( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = ( ) ( ) ( ) a) sen( 9 ) c) cos( 9 ) (19) O ELITE RESOLVE IME ª FASE MATEMÁTICA

(1)

(2)

(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE MATEMÁTICA

QUESTÃO 01

Os polinômios

( )

3 2 ₁₈

P x =x +ax + e Q x

( )

=x3+bx+12 possuem

duas raízes comuns. Sabendo que a e b são números reais, pode-se afirmar que satisfazem a equação

a) a b= b) 2a b= c) a=2b d) 2a=3b e) 3a=2b Resolução Alternativa B

Como P x

( )

e Q x

( )

são polinômios mônicos com 2 raízes em

comum, podemos escrevê-los como:

( ) (

) ( )

( ) (

) ( )

P x x R x Q x x R x ⎧ = − α ⋅ ⎪ ⎨ ₌ _{− β ⋅} ⎪⎩ ,

onde α e β são as raízes que não são comuns aos polinômios. Com isso, temos a seguinte igualdade válida para todo x:

(

x− β ⋅

) ( ) (

P x = x− α ⋅

) ( )

Q x ⇔

(

)

(

3 2 ₁₈

)

(

)

(

3 ₁₂

)

x− β ⋅ x +ax + = x− α ⋅ x +bx+ ⇔

(

)

(

)

4 3 2 ₁₈ ₁₈ 4 3 2 ₁₂ ₁₂ x + a− β x − βax + x− β =x − α +x bx + − αb x− α

Pela igualdade dos polinômios, temos que os coeficientes dos termos de mesmo grau são iguais entre si:

18 12 18 12 a a b b − β = −α ⎧ ⎪−β = ⎪ _⇔ ⎨ ₌ _{− α} ⎪ ⎪− β = − α ⎩ 6 3 2 a b a b = β − α ⎧ ⎪ = −β ⎪⎪ _⇔ ⎨α = − ⎪ ⎪α = β ⎪⎩

Substituindo α da última equação na primeira e na terceira, vem que: 2 4 a b a b β ⎧ = − ⎪⎪ ⎨ = −β ⎪ ⎪ β = − ⎩

Temos então, substituindo as equações uma na outra:

(

)

2 2 3 4 8 2 b a a ⎛ β⎞ − = β = −β β = −β = −β −_⎜ _⎟⇔ β = − ⎝ ⎠ Como 2 2

a= − ⇔ β = −β a e a é um número real, segue que β também

tem que ser um número real. Assim:

3 ₈ 2 ⎧β = − ⎪ _{⇔ β = −} ⎨ β ∈ ⎪⎩ \

Substituindo β na relação b= −β , temos que: a

2

b= a

QUESTÃO 02

Assinale a alternativa que apresenta o mesmo valor da expressão

( )

2 2 4cos 9 3 4cos 27 3 ⎡ ° − ⎤ ⎡⋅ ° − ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ : a) sen 9°

( )

b) tg 9°

( )

c) cos 9°

( )

d) sec 9°

( )

e) cossec 9°

( )

Resolução Alternativa B

Como cos 9

( )

° ≠ e 0 cos 27

(

° ≠ , podemos escrever a expressão

)

0 como:

( )

(

)

2 2 4cos 9 3 4cos 27 3 ⎡ ° − ⎤ ⎡⋅ ° − ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

( )

(

)

3 2

4cos 9 3cos 9 4cos 27 3cos 27

cos 9 cos 27

⎡ ° − ° ⋅⎤ ⎡ ° − ° ⎤

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

=

° ⋅ °

Agora, lembrando da relação de arco triplo do cosseno: 3

4cos θ −3cosθ =cos3θ Temos que:

( )

3

4cos 9° −3cos 9° =cos(27 )° e

( )

° −

(

° =

)

( )

° 3

4cos 27 3cos 27 cos 81

E a expressão fica:

( )

sen 9

cos(27 ) cos(81 ) cos(81 )

cos 9 cos 27 cos 9 cos 9

° ° ⋅ ° ° = = = = ° ⋅ ° ° ° tg 9°

( )

QUESTÃO 03 Considere a equação +

(

)

2= 3 3 3 log_x log x 1

x . A soma dos quadrados

das soluções reais dessa equação está contida no intervalo

a) [0,5) b) [5,10) c) [10,15) d) [15,20) e) [20, ) ∞ Resolução Alternativa C Mudando 3 3 log_x xde base, temos: − = = + 3 3 3 3 3 3 log _{1 log} 3 log log 3 1 log x x x x x x Assim:

(

)

(

) (

+

)

− ⋅ − ₊ _{= ⇔} ₌ + + 3 2 2 3 3 3 3 3 3 3

log log 2 log

1 log log 1 0 1 log 1 log x x x x x x x

Como +1 log3x≠0, obtemos:

(

)

2

3 3 3

log x⋅_⎣⎡log x +log x−2⎤_⎦=0 ⇔

3 1 3 2 3 3 log 0 1 log 1 3 1 log 2 9 x x x x x x = ⇒ = ⎧ ⎪ _{= ⇒} ₌ ⎪ ⎨ ⎪ _{= − ⇒} ₌ ⎪⎩

Dessa maneira, a soma dos quadrados das soluções reais é dada por: 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 1 3 9 x +x +x = + +⎛ ⎞_{⎜ ⎟} = ⎝ ⎠

[

)

811 10,15 81∈ QUESTÃO 04

Considere as inequações abaixo:

I) a2+b2+c2≥ab+bc+ca II) a3+b3≥a b2 +ab2 III)

(

a2−b2

)

≥

(

a−b

)

4

Esta(ão) correta(s), para quaisquer valores reais positivos de a, b e c, a(s) inequação(ões) a) II apenas. b) I e II apenas. c) I e III apenas. d) II e III apenas. e) I, II e III.

(3)

(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE

(I) Verdadeira. Multiplicando ambos os membros da inequação dada por 2 e rearranjando, temos:

2 2 2 ₂ 2 ₂ 2 ₂ 2 ₂ ₂ ₂ a +b +c ≥ab+bc+ca⇔ a + b + c ≥ ab+ bc+ ca⇔ 2 ₂ 2 2 ₂ 2 2 ₂ 2 ₀ a − ab+b +b − bc+c +c − ca+a ≥ ⇔

(

) (

2

) (

2

)

2 0 a−b + b−c + c−a ≥

Como o quadrado de um número real é sempre não-negativo, para qualquer número real, a soma de três números reais elevados ao quadrado também nunca será negativa. Assim, esta última inequação é verdadeira para quaisquer números reais a, b e c. Sendo todas as inequações equivalentes entre si, segue que a primeira inequação dada também é verdadeira para quaisquer a, b e c reais.

(II) Verdadeira. Rearranjando a inequação dada, temos:

3 3 2 2 3 2 2 3 ₀ a +b ≥a b+ab ⇔a −a b−ab +b ≥ ⇔

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 ₀ 2 2 ₀ a ⋅ a−b −b ⋅ a−b ≥ ⇔ a−b ⋅ a −b ≥ ⇔

(

) (

)

(

) (

2

)

0 0 a−b ⋅ a+b ⋅ a−b ≥ ⇔ a−b ⋅ a+b ≥

Sendo

(

a−b

)

2≥ para quaisquer a e b reais, já que é o quadrado de 0 um número real, e

(

a+b

)

é positivo já que a e b são positivos, temos

que:

(

) (

2

)

0

a−b ⋅ a+b ≥

Sendo a última inequação verdadeira para todos a e b reais positivos, e todas as inequações equivalentes entre si, segue que a primeira inequação também é verdadeira para todos a e b reais positivos.

