efomm 2010 2dia fisemat resolucao
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GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – EFOMM (MATEMÁTICA E FÍSICA – PROVA BRANCA)
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MATEMÁTICA QUESTÃO 01 GABARITO: RESOLUÇÃO: QUESTÃO 02 GABARITO: RESOLUÇÃO: QUESTÃO 03 GABARITO: B RESOLUÇÃO: Seja x ∈ IR e considere a seguinte equação trigonométrica.
2cos4x – 2cos2x + 1 = cos4x Se x0 ∈ (0,π) é uma de suas soluções e x0 em centímetros. Podemos escrevera equação
2cos4x – 2cos2x + 1 = cos4x
Da seguinte maneira 2cos2x (cos2x - 1) = cos4x – 1
Usando as seguintes relações trigonométricas:
sen2x + cos2x = 1 ∀ x ∈ IR e
sen22x = 2
x4cos1 2− ∀ x ∈ IR
Temos que 2cos2x (cos2x – 1) = cos4x – 1 pode ser escrita da seguinte maneira 2cos2x (-sen2x) = -2sen22x Portanto,
-2sen2xcos2x = -2sen22x ⇒ 2sen2xcos2x = 2sen22x
Mas sen2x = 2senxcosx, logo sen2xcos2x = ,4
x2sen2 assim.
2sen2xcos2x = sen22x pode ser escrita como:
⇒= x2sen24
x2sen2 22
⇒= x2sen4x2sen 22
⇒= 0x2sen3 2
2k;kx20x2sen0x2sen2 ∈π=⇒=⇒=
Logo, ;2kx π mas x0 ∈ (0, π); deste modo x0 =
2π 2k ∈
Como x0 é a diagonal do cubo, temos que ,2
3a π= onde a é a
aresta do cubo, logo .32
a π= como a área total do cubo é
At = 6a2; temos que 1212
6A22
Tπ
=π
⋅=
QUESTÃO 04 GABARITO: E RESOLUÇÃO:
Seja )º780(seccos
433tgº2400sec
344cos
y2 −
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ π−+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ π
=
Temos que 21
344cos −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ π ; ;21)º2400cos( −= logo sec
(2400º) = -2.
14
33tg −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ π− e
34)º780(seccos 2 =−
Assim
83
43
21
34
211
34
1221
y =⋅=−
=−+−
=
83y =
QUESTÃO 05 GABARITO: E RESOLUÇÃO:
I.
32
II. MÔQ = 120° Então,
22344
31A 2
circular.seg⋅
−π=
343
16A circular.seg −π
=
Asombreada = π42 – 4 ⋅ Aseg.circular
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
π−π= 34
316416A circular.seg
3163
6416 +π
−π=
π−=3
16316
316348 π−
=
( )π−= 1634831
QUESTÃO 06 GABARITO: B RESOLUÇÃO: I. é verdadeira, pois como f é estritamente decrescente f é
injetora. II. é falsa, pois uma função injetora não pode ser uma função
par. III. é verdadeira, pois: Sabemos que x1 < x2 ⇒ y1 > y2, onde y1 = f(x1) e y2 = f(x2). Segue que: y1 > y2 ⇒ f-1(y) < f-1(y2) Logo f-1 é estritamente decrescente.
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QUESTÃO 07 GABARITO: D RESOLUÇÃO:
det(2 ⋅ x-1) = 24 ⋅ det(x-1) = )xdet(
124 ⋅
Como x = A ⋅ B, temos: det(x) = det(A ⋅ B) = det(A) ⋅ det(B) Como A e B são matrizes triangulares, temos: det(A) = 1 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 3 = 6 det(B) = 1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = 1 Assim: det(x) = 6 ⋅ 1 = 6
Logo: det(2x-1) = 38
616
6124 ==⋅
QUESTÃO 08 GABARITO: RESOLUÇÃO: Seja z = x + iy ∈ ⊄ |z +169i| ≤ 65 ⇒ |x + iy + 169i| ≤ 65 ⇒ |x + (y + 169)i| ≤ 65.
