Forças e Trabalho em Física

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Cálculo IV – AD2 – Tutor
Questão 1 [2,5 pts]: Um campo de forças bidimensional ~F define-se por ~F(x, y) = (x+y)~i+ (x−y)~j.
(a) Prove que o trabalho realizado por esta força ao deslocar uma part́ıcula ao longo da curva
~r(t) = f (t)~i + g(t)~j, a ≤ t ≤ b, depende unicamente de f (a), f (b), g(a) e g(b).
(b) Determine o trabalho realizado quando f (a) = 1, f (b) = 2, g(a) = 3 e g(b) = 4.
Solução: (a) O trabalho realizado por ~F ao longo da curva C é dado por:
W =
∫
C
~F · d~r =
∫
C
(x + y)dx + (x − y)dy.
Se C : ~r(t) = f (t)~i + g(t)~j, a ≤ t ≤ b, então x = f (t) e y = g(t), para a ≤ t ≤ b. Assim, dx = f ′(t)dt,
dy = g′(t)dt e temos:
W =
∫ b
a
[
( f (t) + g(t)) f ′(t) + ( f (t) − g(t))g′(t)
]
dt
=
∫ b
a
[
f (t) f ′(t) + g(t) f ′(t) + f (t)g′(t) − g(t)g′(t)
]
dt
=
∫ b
a
f (t) f ′(t)dt +
∫ b
a
[
g(t) f ′(t) + f (t)g′(t)
]
dt −
∫ b
a
g(t)g′(t)dt.
Como
d
dt
( f (t))2 = 2 f (t) f ′(t) =⇒ f (t) f ′(t) =
1
2
d
dt
( f (t))2
d
dt
( f (t)g(t)) = f ′(t)g(t) + f (t)g′(t)
d
dt
(g(t))2 = 2g(t)g′(t) =⇒ g(t)g′(t) =
1
2
d
dt
(g(t))2,
temos:
W =
1
2
∫ b
a
d
dt
( f (t))2dt +
∫ b
a
d
dt
( f (t)g(t))dt −
1
2
∫ b
a
d
dt
(g(t))2dt
=
1
2
[
( f (t))2
]b
a
+
[
f (t)g(t)
]b
a −
1
2
[
(g(t))2
]
=
1
2
[
( f (b))2 − ( f (a))2
]
+
[
f (b)g(b) − f (a)g(a)
]
−
1
2
[
(g(b))2 − (g(a))2
]
.
Isso mostra que o trabalho W depende só de f (a), f (b), g(a) e g(b).
(b) Pelo ı́tem anterior, o trabalho W é:
W =
1
2
[
22 − 12
]
+ [2 × 4 − 1 × 3] −
1
2
[
42 − 32
]
=
1
2
[4 − 1] + [8 − 3] −
1
2
[16 − 9]
=
3
2
+ 5 −
7
2
= 5 − 2 = 3 u.w..
Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 2
Questão 2 [2,5 pts]: Seja C ⊂ R2 uma curva fechada, orientada no sentido anti-horário, para-
metrizada por ~r : [a, b] −→ R2, de classe C1, tal que ~r ′(t) = (x′(t), y′(t)) , ~0, para todo t ∈ [a, b].
Seja D o conjunto compacto, tal que ∂D = C. O vetor ~n(t) =
1
‖~r ′(t)‖
(y′(t),−x′(t)) é o vetor unitário
normal exterior a D.
Seja ~F = (P,Q) um campo de classe C1 em um aberto U contendo D. Mostre que�
C
~F · ~n ds =
∫∫
D
div ~F dx dy.
D
~n(t)
~r ′(t)
C=∂D
Solução: Usando a definição de integral de linha de um campo escalar:�
C
~F · ~n ds =
∫ b
a
~F(~r(t)) ·
1
‖~r ′(t)‖
(y′(t),−x′(t))‖~r ′(t)‖ dt
=
∫ b
a
(P(~r(t)),Q(~r(t))) · (y′(t),−x′(t)) dt
=
∫ b
a
(P(~r(t))y′(t) − Q(~r(t))x′(t))dt.
Como x′(t)dt = dx e y′(t)dt = dy, temos:�
C
~F · ~n ds =
�
C
(−Q dx + P dy) =
�
C
~G · d~r,
onde ~G = (−Q, P).
Aplicando o teorema de Green ao campo ~G = (−Q, P):�
C
~G · d~r =
�
C
−Q dx + P dy =
∫∫
D
(
∂P
∂x
−
∂(−Q)
∂y
)
dx dy =
∫∫
D
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
)
dx dy =
∫∫
D
div ~F dx dy.
Portanto,
�
C
~F · ~n ds =
�
C
~G · d~r =
∫∫
D
div ~F dx dy. Como queriamos mostrar.
Questão 3 [2,5 pts]: Uma superf́ıcie S admite uma parametrização ~r(u, v) = u cos v~i+ u sen v ~j+
u2~k, com 0 ≤ u ≤ 4 e 0 ≤ v ≤ 2π.
(a) Identifique e esboce S .
