C1 Lista Semanal 16 - 2023_2 (Com Gabarito)

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CÁLCULO I
2023 - 1º Semestre
Lista de Exercícios 16
Questão 1. Uma barra de 4 m de distância do extremo A ao extremo B, tem a
densidade linear ρ = 3
√
(d+ 1)2 kg/m em um ponto qualquer da barra que varia
diretamente com a distância ao extremo B, ou seja, d é a distância entre um ponto
genérico da barra ao extremo B. Calcule a massa e o centro de massa dessa barra.
Solução: Colocando o extremo A na origem (x = 0) e o extremo B em x = 4, a
distância d poderá ser expressa como d = 4− x, pois em x = 0 a distância é igual a
quatro metros e em x = 4 a distância é igual a zero metros. Então, para obter a massa
dessa barra, basta integrar a densidade linear de massa ρ(x) = 3
√
((4− x) + 1)2 de 0
até 4 em relação a x. ∫ 4
0
ρ(x)dx =
∫ 4
0
3
√
(5− x)2dx .
Tomando: u = 5 − x, du = −dx e quando x = 0 o u = 5 e quando x = 4 o u = 1,
então ∫ 4
0
3
√
(5− x)2dx = −
∫ 1
5
3
√
u2du
= −
∫ 1
5
u
2
3du
=
[
− u
5
3
5
3
]1
5
=
[
− 3
3
√
u5
5
]1
5
= −3
5
+
3
3
√
55
5
=
15 3
√
25− 3
5
= 8, 172053215 kg.
Para determinar o centro de massa, basta calcular xM da seguinte forma:
xM =
∫ 4
0
xρ(x)dx∫ 4
0
ρ(x)dx
1
Universidade Federal do Pará
Cálculo I Lista de Exercícios 16
Para resolver
∫ 4
0
x 3
√
(5− x)2dx, devemos utilizar a substituição: u = 5 − x, du =
−dx, x = 5− u, e quando x = 0 o u = 5 e quando x = 4 o u = 1, então∫ 4
0
x 3
√
(5− x)2dx = −
∫ 1
5
(5− u) 3
√
u2du
= −
∫ 1
5
(5− u)u
2
3du
= −
∫ 1
5
(5u
2
3 − u
5
3 )du
= −
[
5
u
5
3
5
3
− u
8
3
8
3
]1
5
= −
[
3
3
√
u5 − 3
3
√
u8
8
]1
5
= −
(
3− 3
8
−
(
15
3
√
25− 75
3
√
25
8
))
= −3 + 3
8
+ 15
3
√
25− 75
3
√
25
8
= 13, 82259978 mkg.
Portanto o centro de massa da barra será
xM =
13, 82259978
8, 17205315
= 1, 691447611 m.
Questão 2. Um tanque cilíndrico está cheio até metade com gasolina cuja densidade
é 721 kg/m3. Se o eixo é horizontal e o diâmetro é de 6 m, ache a força decorrente
da pressão do líquido sobre um extremo. Considere a gravidade: 10 m/s2
Solução: O sistema de coordenadas foi escolhido de tal forma que origem esteja no
centro do círculo. Uma equação do círculo é x2 + y2 = 4. Resolvendo em x, obtemos
x = ±
√
4− y2, em que a parte positiva representa a parte à direita do eixo y e que
a parte negativa representa a parte à esquerda do eixo y, fechando assim o círculo do
tanque.
Sabendo que a força do fluido sobre a superfície na profundidade h(y) com extensão
ω(y) no ponto y é dada por
F =
∫
ρg · h(y) · ω(y)dy .
A profundidade pode ser escrita como h(y) = y, com y variando de 0 até 2. Enquanto
que a região horizontal pode ser escrita como ω(y) =
√
4− y2−(−
√
4− y2), também
com y variando de 0 até 2. Assim
F =
∫ 2
0
ρg · y ·
[√
4− y2 − (−
√
4− y2)
]
dy
F =
∫ 2
0
ρg · y · 2
√
4− y2dy .
