2a Avaliação de Matemática Aplicada à Engenharia Química - UEAP

Universidade do Estado do Amapá Curso de Química 2ª Avaliação de Matemática Aplicada à Eng Química Avaliação de Matemática 0 pontosa 1 15 pontos Uma partícula percorre o círculo de raio igual a 3 uma vez enquanto o ângulo no setor 0 x ao ponto y é dado pela função ft igual ao produto do tempo pelo trabalho realizado pela força de 60coset Calcular o trabalho 2 15 pontos Seja S o pedaço da parábolóide z 16 x2 y2 acima do plano xy Um escoamento uniforme atravessa S orientado para cima Um gradiente de pressão constante que atravessa essa superfície 0 calculo a taxa de fluxo de massa que esta atravessando S de acordo com Lamort conforme a velocidade de velocidade de superficie xyz ensenucosti que o qert 2tx y zk dediado pode 3 15 pontos Calcule a área da esfera r uv esenucosti assensuent acosti onde 0z u π e 0 v 2π 4 15 pontos Calcule a área de superfície do parabolóide z 3 x2 y2 correspondente à região do domínio de x2 y2 4 Questão 1 Pelo Teorema de Green temos 𝑊 𝐹 𝑑𝑟 𝑃𝑑𝑥 𝑄𝑑𝑦 𝑄 𝑥 𝑃 𝑦𝑑𝐴 𝑥3 3𝑥𝑦2 𝑥 𝑦3 𝑦 𝑑𝐴 3𝑥2 3𝑦2 3𝑦2𝑑𝑦𝑑𝑥 3 𝑥2𝑑𝑦𝑑𝑥 Passando para coordenadas polares temos 𝑥 𝑟 cos 𝜃 𝑦 𝑟 sin 𝜃 𝑑𝐴 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑥2 𝑦2 𝑟2 Logo a integral fica 𝐼 3 𝑥2𝑟𝑑𝑟 3 0 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐼 3 𝑟2 cos2 𝜃𝑟𝑑𝑟 3 0 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐼 3 cos2 𝜃 𝑟3𝑑𝑟 3 0 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐼 3 cos2 𝜃 𝑟4 4 0 3 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐼 3 34 4 cos2 𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐼 35 4 1 cos 2𝜃 2 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐼 243 4 𝜃 1 2 sin2𝜃 2 0 2𝜋 𝐼 243 4 2𝜋 1 2 sin 4𝜋 2 𝐼 243 4 2𝜋 2 𝑰 𝟐𝟒𝟑 𝟒 𝝅 Questão 2 Seja 𝐹 𝑣 Pelo teorema da divergência de Gauss temos 𝐹 𝑛𝑑𝑆𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝐹 𝑛𝑑𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑖𝑣𝐹𝑑𝑉 Logo 𝐹 𝑛𝑑𝑆𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑑𝑖𝑣𝐹𝑑𝑉 𝐹 𝑛𝑑𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 𝐹𝑥 𝑥 𝐹𝑦 𝑦 𝐹𝑧 𝑧 𝑑𝑉 𝐹 00 1 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑥 𝑥 𝑦 𝑦 𝑧 𝑧𝑑𝑉 𝑥 𝑦 𝑧 00 1𝑑𝑥𝑑𝑦 1 1 1𝑑𝑉 𝑧𝑧0𝑑𝑥𝑑𝑦 3 𝑑𝑉 0 3 𝑑𝑉 0 Em coordenadas cilíndricas temos 3 𝑑𝑧 16𝑥2𝑦2 0 𝑟𝑑𝑟 4 0 𝑑𝜃 2𝜋 0 3 16 𝑥2 𝑦2𝑟𝑑𝑟 4 0 𝑑𝜃 2𝜋 0 3 16 𝑟2𝑟𝑑𝑟 