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GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – EFOMM (MATEMÁTICA E FÍSICA – PROVA BRANCA) 1 www.gge.com.br 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: ⇒= x2sen2 4 x2sen2 22 ⇒= x2sen4x2sen 22 ⇒= 0x2sen3 2 2k;kx20x2sen0x2sen2 ∈π=⇒=⇒= Logo, ; 2 kx π mas x0 ∈ (0, π); deste modo x0 = 2 π 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 6A 22 T π=π⋅= QUESTÃO 04 GABARITO: E RESOLUÇÃO: Seja )º780(seccos 4 33tgº2400sec 3 44cos y 2 − ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ π−+−⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ π = Temos que 2 1 3 44cos −=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ π ; ; 2 1)º2400cos( −= logo sec (2400º) = -2. 1 4 33tg −=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ π− e 3 4)º780(seccos 2 =− Assim 8 3 4 3 2 1 3 4 2 11 3 4 12 2 1 y =⋅= − = −+− = 8 3y = QUESTÃO 05 GABARITO: E RESOLUÇÃO: I. 32 II. MÔQ = 120° Então, 2 2344 3 1A 2circular.seg ⋅−π= 34 3 16A circular.seg −π= Asombreada = π42 – 4 ⋅ Aseg.circular ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ −π−π= 34 3 16416A circular.seg 316 3 6416 +π−π= π−= 3 16316 3 16348 π−= ( )π−= 16348 3 1 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. GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – EFOMM (MATEMÁTICA E FÍSICA – PROVA BRANCA) 2 www.gge.com.br 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) = 3 8 6 16 6 124 ==⋅ 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 22 0 2 0 axy e 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 52 32a 1352 1332a 3 222 226 2 ⋅ ⋅±=⇒⋅⋅ ⋅⋅= 10 24aou 10 24a −==⇒ Mas )angularecoeficient( 5 12 10 24a −=−= Deste modo 00 0 0 x 5 12y 5 12 x y −=⇒−= Usando o teorema de Pitágoras, temos que x02 + y02 + (65)2 = (169)2 3600x24336x 25 16924336x 25 144x 20 2 0 2 0 2 0 =⇒=⇒=+ 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: = ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ⋅== 3 30log 53 30log log log log 30 30 10 30 2 302 10 a1 ba1 loglog logloglog 3 30 30 30 5 30 3 30 30 30 − −−=− −−= QUESTÃO 11 GABARITO: RESOLUÇÃO: α α ϖ ϖ 0x4 + )x4,x( 00 + 0x 0x 0x 4 + 0x4 + a P D(a,b) (-4,0) B 0x 3 2 −−⎟⎠ ⎞ ⎜⎝ ⎛ − 3 10 ,4A 0x 3 2 −− 0x4 + C(0,0) 0 2222 0 xbabax −+ϖ⇒+=+ϖ 0 22 0 xba x4 tg −+ +=α 0 22 2 0 2 0 xba )x4b()xa( sec −+ −−+−=α 2 0 2 0 )x4b()xa()C,D(d −−+−= Mas tg2α + 1 = sec2α 2 0 22 2 0 2 0 0 22 2 0 xba )x4b()xa( 1 )xba( )x4( ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −+ −−+−=+ −+ + 2 0 22 2 0 2 0 2 0 22 2 0 )xba( )x4b()xa( 1 )xba( )x4( −+ −−+−=+ −+ + GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – EFOMM (MATEMÁTICA E FÍSICA – PROVA BRANCA) 3 www.gge.com.br 2 0 2 0 2 0 222 0 )x4b()xa()xba()x4( −−+−=−+++ 2 00 22 00 2 2 0 22 0 222 00 xx)4b(2)4b(xax2a xbax2baxx816 +−−−++−= ++−++++ 00 2 0 22 0 2 0 x8bx216b8bax2bax2bx816 +−+−+−=+−++ 00 22 0 bx2b8ax2bax2 −−−=+− b4bxaxbax 00 22 0 ++−=+ b4bxaxbax 00 22 0 =−−+ 4)ba(bax 220 =⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +−+ )ba(ba 4x 22 0 +−+ ⇒ )ba(ba 44y 22 0 +−+ −= Temos: