EngProdComp 2017 MCA502CalculoII P2 GABARITO

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AVALIAÇÃO PRESENCIAL 
CADERNO DE PERGUNTAS 
curso: Engenharia de Produção/ 
Engenharia de Computação 
bimestre: ​4​o​ bimestre ano: ​ 2018 | 1sem P2 
● Preencha atentamente o cabeçalho de​ TODAS AS FOLHAS DE RESPOSTA​ que você utilizar. 
● Ao término da prova, entregue apenas a folha de resposta ao aplicador. Leve este caderno de 
perguntas consigo. 
Boa prova! 
 
disciplina MCA502 - Cálculo II 
 
● O aluno deve trazer o resumo teórico em formato impresso. O material está disponível no ava. 
 
Questão 1​ ​(1,0 ponto) 
A temperatura de uma placa plana é dada por onde x e y são as coordenadas de um ponto(x, )T = T y 
genérico da placa. Um besouro anda sobre a placa seguindo uma trajetória e , onde t é o(t)x = x y = y (t) 
tempo em segundos. Sabe-se que quando o besouro está na posição (2,4) e que t = 5 − ,dt
dx (5) = 1 dt
dy (5) = 2
, e . Podemos afirmar:∂x
∂T (2, )4 = 3 ∂y
∂T (2, )4 = 2 
a) No instante t = 5 a temperatura no besouro está aumentando 2 unidades por segundo. 
b) No instante t = 5 a temperatura no besouro está diminuindo 2 unidades por segundo. 
c) No instante t = 5 a temperatura no besouro está aumentando 1 unidade por segundo. 
d) No instante t = 5 a temperatura no besouro está diminuindo 1 unidades por segundo. 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 2​ ​(1,0 ponto) 
A massa do retângulo com densidade é:R = 2, 4[ ] X 0, 3[ ] δ (x, )y = y2 
a) 18 
b) 54 
c) 9 
d) 6 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 3​ ​(1,0 ponto) 
Calcule a massa do arco de hélice com densidade .0≤t≤h (t) = (3cost, 3sent, 4t) , 2
π zδ (x, , )y z = 4 
a) 0π1 2 
b) 0π1 
c) 0π2 2 
d) 5π1 2 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 4​ ​(1,0 ponto) 
A equação da reta tangente à curva no ponto é: γ (t) = t , t ,( 3 5 2 t) (2)γ 
a) s∈RX (s) = (8 2s, 20 0s, 2 )− 1 − 2 + s , 
b) s∈RX (s) = (8 2s, 20 0s, 2 )+ 1 + 2 + s , 
c) s∈RX (s) = (8 2s, 20 0s, 2 )− 1 + 2 + s , 
d) s∈RX (s) = (8 2s, 20 0s, 2 )+ 1 − 2 + s , 
1 
 
 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 5​ ​(1,0 ponto) 
Calcule o trabalho realizado pelo campo vetorial yi j zkF
→
(x, , )y z = 2
→
+ x2
→
+ x
→
 
sobre a trajetória .2t, 3t, 3t)γ (t) = ( ≤t≤30 
a) 8 
b) 81 
c) 162 
d) 324 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 6​ ​(1,0 ponto) 
Determine a equação do plano tangente à superfície S de equação no ponto .yz y z3 − x2 − x 2 = 3 (1, , )2 1 
a) x y z− 5 − 2 + 4 − 3 = 0 
b) x y z5 − 2 + 4 + 3 = 0 
c) x y z5 + 2 + 4 + 3 = 0 
d) x y z− 5 + 2 + 4 + 3 = 0 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 7​ ​(1,0 ponto) 
Calcule através da superfície S que é o bordo do elipsoide(y x)dy∧dz 8y )dz∧dx 5zdx∧dy ∬ S 2 − 3 + ( − e7z + 
 orientada com a normal que aponta para dentro.≤1 9
x2 + y
2
+ z
2
25 
a) 0π6 
b) 00π− 2 
c) 40π− 2 
d) 6π− 3 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 8​ ​(1,0 ponto) 
Calcule a massa da placa plana descrita por , com densidade ≤9, y≥0x2 + y2 . δ = δ (x, )y = √x2 + y2 
a) π 
b) π3 
c) π9 
d) 8π1 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 9​ ​(1,0 ponto) 
Calcule , sendo a curvaosy dx xyseny dy ∫
 
γ
c 2 − 2 2 γ 
esboçada ao lado, ligando o ponto (-3, 0) ao ponto 
(3, 0). 
a) 1 
b) 6 
c) π 
d) -6 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
 
 
Questão 10​ ​(1,0 ponto) 
Sobre a função é correto afirmar:− y yf (x, )y = 8x2 − 4 2 + x − 7 
2 
 
 
a) (0,0) é seu único ponto crítico e é um ponto de máximo local. 
b) (0,0) é seu único ponto crítico e é um ponto de mínimo local. 
c) (0,0) é seu único ponto crítico e não é nem ponto de máximo nem de mínimo local. 
d) (1,1) é seu único ponto crítico e não é nem ponto de máximo nem de mínimo local. 
e) Nenhuma das anteriores. 
3 
 
 
GABARITO 
 
curso: Engenharia de Produção/ Engenharia de Computação bimestre: ​4​
o​ bimestre P2 
 
Disciplina: MCA502 - Cálculo II 
 
Questão 1 
Alternativa C: ​⇒(x y )· (t) (x y )· (t)dt
dT (t) = ∂x
∂T (t) , (t) dt
dx + ∂y
∂T (t) , (t) dt
dy 
 · ·2dt
dT (5) = ∂x
∂T (2, )4 • dt
dx (5) + ∂y
∂T (2, )4 • dt
dy (5) = 3 (− )1 + 2 = 1 
Assim no instante t = 5 a temperatura no besouro está aumentando 1 unidades por segundo. 
 
