Iniciante:
Situação Física: temos que a velocidade média se dará pela divisão da distância percorrida pelo tempo total. Temos de lembrar do tempo parado e que após este ele parte do repouso. Além disso, temos de lembrar que ele, quando começa a desacelerar, tem uma certa velocidade inicial, e ao final da desaceleração, sua velocidade deve se manter positiva.
Resolução:
Para os tempos temos:
$$t_{1}=\frac{X}{V}$$
$$t_{2}=t$$
-Para um movimento acelerado:
$$Y=\frac{at_{3}^2}{2}\rightarrow t_{3}=\sqrt{\frac{2Y}{a}}$$
$$Z=V’t_{4}-\frac{bt_{4}^2}{2}\rightarrow t_{4}=\frac{V’-\sqrt{V’^2-2bZ}}{b}$$
E temos, como para $$Z$$ ele parte do repouso, que:
$$V’=at_{3}\rightarrow V’=a\sqrt{\frac{2Y}{a}}$$
Temos então:
$$T=t_{1}+t_{2}+t_{3}+t_{4}\rightarrow T=\frac{X}{V}+t+\sqrt{\frac{2Y}{a}}+\frac{\sqrt{2aY}-\sqrt{2aY-2bZ}}{b}$$
E
$$V_{m}=\frac{D}{T}=\frac{D}{\frac{X}{V}+t+\sqrt{\frac{2Y}{a}}+\frac{\sqrt{2aY}-\sqrt{2aY-2bZ}}{b}}$$
Intermediário:
Situação Física: Temos que, por inércia, o bloquinho de cima continua a se mover para a direita enquanto a prancha volta para a esquerda. Uma força de atrito estático atuará em ambos. Sabemos que o bloquinho de não terá mais como cair quando sua velocidade relativa a prancha for $$0$$.
Resolução:
Para velocidades iguais:
$$V_{p}=V-at=V_{b}=-V+bt\rightarrow t(b+a)=2V$$
Uma força de atrito $$umg$$ atua em ambos, levando a:
$$a=ug\frac{m}{M}$$ e $$b=ug$$
E logo:
$$t=\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})}$$
No início do movimento, temos que o bloquinho está em um ponto $$L$$, sendo este o comprimento da prancha, e no fim tem de estar a uma distância $$0$$. Por fim:
$$V\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})}-\frac{ug\frac{m}{M}(\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})})^2}{2}=L-V\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})}+\frac{ug(\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})})^2}{2}$$
$$L=\frac{4V^2}{ug(1+\frac{m}{M})}-\frac{ug(1+\frac{m}{M})}{2}(\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})})^2$$
Avançado:
Situação Física: Sabemos que a massa do foguete decai a medida que este acelera (propele). Podemos dizer que ele converte uma massa $$dM$$ em fótons e os dispara para trás. Devemos nos atentar ao fato de ser uma situação relativísticas, e de que fótons podem ser considerados como de massa nula, validando a relação $$E=pc$$, sendo $$c$$ a velocidade da luz e $$p$$ o momentum da partícula. Uma solução prática é passar do referencial do foguete (f) para o do solo (s). Tratemos pois a massa do foguete como $$M+dM$$, sendo $$dM<0$$, e portal a energia dos fótons atirada temos como $$E_{f}=-dMc^2$$. Lembre-se de que é um caso relativístico e temos definido $$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$$.
Resolução:
Transformada de Lorentz para momento: $$p_{s}=\gamma(p_{f}+vE_{f})$$
$$p_{s}=\gamma(dMc+\frac{-dMvc^2}{c^2}$$, usando $$c=1$$*, $$\rightarrow p_{s}=\gamma(1-v)dM$$
Usando conservação de momento no referencial do solo temos:
$$(Mv\gamma)_{inicial}=\gamma(1-v)dM+(Mv\gamma)_{final}$$
Tal que:
$$-(Mv\gamma)_{inicial}+(Mv\gamma)_{final}=d(Mv\gamma)$$
E logo:
$$\gamma(1-v)dM+d(Mv\gamma)=0$$
Expandindo a derivada:
$$d(Mv\gamma)=dM(v\gamma)+Mv(d\gamma)+M(dv)\gamma$$
Tendo que $$d\gamma=vdv(\gamma)^3$$, chegamos a:
$$d(Mv\gamma)=dMv\gamma+M\gamma(v^2(\gamma)^2+1)dv=dMv\gamma+M(\gamma)^3dv$$
Por fim:
$$\gamma(1-v)dM+dMv\gamma+M(\gamma)^3dv=0\rightarrow \frac{dm}{M}+dv(\gamma)^2=0$$
Logo:
$$\frac{dM}{M}+\frac{dv}{1-v^2}=0$$
Ps.: É comum utilizar-se $$c=1$$ em problemas relativísticos devido a invariabilidade do valor. É preciso se ter um cuidado extra ao analisar a dimensão.