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:

⇒= 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

www.gge.co

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