
(Passo um.)
Supondo que a velocidade da lebre se mantenha sempre constante então a ve-
locidade média da lebre () é igual a velocidade instantânea. Sendo assim:
 =
d
dt
⇒ d =  · dt
⇒ d =  · dt
⇒ (t) =  · t + k (sendo k uma constante)
Como o coelho parte da origem então (0) = 0 o que implica em k = 0. Sendo
assim,
 =  · t ⇒ t =


=
600
25
3
= 72s
Ou seja, supondo que a lebre não tire nenhuma soneca ela terminaria o percusso
em 72 segundos.
(Passo dois.)
Analogamente calcula-se o tempo que seria gasto pela tartaruga.
t =

t
t =
600 m
1, 5 m/mn
=
600 m
0.025 m
s
= 2.4 × 104s
6

Isto é, a tartaruga levaria 2400s
(Passo três.)
Para que a lebre não perca a corrida, seu tempo de percurso (que chamaremos de
tp) somado com o tempo da soneca (chamado aqui de ts) deve ser menor ou igual
ao tempo de percurso da tartaruga (que chamarei apenas de t). Matematicamente:
tp + ts ≤ t
⇒ 72s + ts ≤ 2.4 × 104s
⇒ ts ≤ 2.4 × 104s − 72s
⇒ ts ≤ 2.3928 × 104s
Ou seja, a soneca deve ter uma duração de no máximo 2.3928 × 104s segundos.
Ou de forma mais trivial 6h 38min e 48s.
Exemplo 6: Um carro de corridas pode ser acelerado de 0 a 100 km/h em 4 s.
Compare a aceleração média com a aceleração da gravidade. Se a aceleração é
constante, que distância o carro percorre até atingir 100 km/h?
Solução:
Esse é um problema que se resume a aplicação direta de fórmulas não sendo
necessário nenhuma estratégia apurada.
Se a aceleração é constante então a aceleração media m é igual a aceleração
instantânea, assim:
m =
d
dt
(1)
Resolvendo (1) para  chega-se à:
(t) = mt + k
Como o automóvel partiu do repouso (pois a aceleração vai de 0 a 100 km/h)
então (0) = 0, que implica em k = 0, sendo assim:
(t) = mt
⇒ m =

t
=
100km/h
4s
7

Como 100km/h =
100
3.6
m/s então
m =

t
=
100
3.6 · 4
=
125
18
m/s2
Tomando a aceleração gravitacional g igual a 9.81 m/s2 então:
m
g
=
125
18
m/s2
9.81m/s2
m
g
=
12500
17658
≈ 0.7079
m ≈ 0.7079 · g
Para determinar a distância percorrida pelo veículo nessa aceleração precisamos
de uma equação que relacione a “distância percorrida" com a “aceleração" que
determinamos e o “tempo" que o enunciado nos dá. Essa equação é a seguinte:
d2
dt2
= 
Note que a EDO acima embora de 2◦ ordem pode ser resolvida com facilidade
integrado  duas vezes em relação a “t".
d2
dt2
= 
⇒ d2 = dt2
⇒ d · d =  · dt dt
⇒ d = (t + k)dt
Ocorre que  (0) = 0 (pois 0 = 0) o que implica em k = 0. Sendo assim:
d = t · dt
Integrando novamente
d = t · dt
8

 =

2
t2 + k
Entretanto, sabe-se que (0) = 0 o que implica em
 =

2
t2
Substituindo os valores de  e t na equação acima chega-se ao resultado ﬁnal.
 =
125/18
2
· 42
= 55.5
Portanto, a distância percorrida foi de aproximadamente 55.6 m.
Obs:
Observe que a solução do PVI da EDO de segunda ordem e a equação:
(t) = 0(t) + 0t +

2
t2
com as seguintes condições iniciais (0) = 0 e  (0) = 0.
Também poderia ter sido usado a equação
d
dt
= , já que determinamos
 = t, assim
d
dt
= t · dt
forneceria o mesmo resultado. Entretanto, a EDO de 2◦ ordem é normal-
mente mais útil.
Exemplo 7: Um avião a jato de grande porte precisa atingir a velocidade de 500
km/h para decolar, e tem uma aceleração de 4 m/s2. Quanto tempo ele leva para
decolar e que distância percorre na pista até a decolagem?
Solução:
Para determinar o tempo necessário para a decolagem precisamos de uma equação
que relacione as variáveis tempo, aceleração e velocidade (que são os dados forneci-
dos). Essa equação é a seguinte.
 =
d
dt
Isso é possível, pois sendo a aceleração média constante a mesma se iguala a
aceleração instantânea.
Resolvendo a EDO
9