⇒ 22222 65)169y(x65)169y(x ≤++⇒≤++ . Circulo de centro (0, -169) e raio r = 65 Deste modo, o elemento desse conjunto que possui maior argumento pertence a reta que passa pela origem e que tangencia o círculo, seja y = ax; com maior argumento a < 0 a equação da reta tangente ao círculo. Seja (x0, y0) o ponto de tangência, então temos o seguinte. Sistema de equações
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=
=++
00
220
20
axye
65)169y(x
Resolvendo o sistema, temos que
(a2+1)x02 + 338ax0 + 24336=0
Como a reta é tangente, temos que Δ = 0 Assim
Δ = 16900a2 - 97344
5232a
13521332a
3
222
2262
⋅⋅
±=⇒⋅⋅
⋅⋅=
1024aou
1024a −==⇒
Mas
)angularecoeficient(5
121024a −=−=
Deste modo
000
0 x5
12y5
12xy
−=⇒−=
Usando o teorema de Pitágoras, temos que
x02 + y0
2 + (65)2 = (169)2
3600x24336x25
16924336x25
144x 20
20
20
20 =⇒=⇒=+
Logo x0 = 60 ou x= -60; mas x0 = 60 e y0 = -144; z = 60 – 144i QUESTÃO 09 GABARITO: D RESOLUÇÃO:
34 3 x 1321713xx −+=⋅
Note que, pelas condições do enunciado, 34 3 xxx =⋅
Assim: 33 x 1321713x −+=
Fazendo :temos ,yx3 =
13y-21713-y =
y13217)13y( 2 −=− y2 – 13y – 48 = 0 y’ = 16 y’’ = -3 Como queremos a raiz positiva, temos:
123 2x16x =⇒= Logo x1 = 212 e o número de divisores inteiros positivos de x1 é igual a 13. QUESTÃO 10 GABARITO: E RESOLUÇÃO: Mudando da base 10 para a base 30, temos:
=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅
==
330log
5330log
log
loglog
30
30
1030
2302
10
a1ba1
loglog
logloglog330
3030
530
330
3030
−−−
=−
−−=
QUESTÃO 11 GABARITO: RESOLUÇÃO:
αα
ϖ
ϖ
0x4 +
)x4,x( 00 +
0x
0x
0x4 +
0x4 + a
P
D(a,b)
(-4,0)
B
0x3
2 −−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ − 3
10,4A
0x3
2 −−
0x4 +
C(0,0)
02222
0 xbabax −+ϖ⇒+=+ϖ
022
0
xba
x4tg
−+
+=α
022
20
20
xba
)x4b()xa(sec
−+
−−+−=α
20
20 )x4b()xa()C,D(d −−+−=
Mas tg2α + 1 = sec2α
2
022
20
20
022
20
xba
)x4b()xa(1
)xba(
)x4(
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−+
−−+−=+
−+
+
20
22
20
20
20
22
20
)xba(
)x4b()xa(1
)xba(
)x4(
−+
−−+−=+
−+
+
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20
20
20
2220 )x4b()xa()xba()x4( −−+−=−+++
200
2200
2
20
220
22200
xx)4b(2)4b(xax2a
xbax2baxx816
+−−−++−=
++−++++
002
022
02
0 x8bx216b8bax2bax2bx816 +−+−+−=+−++
0022
0 bx2b8ax2bax2 −−−=+− b4bxaxbax 00
220 ++−=+
b4bxaxbax 0022
0 =−−+
4)ba(bax 220 =⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ +−+
)ba(ba
4x22
0+−+
⇒
)ba(ba
44y22
0+−+
−=
Temos:
D
PC
20
20 )x4b()xa( −−+−
(a + x0)
B - (4 + x0)
(a + x0)2 + (b – (4 + x0)2 = (a – x0)2 + (b – 4 – x0)2 a2 + 2ax0 + x0
2 = a2 – 2ax0 + x02
4ax0 = 0 ⇒ x0 = 0 ou a = 0
x0 ≠ 0 pois )ba(ba
4x22
0+−+
= ;
Então a = 0 Mas: d(A,B) + d(D,C) = d(B,C) + d(A,D)
2222
310b)4a(4ba
310
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+++=++
b > 0 2
23
10~b164b3
10⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=+
2
310b16
312b
310
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−++=+
2
310b16
32b ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+=−
9100
3b20b16
94b
34b 22 +−+=+−
94
910016b
34b
320
−+=−
99616b
316
+=
33216b
316
+=
⇒+
=3
32483
16 16b = 80 ⇒ b = 5 D(0,5)
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
310,4A
A equação da reta
0x5y420x3
100
150
13
104
1yx
=−+−⇒=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
10x – 60 + 12y – 15x = 0 12y = 60 + 5x
12x55y +=
QUESTÃO 12 GABARITO: E RESOLUÇÃO:
C
8
A
8
B4
D
I.
