prova com gabarito calculo e fisica

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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): 
a) Determine o valor de c para que a função dada por 
2
)4()1(
)(
2



xc
xx
xf
 satisfaça a 
igualdade 
)2()1( ff 
. 
b) Para o valor da constante c obtida no item anterior, determine todos os valores de 
x
 
para os quais 
0)( xf
. 
SOLUÇÃO 
a) 
 
2
10
1


c
f
 e 
 
22
30
2


c
f
 
Igualando: 




60302020
22
30
2
10
cc
cc
 
b) Devemos resolver a inequação: 
0
42
)4()1( 2



x
xx
 
 
 
Portanto o Conjunto-Solução da inequação é: 
+ + + + + + + + + + + + + + + + + - - - - - - - - - - - - - - - - 
x
 
x
 
x
 
12 x
 
4x
 
x42
 
4
 
2
1
 
 xf
 - - - - - - - - - - - + + + + + + + + + - - - - - - - - - - - - - - - 
- 
+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 
- - - - - - - - - - - + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 
+ + 
4
 
2
1
 
x
 
4c
 







2
1
4/ xxS
 
 
2a Questão (10 pontos): As retas tangentes ao gráfico da função 
  754 23  xxxxf
 pelos 
pontos 
1x
 e 
3x
 são concorrentes num ponto P. Encontre as coordenadas desse ponto. 
 
SOLUÇÃO 
 
A equação da reta tangente ao gráfico da função 
 xf
 pelo ponto 
 00 , yx
 é: 
 
  000 . xxxfyy 
 
Temos: 
  583 2  xxxf
 
 Para 
  0151 00  fyx
 
Assim, a reta tangente é: 
    51.05  yxy
 
 Para 
  8313 00  fyx
 
Assim, a reta tangente é: .
    2583.81  xyxy
 
Para encontrar o ponto P, basta igualar as equações das retas, ou seja: 
2
5
2085258  xxx
 
 
Portanto: 
 
 
3a Questão (10 pontos): Usando Integração Por Partes, resolver a integral 
 dxarctgxI .
. 
 
SOLUÇÃO 
 
O método de Integração por Partes é: 
  duvvudvu ...
 








  xvdxdvdxdv
dx
x
duarctgxu
21
1
 
Então: 
 
 dx
x
x
arctgxxI
21
.
 
 






5,
2
5
P
 
  CxarctgxxI  21ln
2
1
.
 
4a Questão (10 pontos): Achar 
 yxfz ,
 se 
yxx
y
z
coscos 


 e 
xxxf 3cos
22
, 




  
SOLUÇÃO 
 
Temos: 
   

 dy
y
z
yxfz ,
 
         xCsenyxxyyxfdyyxxyxf .cos.,coscos,
 
Como 
xxxf 3cos
22
, 




  , então:     xxCxCxxxx 4cos.
2
3cos
2

 
 
Portanto: 
 
 
5a Questão (10 pontos): Calcular 
 
R
dxdyyxf ,
, onde R é a região do 1o quadrante limitada por 
295 xy 
: 
a) considerando 
  ;6, yxf
 
b) considerando 
  ., yxyxf 
 
 
 SOLUÇÃO 
 
 
a) Em ambos os casos a região de integração 
R
 é: 





295
20
:
xy
x
R
. 
         
 

2
0
9
5
2
0
2
0
2
0
229
5
2 2
6243065466,
x x
R
dxxdxxdxydydxdxdyyxf
 
 
    
2
0
3224, xxdxdyyxf
R
 
 
 
  xsenyxxyyxf 4.cos., 
 
  
R
dxdyyxf 32,
 
b) 
          



















2
0
9
5
2
0
2
0
22
2
9
5
22
2
2
25
5
2
9
9.
2
,
x
x
R
dxx
x
xxdx
y
xydydxyxdxdyyxf
 
   






2
0
4
23
2
25
5
2
9
2
81
9, dxx
x
xxxdxdyyxf
R
 
   






2
0
4
23 28
2
94, dx
x
xxxdxdyyxf
R
 
 
2
0
5
3
4
2 28
10
3
4
2, 





 x
x
x
x
xdxdyyxf
R
= 
 
   565
16
2448,
R
dxdyyxf
 
 
 