(III) Falsa. Para a= e 1 b= , que são reais positivos, temos: 2

( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 2 4 4 4 1 2 1 4 3 1 2 1 1 a b a b a b a b ⎧ − = − = − = − ⎪ _⇒ ₋ _< ₋ ⎨ − = − = − = ⎪⎩

Esse caso é um contra-exemplo para a inequação apresentada.

QUESTÃO 05

Considere o sistema de equações ax by c

px qy d

+ =

⎧

⎨ ₊ ₌

⎩ , com , , , ,a b c d p e

qreais, abcd≠ , a b m0 + = e d=nc.Sabe-se que o sistema é indeterminado. O valor p q+ é a) m b) m n c) m2−n2 d) m n⋅ e) m n+ Resolução Alternativa D

Um sistema linear de duas equações só será possível e indeterminado quando suas equações forem proporcionais ou algum de seus parâmetros (a, b, p ou q) for nulo. Como abcd≠ , então: 0

p q d

a=b=c

Pelo enunciado, d n

c= . Assim, usando propriedades de proporção

temos: p q p q p q n a b a b m + + = = = = ⇔ + p+ =q m n⋅ QUESTÃO 06 O coeficiente de 4 4 x y no desenvolvimento de

(

1 x y+ +

)

10é a) 3150 b) 6300 c) 75600 d) 81900 e) 151200 Resolução Alternativa A Lembrando da expansão de

(

)

10

1 x y+ + por Polinômio de Leibniz:

(

)

10 10 10 1 1 , , x y xα yβ γ α+β+ γ = ⎛ ⎞ + + = _⎜ _⎟⋅ ⋅ ⋅ α β γ ⎝ ⎠

∑

Onde: 10 10! , , ! ! ! ⎛ ⎞₌ ⎜_{α β γ}⎟ _{α ⋅ β ⋅ γ} ⎝ ⎠ Então o coeficiente de 4 4 x y é: 10 10! 3150 4, 4, 2 4! 4! 2! ⎛ ⎞₌ ₌ ⎜ ⎟ _⋅ _⋅ ⎝ ⎠ QUESTÃO 07

Seja um triângulo ABC . AH é a altura relativa de BC , com

Hlocalizado entre B e C . Seja BM a mediana relativa de AC .

Sabendo que BH=AM= 4, a soma dos possíveis valores inteiros

BMé a) 11 b) 13 c) 18 d) 21 e) 26 Resolução Alternativa B SOLUÇÃO 1:

A ilustração abaixo descreve a situação descrita no enunciado. A B C H M 4 4 4

Pela relação de Stewart segue que:

⎡ ⎤ + = _⎣ + _⎦ 2 2 2 (AM BC)( ) (CM AB)( ) (AC) (BM) (AM MC)( ) ⎡ ⎤ + = ⋅_⎣ + ⋅ _⎦⇒ ⎡ ⎤ ⇒ + = ⋅_⎣ + _⎦ 2 2 2 2 2 2 4( ) 4( ) 8 ( ) 4 4 ( ) ( ) 2 ( ) 16 BC AB BM BC AB BM

Pelo teorema de Pitágoras nos triângulos ABH e ACH:

+ = ⇒ = + 2 ₄2 ₍ ₎2 ₍ ₎2 2 ₁₆ h AB AB h e = − + ⇒ = − + − 2 2 2 2 2 8 (BC 4) h (BC) 64 16 8(BC) h ` ⎧ = + ⎪ ⎨ = − + − ⎪⎩ 2 2 2 2 ( ) 16 ( ) 64 16 8( ) AB h BC BC h

Somando as equações obtidas:

+ = +

2 2

(4)

Substituindo na equação obtida pela relação de Stewart:

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ + = ⋅_⎣ + _⎦⇒ + = ⋅_⎣ + _⎦⇒ ⇒ = + 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 16 64 8( ) 2 ( ) 16 ( ) 16 4( ) BC AB BM BC BM BM BC . Podemos observar que

> 4

BC , já que BH= 4 e

< 8

CH , já que CH é cateto do triângulo que tem AC como

hipotenusa. Logo BC− < ⇒4 8 BC<12, assim: < < 4 BC 12. Deste modo: = + ⇒ < < 2 2 (BM) 16 4(BC) 32 (BM) 64

Deste modo os valores inteiros que satisfazem tal inequação são: = 6

BM e BM= 7.

Logo a soma, S, dos possíveis valores de BM é S= + ⇔6 7 S=13 .

SOLUÇÃO 2:

Podemos observar que

A B C H M 4 4 4 P

Os triângulos AHC e MPC são semelhantes cuja razão de semelhança

é meio. Logo =

2

h

MP e (CH) 2(= HP). Sendo assim, aplicando-se o teorema de Pitágoras nos triângulos BMP e ACH segue que:

⎛ ⎞ + = ⇒ = + +_{⎜ ⎟} ⇒ ⎝ ⎠ ⇒ + + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) (4 ( )) 2 4( ) 32( ) 64 4( ) (1) h BP MP BM BM HP HP HP h BM + = ⇒ + = ⇒ + = 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) (2 ) (8) 4( ) 64 (2) CH AH AC HP h HP h Substituindo (2) em (1): + + + = ⇒ ⇒ = + + ⇒ ⇒ = + 2 2 2 2 2 4( ) 32( ) 64 4( ) 4( ) 32( ) 64 64 ( ) 8( ) 32 HP HP h BM BM HP BM HP

Sabe-se também que 0 (< HP) 4< , já que CH é cateto do triângulo que tem AC como hipotenusa. Então:

< 2<

32 (BM) 64

Deste modo os valores inteiros que satisfazem tal inequação são: = 6

BM e BM= 7.

Logo a soma, S, dos possíveis valores de BM é S= + ⇔6 7 S=13 .

QUESTÃO 08

Seja Δ o determinante da matriz 2 3

1 2 3 1 x x x x x ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ . O número de possíveis valores de x reais que anulam Δ é

a) 0 b) 1 c) 2

d) 3 e) 4

Resolução Alternativa C

Como toda a segunda linha está multiplicada por x, podemos colocar esse x multiplicando todo o determinante:

2 3 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 x x x x x x x x x x Δ = = ⋅

Adicionando a terceira linha multiplicada por –1 à segunda, pelo teorema de Jacobi o determinante não se altera:

2 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x Δ = ⋅ = ⋅ − − − = ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 0 1 1 1 x x x x x x = ⋅ − − + ⋅ −

Novamente na segunda linha, podemos colocar o fator

(

x−1

)

em multiplicação na frente do determinante:

( ) 1 2 3 1 1 0 1 1 x x x x x Δ = ⋅ − ⋅ − +

Aplicando agora a regra de Chió, temos:

( 1) 0 ( )1 2 1 ( )1 3 ( 1) 2 4 1 3 2 1 3 x x x x x x x x x x x + − − ⋅ + − − ⋅ Δ = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ = − − − − ( ₁)

[

_{2 1 3}( ) ( ₄) ( )

]

( ₁)

(

2 ₂ ₂

)

x x x x x x x x x = ⋅ − ⋅ ⋅ − − + ⋅ − ⇔ Δ = ⋅ − ⋅ − + Assim: ( ₁)

(

2 ₂ ₂

)

₀ x x x x Δ = ⋅ − ⋅ − + = ⇔ 0 x= ou x= ou 1 x= ± 1 i

Ou seja, a equação Δ = tem duas raízes reais (0 e 1). 0

QUESTÃO 09

Seja o número complexo ₂

(1 )

a z

ib ib

=

+ , onde a e b são números

reais possíveis e i= − sabendo que o módulo e o argumento de 1

zvalem, respectivamente, 1 e

( )