34BC = II.
( ) ( ) ( )222CDBCBC +=
( ) ( )22CD3464 +=
( ) 4CD =
( ) 42
34431BAA
31V BCDABCD ⋅
⋅⋅=⋅=
3332VABCD =
QUESTÃO 13 GABARITO: RESOLUÇÃO: QUESTÃO 14 GABARITO: C RESOLUÇÃO:
ll
2b
I. 2l + b = 36
2b18l −=
II.
( )2
222b2bl ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
22
2
2b)2b(
2b18 ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
b2 ≠ 22b – 320 = 0 b = 10 ou b = - 32 como b > 0; b = 10
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QUESTÃO 15 GABARITO: RESOLUÇÃO:
0))x(c(
))x(b())x(a(3
65≥
⋅
( ) ) [-1, U 4,S ∞+−−∞=
3
65
))x(c())x(b())x(a( ⋅
3))x(c(
3))x(b(
3))x(a(
QUESTÃO 16 GABARITO: D RESOLUÇÃO:
B C
I.
( )BC;AC;ABA.P ( )ax;x;axA.P +−
Dados:
41Acos
16153Bsen
415Asen
−=⇒
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=
=
2PABC = 18 x – a + x + x + a = 18 x = 6 II. Lei dos senos:
R2Bsen
x=
R2
16153
6=
R15
1516=
III. Lei dos cossenos: (6 + a)2 = (6 – a)2 + 62 – 2 (6 – a) ⋅ 6 ⋅ cosa a = 2 Então:
8BC;6AC;4AB ===
Logo,
r.P2
BsenBCABA ABC =⋅⋅
=
r916
1532
84=⋅
⋅
r315
=
2864P ++
=
P = 9
315
151516rR ⋅=⋅
316rR =⋅
QUESTÃO 17 GABARITO: D RESOLUÇÃO: I.
⎪⎩
⎪⎨⎧
=
≠−
+−=
1 x se3
1 x se1x
2x3x)x(f
2
⎩⎨⎧
=≠−
=1 x se31 x se2x
)x(f
lim f(x) = - 1 ≠ f(1) x → 1 II.
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
>=<
−−−
=1 xse1 x se1 x se
X31
4x)x(f
2
Calculando os limites laterais, temos: lim f(x) = 3 – 1 = 2 x → 1+ lim f(x) = 12 – 4 = - 3 x → 1- como lim f(x) ≠ lim f(x), então x → 1+ x → 1-1 não existe lim f(x) x → 1 III.
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡→
⋅=
→⋅
nn
ax)x)(gflim(
ax)x()gflim(
nn
)ML(ax ax
)x(glim)x)(gflim(⋅=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡→→
⋅⋅
QUESTÃO 18 GABARITO: C RESOLUÇÃO: Sn = 6n + n2 S1 = a1 = 6 ⋅ 1 + 12 = 7 ⇒ a1 = 7 S2 = a1 + a2 = 6 ⋅ 2 + 22 ⇒ a1 + a2 = 16 ⇒ a2 = 9 S3 = a1 + a2 + a3 = 6 ⋅ 3 + 33 ⇒ a1 + a2 + a3 = 27 ⇒ a3 = 11 Logo a sequência é uma progressão aritmética de razão 2. QUESTÃO 19 GABARITO: D RESOLUÇÃO: n(A ∪ B C) = 25 n(A – C) = 13 n(B – A) = 10 n(A ∪ C) = n(C – (A ∪ B))
O mma QUGARE
h
a2 ⋅2a
40 –a2h
aa
2
2
QUGARE
ConEqu
NMc
5 ⋅ 30 70xx = QUGARE
13
1
A
maior valor possior valor possív
UESTÃO 20 ABARITO: A
SOLUÇÃO:
H2O
a
h1
- h1
Fig
(h – h1) = 2 ⋅ V
12 2hah ⋅=−⋅
– a2h1 = 8 1 = 32
54
4032
hh
21 ===
UESTÃO 21 ABARITO: D
SOLUÇÃO:
ndição: Np = 5 kuilíbrio de rotaçã
pMpMN H
c
B
cp
c++
6 + 70 ⋅ (x – 6) –+ 70x – 420 – 1
x = 490 7m
UESTÃO 22 ABARITO: A
SOLUÇÃO:
GGE RESPON
10
1
C
sível de n(c) ocoel de n(c) é 12.