4 0 𝑑𝜃 2𝜋 0 32𝜋 16 𝑟2𝑟𝑑𝑟 4 0 32𝜋 16𝑟 𝑟3𝑑𝑟 4 0 6𝜋 8𝑟2 𝑟4 4 0 4 6𝜋 8 42 44 4 6𝜋128 64 384𝜋 Assim a taxa de fluxo de massa é dada por 𝑚 𝜌 𝑣 𝑛𝑑𝑆𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝒎 𝟑𝟖𝟒𝝅𝝆 Questão 3 A área da superfície é dada pela seguinte integral 𝐴𝑠 𝑟 𝑢 𝑋 𝑟 𝑣 𝑑𝑢𝑑𝑣 Calculando obtemos 𝐴𝑠 𝑎 sin𝑢 cos 𝑣 𝑎 sin𝑢 sin 𝑣 𝑎 cos 𝑢 𝑢 𝑋 𝑎 sin𝑢 cos 𝑣 𝑎 sin𝑢 sin 𝑣 𝑎 cos 𝑢 𝑣 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎 cos 𝑢 cos 𝑣 𝑎 cos 𝑢 sin 𝑣 𝑎 sin 𝑢 𝑋 𝑎 sin 𝑢 sin𝑣 𝑎 sin𝑢 cos 𝑣 0𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 cos 𝑢 cos 𝑣 cos 𝑢 sin 𝑣 sin 𝑢 𝑋 sin 𝑢 sin𝑣 sin 𝑢 cos 𝑣 0𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 𝑖 𝑗 𝑘 cos 𝑢 cos 𝑣 cos 𝑢 sin𝑣 sin 𝑢 sin 𝑢 sin 𝑣 sin𝑢 cos 𝑣 0 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 sin𝑢 sin 𝑢 cos 𝑣𝑖 sin𝑢 sin𝑢 sin 𝑣𝑗 cos 𝑢 cos 𝑣 sin 𝑢 cos 𝑣 cos 𝑢 sin 𝑣 sin 𝑢 sin𝑣𝑘 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 sin2 𝑢 cos 𝑣𝑖 sin2 𝑢 sin 𝑣𝑗 cos 𝑢 cos2 𝑣 sin𝑢 cos 𝑢 sin 𝑢 sin2 𝑣𝑘 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 sin2 𝑢 cos 𝑣𝑖 sin2 𝑢 sin 𝑣𝑗 cos 𝑢 sin 𝑢𝑘 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 sin2 𝑢 cos 𝑣2 sin2 𝑢 sin𝑣2 cos 𝑢 sin 𝑢2𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 sin4 𝑢 cos2 𝑣 sin4 𝑢 sin2 𝑣 cos2 𝑢 sin2 𝑢 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 sin4 𝑢 cos2 𝑢 sin2 𝑢 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 sin2 𝑢 sin2 𝑢 cos2 𝑢𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 sin2 𝑢 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝐴𝑠 𝑎2 𝑠𝑖𝑛 𝑢 𝑑𝑢𝑑𝑣 Logo calculando obtemos o seguinte valor 𝐴𝑠 𝑎2 sin 𝑢 𝑑𝑢 𝜋 0 𝑑𝑣 2𝜋 0 𝐴𝑠 𝑎22𝜋 sin 𝑢 𝑑𝑢 𝜋 0 𝐴𝑠 2𝜋𝑎2 cos 𝑢0 𝜋 𝐴𝑠 2𝜋𝑎2 cos 𝜋 cos 0 𝐴𝑠 2𝜋𝑎21 1 As 4πa2 Questão 4 A área da superfície é dada pela seguinte integral 𝐴𝑠 1 𝑧 𝑥 2 𝑧 𝑦 2 𝑑𝐴 1 3 𝑥2 𝑦2 𝑥 2 3 𝑥2 𝑦2 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 1 2𝑥2 2𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦 1 4𝑥2 4𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦 1 4𝑥2 𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦 Passando para coordenadas polares temos 𝑥 𝑟 cos 𝜃 𝑦 𝑟 sin 𝜃 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑥2 𝑦2 𝑟2 Assim a integral fica 1 4𝑟2𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 2𝜋 𝑟1 4𝑟2𝑑𝑟 2 0 Seja 𝑢 1 4𝑟2 𝑑𝑢 8𝑟𝑑𝑟 Assim temos 2𝜋 𝑢 𝑑𝑢 8 17 1 𝜋 4 2 