VESTIBULAR ITA 2012 - GGE Responde - MATEMÁTICAcoberturamaxima.com.br/.../2011/12/ITA2012_MATEMATICA_RESOLVIDA1.pdf · GGE RESPONDE ITA 2012 – MATEMÁTICA 1 ACOMPANHE A RESOLUÇÃO

GGE RESPONDE ITA 2012 – MATEMÁTICA 1

ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: COBERTURAMAXIMA.COM.BR

01. Deseja-se trocar uma moeda de 25 centavos, usando-se apenas moedas de 1, 5 e 10 centavos. Então, o número de diferentes maneiras em que a moeda de 25 centavos pode ser trocada é igual a a) 6 b) 8 c) 10 d) 12 e) 14 Solução:

12 maneiras ALTERNATIVA D 02. Dois atiradores acertam o alvo uma vez a cada três disparos. Se os dois atiradores disparam simultaneamente, então a probabilidade do alvo ser atingido pelo menos uma vez é igual a

a) 92 b)

31 c)

94

d)

95 e)

32

Solução: P1 = 1 acerto P2 = 2 acertos P = (P1 P2)

P(acertar) = 31

P(errar) = 32

A E = 92

32

31

E E = 94

32

32

E A = 92

31

32

A A = 91

31

31

91

92

92

95

ALTERNATIVA D

03. Sejam z = n2(cos 45° + i sem 45°) e w = n(cos 15° + isen15°), em

que n é o menor inteiro positivo tal que (1 + i)n é real. Então, wz é

igual a a) i3

b) i32

c) i22

d) i22

e) i32 Solução:

4nisen

4ncos2e2

22i

222x 2/n4

in2nn

Mas x R

k4

n0

4n

sen k4n

n = 4 Assim:

6isen

6cos4e4nene

e

enWZ 6

i6

ik4i

4i

12

i3221i

234

wz

ALTERNATIVA B

04. Se arg 4

z

, então um valor para arg(-2iz) é

a) 2

b) 4

c)

2

d)

43

e)

47

Solução:

arg(-2iz) = arg(-2i) + argz = arg(-i) + argz = 4

742

3

arg(-2iz) = 4

7

ALTERNATIVA E 05. Sejam r1, r2 e r3 números reais tais que r1 – r2 e r1 + r2 + r3 são racionais. Das afirmações: I. Se r1 é racional ou r2 é racional, então r3 é racional; II. Se r3 é racional, então r1 + r2 é racional; III. Se r3 é racional, então r1 e r2 são racionais, é (são) sempre verdadeira(s) a) apenas I b) apenas II c) apenas III d) apenas I e II e) I, II e III Solução: r1, r2, r3 reais r1 – r2 racional r1 + r2 + r3 racional I. Verdadeira Como r1 – r2 é racional, se r1 é racional temos r2 racional e portanto, r3 é racional. Se r2 é racional temos r1 racional e portanto, r3 é racional. II. Verdadeira Como r1 + r2 + r3 é racional, se r3 é racional, então r1 + r2 é racional. III. Verdadeira Note que (r1 – r2) + (r1 + r2 + r3) = 2r1 + r3 é racional. Assim, se r3 é racional segue que r1 é racional e como r1 – r2 é racional segue que r2 é racional. ALTERNATIVA E



06. As raízes x1, x2 e x3 do polinômio p(x) = 16 + ax – (4 + 2 ) x2 + x3 estão relacionadas pelas equações:

0x2x2xe22x

x2x 3213

21

Então, o coeficiente a é igual a a) )21(2 b) )22(2 c) )12(4

d) 24 e) )42(4 Solução: Seja 16axx)24(x)x(p 23 Pelas relações de Girard; temos

24xxx 321 Portanto, temos um sistema linear dado por:

0x2x2x

22x

x2x

24xxx

321

321

321

Escalonando o sistema, a matriz completa é dada por:

0221

22121

24111

241230

222110

24111

241022500

222110

24111

Logo 2410x225

3

)2410(2x)225( 3

)225(22x)225( 3 Logo x3 = 4 Como p(x3) = 0 p(4) = 0 Assim 43 + 4a + 16 - (4+ 2 ) 42 = 0

43 + 4a + 16 - 43 - 42 2 = 0 4a + 16 (1 - 2 ) = 0

a + 4 (1 - 2 ) = 0

a = 4 ( 2 -1) ALTERNATIVA C 07. Sabe-se que (x + 2y, 3x – 5y, 8x – 2y, 11x – 7y + 2z) é uma progressão aritmética com o último termo igual a – 127. Então, o produto xyz é igual a a) – 60 b) – 30 c) 0 d) 30 e) 60 Solução: (x + 2y, 3x – 5y, 8x – 2y, 11x – 7y + 2z) é uma P.A. 11x – 7y + 2z = - 127 (I) 2(3x – 5y) = x + 2y + 8x – 2y 6x – 10y = 9x 3x = - 10y (II)

2(8x – 2y) = 3x – 5y + 11x – 7y + 2z 16x – 4y = 14x – 12y + 2z 2x + 8y – 2z = 0 X + 4y – z = 0 (III) De (I) e (III) segue que:

127z2y7x110zy4x

13x + y = - 127 (IV) De (II) e (IV), temos

1270y10x1300y10x3

- 127x = 1270 x = - 10 y = 3 z = 2 Logo: xyz = - 60 ALTERNATIVA A 08. Considere um polinômio p(x), de grau 5, com coeficientes reais.

Sabe-se que 3-i e i2 são duas de suas raízes. Sabe-se, ainda, que dividindo-se p(x) pelo polinômio q(x) = x – 5 obtém-se resto zero e que p(1) = 20(5 + 2 3 ). Então, p(- 1) é igual a

a) 3255

b) 32515

c) 32530

d) 32545

e) 32550 Solução: Seja p(x) R[x]; grau de p(x) = 5 Como Z1 = - 2i e 3iZ2 são raízes de p(x)

Temos que Z3 = 2i e i3Z4 são raízes de p(x), pelo teorema das raízes conjugadas. Mas p(x) possui grau ímpar e coeficiente reais, logo p(x) possui pelo menos uma raiz real. Como p(x) é divisível por q(x) = x – 5 temos que x = 5 é a raiz real de p(x). Usando o teorema de decomposição temos que p(x) pode ser escrito da seguinte maneira. p(x) = (x – 2i)(x + 2i)(x + 3 - i )(x + 3 + i)(x – 5) Como 32520)1(p e

)51)(i31)(i31)(i21)(i21()1(p

43255)1(p 32520)1(p Assim 3252032520 = - 1 Portanto

5xi3xi3xi2xi2x)x(p Assim

51i31i31i21i21)1(p

3253063255)1(p

32530)1(p ALTERNATIVA C



09. Um triângulo ABC tem lados com medidas a = 23 cm, b = 1 cm

e c = 21 cm. Uma circunferência é tangente ao lado a e também aos

prolongamentos dos outros dois lados do triângulo, ou seja, a circunferência é ex-inscrita ao triângulo. Então, o raio da circunferência, em cm, é igual a:

a) 4

13

b) 43

c) 3

13

d) 23

e) 4

23

Solução:

23

21

83

221

23

S

143

41

123

21

abc

22

)acb(2RS

2Ra

2Rc

2RbS

SSSS

abc

abc

BCIABIACIabc aaa

4

313333

3323

3323

3324

323

211

832

acbS2R abc

ALTERNATIVA A 10. Sejam A = ( 0 ,0 ) , B = (0 ,6 ) e C = ( 4, 3) vértices de um triângulo. A distância do baricentro deste triângulo ao vértice A, em unidades de distância, é igual a

a) 35 b)

397 c)

3109

d) 35 e)

310

Solução: A = (0, 0), B = (0, 6), C = (4, 3) Determinando o baricentro, temos:

3,

34

3360,

3400G

Cálculo da distância entre G e A:

3979

916d

)03(034d

GA

22

GA

ALTERNATIVA B 11. A área do quadrilátero definido pelos eixos coordenados e as retas r: x – 3y + 3 = 0 e s:3x + y – 21 = 0, em unidades de área, é igual a

a) 2

19

b) 10 c)

225

d) 2

27

e)

229

Solução: (r): x – 3y + 3 = 0 (s): 3x + y – 21 = 0

3 ye 6x021yx3

03y3x

Vértices do quadrilátero: (0,0); (0,1); (1,0); (6,3) Cálculo da área do triângulo de vértices (0,1); (6,3); (7,0)

20107136110

10220

220

Área

Cálculo da área do triângulo de vértices (0,0); (0,1); (7,0)

27

217

Área

Área do quadrilátero = 2

2727

10

ALTERNATIVA D



12. Dados os pontos A (0,0), B = (2,0) e C = (1,1), o lugar geométrico dos pontos que se encontram a uma distância d = 2 da bissetriz interna, por A, do triângulo ABC é um par de retas definidas por

a) 0242xy2:r 2,1

b) 02102xy22

:r 2,1

c) 02102xy2:r 2,1

d) 0242x y12:r 2,1

e) 02242x y12:r 2,1 Solução: 1ª Resolução

1,1C

0,2B 0,0A

1

A equação da reta suporte a bissetriz do ângulo interno Â do triângulo ABC é dada por.

x12y

Pois ABC é retângulo isósceles com C =90° e 128

tg

Portanto o lugar geométrico da questão é dado pela seguinte equação modular

2112

yx12

22

112222yx12

2242yx12

2242 yx12

12

2242 12

y

12

12x

1212

1222421212

12yx

22412212yx

)224()12(212yx 2

2241222212yx

224212yx

02242x y12:r 2,1

2ª Resolução

0,0

1,1

0,2

yx

0y

1y

11xy

y2xy paresquadrantes0xy21

imparesquadrantes0xy21

2121

xy21

22

122212xy21

ALTERNATIVA E 13. Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo U. Das afirmações: I. (A \ BC) \ CC = A (B C); II. (A \ BC) \ C = A (B CC)C; III. BC CC = (B C)C, é (são) sempre verdadeira(s) apenas a) I b) II c) III d) I e III e) II e III Solução: I. (A \ BC) \ CC = (A B) \ CC = A B C A (B C). FALSA II. (A \ BC) \ C = (A B) CC A (B CC)C FALSA III. BC CC = (B C)C (Identidade) VERDADEIRA Apenas III é verdadeira ALTERNATIVA C 14. Sejam A e B dois conjuntos disjuntos, ambos finitos e não-vazios, tais que n(P(A) P(B)) + 1 = n(P(A B)). Então, a diferença n(A) – n(B) pode assumir a) um único valor b) apenas dois valores distintos c) apenas três valores distintos d) apenas quatro valores distintos e) mais do que quatro valores distintos Solução: n(P(A) P(B)) = 122 BA nn (conta-se o conjunto duas vezes) n(P(A B)) = BA nn2 como n(P(A) (P(B)) + 1 = n(P(AB))

BABnA nnn 21122 BABA nnnn 222

Para o caso de nA nB: ( nB) 122 ABA nnn

)solução tem não( ímpar é 12

par é 2nn :1caso

A

BA

n

nn

BA

02242xy21



caso 2: nA = nB Seja nA = nB = n 2O = 2n – 1 n = 1 nA = nB = 1 Assim: n(A) – n(B) = 0 (único valor) ALTERNATIVA A 15. Considere um número real a 1 positivo, fixado, e a equação em x a2x + 2ax - = 0, R Das afirmações: I. Se < 0, então existem duas soluções reais distintas; II. Se = - 1, então existe apenas uma solução real; III. Se = 0, então não existem soluções reais; IV. Se > 0, então existem duas soluções reais distintas; é (são) sempre verdadeira(s) apenas a) I b) I e III c) II e III d) II e IV e) I, III e IV Solução: a2x + 2ax - = 0 R a 1, REAL, FIXO, POSITIVO Fazendo ax = y (*), temos: y2 + 2y - = 0 = (2)2 – 4 1 (-) = 42 + 4 = 4( + 1) Sinal de A:

I. Falsa Note que se – 1 < < 0, temos < 0 logo a equação não tem solução real. II. Verdadeira Se = - 1, temos y2 – 2y + 1 = 0 (y – 1)2 = 0 y = 1 Substituindo em (*) temos ax = 1 x = 0 III. Verdadeira Se = 0, então y2 = 0 y = 0 substituindo em (*) temos ax = 0 (não há solução, pois 0 < a 1) IV. Falsa Se > 0, então > 0. Segue que y2 + 2y - = 0 admite duas raízes reais e distintas, cujos sinais são: y' y’’ = - < 0 y’ > 0 e y’’ < 0 (sem perda de generalidade) Segue que a equação admite uma única solução real. ALTERNATIVA C

16. Seja

22eearccos

2eesen arcRxS

xxx-y.

a) S = b) S = {0} c) S = R+\{0} d) S = R+ e) S = R Solução:

22eearccos

2eesen arcRxS

xxx-x

Sejam

2eesen arc

x-x e

2eecos arc

xx

Assim

2,

2 e ],0[

Logo

2ee

senxx

e 2ee

cosxx

e

Por outro lado, temos 2

2

,2

logo

2sensen cossen

Deste modo

2ee

2ee xxxx

xxxx eee2e2 . Portanto x = 0

ALTERNATIVA B

17. Seja x [0,2] tal que sen(x)cos(x) 52

. Então, o produto e a

soma de todos os possíveis valores de tg(x) são, respectivamente

a) 1 e 0 b) 25

e 1 c) – 1 e 0

d) 1 e 5 e) 25e 1

Solução: Seja x [0,2]

52

)xcos()x(sen 52

2)x2(sen

54

)x2(sen

Deste modo 2516

1)x2(cos2 259

)x2(cos2

53

)x2cos(53

)x2cos( ou 53

)x2cos(

1) Caso:

53cos(2x) e

54)x2(sen

Assim

34)x2(tg

Mas xtg1

tgx2)x2(tg2

Deste modo

3

4xtg1

tgx22

4tg2x + 6tgx – 4 = 0 = 36 + 64 = 100



8106

tgx

28

16tgx

21

84

tgx

tgx = - 2 não convém pois senx e cosx possuem o mesmo sinal. 2º Caso:

53

-cos(2x) e 54

)x2(sen

Assim

34

xtg1tgx2

34)x2(tg

2

6tgx = - 4 + 4tg2x 4tg2x – 6tgx – 4 = 0 = 36 + 64 = 100

8106tgx

28

16tgx

21

84tgx

21tgx

Não convém pois senx e cosx possuem o mesmo sinal. Soma dos valores de tg(x) S = 2 + 1/2 = 5/2 Produto dos valores da tgx.

1212P

P = 1 e S = 5/2 ALTERNATIVA B

18. A soma

n

0k

)kcos( , para todo α [0, 2], vale

a) – cos(α) quando n é par. b) – sen(α) quando n é par. c) cos(α) quando n é ímpar. d) sen(α) quando n é ímpar. e) zero quando n é ímpar. Solução:

]2 [0, todo para ,)kcos(S Sejan

0k

Se k for ímpar ; então cos(α + k) = -cosα Se k for par ; então cos(α + k) = cosα

]2 [0,

Podemos escrever

n

0k

)kcos(S Seja da seguinte maneira:

ímpar kpar k

n

0k

)kcos( )kcos()kcos(S Seja

Se n = 2q for par, q N, n N, então, a seguência (0,...n) possui (2q + 1) termos, isto é, quantidade ímpar. Assim:

par for n se cosScosq2cos)1q2()kcos(S n

0k

Se n = 2q for ímpar, q N, n N, então, a seguência (0,...n) possui (2q + 2) termos, isto é, quantidade par. Logo:

0cos)2q2(cos)2q2()kcos(S Sejan

0k

Portanto: S = 0 para n ímpar. ALTERNATIVA E

19. Um cone circular reto de altura 1 cm e geratriz cm332

é

interceptado por um plano paralelo à sua base, sendo determinado, assim, um novo cone. Para que este novo cone tenha o mesmo

volume de um cubo de aresta ,cm243

31

é necessário que a

distância do plano à base do cone original seja, em cm, igual a

a) 41 b)

31 c)

21

d) 32 e)

43

R

r

33

2cm 1

811hr

253hr

31

243V 22

1

3

1R19

34R2

3rh

2

12 31h

271h

811

3hh 3

2

32

311d Logo

ALTERNATIVA D



20. A superfície lateral de um cone circular reto é um setor circular de 120° e área igual a 3 cm2. A área total e o volume deste cone medem, em cm2 e cm3, respectivamente

a) 3

22e4

b) 3

2e4

c) 2e4

d) 3

22e3

e) 22e Solução:

r2

r3gr23g2

cm1rcm3g33g2

22T cm4r3A

3hr

v2

Mas r22rgh 22

322

v

ALTERNATIVA A 21. Dez cartões estão numerados de 1 a 10. Depois de embaralhados, são formados dois conjuntos de 5 cartões cada. Determine a probabilidade de que os números 9 e 10 apareçam num mesmo conjunto. Solução:

totaiscasosfavoráveiscasos

P

Casos totais: C10,5 = !5!5!10

Casos favoráveis: 109

3,8C

Casos favoráveis = 2 . C8,3 (duas caixas)

Logo

!10!3!5

!5!5!82C

C2P

5,10

3,8

94

22. Determine os valores reais de x de modo que sen(2x) - 3cos(2x) seja máximo. Solução: Definimos a seguinte função

)x2cos(3)x2(sen)x(f Queremos encontrar os valores x R tais que maximizem a função f(x).

Temos que:

)x2cos(23

)x2(sen21

2)x(f

Logo

)x2cos(3

sen3

cos)x2(sen2

)x(f

3x2sen2)x(f

3x2sen

2)x(f

Portanto f(x) atinge o valor máximo quando

zk ;k223

-2x olog,13

x2sen

k26

5x2k232

x2

.k125

x

Portanto o conjunto solução.

z k ,k125xR xS

São os valores de x R que maximizam f(x). 23. Considere a matriz quadrada A em que os termos da diagonal principal são 1, 1 + x1, 1 + x2, ... 1 + xn e todos os outros termos são iguais a 1. Sabe-se que (x1, x2,...,xn) é uma progressão geométrica cujo primeiro termo é 1/2 e a razão é 4. Determine a ordem da matriz A para que o seu determinante seja igual a 256. Solução:

n

2

1

x1...111...............1...x1111...1x111...111

A

Note que A é do tipo (n + 1) x (n + 1) para o cálculo da determinante, utilizando a regra de Chió, obtemos:

n

2

1

x1...111...............1...x1111...1x111...111

)Adet(

n

3

2

1

x...000...............0...x000...0x00...00x

)Adet(

det(A) = x1 x2 x3 ... xn = 256 como (x1 x2 x3 ... xn) é uma P.G com x1 = 1/2 e q = 4 temos:

1n

16

n

2n8

2n

n

82n

2n

n

2n

n

2n

n1n321

2x

2x

22x

)x21(256

)xx(x...xxx



Por outro lado:

3n2n

1nn

1n1n

2x

421x

qxx

De 1 e 2 segue que:

08n2n

016n4n2n16n3n2

1n

163n222

2

22

1n

163n2

n’ = -2 (não convém) n’’ = 4 Como a ordem de A é (n + 1), temos 5 como ordem de A. 4+1= 5 24. Seja n um número natural. Sabendo que o determinante da matriz