a
h
g. I
esfera 31
34π
hh1
FÍSI
kgf ão: ΣM = 0 (M:m
0= M( N
– 100 ⋅ 1 = 0 100 = 0
NDE ‐ VESTIB
B
orre quando (B
r = 1desfe
ICA
momento)
)0cN =
BULAR – EFO
– A) ⊂ C. Logo
h
dmera
Fig. II
OMM (MATE
www.gge.co
o
EnAsEM
m
30
60
V VB QUGARETe
De
As
QUGAREPeno
Asdiz
Poat
EMÁTICA E F
om.br
nergia dissipadassim, ⏐τFat⏐= 60MA + τFat = EmB
m60hgm A =−⋅⋅
602100 =−⋅⋅
BV156000 ⋅=−
36VB =
B = 6m/s
UESTÃO 23 ABARITO: E ESOLUÇÃO: emos a seguir a
epois de 2t =Δ
ssim, o desloca
UESTÃO 24 ABARITO: B ESOLUÇÃO: ela leitura do pro circuito será d
s informações szer que:
or fim vamos caravés do circuito
ÍSICA – PRO
a = 60 J = traba0J ou τFat = - 60
2mV 2
B
2V30 2
B⋅
2B
a configuração d
s0,2 , teremos:
mento da image
−=Δ 126xx =Δ
roblema podemoada por:
= RUAB= 15,2
0i =sobre o circuito
=ε⋅ 32=ε
alcular o valor do equivalente.
VA BRANCA
alho da força de
J (resistente)
do sistema em t
em será dado p
⇒= 1610 . m16= .
os dizer que a c
⇒⋅ iRAB ⇒⋅ i10
A25,0 . com a chave a
⇒V0,3 V5,1 .
a resistência in
A)
atrito
t = 0.
por:
corrente que cir
aberta nos leva
terna de cada p
5
rcula
am a
pilha
Tem
Daí
=r QUGARE
VAr
VAr
VAr
VAr
VAr
VAr
QUGAREBasCon
E p
mos pela Lei de
í:
Ω0,1 .
UESTÃO 25 ABARITO: C
SOLUÇÃO:
+= VV2
A2
B,Arr
25 222B,A −+=
10292
B,A −=
10292
B,A −=
35,419B,A ≅=
4,4B,A =
UESTÃO 26 ABARITO: A
SOLUÇÃO: sta usarmos a nfira.
induzidaε
por fim:
GGE RESPON
e Ohm-Poiullet:
ri
Σε′−ε
=
=r2225,0
=+10r2
⋅⋅− VV2V A2
Brr
5,0252 ⋅⋅⋅−
58
Lei de Farada
=ε induzida
( )−×−
=24
3,06,0
5,1induzida =ε
=RU
=× −105,1 3
NDE ‐ VESTIB
Rr2E2+⋅
= .
⇒+⋅
105,1
⇒= 12
5VA =r
2VB =
r
AB,A VVV
rrr−=
°⋅ 60CosVBr
ay e em seguid
⇒ΔΔΦ
t
×=−2
105,110
Volts10 3−× .
⇒⋅ iR
⇒= i.3,0
BULAR – EFO
BVr
da a Lei de Oh
⇒−30
OMM (MATE
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hm.
