Matematica e Fisica Solucoes

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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: 
⇒= 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. 
 
 
 
 
 
 
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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) = 
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(
−+
−−+−=+
−+
+
 
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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 
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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: 
 
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