2
Cálculo I Lista de Exercícios 16
Como ρg = 7210, temos
F =
∫ 2
0
2ρgy
√
4− y2dy =
∫ 2
0
2 · 7210 · y
√
4− y2dy
= 7210
∫ 2
0
2y
√
4− y2dy .
Tomando u = 4 − y2, du = −2ydy, quando y = 2 o u = 0, quando y = 0 o u = 4,
então
F = −7210
∫ 0
4
√
udu
= −7210
[
u
3
2
3
2
]0
4
= −7210
[
2
√
u3
3
]0
4
= −7210
(
− 2
√
43
3
)
= 7210 · 16
3
=
115360
3
N.
Questão 3. Uma partícula se moveu ao longo de uma curva definida pela função
y =
√
1− x2, onde x representa a posição horizontal da partícula e y representa a
posição vertical. Calcule o comprimento de arco da curva no intervalo x ∈ [−1, 1].
Solução: Para calcular o comprimento de arco da curva y de a até b, vamos usar a
fórmula dada pela seguinte integral:
L =
∫ b
a
√
1 +
(
dy
dx
)2
dx.
Como
dy
dx
=
d
dx
(√
1− x2
)
=
−x√
1− x2
então o comprimento da curva y de x = −1 até x = 1 será
L =
∫ 1
−1
√
1 +
(
−x√
1− x2
)2
dx
=
∫ 1
−1
√
1 +
x2
1− x2
dx
=
∫ 1
−1
√
1− x2 + x2
1− x2
dx
=
∫ 1
−1
√
1
1− x2
dx.
3
Cálculo I Lista de Exercícios 16
Podemos utilizar uma substituição trigonométrica x = sen(θ), assim dx = cos(θ)dθ
com θ ∈
[
−π
2
,
π
2
]
.
L =
∫ π
2
−π
2
√
1
1− sen2(θ)
· cos(θ)dθ
=
∫ π
2
−π
2
1
cos(θ)
· cos(θ)dθ
=
∫ π
2
−π
2
dθ
=
[
θ
]π
2
−π
2
= π u.c.
Questão 4. Considerando a função f(x) = ex e g(x) =
√
x.
a) Ache o volume do sólido gerado pela rotação, em torno do eixo y, da região limitada
pelo gráfico de f , pelo eixo x e pela reta x = 1.
b) Ache a área da superfície gerada pela rotação de g em torno do eixo x de 0 ≤ x ≤ 1.
Solução:
a) O volume de um sólido obtido pela rotação em torno do eixo y da região sob a
curva y = f(x) de a até b é
V =
∫ b
a
2πxf(x)dx .
Utilizando essa fórmula do volume por cascas cilíndricas acima e em seguida usando
a técnica de integração por partes:
∫
udv = uv−
∫
vdu, em que u = x, du = dx,
dv = exdx e v = ex, temos que∫ 1
0
2πxf(x)dx =
∫ 1
0
2πxexdx
= 2π
([
xex
]1
0
−
∫ 1
0
exdx
)
= 2π
(
e1 − 0−
[
ex
]1
0
)
= 2π
(
e1 − e1 + 1
)
= 2π u.v.
b) Para determinar a área da superfície de revolução de g usaremos a seguinte fórmula:
S =
∫
2πf(x)
√
1 + (f ′(x))2dx .
4
Cálculo I Lista de Exercícios 16
Sendo f(x) =
√
x e f ′(x) =
1
2
√
x
, temos que
S = 2π
∫ 1
0
√
x ·
√
1 +
(
1
2
√
x
)2
dx
= 2π
∫ 1
0
√
x ·
√
4x+ 1
4x
dx
= �2π
∫ 1
0
�
�
√
x
�2
·
√
4x+ 1
�
�
√
x
dx
= π
∫ 1
0
√
4x+ 1dx .