QUGARE Saco
Ondepr
En
Pose
E
Re
QUGARENadimumme QUGARE
EqCá
Cá
10102 ⋅
EMÁTICA E F
om.br
UESTÃO 27 ABARITO: A ESOLUÇÃO:
abemos que a rorda esticada é
nde F é o móensidade linearoblema que na
ntão, concluímo
or outro lado sae mantém const
por fim, como λ
eunindo todos o
UESTÃO 28 ABARITO: C ESOLUÇÃO: a transformaçãominuição do sema ação externaeio externo real
UESTÃO 29 ABARITO: D ESOLUÇÃO:
quilíbrio: E = P +água ⋅ Vs ⋅ g = mc
água ⋅ Vs ⋅ g = Cm
03 ⋅ Vc ⋅ 10 = 0,80 ⋅ 103 ⋅ Vc – 8 ⋅⋅ 103Vc = 2 ⇒ V
ÍSICA – PRO
×= 10,5i5i =
relação entre a dada pela cham
v =
ódulo da força r da corda. passagem de u
2μ
os:
12 VV >
abemos que numante é a freqüê
1f =
fv
=λ , e 1V <
1λ <
os resultados:
21 VV < ; 1f =
o sofrida pelo eu volume, coma sobre o gás pliza trabalho sob
+ Fe (Vs = Vc)(F⋅ g + 2
adeira ⋅ Vc ⋅ g + 2 8 ⋅ 103 ⋅ Vc ⋅ 10 +103 ⋅ Vc = 2
Vc = 10-3m3
VA BRANCA
⇒− A0 3 mA0, .
velocidade de mada “fórmula d
μF
.
que traciona aEncontramos
um segmento pa
1μ< .
21 VV <⇒ .
ma refração a úncia. Assim:
2f= .
2V , vem que:
2λ< .
2f= e 21 λλ <
gás de 3 param isso podemosproduzindo a cobre o gás.
E: empuxo p: peso Fe: força elás
⎩⎨⎧
volume:Vvolume:V
c
s
Fe = 2)
+ 2
Final Fe = p Fe = mc ⋅ g Fe = pc ⋅ Vccorpo Fe = 0,8 ⋅ 103
Fe = 8N
A)
uma onda em de Taylor”:
a corda e μno enunciado ara o outro,
única grandeza
.
1 o gás tem afirmar que ho
ontração, ou sej
stica
corpo do esubmerso e
c ⋅ g (pc = pm)
3 ⋅ 10-3 ⋅ 10
6
uma
é a do
que
uma ouve ja, o
) c:
QUGAREm = 1º I
2º I
QUGARESabcamproDes
Assraio Ent
QUGAREAo nãopelo
UESTÃO 30 ABARITO: E
SOLUÇÃO: = 20kg (p = 200
minência de de
minência de su
UESTÃO 31 ABARITO: C
SOLUÇÃO: bemos que se umpo magnéticooblema, ela desse modo pode
sim a distância o da circunferên
tão:
mq
R =
UESTÃO 32 ABARITO: D
SOLUÇÃO: atingir o lado 1
o sofrerá desvioo lado 1 teremo
GGE RESPON
N)
escer:
ubir:
uma partícula cao uniforme nessscreverá UM Amos construir e
D pedida no pncia descrita pel
⋅⋅
=qmR
102,16
Bmq
v×
×=
⋅
0,5R =
do prisma numo em sua trajetóos a situação ab
NDE ‐ VESTIB
F + Fat = P ⋅ Sde atrito) 100 + Fat = 200Fat = 170 – 100Fat = 70N (atrit
F’ = P ⋅ sen60°F’ = 200 ⋅ 0,85F’ = 170 + 70 F’ = 240N
arregada penetsas condições ARCO DE CIR
essa figura a seg
problema nada la partícula.
⇒Bv
0,0100
10211
6=
⋅
×−
mm0 .
ma incidência noória inicial. Port
baixo.
BULAR – EFO
Sen60° (Fat: Forç
0 ⋅ 0,85 + 70 0 to estático)
° + Fat 5 + 70
ra numa região apresentadas
RCUNFERÊNCguir.
mais é do que
m005
ormal, o raio de tanto após pas
OMM (MATE
www.gge.co
ça
de no
CIA.
e o
luz sar
AnInttra
CofigTOse
TodeCo
Ficco QUGARENe
No
EMÁTICA E F
om.br
ntes de tudo dterna Total a fimajetória desse ra
se
omo o ângulo dgura acima, coOTAL NA FACeguir.
odos os ângulose geometria báonfira:
2
ca claro, entãoom 3º45 >=β
UESTÃO 33 ABARITO: E ESOLUÇÃO: esse caso temo
omeando C a ca
ÍSICA – PRO
devemos calcum de decidirmoaio de luz. Assim
==nnLn
maior
menor
=Lsen
L =
de incidência nncluímos que E 2. E o restan
s dessa figura fásica e aplican
=⋅ 11 nsenn θ
=⋅ º30sen2
=senβ
=β
o que o raio inº30 .
os:
Epot =
apacitância inic
Ceq =
VA BRANCA
ular o ângulo os como represm:
==21
nn
vidro
ar
⇒=22
º45= .
a face 2 é de HAVERÁ REFnte da trajetória
foram encontraddo a Lei da R
⇒⋅ 22 senn θ
=⋅ βsen212
⇒=22
º45= .
ncidente emerg
2UC 2
eq ⋅ .
cial de cada cap
C2 ⋅= .