D PC 2 0 2 0 )x4b()xa( −−+− (a + x0) B - (4 + x0) (a + x0)2 + (b – (4 + x0)2 = (a – x0)2 + (b – 4 – x0)2 a2 + 2ax0 + x02 = a2 – 2ax0 + x02 4ax0 = 0 ⇒ x0 = 0 ou a = 0 x0 ≠ 0 pois )ba(ba 4x 22 0 +−+ = ; Então a = 0 Mas: d(A,B) + d(D,C) = d(B,C) + d(A,D) 2 222 3 10b)4a(4ba 3 10 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ −+++=++ b > 0 2 2 3 10~b164b 3 10 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛++=+ 2 3 10b16 3 12b 3 10 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ −++=+ 2 3 10b16 3 2b ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ −+=− 9 100 3 b20b16 9 4b 3 4b 22 +−+=+− 9 4 9 10016b 3 4b 3 20 −+=− 9 9616b 3 16 += 3 3216b 3 16 += ⇒+= 3 3248 3 16 16b = 80 ⇒ b = 5 D(0,5) ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛− 3 10,4A A equação da reta 0x5y420x 3 100 150 1 3 104 1yx =−+−⇒= ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ − 10x – 60 + 12y – 15x = 0 12y = 60 + 5x 12 x55y += QUESTÃO 12 GABARITO: E RESOLUÇÃO: C 8 A 8 B4 D I. 34BC = II. ( ) ( ) ( )222 CDBCBC += ( ) ( )22 CD3464 += ( ) 4CD = ( ) 4 2 344 3 1BAA 3 1V BCDABCD ⋅⋅⋅=⋅= 3 332VABCD = QUESTÃO 13 GABARITO: RESOLUÇÃO: QUESTÃO 14 GABARITO: C RESOLUÇÃO: ll 2 b I. 2l + b = 36 2 b18l −= II. ( ) 222 2 b2bl ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛++= 2 2 2 2 b)2b( 2 b18 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛++=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ − b2 ≠ 22b – 320 = 0 b = 10 ou b = - 32 como b > 0; b = 10 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – EFOMM (MATEMÁTICA E FÍSICA – PROVA BRANCA) 4 www.gge.com.br 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: Bˆ Cˆ I. ( )BC;AC;ABA.P ( )ax;x;axA.P +− Dados: 4 1Aˆcos 16 153Bˆsen 4 15Aˆsen −=⇒ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ = = 2PABC = 18 x – a + x + x + a = 18 x = 6 II. Lei dos senos: R2 Bˆsen x = R2 16 153 6 = R 15 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.P 2 BˆsenBCABA ABC =⋅⋅= r9 16 153 2 84 =⋅⋅ r 3 15 = 2 864P ++= P = 9 3 15 15 1516rR ⋅=⋅ 3 16rR =⋅ QUESTÃO 17 GABARITO: D RESOLUÇÃO: I. ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = ≠− +− = 1 x se3 1 x se 1x 2x3x )x(f 2 ⎩⎨ ⎧ = ≠−= 1 x se3 1 x se2x )x(f lim f(x) = - 1 ≠ f(1) x → 1 II. ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ > = < − − − = 1 xse 1 x se 1 x se X3 1 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( n n )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 m ma QU GA RE h a2 ⋅ 2a 40 – a2h a a 2 2 QU GA RE Con Equ NM c 5 ⋅ 30 70x x = QU GA RE 13 1 A maior valor poss ior valor possív UESTÃO 20 ABARITO: A SOLUÇÃO: H2O a h1 - h1 Fig (h – h1) = 2 ⋅ V 1 2 2hah ⋅=−⋅ – a2h1 = 8 1 = 32 5 4 40 32 h h 2 1 === UESTÃO 21 ABARITO: D SOLUÇÃO: ndição: Np = 5 k uilíbrio de rotaçã pMpMN H c B c p 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) oco el de n(c) é 12. a h g. I esfera 31 3 4 π h h1 FÍSI kgf ão: ΣM = 0 (M:m 0= M( N – 100 ⋅ 1 = 0 100 = 0 NDE ‐ VESTIB B orre quando (B r = 1d esfe ICA momento) )0 cN = BULAR – EFO – A) ⊂ C. Logo h dm era Fig. II