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. 
a) 
tty 6
4
3 2 
 b) 
tty 4
3
4 2 
 c) 
tty 3
4
1 2 
 d) 
tty 5
5
3 2 
 
SOLUÇÃO 
 
A função quadrática procurada tem a forma: 
cbtaty  2
. 
Porém, para 
0t
, temos 
0y
. 
Assim, concluímos que 
0c
. 
Por outro lado, para 
8t
, temos 
0y
. 
Logo: 
abba 80864 
 
A altura máxima atingida é a ordenada do vértice, ou seja: 
12
4



a
yv
 
Assim: 
6
4
3
12
4
64
12
4
12
4
4 222






ba
a
a
a
b
a
bac
 
 
Portanto: 
 
  
R
dxdyyxf
5
196
,
 
tty 6
4
3 2 
 
 
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 C = 
354
3
t
t

. 
Após quantas horas essa concentração será máxima? 
a) 
2
 horas b) 
3
 horas c) 
4
 horas d) 
5
 horas 
 
SOLUÇÃO 
 
Devemos ter 
0
dt
dC
 (Ponto Crítico). 
 
   23
3
23
23
54
6162
54
3.354.3
t
t
dt
dC
t
ttt
dt
dC






 
 
Igualando a zero: 
 2706162 33 tt
 
 
8a Questão (10 pontos): Calculando a integral 



8
1 32 x
dx
I
, obtemos: 
 a) 
1
 b) 
8
 c) 
5
26
 d) 
9
 
SOLUÇÃO 
 
Fazendo: 
    tdttdxtxtxtxtx 2.2.32222 223223233 
 
 Para 
11  tx
 
 Para 
28  tx
 
Então:     








2
1
2
1
35
24
2
1
22
4
3
4
5
.644.6
2.6
t
tt
dtttdt
t
tt
I
 
 









15
6020312016096
.64
3
4
5
1
8
3
32
5
32
.6I
 
 
horast 3
 
5
26
I
 
 
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 
hrV 2
. 
A Diferencial Total é: 
dhrrhdrdVdh
h
V
dr
r
V
dV 22.  






 
Dividindo por 
hrV 2
, obtemos: 
h
dh
r
dr
V
dV
dh
hr
r
dr
hr
rh
V
dV
 .2
2
2
2
2 


 
Tomando 
12
r
dr
 e 
8
h
dh
, temos: 
 16824
V
dV
 
 
 
10a Questão (10 pontos): Calculando o valor da integral 
 
2
2
cos3
0
22 sen


  drdr
, obtemos: 
 a) 

 b) 
2
 c) 
1d) 
5
12
 
SOLUÇÃO 
 
      





 2
2
2
2
2
2
2223
cos3
0
2
3
cos.1.9.cos9
3






  dsensendsendsenrI 














5
1
3
1
5
1
3
1
.9
53
.9
2
2
53
I
sensen
I


 
 
 
%16Aumenta
 
5
12
I
 
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 
Dados: g = 9,8 m/s
2
, 
massa de repouso do elétron = 9,11x10
-31
 kg, 
sen 30
0
 = 0,50 e cos 30
0
 = 0,87, 
cos 45
0
 = sen 45
0
 = 0,7 
sen 64
0
 = 0,90 e cos 64
0
 = 0,44 
sen 51
0
 = 0,78 e cos 51
0
 = 0,63 
sen 14
0
 = 0,24, cos 14
0
 = 0,97 e tan 14
0
 = 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) 1134,0 
b) 0,3 
c) 0,5 
d) 16,8 
e) 18,9 
SOLUÇÃO 
 
I-) F = m.a 
Fcp = m. ω
2
.r (Neste caso a Fcp = Força Normal) 
 
II-) Peso = Força Atrito 
 
m.g = μ.N 
m.g = μ.m. ω
 2
.r 
9,8 = 0,5.ω
 2
.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 
aumenta uniformemente para 3 Hz em 5.10
-2
 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) 9,5 min 
b) 7 min 
c) 6,5 min 
d) 5,5 min 
e) 4,5 min 
SOLUÇÃO 
 