Questão 2 
Alternativa A: Massa δ A dydx y |3 0 dx dx 8∬ R (x, )y d = ∫
4
2
∫
3
0
y2 = ∫
4
2
3
1 3 = ∫
4
2
9 = 1 
 
Questão 3 
Alternativa A: Massa s h δ t= ∫
 
h
δ (x, , )y z d = ∫
π
0
‖ ′ (t)‖ (h )(t) d 
) ​⇒h (t) = (3cost, 3sent, 4t) − sent, 3cost, 4)h′ (t) = ( 3 
h ‖ ′ (t)‖ = √9sen t cos t 62 + 9 2 + 1 = √25 = 5 
e também z 6tδ (h )(t) = 4 = 1 
Massa ·16tdt 0t | 0 0π= ∫
2
π
0
5 = 4 2 2
π = 1 2 
 
Questão 4 
Alternativa B: ​⇒​ γ (t) = t , t ,( 3 5 2 t) γ (2) = (8, 20, 2) 
 γ′ (t) = 3t , 0t,( 2 1 1) 
e 
γ′ (2) = (12, 20, 1) 
A reta tangente é X (s) = s∈R(8, 20, 2) + s (12, 20, 1) = (8 2s, 20 0s, 2 )+ 1 + 2 + s , 
Questão 5 
Alternativa D: Sendo γ 2t, 3t, 3t) (t) = ( ≤t≤30 
temos γ′ (t) = (2, 3, 3) 
ydx dy zdz t t 3 0 τ = ∫
 
γ
2 + x2 + x = ∫
3
0
6t·2 t ·3 t·3t·3( + 4 2 + 2 ) d = ∫
3
0
12t 0t( + 3 2) d = 6t( 2 + 10t3) | = 
4 70 24= 5 + 2 = 3 
 
Questão 6 
Alternativa E: A superfície S é a superfície de nível 3 da função .yz y zf (x) = 3 − x2 − x 2 
O gradiente de num ponto genérico é dado por .f − xy ,− x z, 3y xz)∇f
→
(x, , )y z = ( 2 − z2 2 + 3 − 2 
No ponto obtemos , que é perpendicular à S e ao seu plano tangente no (1, , )2 1 − , 2, 4)∇f
→
(1, , )2 1 = ( 5 
ponto. Assim o plano terá equação .x y z− 5 + 2 + 4 + d = 0 
Como é um ponto do plano , logo o plano é .(1, , )2 1 ⇒d −− 5 + 4 + 4 + d = 0 = 3 x y z− 5 + 2 + 4 − 3 = 0 
4 
 
 
 
Questão 7 
Alternativa B: Pelo Teorema de Gauss vale: 
 (y x)dy∧dz 8y )dz∧dx 5zdx∧dy −I = ∬ S 2 − 3 + ( − e7z + = (DivF )dV =− ( )dV∭
 
V
→
= ∭ V ∂x
∂P + ∂y
∂Q + ∂z
∂R 
O sinal de menos na frente da integral tripla é devido à orientação “para dentro”. 
− V − 0V ol − 0· .π.a·b·c − 0· .π.3·1·5 − 00πI = ∭ V (− )3 + 8 + 5 d = 1 (V ) = 1 3
4 = 1 3
4 = 2 
 
Questão 8 
Alternativa C: Massa = δ A dA ∬ D (x, )y d = ∬
 
D√x2 + y2 
Vamos usar coordenadas polares no cálculo da integral dupla 
Parametrização: 
 , )cosθx = r ≤θ≤π0 y≥0( 
 senθy = r ≤r≤30 
Jacobiano = r 
dA ·rdzdθ r |3 0 dθ∬ D√x2 + y2 = ∫
π
0
∫
3
0
r = ∫
π
0
3
1 3 = 
.dθ π= ∫
π
0
9 = 9 
 
Questão 9 
Alternativa B: Como a equação da curva não é fornecida, não conseguimos aplicar a definição de integral de 
linha. 
O campo é conservativo. Vamos obter sua função potencial: 
osy ⇒φ cosy (y)∂x
∂φ (x, )y = c 2 (x, )y = x 2 + g 
− xyseny ⇒φ cosy (x)∂y
∂φ (x, )y = 2 2 (x, )y = x 2 + h 
Comparando as duas expressões, concluímos que é uma função potencialcosyφ (x, )y = x 2 
osy dx xyseny dy cos0∫
 
γ
c 2 − 2 2 = φ (3, )0 − φ (− , )3 0 = 3 − (− cos0)3 = 6 
 
Questão 10 
Alternativa A: − 6x∂f∂x (x, )y = 1 + y = 0 
− y ⇒x∂f∂y (x, )y = 8 + x = 0 = y = 0 
Logo o único ponto crítico é 0, )( 0 
 − 6,∂ f
e
∂x2 (x, )y = 1 
∂ fe
∂x∂y (x, )y = 1 
e 
− ∂ f
e
∂y2 (x, )y = 8 
segue que 28 27D = ||
∂ fe
∂x2 (0, )0 
∂ fe
∂x∂y (0, )0 
∂ fe
∂x∂y (0, )0 
∂ fe
∂y2 (0, )0 
|
| = − 6 1 1 | 1 − 8 | = 1 − 1 = 1 > 0 
Como e , segue que (0,0) é ponto de máximo local.− 6∂ f
e
∂x2 (0, )0 = 1 < 0 27D = 1 > 0 
 
 
 
5