Tomando u = 4x + 1, du = 4dx, quando x = 1 o u = 5, quando x = 0 o u = 1,
então
S =
π
4
∫ 5
1
√
udu
=
π
4
[
u
3
2
3
2
]5
1
=
π
4
(
2
√
53
3
− 2
3
)
=
π(5
√
5− 1)
6
u.a.
Questão 5. Uma mola tem um comprimento natural de 8 m. Se uma força de 20 N
estica a mola em 0, 5 m a mais, ache o trabalho realizado ao esticar a mola de 8 para
11 m.
Solução: Colocando a mola ao longo do eixo x, com a origem no ponto onde começa
o estiramento. Se f(x) é a força que age sobre a mola para esticá-la x cm além do
seu comprimento natural. Então, pela Lei de Hooke
f(x) = kx → k = F
x
=
20
1
2
= 40 N/m .
Logo,
f(x) = 40x .
Como a mola está sendo esticada de 8 m para 11 m, o trabalho pode ser calculado
como a integral da força f(x) sobre o deslocamento x, de 0 até 3, isto é∫ 3
0
f(x)dx =
∫ 3
0
40xdx
=
[
20x2
]3
0
= 20
(
32 − 02
)
= 180 J.
5
Cálculo I Lista de Exercícios 16
Questão extra 1: Calcule as integrais impróprias:
a) lim
b→+∞
∫ b
0
cos(ax)e−kxdx b) lim
b→+∞
∫ b
0
xe−kxdx
Solução:
a) Primeiramente, resolvendo a integral
∫ b
0
cos(x)e−kxdx, utilizando a técnica de
integração por partes:
∫
udv = uv −
∫
vdu, tomando u = cos(ax), du =
−a sen(ax)dx, dv = e−kxdx e v = −e
−kx
k
, temos que
∫ b
0
cos(ax)e−kxdx =
[
− cos(ax)e
−kx
k
]b
0
−
∫ b
0
−a sen(ax)
(
− e
−kx
k
)
dx∫ b
0
cos(ax)e−kxdx = −cos(ab)e
−kb
k
+
1
k
−
∫ b
0
a sen(ax)
e−kx
k
dx .
Na integral:
∫ b
0
a sen(ax)
e−kx
k
dx, utilizando a técnica de integração por partes:
∫
u1dv1 =
u1v1 −
∫
v1du1, tomando u1 = a sen(ax), du1 = a2 cos(ax)dx, dv1 =
e−kx
k
dx e
v1 =
−e−kx
k2
, tem-se∫ b
0
cos(ax)e−kxdx = −cos(ab)e
−kb
k
+
1
k
+
−
([
a sen(ax)
(
− e
−kx
k2
)]b
0
+ 1−
∫ b
0
a2 cos(ax)
(
− e
−kx
k2
)
dx
)
∫ b
0
cos(ax)e−kxdx = −cos(ab)e
−kb
k
+
1
k
+
−
(
− a sen(ab)e
−kb
k2
+ 0 +
∫ b
0
a2 cos(ax)
e−kx
k2
dx
)
∫ b
0
cos(ax)e−kxdx =
1
k
+ e−kb
(
a sen(ab)
k2
− cos(ab)
k
)
− a
2
k2
∫ b
0
cos(ax)e−kxdx(
1 +
a2
k2
)∫ b
0
cos(ax)e−kxdx =
k + e−kb(a sen(ab)− k cos(ab))
k2∫ b
0
cos(ax)e−kxdx =
k + e−kb(a sen(ab)− k cos(ab))(
1 +
a2
k2
)
k2∫ b
0
cos(ax)e−kxdx =
k + e−kb(a sen(ab)− k cos(ab))
k2 + a2
.
Agora aplicando o limite de ambos os lados
lim
b→+∞
∫ b
0
cos(x)e−kxdx = lim
b→+∞
(
k +��
�* 0
e−kb(sen(ab)− k cos(ab))
k2 + a2
)
=
k
a2 + k2
.