 =
d
dt
⇒ d =  · dt
⇒ (t) = t + k
Admitindo que o avião tenha partido do repouso, isto é, que (0) = 0 então:
 = t
⇒ t =


Como 500 km/h =
5 × 103
36
m/s então substituindo os valores
⇒ t =
5 × 103
36
m/s
4 m/s2
=
5 × 103
4 · 36
·
m · s2
m · s
= 34.72s
⇒ t = 34.72s
Ou seja, o tempo que será levado é aproximadamente 34.7 segundos.
Já para determinarmos a distância podemos usar a equação:
 =
d2
dt2
Note que a EDO acima embora de 2◦ ordem pode ser resolvida com facilidade
integrado  duas vezes em relação a “t".
d2
dt2
= 
⇒ d2 = dt2
⇒ d · d =  · dt dt
⇒ d = (t + k)dt
Ocorre que  (0) = 0 (pois ◦ = 0) o que implica em k = 0. Sendo assim:
d = t · dt
10

Integrando novamente
d = t · dt
 =

2
t2 + k
Entretanto, sabe-se que (0) = 0 o que implica em
 =

2
t2
Substituindo os valores de  e t na equação acima chega-se ao resultado final.
 =
4
2
· 34.72
= 2408.18
Portanto, a distância percorrida foi de aproximadamente 2408.18 m ou aproxi-
madamente 2.41 km.
Exemplo 8: O gráfico da figura representa a marcação do velocímetro de um
automóvel em função do tempo. Trace os gráficos correspondentes da aceleração
e do espaço percorrido pelo automóvel em função do tempo. Qual é a aceleração
média do automóvel entre t = 0 e t = 1 min? E entre t = 2 min e t = 3 min?
Solução:
Expressando o gráfico em questão sob a forma de uma função de várias sen-
tenças teremos:
(t) =



90t se t ∈ [0, 0.5)
45 se t ∈ [0.5, 2)
225 − 90t se t ∈ [2, 2.5)
0 se t ∈ [2.5, 3)
150t − 450 se t ∈ [3, 3.5)
75 se t ∈ [3.5, 4.5)
750 − 150t se t ∈ [4.5, 5]
11

Por definição (t) =
d
dt
(t) então a função de várias sentenças que fornecerá o
gráfico da aceleração será:
(t) =



90 se t ∈ [0, 0.5)
0 se t ∈ [0.5, 2)
−90 se t ∈ [2, 2.5)
0 se t ∈ [2.5, 3)
150 se t ∈ [3, 3.5)
0 se t ∈ [3.5, 4.5)
−150 se t ∈ [4.5, 5]
E como s(t) = (t)dt a função de várias sentenças que fornecerá o gráfico da
aceleração será:
s(t) =



45t2 se t ∈ [0, 0.5)
45t se t ∈ [0.5, 2)
225t − 45t2 se t ∈ [2, 2.5)
0 se t ∈ [2.5, 3)
75t2 − 450t se t ∈ [3, 3.5)
75t se t ∈ [3.5, 4.5)
750t − 75t2 se t ∈ [4.5, 5]
Determinando as acelerações médias.
A aceleração média é determinada pela equação m =
ƒ − 0
tƒ − t0
. Então com base
no gráfico do enunciado
no intervalo de 0 a 1 minuto teremos:
m[0,1] =
45km/h − 0
1mn
⇒ m[0,1] =
12.5m/s
60s
⇒ m[0,1] = 0.2083m/s2
12

E no intervalo de 2 a 3
m[2,3] =
0 − 45km/h
60s
m[2,3] =
−12.5m/s
60s
m[2,3] = −0.2083m/s2
Onde o sinal de negativo indica uma desaceleração.
Exemplo 9: Uma partícula, inicialmente em repouso na origem, move-se du-
rante 10s em linha reta, com aceleração crescente segundo a lei  = b · t, onde t é o
tempo e b = 0.5m/s3. Trace os gráﬁcos da velocidade  e da posição  da partícula
em função do tempo. Qual é a expressão analítica de (t)?
Solução:
Matematicamente a aceleração instantânea é deﬁnida como:
(t) =
d
dt
(t)
⇒ (t) = (t)dt
⇒ (t) = bt dt
⇒ (t) =
1
2
t dt
⇒ (t) =
1
4
t2 + c
Como a partícula está inicialmente em repouso então (0) = 0 o que implica em
c = 0. Sendo assim a expressão analítica de da velocidade é (t) =
1
4
t2.
Exemplo 10: O tempo médio de reação de um motorista (tempo que decorre
entre perceber um perigo súbito e aplicar os freios) é da ordem de 0,7 s. Um carro
com bons freios, numa estrada seca pode ser freado a 6 m/s2. Calcule a distância
mínima que um carro percorre depois que o motorista avista o perigo, quando ele
13

