UNIVERSIDADE FEDERAL DE ITAJUBÁ
CÁLCULO – PROVA DE TRANSFERÊNCIA FACULTATIVA E PARA
PORTADOR DE DIPLOMA DE CURSO SUPERIOR – 02/12/2012
Candidato:_________________________________________________________
Curso Pretendido: __________________________________________________
OBSERVAÇÕES:
01 – Prova SEM consulta
02 – A prova PODE ser feita a lápis
03 - PROIBIDO o uso de calculadoras e similares
04 - Duração: 2 HORAS
1a Questão (10 pontos):
( x 2  1) ( x  4 )
a) Determine o valor de c para que a função dada por f ( x) 
satisfaça a
cx2
igualdade f (1)  f (2) .
b) Para o valor da constante c obtida no item anterior, determine todos os valores de x
para os quais f ( x)  0 .
SOLUÇÃO
a) f 1 
10
30
e f 2 
c2
2c  2
Igualando:
10
30

 20c  20  30c  60 
c  2 2c  2
b) Devemos resolver a inequação:
c  4
( x 2  1) ( x  4 )
0
2  4x
x2 1
+++++++++++++++++++++++++++++
x
x4
----------- ++++++++++++++++++++
++
4
x
2  4x
+++++++++++++++++ ----------------
x
1
2
f x 
----------- +++++++++ --------------1
4
x
2
Portanto o Conjunto-Solução da inequação é:
1

S  x   /  4  x  
2

2a Questão (10 pontos): As retas tangentes ao gráfico da função f x   x 3  4 x 2  5x  7 pelos
pontos x  1 e x  3 são concorrentes num ponto P. Encontre as coordenadas desse ponto.
SOLUÇÃO
A equação da reta tangente ao gráfico da função f x  pelo ponto x0 , y0  é:
y  y0  f x0 
. x  x0 
Temos: f x   3x 2  8x  5

Para x0  1  y0  5 
f 1  0
Assim, a reta tangente é: y   5  0.x  1  y  5

Para x0  3  y0  1 
f 3  8
Assim, a reta tangente é: . y   1  8.x  3  y  8x  25
Para encontrar o ponto P, basta igualar as equações das retas, ou seja:
8 x  25  5  8 x  20  x 
Portanto:
5
2
5

P ,5 
2

3a Questão (10 pontos): Usando Integração Por Partes, resolver a integral I   arctgx.dx .
SOLUÇÃO
O método de Integração por Partes é:  u.dv  u.v   v.du
1

u  arctgx  du  1  x 2 dx

dv  dx  dv  dx  v  x
 

Então: I  x.arctgx  
x
dx 
1 x2


1
I  x.arctgx  ln 1  x 2  C
2
4a Questão (10 pontos): Achar z  f x, y  se
z
  
 cos x  x cos y e f  x,   cos x  3x
y
 2 2
SOLUÇÃO
Temos: z  f x, y   
z
dy
y
f x, y    cos x  x cos y  dy 
f x, y   y. cos x  x.seny  C x 


  
Como f  x,   cos x  3x , então: cos x  3x  . cos x  x  C x   C x   4 x
2
2
 2 2
Portanto:
f x, y   y. cos x  x.seny  4 x
5a Questão (10 pontos): Calcular
o
 f x, y  dxdy , onde R é a região do 1 quadrante limitada por
R
5  y  9  x2 :
a) considerando f x, y   6;
b) considerando f x, y   x  y.
SOLUÇÃO
0  x  2
a) Em ambos os casos a região de integração R é: R : 
.
2
5

y

9

x


f x, y  dxdy  
2 9 x 2

0 5
2
9 x 2
6dydx   6 y 5
0
dx   54  6 x 2  30dx   24  6 x 2 dx
2
2
0
0
R

R

f x, y  dxdy  24 x  2 x 3

2
0

 f x, y  dxdy  32
R
b)

f x, y  dxdy  
R

R

R
2 9 x 2

0 5
9 x 2
2


x  y  dydx  0  xy  y 
2 5

2
 

9  x2
dx    x. 9  x 2 
0
2

2


2
 5x 
25 
 dx
2 
2
81
x4
25 
f x, y  dxdy    9 x  x 3   9 x 2 
 5 x   dx
0
2
2
2