6
Cálculo I Lista de Exercícios 16
b) Primeiramente, resolvendo a integral
∫ b
0
xe−kxdx, utilizando a técnica de inte-
gração por partes:
∫
udv = uv−
∫
vdu, tomando u = x, du = dx, dv = e−kxdx
e v =
−e−kx
k
, temos que∫ b
0
xe−kxdx =
[
− xe
−kx
k
]b
0
−
∫ b
0
−e
−kx
k
dx
=
[
− xe
−kx
k
]b
0
+
∫ b
0
e−kx
k
dx
= −be
−bk
k
−
[
e−kx
k2
]b
0
= −be
−bk
k
− e
−bx
k2
+
1
k2
.
Aplicando o limite, tem-se
lim
b→+∞
∫ b
0
xe−kxdx = lim
b→+∞
(
− be
−bk
k
− e
−bx
k2
+1
k2
)
= − lim
b→+∞
(
b
e−bk
k
)
− lim
b→+∞
(
�
�
��7
0
e−bx
k2
)
+ lim
b→+∞
(
�
�
���
1
k2
1
k2
)
.
Aplicando L’Hôpital em
lim
b→+∞
(
be−kb
k
)
= lim
b→+∞
(
b
kebk
)
= lim
b→+∞
�
�
�
�
�>
0(
1
k2ebk
)
= 0 .
Portanto,
lim
b→+∞
∫ b
0
xe−kxdx = −0− 0 + 1
k2
=
1
k2
.
Questão extra 2: A potência elétrica dissipada em um resistor pode ser calculada
por meio do produto da resistência R e do quadrado da corrente i, isto é, P = Ri2 em
que a corrente pode ser obtida mediante a divisão entre a tensão elétrica do resistor
V e a resistência R.
a) Calcule a energia dissipada no resistor de 0 até 10 segundos se R = 1Ω e V =
sen(t+ 5) v, em que t é o tempo sem segundos.
b) Calcule a energia dissipada no resistor de 0 até 10 segundos se houvesse um curto-
circuito no lugar do resistor (R → 0+), considerando a tensão V do item A.
Solução: A integral da potência no tempo é igual a energia. Sabendo que:
P = Ri2 = R
V 2
R2
=
V 2
R
.
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Cálculo I Lista de Exercícios 16
a) Integrando a potência no resistor de 0 até 10s para obter a energia dissipada, temos
que∫ 10
0
V 2
R
dt =
∫ 10
0
V 2
R
dt =
1
R
∫ 10
0
sen2(t+ 5)dt =
∫ 10
0
(
1
2
− cos(2t+ 10)
2
)
dt .
Utilizando a mudança de variável u = 2t + 10, du = 2dt, quando t = 0 o u = 10
e quando t = 10 o u = 30, então∫ 10
0
V 2
R
dt =
1
4
∫ 30
10
(
1− cos(u))
)
du
=
1
4
[
u− sen(u)
]30
10
=
1
4
[30− sen(30)− 10 + sen(10)]
=
1
4
[20 + sen(10)− sen(30)] J.
b) Basta encontrar a energia aplicando o limite de R → 0+. Assim,∫ 10
0
V 2
R
dt =
1
R
∫ 10
0
V 2dt
lim
R→0+
∫ 10
0
V 2
R
dt = lim
R→0+
1
R
∫ 10
0
V 2dt .
Como no item A, o resultado de
∫ 10
0
V 2
1
dt, é um número real finito, logo
lim
R→0+�
�
���
+∞
1
R
·
∫ 10
0
V 2dt = +∞ .
Observação: A interpretação física desse resultado é que quando a resistência R
se aproxima muito de zero (curto-circuito) perante a uma diferença de potencial V ,
a energia dissipada é muito grande ("infinita"), ou seja, uma quantidade enorme
de energia estaria sendo liberada.
8