OMM (MATE www.gge.co o En As EM m 30 60 V VB QU GA RE Te De As QU GA RE Pe no As diz Po at EMÁTICA E F om.br nergia dissipada ssim, ⏐τFat⏐= 60 MA + τFat = EmB m 60hgm 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 pr o circuito será d s informações s zer que: or fim vamos ca ravés do circuito ÍSICA – PRO a = 60 J = traba 0J ou τFat = - 60 2 mV 2B 2 V30 2B⋅ 2 B a configuração d s0,2 , teremos: mento da image −=Δ 126x x =Δ roblema podemo ada por: =RUAB = 15,2 0i = sobre o circuito =ε⋅ 32 =ε alcular o valor d o 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 QU GA RE VA r VA r VA r VA r VA r VA r QU GA RE Bas Con E p mos pela Lei de í: Ω0,1 . UESTÃO 25 ABARITO: C SOLUÇÃO: += VV 2A 2 B,A rr 25 22 2 B,A −+= 1029 2 B,A −= 1029 2 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: r i Σ ε′−ε= = r2 225,0 =+10r2 ⋅⋅− VV2V A 2 B rr 5,0252 ⋅⋅⋅− 58 Lei de Farada =ε induzida ( ) − ×−= 24 3,06,0 5,1induzida =ε =RU =× −105,1 3 NDE ‐ VESTIB Rr2 E2 + ⋅= . ⇒+ ⋅ 10 5,1 ⇒= 12 5VA = r 2VB = r AB,A VVV rrr −= °⋅ 60CosVB r ay e em seguid ⇒Δ ΔΦ t ×= −2 105,110 Volts10 3−× . ⇒⋅ iR ⇒= i.3,0 BULAR – EFO BV r da a Lei de Oh ⇒−30 OMM (MATE www.gge.co hm. QU GA RE Sa co On de pr En Po se E Re QU GA RE Na dim um me QU GA RE Eq Cá Cá 10 10 2 ⋅ EMÁTICA E F om.br UESTÃO 27 ABARITO: A ESOLUÇÃO: abemos que a r orda esticada é nde F é o mó ensidade linea roblema que na ntão, concluímo or outro lado sa e mantém const por fim, como λ eunindo todos o UESTÃO 28 ABARITO: C ESOLUÇÃO: a transformação minuição do se ma ação externa eio externo real UESTÃO 29 ABARITO: D ESOLUÇÃO: quilíbrio: E = P + água ⋅ Vs ⋅ g = mc água ⋅ Vs ⋅ g = Cm 03 ⋅ Vc ⋅ 10 = 0,8 0 ⋅ 103 ⋅ Vc – 8 ⋅ ⋅ 103Vc = 2 ⇒ V ÍSICA – PRO ×= 10,5i 5i = relação entre a dada pela cham v = ódulo da força r da corda. passagem de u 2μ os: 12 VV > abemos que num ante é a freqüê 1f = f v=λ , e 1V < 1λ < os resultados: 21 VV < ; 1f = o sofrida pelo eu volume, com a sobre o gás p liza 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 μ F . que traciona a Encontramos um segmento pa 1μ< . 21 VV <⇒ . ma refração a ú ncia. Assim: 2f= . 2V , vem que: 2λ< . 2f= e 21 λλ < gás de 3 para m isso podemos produzindo a co bre o gás. E: empuxo p: peso Fe: força elás ⎩⎨ ⎧ volume:V volume:V c s Fe = 2) + 2 Final Fe = p Fe = mc ⋅ g Fe = pc ⋅ Vc corpo Fe = 0,8 ⋅ 103 Fe = 8N A) uma onda em de Taylor”: a corda e μ no enunciado ara o outro, única grandeza . 1 o gás tem afirmar que ho ontração, ou sej stica corpo do e submerso e c ⋅ g (pc = pm) 3 ⋅ 10-3 ⋅ 10 6 uma é a do que uma ouve ja, o ) c: QU GA RE m = 1º I 2º I QU GA RE Sab cam pro Des Ass raio Ent QU GA RE Ao não pelo UESTÃO 30 ABARITO: E SOLUÇÃO: = 20kg (p = 200 minência de de minência de su UESTÃO 31 ABARITO: C SOLUÇÃO: bemos que se u mpo magnético oblema, ela de sse modo pode sim a distância o da circunferên tão: m q R = UESTÃO 32 ABARITO: D SOLUÇÃO: atingir o lado 1 o sofrerá desvio o lado 1 teremo GGE RESPON N) escer: ubir: uma partícula ca o uniforme ness screverá UM A mos construir e D pedida no p ncia