2

x4
f x, y  dxdy    4 x  x 3  9 x 2 
 28  dx
0
2


2

R


x4
x5
f x, y  dxdy  2 x 2 
 3x 3 
 28 x  =
4
10

0
16
 f x, y  dxdy  8  4  24  5  56

R
 f x, y  dxdy 
R
196
5
6a Questão (10 pontos): Um menino chutou uma bola. Esta atingiu altura máxima de 12 metros
e voltou ao solo 8 segundos após o chute. Sabendo que uma função quadrática expressa a
altura y da bola em função do tempo t de percurso, encontre esta função.
3
a) y   t 2  6t
4
4
b) y   t 2  4t
3
1
c) y   t 2  3t
4
3
d) y   t 2  5t
5
SOLUÇÃO
A função quadrática procurada tem a forma: y  at 2  bt  c .
Porém, para t  0 , temos y  0 .
Assim, concluímos que c  0 .
Por outro lado, para t  8 , temos y  0 .
Logo: 64a  8b  0  b  8a
A altura máxima atingida é a ordenada do vértice, ou seja: y v 
Assim:

 12
4a
4ac  b 2
 b2
 64a 2
3
 12 
 12 
 12  a  
 b6
4a
4a
4a
4
Portanto:
3
y   t 2  6t
4
7a Questão (10 pontos): A concentração C de uma certa substância química no fluxo sangüíneo
em t horas após ser injetada no músculo é dada por
3t
.
54  t 3
C=
Após quantas horas essa concentração será máxima?
a) 2 horas
b) 3 horas
c) 4 horas
d) 5 horas
SOLUÇÃO
Devemos ter

dC
 0 (Ponto Crítico).
dt

dC 3. 54  t 3  3t.3t 2

2
dt
54  t 3



dC 162  6t 3

2
dt
54  t 3


Igualando a zero: 162  6t 3  0  t 3  27 
8a Questão (10 pontos): Calculando a integral I  
a)  1
b) 8
c)
26
5
t  3 horas
dx
8
1
, obtemos:
23 x
d) 9
SOLUÇÃO
Fazendo:
2  3 x  t  2  3 x  t2 

Para x  1  t  1

Para x  8  t  2
Então: I  
2
1
3

x  t2  2  x  t2  2

3

2
 t 5 4t 3

6t.t 2  2
dt  6. t 4  4t 2  4dt  6. 
 4t 
1
t
3
5
1
2
1 4
96  160  120  3  20  60
 32 32

I  6. 
 8    4   6.

3
5 3
15
 5


2
 dx  3. t 2  2 .2tdt
2
I
26
5
9a Questão (10 pontos): Qual é a variação percentual no volume de um cilindro circular reto
quando seu raio sofre um aumento de 12% e a sua altura diminui de 8%.?
a) o seu volume permanece constante
b) o volume aumenta de 12%
c) o volume diminui de 4%
d) o volume aumenta de 16%
SOLUÇÃO
O volume de um cilindro de raio r e altura h é V   r 2 h .
A Diferencial Total é: dV 
V
V
.dr 
dh  dV  2 rhdr   r 2 dh
r
h
Dividindo por V   r 2 h , obtemos:
 r2
dV 2 rh
dV
dr dh

dr

dh 
 2. 
2
2
V
V
r
h
r h
r h
Tomando
dr
dh
dV
 12 e
 8 , temos:
 24  8  16 
r
h
V
10a Questão (10 pontos): Calculando o valor da integral
a) 
b) 2
c) 1
d)

Aumenta 16%

2

2

3 cos
0
r 2 sen 2  drd , obtemos:
12
5
SOLUÇÃO
3 cos
r3

I     sen 2 

2 3
0

d  
2

 sen 3 sen 5  2
I  9.