−π rd, o valor de a é

a) 1 4 b) 1 2 c) 1 d) 2 e) 4 Resolução Alternativa D

Como o módulo do número complexo z é 1 e o argumento dele é −π rd, temos que z= − , e portanto: 1

(

)

(

)

(

)

2 2 2 1 1 1 2 1 a z a ib ib ai b b bi ib ib = = − ⇔ = − + ⇔ = − + +

Pela igualdade de números complexos ficamos com: 2 2 2 0 (1 ) a b b b ⎧ = ⎪ ⎨ = − ⎪⎩

Então, como b≠ 0(caso contrário teríamos uma divisão por zero na expressão do número z):

2 2

(5)

QUESTÃO 10

Entre os números 3 e 192 insere-se igual número de termos de uma progressão aritmética e de uma progressão geométrica com razão r e

q, respectivamente, onde r e q são números inteiros. O número 3 e

o número 192 participam destas duas progressões. Sabe-se que o terceiro termo de ⎛_⎜ + ⎞_⎟ ⎝ ⎠ 8 1 1 q , em potências crescentes de 1 q, é 9 r q. O

segundo termo da progressão aritmética é

a) 12 b) 48 c) 66

d) 99 e) 129

Resolução Alternativa C

Pela expansão binomial, temos: 8 8 0 8 1 1 i i i i q − = ⎛ ⎞_⋅ _⋅⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑

Como o terceiro termo dessa expansão

(

i= 2

)

é igual a 9 r q, vem que: − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞_⋅ _⋅ ₌ ⋅ _⋅ ₌ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 8 2 2 2 8 1 8 7 1 28 1 2 q 2! q q ⇒ 2 = 28 9 r q q ⇔ ⋅ = ⋅ ⋅ 2 2 2 3 7 r q

Sabemos que o número de termos nas progressões é o mesmo, então temos a seguinte relação:

(

)

− ⎧ = + − ⋅ ⎪ ⎨ _{= ⋅} ⎪⎩ 1 1 1 1 n n n a a n r b b q , onde an=bn= 192e a1=b1=3 Substituindo os valores:

(

)

− ⎧ = + − ⋅ ⎨ _{= ⋅} ⎩ 1 192 3 1 192 3 n n r q ⇔

(

)

( )

− ⎧ − ⋅ = ⋅ ⎪ ⎨ = ⎪⎩ 3 1 6 1 1 3 7 2 2 n n r q

Dessa maneira, como q é inteiro, de (2), temos que q é uma potência de 2. Assim,

(

n− é divisor de 6 e é positivo, podendo ser apenas 1

)

algum entre os valores 1, 2, 3 ou 6. Mas, por

( )

1 , vem que n− 1 não pode ser múltiplo de 2, ou seja, 2 ou 6. Então, as únicas possibilidades para n− 1são 1 e 3.

Para n− =1 1, temos n= 2. Este resultado não convém pelo seguinte fato:

( )

− ⎧ = ⇔ = ⎪ ⎨ ⋅ = ⋅ ⋅ ⎪⎩ 2 1 6 6 2 2 3 2 2 4 2 3 7 q q r q

Como r e q satisfazem as duas equações e são ambos inteiros, então

( )

3 torna

( )

4 impossível.

Para n− =1 3, temos n= 4. Assim:

− ⎧ = ⎪ ⎨ ⋅ = ⋅ ⎪⎩ 4 1 6 3 2 3 3 7 q r ⇔ = ⎧ ⎨ = ⎩ 4 63 q r

Portanto, o segundo termo da P.A. será:

= +

2 1

a a r ⇒a2= +3 63⇒ a2=66

QUESTÃO 11

Um menino, na cidade do Rio de Janeiro, lança uma moeda. Ele andará 1 m para o leste se o resultado for cara ou 1 m para oeste se o resultado for coroa. A probabilidade deste menino estar a 5 m de distância de sua posição inicial, após 9 lançamentos da moeda, é

a) 9₆ 2 b) 6 35 2 c) 2 9! d) 35₉ 2 e) 9 9! 2 Resolução Alternativa A

Para que ocorra o evento descrito no enunciado, podemos perceber que é necessário que dos 9 passos dados pelo garoto, 5 deles devem ser feitos para Leste ou para Oeste e o restante seja dividido igualmente entre passos para Leste e Oeste.

Ou seja, o menino pode caminhar 7 passos para Leste e 2 para Oeste ou 7 passos para Oeste e 2 para Leste.

Deste modo,

- Evento A: 7 passos para Leste e 2 para Oeste. Sabendo que a

probabilidade de obtermos cara e coroa valem 1

2 cada e que

podemos permutar os passos para Leste e para Oeste.

7 2 7 1 1 9! 9 ( ) ( ) 2 2 7! 2! 2 P A =⎛ ⎞ ⎛ ⎞_{⎜ ⎟ ⎜ ⎟}⋅ ⋅ ⇒P A = ⋅ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ .

- Evento B: 7 passos para Oeste e 2 para Leste. Sabendo que a

probabilidade de obtermos cara e coroa valem 1

2 cada e que

podemos permutar os passos para Leste e para Oeste.

7 2 7 1 1 9! 9 ( ) ( ) 2 2 7! 2! 2 P B =⎛ ⎞ ⎛ ⎞_{⎜ ⎟ ⎜ ⎟}⋅ ⋅ ⇒P B = ⋅ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . Então, ∪ = 9₇+ 9₇⇔ ∪ = 9₆ ( ) ( ) 2 2 2 P A B P A B .

Isso também seria consequência da Lei Binomial de probabilidade. Sabemos que cada passo é um evento independente que dá leste com probabilidade 1

2 e oeste com probabilidade 1

2. Assim:

(

5 de distância em 9 passos

)

P =

(

7 direitas e 2 esquerdas +

) (

2 direitas e 7 esquerdas

)

P P = 7 2 2 7 9 1 1 9 1 1 + 7 2 2 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟_{⎝ ⎠ ⎝ ⎠}⋅ ⎜ ⎟⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟_{⎝ ⎠ ⎝ ⎠}⋅ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 6 9 2 QUESTÃO 12

Considere uma haste AB de comprimento 10 m. Seja um ponto P localizado nesta haste a 7 m da extremidade A . A posição inicial desta haste é horizontal sobre o semieixo x positivo, com a extremidade A localizada na origem do plano cartesiano. A haste se desloca de forma que a extremidade A percorra o eixo y , no sentido positivo, e a extremidade B percorra o eixo x, no sentido negativo, até que a extremidade B esteja sobre a origem do plano cartesiano. A equação do lugar geométrico, no primeiro quadrante, traçado pelo ponto P ao ocorrer o deslocamento descrito é

a) 49x2+9y2−280x+120y−441 0= b) 49x2−406x−49y2+441 0= c) 9x2+49y2−441 0= d) 9x2+9y2+120y−441 0= e) 9x2−49y2−441 0= Resolução Alternativa C

Veja uma figura descrevendo a situação:

A B P 7 3 t P x P y O

(6)

Então, A se deslocar ao longo do eixo y é equivalente a t variar entre 0 e 10 . Vamos agora calcular as coordenadas do ponto P em função de t .