(b) Calcule
∂~r
∂u
×
∂~r
∂v
em função de u e v.
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 3
(c) A área de S é
6π(65
√
65 − 1)
n2 , com n inteiro positivo. Calcule o valor de n.
Solução:
(a) Da parametrização de S segue que:
S :

x = u cos v
y = u sen v
z = u2,
com (u, v) ∈ D :
0 ≤ u ≤ 4
0 ≤ v ≤ 2π.
Eliminando os parâmetros u e v, temos:
S : x2 + y2 = z,
e como 0 ≤ u ≤ 4, então 0 ≤ u2 ≤ 16, donde 0 ≤ z ≤ 16, ou x2 + y2 ≤ 16.
Assim, S : z = x2+ y2 com x2+ y2 ≤ 16. Logo S é a seção de parabolóide limitada pelo plano z = 16,
cujo esboço é o da figura 2.
x y
z
S
16
4 4
(b) Temos
∂~r
∂u
= (cos v, sen v, 2u) e
∂~r
∂v
= (−u sen v, u cos v, 0) donde:
∂~r
∂u
×
∂~r
∂v
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
cos v sen v 2u
−u sen v u cos v 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−2u2 cos v,−2u2 sen v, u).
(c) Sabemos que A(S ) =
∫∫
D
∥∥∥∥∥∂~r∂u
×
∂~r
∂v
∥∥∥∥∥ du dv, logo:
A(S ) =
∫∫
D
√
(−2u2 cos v)2 + (−2u2 sen v) + u2 du dv
=
∫∫
D
√
4u4 cos2 v + 4u4 sen2 v + u2 du dv
=
∫∫
D
√
4u4 + u2 du dv =
∫∫
D
√
u2(4u2 + 1) du dv
=
∫∫
D
|u|
√
(4u2 + 1) du dv =
∫∫
D
u
√
(4u2 + 1) du dv,
pois u ≥ 0. Temos:
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 4
A(S ) =
∫ 4
0
u(4u2 + 1)1/2
∫ 2π
0
dv du =
2π
8
∫ 4
0
(4u2 + 1)1/28u du
=
π
4
2
3
[
(4u2 + 1)3/2
]4
0
=
π
6
(
653/2 − 1
)
.
Como A(S ) =
6π(65
√
65 − 1)
n2 , temos
6
n2 =
1
6
, donde n2 = 36 e, portanto, n = 6, pois n > 0.
Questão 4 [2,5 pts]: Considere o Sólido W =
{
(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≥ 0
}
, e seja o
campo ~F(x, y, z) = x~i + y~j + z~k. Mostre que:∫∫
S
~F · ~n dS =
∫∫∫
W
div ~F dV ,
onde S é a fronteira de W e ~n é a normal unitária apontando para fora de W.
Solução: O esboço do sólido W é:
x y
z
2
2 2
~n
~n
~n
W
Cálculo de
∫∫
S
~F · ~n dS :
Vemos que S = ∂W = S 1 ∪ S 2, onde S 1 e S 2 são as superf́ıcies ilustradas nas figuras abaixo.
x y
z
2 2
2
~n
~n S 1
x y
z
2 2
~n
S 2
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 5
Então,
∫∫
S
~F · ~n dS =
∫∫
S 1
~F · ~n dS +
∫∫
S 2
~F · ~n dS .
Temos S 1 : x2 + y2 + z2 = 4, z ≥ 0, orientada com ~n1 exterior a S 1. Logo, n1 =
1
2
(x, y, z). Então,∫∫
S 1
~F · ~n dS =
∫∫
S 1
(x, y, z) ·
1
2
(x, y, z) dS =
1
2
∫∫
S 1
(x2 + y2 + z2) dS .
Como x2 + y2 + z2 = 4 em S 1, obtemos:∫∫
S 1
~F · ~n dS =
1
2
∫∫
S 1
4 dS = 2
∫∫
S 1
dS = 2 A(S ) = 2
(
1
2
4 π 22
)
= 16π.
Temos S 2 : z = 0, (x, y) ∈ D : x2 + y2 = 4, orientada com ~n2 = −~k. Logo,∫∫
S 2
~F · ~n2 dS =
∫∫
S 2
(x, y, z) · (0, 0,−1) dS = −
∫∫
S 2
z dS .
Como z = 0 em S 2, temos
∫∫
S 2
~F · ~n2 dS = −
∫∫
S 2
z dS = −
∫∫
S 2
0 dS = 0.
Assim,
∫∫
S
~F · ~n dS = 16π + 0 = 16π.
Cálculo de
∫∫∫
W
div F dV.
Como ~F(x, y, z) = x~i + y~j + z~k, temos div ~F =
∂x
∂x
+
∂y
∂y
∂z
∂z
= 1 + 1 + 1 = 3.
Logo, ∫∫∫
W
div F dV = 3
∫∫∫
W
dV = 3 V(W) = 3
(
1
2
4
3
π 23
)
= 16π.
Portanto,
∫∫
S
~F · ~n dS =
∫∫∫
W
div ~F dV, como queriamos mostrar.
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