I-) 
ω0 = 0 ω = ω0 + αt θ = θ0 + ω0t + ½ αt
2 
ω = 180 rpm 180 = 0 + α3 θ = ½ 60.(3)
2
 
t = 5.10
-2
 h = 3 min α = 60 rad/s
2
 θ = 270 rotações 
 
II-) 
ω = 0 ω = ω0 + αt θ = θ0 + ω0t + ½ αt
2
 
ω0 = 180 rpm 0 = 180 + α4 θ = 180.4 - ½ 45.(4)
2
 
t = 4 min α = -45 rad/s
2 
 θ = 360 rotações 
 
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 
ângulo de 30
0
 acima da horizontal. A carreta se move com uma velocidade constante de 8 km/h. Calcule a potência 
instantânea desenvolvida pelo cavalo. 
 
a) 222 W 
b) 387 W 
c) 1600 W 
d) 1392 W 
e) 800 W 
 
SOLUÇÃO 
 
P = F.cos.30
0
 . 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 
é desviada de um ângulo de 64
0
, em relação à direção inicial do movimento, e o núcleo de oxigênio recua em uma 
direção que faz um ângulo de 51
0
 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) 3,46 
b) 2,85 
c) 7,09 
d) 8,85 
e) 1,82 
 
SOLUÇÃO 
Fazendo a análise da Conservação do Momento pelo eixo y teremos: 
 
Pfinal = Pinicial 
 
Mα.Vαf.sen64
0
 – Mo2.Vo2f.sen51
0
 = 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 
estende numa direção de 14
0 
a esquerda da direção sul, com o vento soprando a oeste. Qual é a velocidade do 
vento? 
 
a) 28,8 km/h 
b) 116,4 km/h 
c) 30,0 km/h 
d) 120,8 km/h 
e) 90,0 km/h 
SOLUÇÃO 
Imagine o trem indo para o norte. O vento sopra a oeste. A fumaça se desloca numa direção de 14
0 
a esquerda da 
direção sul. 
 
tg14
0
 = Vvento 0,25 = Vvento Vvento = 30 km/h 
 120 120 
 
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 
I-) F = 1N II-) vx= v0x = v0cos30
0
 voy=v0sen30
0 
x = 10
-2
m x = vx.t ou x = v0cos30
0
t → t = x/v0cos30
0
 
F = Kx y = voyt – ½ gt
2
 ou y = v0sen30
0
t-½ gt
2
 
K = 100 N/m 
 y = v0sen30
0
(x/v0cos30
0
) – ½ .g.(x/ v0cos30
0
)
2
 
 2 = v0. ½ .5/ v0.0,87 – 9,8/2. (5/ v0.0,87)
2 
 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).KΔx
2
/2 = mgh + mv0
2
/2 
(2). KΔx
2
/2 = mgΔxsen30
0
+m.vo
2
/2 
2.100. Δx
2
/2 = 5.10
-2
.9,8. Δx. ½+ 5.10
-2
.(13,6)
2
/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 
velocidade de 1,0 x 10
8
 cm/s, na região entre um par de placas horizontais de 1,0 cm de comprimento. O campo 
elétrico existente entre as placas imprime aos elétrons uma aceleração constante de 1,0 x 10
16
 cm/s
2
 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 
vx = 1.10
8
 cm/s ou 1.10
6
 m/s L = 1 cm ou 1.10
-2
 m a = 1.10
16
 cm/s
2
 ou 1.10
14
 m/s
2
 
 
I-) Considere vx = L/t e voy=0 e y0 = 0 
 
y = y0 + v0yt + ½ at
2
 
 
y = 1.10
14
 (L
2
/vx
2
) 
 2 
 
y = 5.10
-3
m ou 5 mm 
 
II-) vy = at III-) vr = √[(106)2 + (106)2] 
 vy = 1.10
14
. 10
-2
/10
6
 vr = √2 . 106 
 
vy = 10
6
 m/s 
 
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) 
 
fR =Icm.α = (2/5MR
2
).(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) 
fR = Icm.α = (1/2MR
2
).(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
0
 Vy = V.sen45
0
 a-) ΔT = 42,8 s (Tempo da subida + Tempo da descida) 
Vx = 300.0,7 Vy = 300.07 ΔS = Vx. ΔT 
Vx = 210 m/s Vy = 210 m/s 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 
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