Por semelhança de triângulos temos:

3 10 ₃ 10 7 10 7 10 P P P P OA y y OA OB x x OB ⎧ ₌ ⎧ ₌ ⋅ ⎪ _⎪ ⎪ _⇔ ⎪ ⎨ ⎨ _⋅ ⎪ ₌ ⎪ ₌ ⎪ ⎪⎩ ⎩

Temos que OA t= . Para o cálculo de OB utilizamos o Teorema de Pitágoras: ⎧ = − ⎪ _⇔ ₌ ₋ ⎨ ≥ ⎪⎩ 2 2 2 2 10 100 0 OB t OB t OB

Assim temos as coordenadas do lugar geométrico em sua forma paramétrica: 2 3 10 7 100 10 P P t y t x ⎧ ₌ ⎪⎪ ⎨ − ⎪ ₌ ⎪⎩ Retirando da forma paramétrica:

(

)

2 2 2 2 2 10 100 49 3 ₁₀₀ _{49 1} 49 100 9 9 100 100 P P P P P y t y y x x t ⎧ = ⎪ _⎛ _⎞ _⎛ _⎞ ⎪ _⇔ ₌ ₋ ₌ ₋ _⇔ ⎨ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪ ₌ ₋ ⎪⎩ 2 2 2 2 9x_P 441 49y_P 9x_P 49y_P 441 0 ⇔ = − ⇔ + − =

Então o lugar geométrico tem equação:

2 2

9x +49y −441 0=

QUESTÃO 13

Considere uma pirâmide regular de base hexagonal de altura h. Uma esfera de raio R está inscrita nesta pirâmide. O volume desta pirâmide é a) − 2 2 3 3 2 h R h h R b) + 2 3 3 2 h R h h R c) + 2 2 3 3 2 h R h h R d) − 2 3 3 2 h R h h R e) − 2 2 3 3 h R h h R Resolução Alternativa A

Segue a ilustração da situação descrita pelo enunciado. V O P Q T

V

O

T

P

Q

Podemos notar que ΔVPQ~ΔVTO e PQ é o apótema do hexágono

regular da base. Sendo l o lado do hexágono, então ( )= 3

2

l

PQ .

Nota-se também que OP=OT=R. Considerando VP a altura h da

pirâmide, temos que

( )

VO = −h R.

Calculando a hipotenusa do ΔVPQ por Pitágoras, obtemos que

( )

= 2+3 2 4

VQ h l .

Assim, por semelhança, temos: − = + 2 2 3 3 2 4 R h R l h l ⇔ = − + + 2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 4 R h hR R l h l ⇔ ⇔ 2 2=3 2 ⋅

(

−₂

)

4 R h l h h R ⇔

(

)

= ⋅ − 2 2 4 3 2 R h l h R

( )

1

Sabemos que o volume da pirâmide é definido por = ⋅1 ⋅

3 b

V A h, onde

b

A é a área do hexágono regular. Dessa maneira, a área da base

pode ser calculada dividindo a base em seis triângulos equiláteros.

Então, obtemos que = ⋅6 2 3

4 b l A . E, 2 1 1 3 6 3 b 3 4 l V= ⋅A ⋅ = ⋅ ⋅h ⋅ h

( )

2 Substituindo

( )

1 em

( )

2 , temos:

(

)

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − 2 1 4 3 6 3 3 2 4 R h V h h R ⇔ = ⋅

(

−

)

2 2 3 3 2 h R h V h R QUESTÃO 14

Considere a figura abaixo formada por arcos de circunferência tangentes cujos centros formam um pentágono regular inscritível em uma circunferência de raio R. O perímetro da figura é

a) 7π 10 2 5− 2 R b) 7π 10+ 5 4 R c) 7π 10 2 5+ 2 R d) 7π 10 2 5+ 4 R

(7)

e) 7π 10 2 5−

4

R

Resolução Alternativa E

Veja abaixo uma das circunferências:

108

o

252

o

Onde o ângulo central mede 108o_{pois é um ângulo interno do}

pentágono regular que os centros formam:

Assim, a região vermelha na figura acima é composta de 5 arcos de ₂₅₂o_{de circunferências de raio} r. Assim o comprimento pedido é: o o 252 5 2 7 360 C= ⋅ ⋅ π = πr r

Agora basta relacionar r e R. Veja que o lado do pentágono tem comprimento 2r . Utilizando o ângulo central temos a seguinte situação: R R 2r o 72

Assim, pelo Teorema dos Cossenos:

(

)

2 2 o

4r =2R 1 cos72−

Agora nos resta calcular o valor de _cos72o_{, que é o mesmo de} o

sen18 . A técnica de calculo desse valor é conhecida, e vem do

seguinte triângulo: o 72 ₇₂o o 36 x 1 1

Assim, se traçarmos a altura relativa a base de comprimento x (pontilhada na figura anterior), temos que o ângulo superior de algum dos triângulos retângulos formados mede ₁₈o_{, portanto seu}

seno vale: o sen18 2 x =

Agora basta calcular o valor de x. Para isso, traçamos a bissetriz de um dos ângulos de ₇₂o_: o 72 o 36 x 1 o 36 o 72 x x 1 x− 1 +

Por semelhança entre o triângulo +1 e o triângulo original, temos:

2 1 1 5 1 0 1 2 x x x x x x − ₌ _⇔ _{+ − =} _⇔ ₌− ±

Mas como x é o comprimento de um lado de um triângulo, x>0 e portanto 5 1 2 x= − . Assim: o o 5 1 cos72 sen18 2 4 x − = = = Substituindo em ₄ 2 ₂ 2

(

_{1 cos72}o

)

r = R − temos: 2 2 5 1 5 5 2 4 2 1 4 2 r = R ⎛⎜_⎜ − − ⎞⎟_⎟= − R ⇔ ⎝ ⎠ 2 5 5 2 5 5 8 2 2 r = − R ⇔ r = − R 10 2 5 4 r − R ⇔ =

Finalmente, substituindo em C= π7 r temos:

7

10 2 5 4

R

(8)

QUESTÃO 15

Considere os conjuntos A,B,C e D, não vazios, contidos no mesmo conjunto universo U. A simbologia F representa o complemento de um conjunto F em relação a um ponto U. Assinale a opção correta

a) Se A∩ ⊂D CeB∩ ⊂D Centão A∩ ⊂B C b) ⎡_⎣

(

A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

)

_⎦⎤∩

(

A∩ ∩B C

) (

= A∩B

)

c)

(

A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

)

=

(

A∩ ∩B C

)

d)

(

A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

)

=

(

A∩B

) (

∪ B∩C

) (

∪ A∩C

)

e) Se A⊂Ce B⊂Centão A∪ ⊂B C Resolução Alternativa E

Para justificar as afirmações abaixo serão utilizadas as leis de De Morgan: ⎧ ∪ = ∩ ⎪ ⎨ ∩ = ∪ ⎪⎩ X Y X Y X Y X Y

, com X e Y conjuntos quaisquer.

a) Falso

Construimos um contra-exemplo. Cosiderando:

{ }

{

}

⎧ = ⎪⎪ ₌ ⎨ ⎪ _{= =} ⎪⎩ , , , , A a d B b d D C a b c

Temos então que:

{ }

⎧ ∩ = ⊂ ⎪⎪ _{∩ =} _⊂ ⎨ ⎪ ∩ = ⊄ ⎪⎩ A D a C B D b C A B d C b) Falso

Simplificando a expressão, temos:

(

) (

)

(

)

⎡ _{∩ ∩} _∪ _{∩ ∩} ⎤_∩ _{∩ ∩} ⎣A B C A B C ⎦ A B C Colocando C em evidência:

(

) (

)

(

)

⎡ ⎤ ∩_⎣ ∩ ∪ ∩ _⎦∩ ∩ ∩ C A B A B A B C

Fazemos então distributiva de

(

A∩B

)

em

(

A∩B

)