descrita pel ⋅ ⋅= q mR 102,1 6 B m q v × ×= ⋅ 0,5R = do prisma num o em sua trajetó os a situação ab NDE ‐ VESTIB F + Fat = P ⋅ S de atrito) 100 + Fat = 200 Fat = 170 – 100 Fat = 70N (atrit F’ = P ⋅ sen60° F’ = 200 ⋅ 0,85 F’ = 170 + 70 F’ = 240N arregada penet sas condições ARCO DE CIR essa figura a seg problema nada la partícula. ⇒ B v 0,0 100 10 211 6 =⋅× − mm0 . ma incidência no ória inicial. Port baixo. BULAR – EFO Sen60° (Fat: Forç 0 ⋅ 0,85 + 70 0 to estático) ° + Fat 5 + 70 ra numa região apresentadas RCUNFERÊNC guir. 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 An Int tra Co fig TO se To de Co Fic co QU GA RE Ne No EMÁTICA E F om.br ntes de tudo d terna Total a fim ajetória desse ra se omo o ângulo d gura acima, co OTAL NA FAC eguir. odos os ângulos e geometria bá onfira: 2 ca claro, então om 3º45 >=β UESTÃO 33 ABARITO: E ESOLUÇÃO: esse caso temo omeando C a ca ÍSICA – PRO devemos calcu m de decidirmo aio de luz. Assim == n nLn maior menor =Lsen L = de incidência n ncluímos que E 2. E o restan s dessa figura f ásica e aplican =⋅ 11 nsenn θ =⋅ º30sen2 =senβ =β o que o raio in º30 . os: Epot = apacitância inic Ceq = VA BRANCA ular o ângulo os como repres m: == 2 1 n n vidro ar ⇒= 2 2 º45= . a face 2 é de HAVERÁ REF nte da trajetória foram encontrad do a Lei da R ⇒⋅ 22 senn θ =⋅ βsen 2 12 ⇒= 2 2 º45= . ncidente emerg 2 UC 2eq ⋅ . cial de cada cap C2 ⋅= . A) limite de Refle entar o restante ⇒ Lº601 >=θ , FLEXÃO INTER a 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 Qua que Ent QU GA RE Qua 0Q r [Qr Q r Q0 r Ene Eco Eco Qua Obs Q r 3 ⋅ V Ene Ec Ene QU GA RE Pre Ass í: ando um dos c e K = 5, teremos tão: ′Ep UESTÃO 34 ABARITO: B SOLUÇÃO: antidade de mo 210 QQ rr += ] 4Q1 =r 0Q r 2Q2 = r s/mkg20 ⋅= ergia cinética in m 2 vm 211 o +⋅= = 8 + 1 ⇒ Eco = antidade de mo s.: dissipação m 1kg 2kg 0Q r= V’ = 2 ⇒ V’ = 2/ ergia cinética fin 2 V)mm( 21 ⋅+= ergia máxima d UESTÃO 35 ABARITO: E SOLUÇÃO: ecisamos saber sim: GGE RESPON ⋅⋅= 2 UC2Epot =⋅ 3UC 2 capacitores for s: CCeq += ⋅= 2 UC 2eq pot ⋅=′ 2 3006Epot Epot =′ ovimento inicial: icial: Eco 2 41 2 vm 2222 +⋅=⋅ = 9J ovimento final: Q r máxima: colisão V’ /3 m/s nal: Ec 2 3E 'V c 2 ⋅=⇒ issipada = =Ed r qual o valor d = R UPot = o 2 P UR = 40 100R 2 1 = 50 100R 2 2 NDE ‐ VESTIB ⇒= 300U 2 ⇒300 preenchido po C6C5 ⋅= . ⇒⋅⋅= 2 UC6 2 ⇒= 9000 J900 . 0Q r 2 12 2⋅+ Q r inelástica 3 2E 3 2 c 2 =⇒⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ =−= 3 29 J 3 25 da resistência d ⇒ R U2 ⇒ ot 2 Ω= 250 2 , Ω= 200 2 , BULAR – EFO r um dielétrico ⇒ J 3 2 de cada lâmpa OMM (MATE www.gge.co tal da. E Co po cir U Po U Po U Po Po fig En ma QU GA RE Pa fo QU GA RE Na pe EMÁTICA E F om.br também =RR 1eq om isso podem otência na ass rcuito. 