trafega a 30 km/h, a 60 km/h e a 90 km/h. Estime a quantos comprimento do carro
corresponde cada uma das distâncias encontradas.
Solução:
A estratégia será a seguinte:
1. Calculamos a distância percorrida durante o tempo de reação;
2. Calculamos a distância percorrida após o tempo de reação.
3. O resultado será a soma das duas distâncias encontradas.
(Passo um.)
Como o carro está com velocidade constante podemos determinar a distância
percorrida, durante o tempo de reação do motorista, pela equação:
d
dt
= 
Cuja solução para  é:
 = t + c
Admitindo que o carro tenha partido da origem então  = 0 para t = 0 o que
implica em c também igual a zero. Ou seja:
 = t
 = 30km/h · 0.7s
como 30 km/h =
3 × 102
36
m/s então:
 =
3 × 102
36
· 0.7 ·
m
s
· s
⇒  =
105
18
m
(Passo dois).
Para determinar a distância percorrida após o tempo de reação usaremos a
equação de Torricelli.
Lembre-se que como o carro está sendo freado então  = 0 e a aceleração será
negativa.
14

2 = 2
◦
+ 2d (Equação de Torricelli)
⇒ 0 =
3 × 102
36
m
s
2
+ 2 −6 m
s2 d
⇒ (12 m
s2 )d =
3 × 102
36
m
s
2
⇒ d =
9 × 104
12 · 362
m2 · s2
m · s2
=
625
108
m
(Passo três).
Finalmente realizamos a soma de  com d e determinamos o valor total do deslo-
camento.
105
18
m +
625
108
m =
11295
972
m ≈ 11.62m
Analogamente se calcula para as velocidades de 60 km/h e 90 km/h, obtendo
respectivamente os valores de 34.8 m e 69.6 m.
Exemplo 11: Numa rodovia de mão dupla, um carro encontra-se 15 m atrás
de um caminhão (distância entre pontos médios), ambos trafegando a 80 km/h.
O carro tem uma aceleração máxima de 3 m/s2. O motorista deseja ultrapassar
o caminhão e voltar para sua mão 15 m adiante do caminhão. No momento em
que começa a ultrapassagem, avista um carro que vem vindo em sentido oposto,
também a 80 km/h. A que distância mínima precisa estar do outro carro para que a
ultrapassagem seja segura?
Solução:
A estratégia será a seguinte:
1◦ Determinamos uma expressão (em função do tempo) para o cálculo da
distância percorrida pelo caminhão;
2◦ Calculamos o tempo levado pelo carro para realizar a ultrapassagem de-
scrita;
3◦ Determinamos a distância percorrida pelo caminhão e pelo carro.
4◦ Determinamos a distância percorrida pelo segundo carro e a somamos
com a distância obtida no passo anterior para obtermos a resposta.
15

(Passo um).
Estando o caminhão sob velocidade constante então sua velocidade média (m)
é igual a velocidade instantânea, ou seja:
 =
d
dt
Cuja solução para  seria:
(t) = t + k
Supondo que o caminhão parta da origem em t = 0 então (0) = 0 o que implica
em k = 0. Sendo assim:
 =
80
3.6
t (1) Note que 80 km/h =
80
3.6
m/s
(Passo dois).
Levando em conta que a aceleração do carro se mantém constante, então:
 =
d2
dt2
⇒  = k2 + k1t +
1
2
t2
Supondo que o carro parta da origem, então: (0) = 0 o que implica em k2 = 0.
Logo
 = k1t +
1
2
t2
Como  (0) = 80 km/h ou
80
3.6
m/s então k1 =
80
3.6
. Portanto
 =
80km/h
3.6
t +
1
2
(3m/s2) · t2
Como o deslocamento do carro, representado na equação acima por “" é igual
ao deslocamento do ônibus (veja equação (1)) mais 30 metros (15 m antes do cam-
inhão mais 15 m depois) então:
30m +
80
3.6
t =
80km/h
3.6
t +
1
2
(3m/s2) · t2
⇒ t = 20
16

(Passo três).
Substituindo agora t em (1) descobrimos que a distância percorrida pelo camin-
hão é de
400 5
9
m ≈ 99, 38m.
E a distância percorrido pelo carro é de 99,38 m + 30 m = 129,3 8m.
(Passo quatro).
O outro carro, por sua vez, também estando a 80 km/h (e com velocidade con-
stante) percorreria também 99,38 m.
Com base nos dados anteriores a distância mínima entre o ônibus e o carro antes
da ultrapassagem é 129,38 m + 99,38 m = 228,76 m.
17

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