:

(

)

(

)

{

}

(

)

C∩ ⎡_⎣ A∩B ∪A_{⎦ ⎣}⎤ ⎡∩ A∩B ∪B_⎦⎤ ∩ A∩ ∩B C =

(

)

(

) (

)

C∩_⎣⎡B∪A ∩ A∪B ⎤_⎦∩ A∩ ∩B C =

Aplicando a distributiva novamente e utilizando as leis de De Morgan:

(

)

(

)

(

)

⎡ ∩ ∩ ⎤ ⎡∩_⎣ ∩ ∪ ⎤ ⎡_{⎦ ⎣}∩ ∩ ∩ ⎤_⎦ ⎣C B A⎦ C A B C A B =

(

)

(

)

C B A C A B ⎡ ∩ ∩ ⎤ ⎡∩_⎣ ∩ ∩ ⎤_⎦ ⎣ ⎦

Pois: ⎡_⎣C∩

(

A∪B

)

_{⎦ ⎣}⎤ ⎡∩ C∩

(

A∩B

)

⎤_⎦= ∩C

(

A∩B

)

uma vez que

(

A∩B

) (

⊂ A∪B

)

. Assim:

(

)

(

)

(

)

(

)

C B A C A B C B A B A ⎡ ∩ ∩ ⎤ ⎡∩_⎣ ∩ ∩ ⎤_⎦= ∩ ∩ ∩ ∩ ⎣ ⎦

Mas, como

(

B∩A

)

∩

(

B∩A

)

= ∅. Então:

(

)

(

)

(

)

C∩ B∩A ∩ B∩A = ∅ ≠ A∩B

Obs: Vale a ressalva que se A e B forem disjuntos

(

A∩ = ∅B

)

, a

igualdade acima é verdadeira.

c) Falso

(

A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

)

⇔

(

A∩ ∩B C

) (

∩ A∩ ∩B C

) (

∩ A∩ ∩B C

)

⇔

(

A∪ ∪B C

) (

∩ A∪ ∪B C

) (

∩ A∪ ∪B C

)

Contra-exemplo: Consideramos os conjuntos:

{ }

⎧ = ⎪⎪ ₌ ⎨ ⎪ = ⎪⎩ A a B b C c

Sabemos que U= , ,

{

a b c

}

. Então:

A B C U A B C U A B C U ⎧ ∪ ∪ = ⎪⎪ _{∪ ∪ =} _⇒ ⎨ ⎪ ∪ ∪ = ⎪⎩

(

A B C

) (

A B C

) (

A B C

)

U ⇒ ∪ ∪ ∩ ∪ ∪ ∩ ∪ ∪ = Mas A∩ ∩ = ∅B C . d) Falso

Construimos um contra-exemplo. Tomando os conjuntos:

{ }

⎧ = ⎪⎪ ₌ ⎨ ⎪ = ⎪⎩ , , , A a d B b d C c d

Com U= , , ,

{

a b c d

}

. Então temos: ⎧ ∩ ∩ = ∅ ⎪⎪ _{∩ ∩ = ∅} ⎨ ⎪ ∩ ∩ = ∅ ⎪⎩ A B C A B C A B C ⇒

(

) (

)

⇒ A∩ ∩B C ∪ A∩ ∩B C ∪ A∩ ∩B C = ∅ Mas:

{ }

⎧ ∩ = ⎪ ∩ = ⎨ ⎪ ∩ = ⎩ A B d B C d A C d ⇒

(

) (

) { }

⇒ A∩B ∪ B∩C ∪ A∩C = d Portanto:

(

A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

)

≠

(

A∩B

) (

∪ B∩C

) (

∪ A∩C

)

e) Verdadeiro.

Pela lei de De Morgan, temos queA∪ = ∩ = ∩B A B A B. Como

⊂

A C e B⊂C, então A∩ ⊂B C.

Observação:

A demonstração que fizemos acima para cada alternativa faz uso apenas das definições e operações com conjuntos, não utilizando em nenhum momento diagramas para sua justificativa.

Numa demonstração formal, caso de uma questão dissertativa, por exemplo, diagramas de Venn-Euler não poderiam ser usados para justificar a validade de uma determinada afirmação.

Considerando que nesse caso temos uma questão objetiva, para descartar as alternativas (b), (c) e (d), podemos ilustrar, através de diagramas de Venn-Euler, que as igualdades apresentadas em cada

(9)

uma delas não são necessariamente verdadeiras, para três conjuntos

A, B e C quaisquer.

Observe os diagramas de Venn-Euler a seguir, que representam algumas intersecções que aparecerão nas alternativas (b), (c) e (d): (I) A∩ ∩ : B C

(II) A∩ ∩ B C

(III) A∩ ∩ B C

Na alternativa (b), temos

(

A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

)

:

Observe a partir disso que:

(

A B C

) (

A B C

)

(

A B C

)

⎡ _{∩ ∩} _∪ _{∩ ∩} ⎤_∩ _{∩ ∩} _{= ∅}

⎣ ⎦ :

Para as alternativas (c) e (d), precisaremos do diagrama de:

(

A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

)

Na alternativa (c), o lado esquerdo da igualdade apresentada seria:

(

A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

) (

∪ A∩ ∩B C

)

Já o lado direito seria:

A∩ ∩ B C

Na alternativa (d), o lado direito seria:

(10)

(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE FÍSICA

QUESTÃO 16

Uma partícula de carga q e massa m está sujeita a dois campos elétricos ortogonais E_x

( )

t e Ey

( )

t , dados pelas equações:

( )

5sen 2

( )

x E t = t

( )

12cos 2

( )

y E t = t

Sabe-se que a trajetória da partícula constitui uma elipse. A velocidade escalar máxima atingida pela partícula é:

a) 5 2 q m b) 5 q m c) 6 q m d) 13 2 q m e) 13 q m Resolução Alternativa C

Pelas equações da eletrostática, e considerando a força elétrica a única que atua na partícula:

x x x x x x q q E F q E m a a E m ⋅ = ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ 5 sen(2 ) x q a t m = ⋅ ⋅ Analogamente: 12 cos(2 ) y q a t m = ⋅ ⋅

Como a figura formada é uma elipse, então seu movimento é a composição de Movimentos Harmônicos Simples, nos eixos x e y. Podemos fazer as anti-derivadas ou utilizar as conhecidas equações de MHS para cada direção e assim obter as funções velocidade em x e y: 5 cos(2 ) 2 x q v t m = − ⋅ ⋅ 12 sen(2 ) 2 y q v t m = ⋅ ⋅

A velocidade resultante v, em módulo:

2 2 2 2 2 5 12 | | | | | | cos(2 ) sen(2 ) 2 2 x y q q v v v t t m m ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + = −_⎜ ⋅ ⋅ _⎟ +_⎜ ⋅ ⋅ _⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2 25 2 144 2 | | cos (2 ) sen (2 ) 4 4 q q v t t m m = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

(

)

2 2 2 25 2 2 119 2

| | cos (2 ) sen (2 ) sen (2 )

4 4 q q v t t t m m = ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ 2 2 25 119 2 | | sen (2 ) 4 4 q v t m ⎛ ⎞ = ⋅_⎜ + ⋅ _⎟ ⎝ ⎠

Cujo maior valor corresponde ao caso em que _{sen (2 ) 1}2

t = : 2 2 2 max 25 119 | | 1 36 4 4 q q v m m ⎛ ⎞ = ⋅_⎜ + ⋅ _⎟= ⋅ ⎝ ⎠ max |v | 6 q m = QUESTÃO 17

Um foguete de brinquedo voa na direção e sentido indicados pela figura com velocidade constante ν . Durante todo o voo, um par de espelhos, composto por um espelho fixo e um espelho giratório que gira em torno de A, faz com que um raio laser sempre atinja o foguete, como mostra a figura acima. O módulo de velocidade de rotação do espelho é: a) ⎡_⎣νsen

( )

θ⎤_⎦/ d b) ⎡_⎣νsen2

(

θ/ 2 / d

)

⎤_⎦ c) ⎡_⎣νsen2

( )

θ⎤_⎦/ d d) ⎡_⎣νsen

( )

θ⎤_⎦/ 2d e) ⎡_⎣νsen2

( )

θ⎤_⎦/ 2d Resolução Alternativa E

A figura abaixo traz algumas linhas de interesse para a resolução do exercício.