A)
limite de Refleentar o restante
⇒
Lº601 >=θ , FLEXÃO INTERa é representad
dos mediante o Refração à fac
⇒
⇒
irá PELO LAD
acitor, vem:
7
exão e da
veja RNA da a
uso e 3.
DO 3
Daí
Quaque
Ent
QUGAREQua
0Qr
[Qr
Qr
Q0r
Ene
Eco
Eco QuaObs
Qr
3 ⋅ V Ene
Ec
Ene
QUGAREPreAss
í:
ando um dos ce K = 5, teremos
tão:
′Ep
UESTÃO 34 ABARITO: B
SOLUÇÃO: antidade de mo
210 QQrr
+=
] 4Q1 =r
0Qr
2Q2 =r
s/mkg20 ⋅=
ergia cinética inm
2vm 2
11o +
⋅=
= 8 + 1 ⇒ Eco =
antidade de mos.: dissipação m
1kg 2kg
0Qr
=
V’ = 2 ⇒ V’ = 2/
ergia cinética fin
2V)mm( 21 ⋅+
=
ergia máxima d
UESTÃO 35 ABARITO: E
SOLUÇÃO: ecisamos sabersim:
GGE RESPON
⋅⋅=
2UC2Epot
=⋅ 3UC 2
capacitores for s:
CCeq +=
⋅=
2UC 2
eqpot
⋅=′
23006Epot
Epot =′
ovimento inicial:
icial: Eco
241
2vm 22
22 +⋅
=⋅
= 9J
ovimento final: Qr
máxima: colisãoV’
/3 m/s
nal: Ec
23E
'Vc
2⋅=⇒
issipada = =Ed
r qual o valor d
=RUPot
=o
2
PUR
=40
100R2
1
=50
100R2
2
NDE ‐ VESTIB
⇒= 300U2
⇒300
preenchido po
C6C5 ⋅= .
⇒⋅⋅
=2
UC6 2
⇒= 9000
J900 .
0Qr
212 2⋅
+
Qr
inelástica
32E
32
c
2
=⇒⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=−=329 J
325
da resistência d
⇒RU2
⇒ot
2
Ω= 2502
,
Ω= 2002
,
BULAR – EFO
r um dielétrico
⇒
J32
de cada lâmpa
OMM (MATE
www.gge.co
tal
da.
E
Copocir
U
Po U
Po U
Po Pofig
Enma QUGAREPafo
QUGARENape
EMÁTICA E F
om.br
também
=RR 1eq
om isso podemotência na assrcuito.
250iR11 =⋅=
( ) iUL 11ot =⋅=
200iR22 =⋅=
( ) iUL 22ot =⋅=
100iR33 =⋅=
( ) iUL 33ot =⋅=
or fim o arranjogura abaixo.
ntão fica claro ais intensament
UESTÃO 36 ABARITO: C ESOLUÇÃO: artimos da afirmnte térmica é a
UESTÃO 37 ABARITO: B ESOLUÇÃO: a figura abaixoequena esfera.
ÍSICA – PRO
=100
100R3
=++ 2RR 321
mos calcular a vsociação e tam
52
RUieq
==
Vo1004,00 =⋅
404,0100 =⋅
Vol804,00 =⋅
W324,080 =⋅=
Vol404,00 =⋅
W164,040 =⋅=
o fica com as
que L1, L2 e Lte que as outras
mação feita nomesma para A
estão disposta
VA BRANCA
Ω= 1000
02.