25log125

1log5

243log3log5n21log2logn

55

3n

3

22

Pé igual a 9, determine n e também a soma dos elementos da primeira coluna inversa A-1. Solução:

2355n5n11n

)5n(2n15n5)5n(325n2)Adet( 2

30n19n2)Adet( 2 930n19n2 2 930n19n2 2

039n19n2 2

)convém Não(2

13'n

3''n Se então ,3n

235538113

A

ifchebgda

A 1

100010001

ifchebgda

235

538113

0c2b3a50c5b3a8

1cba3

Da soma da 2ª com a 3ª, temos 3a + 3c = 0 Da soma do dobro da 1ª com a 3ª, temos: a – b = 2 b= a – 2 Substituindo na 1ª temos 3a + a – 2 – a = 1 3a = 3 a = 1 b = – 1 c = – 1 Logo a + b + c = – 1 25. Em um plano estão situados uma circunferência de raio 2 cm e

um ponto P que dista cm22 do centro de . Considere os

segmentos PA e PB tangentes a nos pontos A e B, respectivamente. Ao girar a região fechada delimitada pelos

segmentos PA e PB e pelo arco menor AB em torno de um eixo passando pelo centro de e perpendicular ao segmento PA , obtém-se um sólido de revolução. Determine: Solução:

22

Área da Base: 2r Área lateral do cilindro: rh2

Área lateral da metade da esfera: 2r2 a) 22

T rr2rh2A 488AT 20

b) V = Vcilindro - 32esfera r

34

21hrV

21

=

3

16838

26. As interseções das retas r: x – 3y + 3 = 0, s: x + 2y – 7 = 0 e t: x + 7y – 7 = 0, duas a duas, respectivamente, definem os vértices de um triângulo que é a base de um prisma reto de altura igual a 2 unidades de comprimento. Determine: a) A área total da superfície do prisma. b) O volume do prisma.



Solução:

A

3B

s2

CD

3

1t

7r

27

Interseção entre r e s (ponto A)

2y3x

7y2x3y3x

A

A

AA

AA

Assim A:(3,2), B:( 7,0), C:(0,1). Área:

5A510AAA ABCBCDABDABC Perímetro:

102552ACBCABPABC

102552252HPA2A)a PRISMAABCABCT

1022105410AT

25HAV)b PRISMAABCPRISMA

10VPRISMA 27. Dos n alunos de um colégio, cada um estuda pelo menos uma das três matérias: Matemática, Física e Química. Sabe-se que 48% dos alunos estudam Matemática, 32% estudam Química e 36% estudam Física. Sabe-se, ainda, que 8% dos alunos estudam apenas Física e Matemática, enquanto 4% estudam todas as três matérias. Os alunos que estudam apenas Química e Física mais aqueles que estudam apenas Matemática e Química totalizam 63 estudantes. Determine n. Solução:

e + d + a + b = 0,48n a + b + c + g = 0,32n d + a + f + c = 0,36n d = 0,08n a = 0,04n c + b = 63 a + b + c + d + e + f + g = n e + f + g = n – (a + b + c + d) e + f + g = n – (0,04n + 63 + 0,08n) 3a + 2 (b + c + d) + e + f + g = 1,16n 0,12n + 2(63 + 0,08n) + e + f + g = 1,16n 0,12n + 126 + 0,16n + e + f + g = 1,16n e + f + g = n – 0,12n – 126

e + f + g = 0,88n – 126 e + f + g = n – (a + b + c + d) e + f + g = n – (0,04n + 63 + 0,08n) e + f + g = 0,88n – 63 0,88n – 63 = 0,88n – 126 63 = 126 Logo n satisfazendo tais condições!