Tomamos como R a distância entre o espelho giratório e o foguete, e como ν a componente perpendicular a R da velocidade do foguete: _y

θ θ y ν ν d R

Sabemos, do movimento circular, que ν = ω ⋅ , então: R

y R θ ν ω = Como ν = ν ⋅_y sen( )θ e sen( ) d R=

θ podemos dizer que:

2 sen( ) sen ( ) sen( ) d d θ ν ⋅ θ ν ⋅ θ ω = = θ

Devemos lembrar que o valor do ângulo θ entre o raio que chega e o que sai do espelho é o dobro do valor do ângulo α , entre o raio que chega e a normal ao espelho.

θ

R

α

Podemos notar então que a velocidade angular do espelho ω é a _α

metade da velocidade angular do raio emergente ω . θ

Dessa forma: 2 sen ( ) 2 d α ν ⋅ θ ω = ⋅ QUESTÃO 18 x r L

(11)

Um objeto puntiforme encontra-se a uma distância L de sua imagem, localizada em uma tela, como mostra a figura acima. Faz-se o objeto executar um movimento circular uniforme de raio r r

(

L

)

com centro no eixo principal e em um plano paralelo à lente. A distância focal da lente é 3L/16 e a distância entre o objeto e a lente é x . A razão entre as velocidades escalares das imagens para os possíveis valores de x para os quais se forma uma imagem na posição da tela é:

a) 1 b) 3 c) 6 d) 9 e) 12 Resolução Alternativa D Sabemos que 1 1 1 ' f = +p p (equação de Gauss).

Percebemos pela figura do enunciado que p x= e 'p = − . L x

E a equação de Gauss fica:

16 1 1 3L= +x L−x⇒ 2 2 3 ₀ 16 L x − ⋅ +L x = Calculando as raízes: 1 1 4 x = L e 2 3 4 x = L

Como o objeto realiza um movimento circular uniforme de raio r a sua projeção sobre a tela realizará movimento circular uniforme de raio R . Como as velocidades angulares são iguais podemos afirmar que:

1 2 1 2 V V v r R R ω = = =

Pelo aumento linear temos que:

i R f A o r f p = = = − Então:

(

)

(

2

)

1 1 1 2 2 1 2 f f p f p R V R V f f p f p ⎛ ⎞ ⎜ ₋ ⎟ ₋ ⎝ ⎠ = = = − ⎛ ⎞ ⎜ ₋ ⎟ ⎝ ⎠

Substituindo o que encontramos (note que p1=x1 e p2=x2):

1 2 3 3 9 16 4 16 ₉ 3 1 1 16 4 16 L L L V V L L L − ⎛ ₋ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = = = − ⎛ ₋ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 2 9 V V = QUESTÃO 19

Um corpo de 300g de massa é lançado de uma altura de 2,20m em relação ao chão como mostrado na figura acima. O vetor de velocidade inicial ν tem módulo de 20m/s e faz um ângulo de 60º 0 com a vertical. O módulo do vetor diferença entre o momento linear no instante do lançamento e o momento linear no instante em que o objeto atinge o solo, em kg.m/s, é:

Dado:

Aceleração da gravidade: 10m/s².

a) 0,60 b) 1,80 c) 2,25

d) 3,00 e) 6,60

A força resultante sobre o corpo nesse caso é somente a força peso, que é constante. Portanto, de acordo com o teorema do impulso:

R

Q F t

Δ =JG JJG⋅ Δ ⇒ QΔ =JG PJG ⋅ Δt

⇒ QΔ =JG mg tΔ (1)

Calculando então o tempo de queda: 2 0 . . 2 g t s v t Δ = − ⇒0 2,2 20.cos(60 ). 10.2 2 t t − = ° − ⇒ 2,2 20. .1 10.2 2 2 t t − = − ⇒_5.2 _10. _{2,2 0} t − t− = ⇒t= ±1 1,2

Tomando então t positivo temos que t=2,2s. Substituindo na

equação (1) temos

(

0

)

0,3.10.2,2 Q mg t Δ =JG − = 6,60 . / Q Kg m s Δ =JG QUESTÃO 20

A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma barra vertical AC e um cabo CD, de pesos desprezíveis, e por uma barra horizontal BD. O cabo de seção transversal de 100 mm² de área é inextensível e está preso nos pontos C e D. A barra horizontal é composta por dois materiais de densidades lineares de massa μ e 1

2

μ . Diante do exposto, a força normal por unidade de área, em MPa, no cabo CD é:

Dados:

• aceleração da gravidade: 10 m/s²;

• densidades lineares de massa: μ =₁ 600kg m e μ =₂ 800kg m.

a) 100

b) 125 c) 150

d) 175

(12)

Os pesos das duas partes da barra horizontal são:

1 1 1 1 600 10 1 6000 N

P= ⋅ μ ⋅ = ⋅l g ⋅ ⇒P=

2 2 2 1 800 10 2 8000 N

P = ⋅ μ ⋅ = ⋅l g ⋅ ⇒P =

No triângulo pitagórico CBD temos:

3 sen

5 θ =

Admitimos o ponto B como ponto de giro da barra horizontal. A tração

TJG no cabo pode ser decomposta, então temos a seguinte situação:

TJG 1 P JJG 2 PJJG B Tx JJG y TJJG 0,5 m 0,5 m 0,5 m 0,5 m θ D E F

Pela somatória nula dos momentos das forças em relação ao ponto B,

e como sen 3 5 y T = ⋅T θ = ⋅ : T 1 2 0 0 E F D BE BF y BD M +M +M = ⇒ − ⋅P d −P d⋅ +T ⋅d = 3 6000 0,5 8000 1,5 2,0 0 5 T − ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ = 12500 N T=

A “força normal” no cabo CD em questão é a própria tração T. Sendo a

área da secção deste cabo _{100 mm}2 _{10 m}4 2

S= = − , temos: 6 4 2 2 12500 N N 125 10 10 m m T S= − = ⋅ ⇔ 125 MPa T S= QUESTÃO 21

Quando uma corda de violão é tocada, o comprimento de onda da onda sonora produzida pela corda

a) é maior que o comprimento de onda da onda produzida na corda, já que a distância entre as moléculas do ar é maior que a distância entre os átomos da corda.

b) é menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda,

já que a massa específica do ar é menor que a massa específica da corda.

c) é igual ao comprimento de onda da onda produzida na corda, já que

as frequências das duas ondas são iguais.

d) pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda

produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação da onda sonora e da onda produzida na corda.

e) pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda

produzida na corda, dependendo das frequências da onda sonora e da onda produzida na corda.