3 𝑢32 1 17 𝜋 4 2 3 1717 2 3 𝝅 𝟔 𝟏𝟕𝟏𝟕 𝟏 Questão 1 Pelo Teorema de Green temos W F d rPdxQdy Q x P y dA x 33 x y 2 x y 3 y dA 3x 23 y 23 y 2d ydx 3 x 2dydx Passando para coordenadas polares temos xr cosθ yrsinθ dAdxdyrdrdθ x 2 y 2r 2 Logo a integral fica I3 0 2π 0 3 x 2rdrdθ I3 0 2π 0 3 r 2cos 2θ rdrdθ I3 0 2π cos 2θ 0 3 r 3 drdθ I3 0 2π cos 2θ r 4 4 0 3 dθ I3 3 4 4 0 2π cos 2θ dθ I3 5 4 0 2π 1cos2θ 2 dθ I243 4 θ 1 2 sin2θ 2 0 2π I243 4 2π 1 2 sin 4 π 2 I 2434 2π2 I 2434 π Questão 2 Seja Fv Pelo teorema da divergência de Gauss temos F n d Ssuperficie F nd Sbase F dV Logo F n d Ssuperficie FdV F nd Sbase F x x F y y Fz z dV F 001d xdy x x y y z zdV x y z 00 1dxdy 111dV z z0dxdy 3 dV0 3 dV0 Em coordenadas cilíndricas temos 3 0 2π 0 4 0 16x 2y 2 dzrdrdθ 3 0 2π 0 4 16x 2y 2rdrdθ 3 0 2π 0 4 16r 2rdrdθ 3 2π 0 4 16r 2rdr 3 2π 0 4 16rr 3 dr 6 π 8r 2r 4 4 0 4 6 π 84 24 4 4 6 π 12864 384 π Assim a taxa de fluxo de massa é dada por mρ v nd Ssuperficie m384 π ρ Questão 3 A área da superfície é dada pela seguinte integral As r u X r vdudv Calculando obtemos As asinucos v asinusin v acosu u X asinucos vasinusin vacosu v dudv Asacosucos v acosusinv asinu X asinusin v asinucos v 0dudv Asa 2cosucos vcosusin v sinu X sinusinv sinucosv 0dudv Asa 2 i j k cos ucosv cos usinv sinu sinusinv sinucos v 0 dudv Asa 2sinusinucos v isinusinusin v jcosucosv sinucos vcosusinv sinusinv kdudv Asa 2sin 2u cosvisin 2usinv jcos ucos 2v sinucosusinusin 2vkdudv Asa 2sin 2u cosvisin 2usinv jcosusinu kdudv Asa 2sin 2ucos v 2sin 2usinv 2cosusinu 2dudv Asa 2sin 4ucos 2vsin 4usin 2vcos 2usin 2ududv Asa 2sin 4ucos 2usin 2u dudv Asa 2sin 2u sin 2ucos 2ududv Asa 2sin 2ududv Asa 2sinududv Logo calculando obtemos o seguinte valor Asa 2 0 2π 0 π sinududv Asa 22π 0 π sinudu As2π a 2cosu 0 π As2π a 2cos πcos 0 As2π a 211 As4 π a 2 ELEVATION OF NW SIDE SHOWING LANTERN TOWER AND ROUND BELL TOWER ON RIGHT AND LARGE GABLE TOWER ON LEFT VIEW TO THE NORTHWEST Questão 4 A área da superfície é dada pela seguinte integral As 1 z x 2 z y 2 dA 1 3x 2 y 2 x 2 3x 2 y 2 y 2 dxd y 12 x 22 y 2dxdy 14 x 24 y 2dxd y 14 x 2 y 2dxd y Passando para coordenadas polares temos xr cosθ yrsinθ dxd yrdrdθ x 2 y 2r 2 Assim a integral fica 14r 2rdrdθ 2π 0 2 r14r 2dr Seja u14r 2 du8rdr Assim temos 2π 1 17 u du 8 π 4 2 3 u 321 17 π 4 2 3 17172 3 π 6 17171