5  
 3

2

2
9 cos 3 .sen 2 d  9

2

2
1 1 1 1
 I  9.     
3 5 3 5
2
sen 2.1  sen 2 . cos  d
I
12
5
UNIVERSIDADE FEDERAL DE ITAJUBÁ
FÍSICA – PROVA DE TRANSFERÊNCIA FACULTATIVA E PARA PORTADOR
DE DIPLOMA DE CURSO SUPERIOR – 02/12/2012
Candidato:_________________________________________________________
Curso Pretendido: __________________________________________________
OBSERVAÇÕES:
01 – Prova SEM consulta
02 – A prova PODE ser feita a lápis
03 - PROIBIDO o uso de calculadoras e similares
04 - Duração: 2 HORAS
2
Dados: g = 9,8 m/s ,
-31
massa de repouso do elétron = 9,11x10 kg,
0
0
sen 30 = 0,50 e cos 30 = 0,87,
0
0
cos 45 = sen 45 = 0,7
0
0
sen 64 = 0,90 e cos 64 = 0,44
0
0
sen 51 = 0,78 e cos 51 = 0,63
0
0
0
sen 14 = 0,24, cos 14 = 0,97 e tan 14 = 0,25
1ª Questão (5 pontos): O coeficiente de atrito estático entre as roupas de uma pessoa e a parede cilíndrica de uma
centrífuga de parque de diversões de 5 m de raio é 0,5. Qual deve ser a velocidade angular mínima (em rpm) da
centrífuga para que a pessoa permaneça colada à parede, suspensa acima do chão?
a)
b)
c)
d)
e)
1134,0
0,3
0,5
16,8
18,9
SOLUÇÃO
I-) F = m.a
2
Fcp = m. ω .r
(Neste caso a Fcp = Força Normal)
II-) Peso = Força Atrito
m.g = μ.N
2
m.g = μ.m. ω .r
2
9,8 = 0,5.ω .5
ω = 1,98 rad/s = 18,9 rpm
2ª Questão (5 pontos): Uma roda, partindo do repouso, é acelerada de tal forma que sua velocidade angular
-2
aumenta uniformemente para 3 Hz em 5.10 h. Depois de girar com essa velocidade por algum tempo, a roda é
freada com desaceleração angular uniforme, levando 4 min para parar. O número total de rotações é 1.080. Quanto
tempo, ao todo, a roda ficou girando?
a)
b)
c)
d)
e)
9,5 min
7 min
6,5 min
5,5 min
4,5 min
SOLUÇÃO
I-)
ω0 = 0
ω = 180 rpm
-2
t = 5.10 h = 3 min
ω = ω0 + αt
180 = 0 + α3
2
α = 60 rad/s
θ = θ0 + ω0t + ½ αt
2
θ = ½ 60.(3)
θ = 270 rotações
II-)
ω=0
ω0 = 180 rpm
t = 4 min
θ = 360 rotações
ω = ω0 + αt
0 = 180 + α4
2
α = -45 rad/s
θ = θ0 + ω0t + ½ αt
2
θ = 180.4 - ½ 45.(4)
2
2
III-) 1080 – 270 – 360 = 450
θ = θ0 + ωt
450 = 180.t
t = 2,5 min
Δt = 2,5 + 4 + 3 = 9,5 min
3ª Questão (5 pontos): Um cavalo puxa horizontalmente uma carreta com uma força de 200 N. A força forma um
0
ângulo de 30 acima da horizontal. A carreta se move com uma velocidade constante de 8 km/h. Calcule a potência
instantânea desenvolvida pelo cavalo.
a)
b)
c)
d)
e)
222 W
387 W
1600 W
1392 W
800 W
SOLUÇÃO
0
P = F.cos.30 . v
P = 200. 0,87. 8/ 3,6 = 387 W
4ª Questão (5 pontos): Uma partícula α colide com um núcleo de oxigênio, inicialmente em repouso. A partícula α
0
é desviada de um ângulo de 64 , em relação à direção inicial do movimento, e o núcleo de oxigênio recua em uma
0
direção que faz um ângulo de 51 com a direção inicial mencionada, para o outro lado. Qual a relação das
velocidades das duas partículas? A massa do oxigênio é quatro vezes maior do que a massa da partícula α.
a)
b)
c)
d)
e)
3,46
2,85
7,09
8,85
1,82
SOLUÇÃO
Fazendo a análise da Conservação do Momento pelo eixo y teremos:
Pfinal = Pinicial
0
0
Mα.Vαf.sen64 – Mo2.Vo2f.sen51 = M α.V αi
Mα.Vαf.0,90 - 4 Mα. Vo2f.0,78 = 0
Mα.Vαf.0,90 = 4 Mα. Vo2f.0,78
Vαf/. Vo2f = 3,46
5ª Questão (10 pontos): Um trem viaja para o norte a 120 km/h. A fumaça da locomotiva forma uma trilha que se
0
estende numa direção de 14 a esquerda da direção sul, com o vento soprando a oeste. Qual é a velocidade do
vento?
a)
b)
c)
d)
e)
28,8 km/h
116,4 km/h
30,0 km/h
120,8 km/h
90,0 km/h
SOLUÇÃO
0
Imagine o trem indo para o norte. O vento sopra a oeste. A fumaça se desloca numa direção de 14 a esquerda da