250iR11 =⋅=( ) iUL 11ot =⋅= 200iR22 =⋅=( ) iUL 22ot =⋅= 100iR33 =⋅=( ) iUL 33ot =⋅= or fim o arranjo gura abaixo. ntão fica claro ais intensament UESTÃO 36 ABARITO: C ESOLUÇÃO: artimos da afirm nte térmica é a UESTÃO 37 ABARITO: B ESOLUÇÃO: a figura abaixo equena esfera. ÍSICA – PRO = 100 100R3 =++ 2RR 321 mos calcular a v sociação e tam 5 2 R Ui eq == Vo1004,00 =⋅ 404,0100 =⋅ Vol804,00 =⋅ W324,080 =⋅= Vol404,00 =⋅ W164,040 =⋅= o fica com as que L1, L2 e L te que as outras mação feita no mesma para A estão disposta VA BRANCA Ω= 100 0 02 . ++ 10200250 voltagem em ca mbém a corren A4,0 550 220 = . olts , W . ts , W . ts , W . seguintes cara L3 não queimarã s. 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 Com fec Ass Por QU GA RE RT gLo gLoc R( R( R R T RT 0,1 RT h = h = QU GA RE O máx mo mo o sistema e hada com os ve sim, nos referind r fim, temos: U = O GA UESTÃO 38 ABARITO: D SOLUÇÃO: = 6,39 ⋅ 103 km 100 19gTocal −= cal = 0,81 ⋅ gT 2 T 81,0 )h MG ⋅=+ ⋅ 81,0 )h R 2 T 2 T =+ 81,0 h R T T ==+ = 0,9RT + 0,9h RT = 0,9h = 9h 9 1039,6 9 RT ⋅== 0,71 ⋅ 103 ⇒ h UESTÃO 39 ABARITO: D SOLUÇÃO: intervalo de te xima e a mínim vimento do nav GGE RESPON está em equilíb etores que repre do a essa figura = P Fº60tan ele × ×= −103 102,17,1 5,42E = 5,42dE AB =⋅= BARITO OFICI ; gr: gravidade n gT⋅ 2 TR MG ⋅ ⎩⎨ ⎧ mas:M cons:G 9,0 03 = 710 km empo entre o ma e metade do vio. Assim: NDE ‐ VESTIB brio, podemos f esentam as forç a podemos dize ⇒⋅ ⋅= gm Eqe ⇒⋅ ⋅ − − 10 E0 6 6 m/V5 . vol5,82,05 =⋅ AL NÃO CONF na Terra Terra da ssa tetans aparecimento o período do M BULAR – EFO formar uma fig ças. er que: lts . FERE. da profundida MHS associado OMM (MATE www.gge.co ura ade ao An ac A m na a ac Pa Co un No M 12 En se Qu ma De po QU GA RE Ve pr ta Fic FR DO As fA EMÁTICA E F om.br 2 T nalisando as companha o tex 0,2 2 812A =−= ínima de 8 m (v avio pode encar maré poderá b contecer é o tem ara um móvel re onfira no esqu niforme associad ote que para pe HS, o ponto m 20º que é 1/3 de ntão o horário n erá 3 12t ==Δ uando a maré v ais 4h + 4h = 8 esse modo, os orto, antes do po UESTÃO 40 ABARITO: C ESOLUÇÃO: emos a seguir u roblema. O trem mbém, com vel ca claro que o o REQÜÊNCIA M O QUE O PROD ssim teremos: fA > e λλ <A ÍSICA – PRO −= 1min30h18 2 T T = distâncias que xto 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 q do. ercorrer uma di aterial em MCU e 360º. no qual a maré h4 antes de voltar a ter essa h. E serão: 16h horários segur or do sol, serão de 8h30min at uma representa m se deslocari ocidade menor observador nes MAIOR E COM DUZIDO PELO λ . VA BRANCA = h6min30h12 h12= . e são exibida que a amplitud corresponde a menor profund = 8,5 m + 0,5 m 3 m. O tempo e ao deslocame A 2 3 . HS, isso equiva 3 T= . ue mostra o m stância de 3A/2 U precisa perco é está propícia 12h30min. Ou a altura de 9,0 m h30min. os para o trâns o: té às 16h30min ação típica da s a para a direit do que a do tre se caso deve p MPRIMENTO D TREM EM REP A) ⇒ as na figura de desse MHS é uma profundid idade segura q m. Isso significa que isso leva p nto 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 exposta ta e o observa em. Confira. erceber um som DE ONDA MEN POUSO. 9 que é de dade ue o que para de cular , em o de avio min.sado esse a no ador, m de NOR
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