28. Analise se f : R R,

0 x,x30 x,x3)x(f 2

2 é bijetora e, em

caso afirmativo, encontre f-1 : R R. Solução:

3

y

x

2x3

2x3

Do gráfico:

)asobrejetor é f( af(x) que tal x ,Ra )ii

)injetora é f(xx)f(x)f(x Se )i 2121

Logo: f é bijetora. * Cálculo da inversa. Sabemos que:

3)x(f0x3)x(f0x

3 y, 0)y(f3 y, 0)y(f

1

1

Assim:

3 y, ))y(f(33 y, ))y(f(3y 21

21

3 y, ))y(f(3 y, ))y(f(3y 21

21

3 y,y 33 y, 3y

))y(f( 21

3 y, y33 y, 3y)y(f 1

29. Determine os valores de [0, 2] tais que logtg() esen() 0. Solução:

0tgn

sentgn

enlogsen

etg

sen

Caso 1:

1tg0tgn0sen

2,

4

Caso 2:

1tg00tgn0sen

45,

45,

2,

4



30. As retas r1 e r2 são concorrentes no ponto P, exterior a um círculo . A reta r1 tangencia no ponto A e a reta r2 intercepta nos pontos B e C diametralmente opostos. A medida do arco AC é 60° e

PA mede cm2 . Determine a área do setor menor de definido pelo arco AB. Solução:

B

A

60°120°

R60°

cm2

1r

2r30°

C

P O

R2

60tg

R2

3

36

R

22

cm92

276

36

31Área

ERRATA – FÍSICA 14/12/11

23. A figura mostra uma chapa fina de massa M com o formato de um triângulo equilátero, tendo um lado na posição vertical, de comprimento a, e um vértice articulado numa barra horizontal contida no plano da figura. Em cada um dos outros vértices encontra-se fixada uma carga elétrica q e, na barra horizontal, a uma distância

2/3a do ponto de articulação, encontra-se fixada uma carga Q. Sendo as três cargas de mesmo sinal e massa desprezível, determine a magnitude da carga Q para que o sistema permaneça em equilíbrio.

Solução: Calculando os torques em torno de ponto O:

0P21

72a

23a

a

O

31F

063Mg

23aFcosaF 3231

63Mg

23

d4qQcos

d4qQ

232o

231o

4ad,

4a7d ,

721cos

2232

2231

εo = permissividade elétrica do vácuo.

63Mg

a4

23

a74

721

4qQ

22o

6Mg

21

497

a4qQ4

2o

qa4

497212Mg49Q

2o

24. A figura mostra um sistema formado por dois blocos, A e B, cada um com massa m. O bloco A pode deslocar-se sobre a superfície plana e horizontal onde se encontra. O bloco B está conectado a um fio inextensível fixado à parede, e que passa por uma polia ideal com eixo preso ao bloco A. Um suporte vertical sem atrito mantém o bloco B descendo sempre paralelo a ele, conforme mostra a figura. Sendo µ o coeficiente de atrito cinético entre o bloco A, e a superfície, g a aceleração da gravidade, e = 30º mantido constante, determine a tração no fio após o sistema ser abandonado do repouso.

Solução:

y

x

y

Bloco A

T

ABF

AP

atf

AN

T



Bloco B

BP

T

ABF

xBB aacosaxcosy

xy

y

x

B

BAB

maTmg

maFB Bloco

TmgNTsenmafFTcos

ABloco

A

AxaTBA

xBxAx aaa

De 3...

x

AxA

xAx

xBxBAxABA

ma2)TsenTmg(cosTTsenTmgN , ma2NcosT

maNmacosTmamaF , maNFcosT

De 1 e 2...

cos

mTgcosaa

yBx

sencos3cos2mgT

cos2mgsencos3Tcos2mg1senTcos3T

mgcosmg2cosT2TTsencosT

cosmTgm2)TsenTmg(cosT

:Daí

21sen,

23cos

333mg2

2233

3mgT

Documents

VESTIBULAR ITA 2012 - GGE Responde - MATEMÁTICAcoberturamaxima.com.br/.../2011/12/ITA2012_MATEMATICA_RESOLVIDA1.pdf · GGE RESPONDE ITA 2012 – MATEMÁTICA 1 ACOMPANHE A RESOLUÇÃO