Resolução Alternativa D

Relacionando o comprimento de onda, a frequência, e a velocidade das ondas na corda e no ar temos:

corda f vcorda

λ = ⋅

ar f var λ = ⋅

Onde a frequência é a mesma para ambos, uma vez que a frequência gerada na corda é transmitida à onda sonora. Portanto

ar corda ar corda f v v λ λ = = Ou seja, ar ar corda corda v v ⎛ ⎞ λ =⎜ ⎟⋅ λ ⎝ ⎠ Sendo assim:

a) Incorreta: o comprimento de onda da onda sonora pode ser menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação de cada onda.

b) Incorreta: o comprimento de onda da onda sonora pode ser maior que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação de cada onda.

c) Incorreta: o comprimento de onda da onda sonora pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação de cada onda.

d) Correta: Na medida em que a razão ar corda

v v

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠for maior/menor que 1

o comprimento da onda sonora (λ ) será maior/menor que o ar

comprimento de onda da onda produzida na corda (λcorda).

e) Incorreta: não vai depender das frequências, pois elas serão sempre iguais. A onda sonora é gerada pela perturbação causada pela corda nas moléculas de ar, e essa perturbação ocorre sempre na frequência de vibração da corda.

QUESTÃO 22

A figura acima apresenta uma partícula com velocidade ν , carga q e massa m penetrando perpendicularmente em um ambiente submetido a um campo magnético B. Um anteparo está a uma distância d do centro do arco de raio r correspondente à trajetória da partícula. O tempo, em segundos, necessário para que a partícula venha a se chocar com o anteparo é:

Dados: • ν =10 m/s • B=0,5 T • 10 q= μ C • _{10 10}20_kg m= × − • 2 2 d= r a) 40π ×10−15 b) 20_{π ×}10−15 c)10π ×10−15 d) 5_{π ×}10−15 e) 2,5π ×10−15 Resolução Alternativa D

A partícula carregada, ao penetrar no ambiente magnético, sofre ação de uma força magnética cujo módulo é dado por:

, Mag

F = ν q B

Essa força aponta perpendicularmente à direção da velocidade, segundo a regra da mão esquerda.

v

G

mag

F

G

Como a trajetória é realizada com velocidade constante, a força magnética provoca uma resultante centrípeta, também constante, sobre a partícula. Tal força faz a partícula seguir a trajetória circular representada na figura do enunciado do exercício.

Para calcularmos o tempo tΔ necessário para que a partícula colida com o anteparo, necessitamos saber o comprimento s do arco de

B θ D

C 1,5 m

2,0 m 2,5 m

(13)

circunferência que ela percorre. Uma vez que nesse caso Δ =t s v/ . Tal arco tem tamanho igual a

.

s= θ r

O ângulo θ está representado na figura abaixo, e é determinado por

cos d arccos .d r r θ = ⇒ θ = r θ d s

Para a referida trajetória circular, podemos igualar a força magnética à resultante centrípeta a fim de obter o raio r em função dos parâmetros que o exercício oferece. Assim,

2 . Mag Cent mv m F R qvB r v r qB = ⇒ = ⇒ = G G Desta forma, arccos . s r m d t v v qB r θ Δ = = =

Substituindo agora os valores fornecidos no enunciado: 20 6 10.10 1 arccos 10.10 .0,5 t r − − Δ = r 2 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 15 5 .10 s t − Δ = π QUESTÃO 23

Em certos problemas relacionados ao escoamento de fluidos no interior de dutos, encontram-se expressões do tipo:

3 2

kal

γ = ν

A grandeza γ possui a mesma dimensão da razão entre potência e temperatura. O termo k é a condutividade térmica, conforme descrito pela Lei de Fourier. As dimensões dos parâmetros a e l são, respectivamente, as mesmas de aceleração e comprimento. A dimensão de ν para que a equação acima seja dimensionalmente correta é igual a:

a) raiz quadrada da aceleração.

b) quadrado da velocidade.

c) produto do comprimento pela raiz quadrada da velocidade. d) produto da velocidade pela raiz quadrada do comprimento.

e) produto do comprimento pelo quadrado da velocidade.

Resolução Alternativa D

Denotaremos as dimensões das grandezas fundamentais por:

M: Massa

L: Comprimento

T: Tempo

θ: Temperatura

A dimensão de potência (P) pode ser calculada usando o fato de que potência é o produto de uma força por uma velocidade, e a força por sua vez é o produto de uma massa por uma aceleração. Assim:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]

(

2

) (

1

)

2 3

P = F ⋅ v = m ⋅ a ⋅ v =M⋅ L T⋅ − ⋅ L T⋅ − =M L T⋅ ⋅ −

Encontramos, desse modo, as unidades dos parâmetros:

[ ]

M L T2 3 2 3 1 M L T − − − ⋅ ⋅ γ = = ⋅ ⋅ ⋅ θ θ

[ ]

2 a = ⋅L T−

[ ]

l = L

A Lei de Fourier sobre o fluxo de calor φ afirma que:

k A e

⋅ ⋅ Δθ

φ = ,

onde φ é calor por tempo (portanto dimensionalmente homogêneo a

uma potência), A é a área (

[ ]

2

A =L ), e é a espessura (

[ ]

e = ) e Δθ L

é a diferença de temperaturas (

[ ]

Δθ = θ ). Assim:

[ ] [ ] [ ]

_{[ ] [ ]}

(

2 3

)

3 1 2 e M L T L k M L T A L − − − φ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = = ⋅ ⋅ ⋅ θ ⋅ Δθ ⋅ θ

Substituindo tudo na fórmula apresentada, temos:

[ ] [ ] [ ] [ ]

[ ]

3 2 k ⋅ a ⋅ l γ = ⇔ ν

(

) (

)

[ ]

3 1 2 3 2 3 1 2 M L T L T L M L T − − − − − ⋅ ⋅ ⋅ θ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ θ = ⇔ ν

[ ]

2 2 3 T− L ν = ⋅ ⇔

[ ]

(

)

1 1 2 L T− L ν = ⋅ ⋅ QUESTÃO 24 u ν A α

Uma onda plana de frequência f propaga-se com velocidade ν

horizontalmente pela direita. Um observador em A desloca-se com velocidade constante u u

(

< ν no sentido indicado na figura acima.

)

Sabendo que α é o ângulo entre a direção de propagação da onda e de deslocamento do observador, a frequência medida por ele é:

a) ⎡_⎢1+ucos

( )

α ⎤_⎥f ν ⎣ ⎦ b) ⎡_⎢1−ucos

( )

α⎤_⎥f ν ⎣ ⎦ c)

( )

1 cos f u − α ν d)

( )

1 cos f u + α ν e) cos

( )

1 f u α + ν Resolução Alternativa B

Traçaremos uma figura para ajudar a compreender a situação.

α ν u x u y u

As linhas tracejadas representam as frentes de onda plana. Na

imagem é possível perceber que apenas a componente u_x da

velocidade do observador contribui para o Efeito Doppler. Dessa forma: o x f f u = ⇒ ν − ν x o u f = ⋅f ν − ν Como u_x= ⋅u cos( )α então:

cos( ) o u f = ⋅f ν − ⋅ α ν Rejeitando os termos: ( ) 1 cos o u f =⎛_⎜ − ⋅ α ⋅⎞_⎟ f ν ⎝ ⎠

(14)

QUESTÃO 25

Um feixe de luz de intensidade I incide perpendicularmente em uma lâmina de vidro de espessura constante. A intensidade da onda transmitida do ar para o vidro e vice-versa é reduzida por um fator

(

0< <1

)

q q . Ao chegar a cada interface de separação entre o ar e o

vidro, a onda se divide em refletida e transmitida. A intensidade total da luz que atravessa o vidro, após sucessivas reflexões internas no vidro, é dada por:

a) q I2 b) ₂ 2 qI q − c) 2 1 qI q + d) 2 qI q − e)

(

)

1 1 2q +q I Resolução Alternativa D

Observe a figura abaixo, onde o feixe perpendicular foi representado obliquamente para facilitar a visualização.