++ 10200250
voltagem em cambém a corren
A4,0550220
= .
olts ,
W .
ts ,
W .
ts ,
W .
seguintes cara
L3 não queimarãs.
o exercício de e B.
as todas as for
A)
Ω= 55000 .
ada lâmpada, a nte que circula
acterísticas. Ve
ão, mas L1 brilh
que a potência
rças que atuam
8
sua a no
eja a
hará
a da
m na
Comfec
Ass
Por
QUGARERT
gLo
gLoc
R(
R(
RR
T
RT 0,1RT
h =
h = QUGAREO máxmo
mo o sistema ehada com os ve
sim, nos referind
r fim, temos:
U =
O GA
UESTÃO 38 ABARITO: D
SOLUÇÃO: = 6,39 ⋅ 103 km
10019gTocal −=
cal = 0,81 ⋅ gT
2T
81,0)h
MG⋅=
+
⋅
81,0)h
R2
T
2T =+
81,0h
R
T
T ==+
= 0,9RT + 0,9h RT = 0,9h = 9h
91039,6
9RT ⋅
==
0,71 ⋅ 103 ⇒ h
UESTÃO 39 ABARITO: D
SOLUÇÃO: intervalo de texima e a mínimvimento do nav
GGE RESPON
está em equilíbetores que repre
do a essa figura
=P
Fº60tan ele
×
×=
−103102,17,1
5,42E =
5,42dE AB =⋅=
BARITO OFICI
; gr: gravidade n
gT⋅
2TRMG ⋅
⎩⎨⎧
mas:Mcons:G
9,0
03
= 710 km
empo entre o ma e metade dovio. Assim:
NDE ‐ VESTIB
brio, podemos fesentam as forç
a podemos dize
⇒⋅⋅
=gmEqe
⇒⋅
⋅−
−
10E0
6
6
m/V5 .
vol5,82,05 =⋅
AL NÃO CONF
na Terra
Terra da ssatetans
aparecimento o período do M
BULAR – EFO
formar uma figças.
er que:
lts .
FERE.
da profundidaMHS associado
OMM (MATE
www.gge.co
ura
ade ao
Anac
A
mnaa ac
Pa
Coun
NoM12 En
se
Quma Depo
QUGAREVeprta
FicFRDO As fA
EMÁTICA E F
om.br
2T
nalisando as companha o tex
0,22
812A =−
=
ínima de 8 m (vavio pode encarmaré poderá b
contecer é o tem
ara um móvel re
onfira no esquniforme associad
ote que para peHS, o ponto m
20º que é 1/3 de
ntão o horário n
erá 3
12t ==Δ
uando a maré vais 4h + 4h = 8
esse modo, os orto, antes do po
UESTÃO 40 ABARITO: C ESOLUÇÃO: emos a seguir uroblema. O tremmbém, com vel
ca claro que o oREQÜÊNCIA MO QUE O PROD
ssim teremos:
fA > e λλ <A
ÍSICA – PRO
−= 1min30h182T
T =
distâncias quexto concluímos
m0 . O que c
veja a figura). A rar é de 9,0 m =baixar 12 – 9 = mpo equivalente
x =
ealizando um M
tΔ
uema abaixo qdo.
ercorrer uma diaterial em MCU
e 360º.
no qual a maré
h4 antes de
voltar a ter essah. E serão: 16h
horários seguror do sol, serão
de 8h30min at
uma representam se deslocariocidade menor
observador nesMAIOR E COMDUZIDO PELO
λ .
VA BRANCA
= h6min30h12
h12= .
e são exibidaque a amplitud
corresponde a
menor profund= 8,5 m + 0,5 m3 m. O tempo
e ao deslocame
A23
.
HS, isso equiva
3T
= .
ue mostra o m
stância de 3A/2U precisa perco
é está propícia
12h30min. Ou
a altura de 9,0 mh30min.
os para o trânso: té às 16h30min
ação típica da sa para a direitdo que a do tre
se caso deve pMPRIMENTO D
TREM EM REP
A)
⇒
as na figura de desse MHS é
uma profundid
idade segura qm. Isso significa
que isso leva pnto de
ale a um tempo
movimento circ
2 na horizontal,orrer um ângulo
à entrada do n
seja, às 8h30
m, terão se pass
sito do navio ne
n.
situação expostata e o observaem. Confira.
erceber um somDE ONDA MENPOUSO.
9
que é de
dade
ue o que
para
de
cular
, em o de
avio
min.
sado
esse
a no ador,
m de NOR