direção sul.
0
tg14 = Vvento
120
0,25 = Vvento
120
Vvento = 30 km/h
6ª Questão (30 pontos): Um garoto quer atirar um pedregulho de massa igual a 50 g em um alvo que está 5 metros
a sua frente e a 2 metros acima de seu braço. Para isso, utiliza um estilingue em que cada elástico se estica de 1
cm para uma força aplicada de 1 N. O garoto aponta numa direção a 30º da horizontal. De que distância deve puxar
os elásticos para acertar o alvo?
SOLUÇÃO
0
I-) F = 1N
-2
x = 10 m
F = Kx
K = 100 N/m
0
II-) vx= v0x = v0cos30
voy=v0sen30
0
0
x = vx.t ou x = v0cos30 t → t = x/v0cos30
2
0
2
y = voyt – ½ gt ou y = v0sen30 t-½ gt
0
0
0 2
y = v0sen30 (x/v0cos30 ) – ½ .g.(x/ v0cos30 )
2
2 = v0. ½ .5/ v0.0,87 – 9,8/2. (5/ v0.0,87)
v0 = 13,6 m/s
III-) Temos a v que o pedrugulho sai do estilingue. Agora aplicaremos a conservação de energia no estilingue. O
dois que multiplica no início da expressão é devido ao fato do estilingue ter duas borrachas
2
2
(2).KΔx /2 = mgh + mv0 /2
2
0
2
(2). KΔx /2 = mgΔxsen30 +m.vo /2
2
-2
-2
2
2.100. Δx /2 = 5.10 .9,8. Δx. ½+ 5.10 .(13,6) /2
Resolvendo a equação do segundo grau acima, a solução do problema será a positiva: Δx = 0,22 m
Que significa 0,11m para cada um.
7ª Questão (10 pontos): Em um tubo de raios catódicos, um feixe de elétrons é projetado horizontalmente com
8
velocidade de 1,0 x 10 cm/s, na região entre um par de placas horizontais de 1,0 cm de comprimento. O campo
16
2
elétrico existente entre as placas imprime aos elétrons uma aceleração constante de 1,0 x 10 cm/s e dirigida para
baixo. Calcule: (a) o deslocamento vertical do feixe de elétrons, ao emergir das placas e (b) a velocidade (módulo,
direção e sentido) do feixe neste mesmo instante.
SOLUÇÃO
8
6
-2
vx = 1.10 cm/s ou 1.10 m/s
L = 1 cm ou 1.10 m
I-) Considere vx = L/t e voy=0 e y0 = 0
y = y0 + v0yt + ½ at
14
2
2
y = 1.10 (L /vx )
2
a = 1.10
16
2
cm/s ou 1.10
2
-3
y = 5.10 m ou 5 mm
III-) vr = √[(10 ) + (10 )
6 2
II-) vy = at
14
-2
6
vy = 1.10 . 10 /10
6
vy = 10 m/s
]
6 2
vr = √2 . 10
6
14
m/s
2
8ª Questão (10 pontos): Uma esfera e um cilindro tendo ambos a mesma massa e o mesmo raio, partem do
repouso e rolam para baixo em um mesmo plano inclinado. Determine fisicamente qual dos dois corpos chega
primeiro à base do plano?
SOLUÇÃO
I-) Para a esfera, Icm=2/5 M.R
2
Mg.senθ – f = Ma (translação do cm)
2
fR = Icm.α = (2/5MR ).(a/R) (Rotação em torno de cm)
ou f = 2/5Ma e a = 5/7gsenθ (a da esfera)
II-) Para o cilindro, Icm=1/2 M.R
2
Mg.senθ – f = Ma (translação do cm)
2
fR = Icm.α = (1/2MR ).(a/R) (Rotação em torno de cm)
a = 2/3 g.senθ (a do cilindro)
Portanto, a esfera chegará primeiro.
9ª Questão (10 pontos): Um canhão dispara um projétil com velocidade inicial de 300 m/s. a-) Calcule o alcance
máximo atingido pelo projétil. b-) Calcule o tempo que esse projétil levará para atingir o topo da trajetória.
Considere que o objeto foi lançado a partir do solo.
SOLUÇÃO
Vx = V.cos45
Vx = 300.0,7
Vx = 210 m/s
0
Vy = V.sen45
Vy = 300.07
Vy = 210 m/s
0
a-) ΔT = 42,8 s (Tempo da subida + Tempo da descida)
ΔS = Vx. ΔT
ΔS = 210.42,8 = 8988 m
b-)
Vy = V0y – gt
0 = 210 – 9,8.t
T = 21,4 s (Tempo da subida até atingir o topo)
10ª Questão (10 pontos): Um motorista percorre 10 km a 40 km/h, os 10 km seguintes a 80 km/h e mais 10 km a
30 km/h. Qual é a velocidade média do seu percurso? Compare-a com a média aritmética das velocidades.
SOLUÇÃO
Vm = ΔS/Δt
Vm =
10 + 10 + 10_____
10/40 + 10/80 + 10/30
Vm = _____30____
¼ + 1/8 + 1/3
Vm = 30. 24/17 = 42,4 km/h
V aritmética = 40 + 80 + 30 = 50 km/h
3