I

I1 I2 I3

A B C

Note que a intensidade de radiação que atravessa o vidro é a soma:

{

I I1, , , 2 I3 ...

}

( )

1

Pelo enunciado, a intensidade da luz incidente no ponto A é qI , logo

a que atravessa esse ponto é 2

q I. A luz incidente em B sofre duas reflexões após atingir A, sendo (1−q I)incidente a intensidade da luz refletida, assim a luz incidente em B possui intensidade ₍₁ ₎2 2

q q I

− ⋅ .

Note que para cada ponto (A, B, C ...) a intensidade da luz transmitida se reduz por um fator ₍₁ ₎2

q

− , assim a sequência

( )

1 será:

{

2_{, (1}2 _{) , (1}2 2 _{) , (1}4 2 _{) ,}6 _...

}

q I q −q I q −q I q −q I

Observe que esta sequência é uma Progressão Geométrica (P.G.) com infinitos termos de razão _{(1 q)}₋ 2_{. Lembrando que a soma dos} infinitos termos de uma P.G. é:

1 1 a S r ∞= ₋

Sendo a1 o primeiro termo e r a razão. Para simplificar, faremos a soma dos termos

{

_{1, (1} _{) , (1}2 _{) , (1}4 _{) , ...}6

}

q q q − − − e multiplicamos por _{q I}2 _: 2 2 2 1 1 1 1 (1 ) 1 (1 2 ) 2 S q q q q q ∞= = = − − − − + −

Logo a intensidade que atravessa será: 2 2 2 atravessa q I I q q = ⇒ − atravessa 2 q I I q ⋅ = − QUESTÃO 26

Um objeto puntiforme de massa m é lançado do ponto A descrevendo inicialmente uma trajetória circular de raio R, como mostrado na figura acima. Ao passar pelo ponto P o módulo da força resultante sobre o

objeto é 17mg , sendo g a aceleração da gravidade. A altura máxima

hmax que o objeto atinge na rampa é:

a) 3R b)

(

17 1 R −

)

c)

(

17 1 R +

)

d)

(

17 2 R +

)

e) 18R Resolução Alternativa A

A fim de calcularmos a altura máxima hmax atingida pelo objeto em questão, podemos considerar o fato de não haver forças dissipativas atuando sobre ele, o que faz com que sua energia mecânica seja conservada ao longo do movimento. Dessa forma, igualamos a energia mecânica final à energia mecânica em algum outro instante do percurso.

Para tanto, escolhemos o ponto P, onde é possível avaliar mais facilmente a energia cinética e a energia potencial gravitacional, sendo a última dada em relação ao chão por

. Pot P

E =m g R⋅ ⋅ .

A energia cinética deve ser calculada usando 2 . 1 2 Cin P P E = ⋅ ⋅m v , onde v_P é a velocidade em P.

Nesse ponto P, duas forças atuam sobre o objeto: • o peso P m gJG= ⋅JG, vertical, para baixo;

• a reação normal NJJG, horizontal, para o centro da trajetória circular.

Desta forma, o módulo da resultante FJJG_R neste ponto é tal que:

(

) (

)

2 2 2 ₂ ₂ 2

17 4

R

FJJG = JGP +NJJG ⇔ ⋅ m g⋅ = m g⋅ +NJJG ⇔ NJJG = ⋅ ⋅m g

Em P, a normal tem papel de resultante centrípeta, de maneira que

2 2 2 4 4 P P P m v m v N m g v g R R R ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ = ⋅ ⋅ JJG , o que nos dá uma energia cinética igual a:

2 . 1 2 2 Cin P P E = ⋅ ⋅m v = ⋅ ⋅ ⋅ , m g R

e por sua vez uma energia mecânica total igual a:

. . . 2 3

Mec P Pot P Cin P

E =E +E =m g R⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ . m g R m g R

Assim, como a energia cinética é nula no ponto de altura máxima, impondo a conservação da energia mecânica entre esse ponto e o ponto P, temos:

.

0+E_PotMax=E_{Mec P} ⇔m g h⋅ ⋅ _max= ⋅ ⋅ ⋅ ⇔3 m g R hmax=3R

P R R A hmax N JJG PJG R F JJG

(15)

QUESTÃO 27

Um automóvel percorre uma estrada reta de um ponto A para um ponto B. Um radar detecta que o automóvel passou pelo ponto A a 72 km/h. Se esta velocidade fosse mantida constante, o automóvel chegaria ao ponto B em 10 min. Entretanto, devido a uma eventualidade ocorrida na metade do caminho entre A e B, o motorista foi obrigado a reduzir uniformemente a velocidade até 36 km/h, levando para isso, 20 s. Restando 1 min para alcançar o tempo total inicialmente previsto para o percurso, o veículo é acelerado uniformemente até 108 km/h, levando para isso, 22 s, permanecendo nesta velocidade até chegar ao ponto B. O tempo de atraso, em segundos, em relação à previsão inicial, é:

a) 46,3 b) 60,0 c) 63,0 d) 64,0 e) 66,7 Resolução Alternativa D

Passando os dados para o sistema internacional e traçando os gráficos da viagem Prevista e a Real num mesmo sistema de coordenadas: (m/s) V (s) t 10 20 30 300 320 540 562 600 t_f Previsto Real

Para que as distâncias percorridas sejam iguais devemos ter as áreas abaixo dos gráficos iguais (o gráfico está fora de escala).

Calculando a área prevista:

20 600 12.000 P

A = ⋅ =

Calculando a área real:

(20 10) (10 30) 20 300 20 10 220 22 30 ( 562) 2 2 R f A = ⋅ + + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ t − 6.000 300 2.200 440 30 ( 562) R f A = + + + + ⋅ t − 8.940 30 ( 562) R f A = + ⋅t − Igualando as áreas: 8.940 30 (+ ⋅ tf−562) 12.000= (tf−562) 102= 664 f t =

Como o tempo previsto era de 600 segundos, temos um atraso de 64 segundos.

QUESTÃO 28

Um cabo subterrâneo inicialmente isolado, instalado entre os pontos A e B, possui resistência de 0,01 Ω / m . Este cabo se rompeu e seu ponto de ruptura apresenta fuga de corrente para a terra. Para determinar o ponto de rompimento do cabo e escavar o terreno de

modo a sanar o problema, foi montado o aparato apresentado na figura acima, composto por uma bateria Vb ajustada para fornecer uma corrente constante de 10 A ao circuito formado pela resistência R e pelo cabo. O valor da tensão da bateria é mostrado por um voltímetro que apresenta um erro de medição de +/- 10%. Sabendo que a leitura do voltímetro é 16,67 V, é CORRETO afirmar que:

a) a partir da leitura do voltímetro no ensaio, pode-se concluir que o comprimento total do cabo é 2 km.

b) a distância mínia de x para se iniciar a escavação é 224 m.

c) a distância mínia de x para se encerrar a escavação é 176 m.

d) o ponto x=240 m está dentro do intervalo provável de ruptura do

cabo.

e) o ponto x=210 m está dentro do intervalo provável de ruptura do cabo.

Para analisar completamente o problema, temos que ter em mente que o aparelho de medida possui um erro de medição de 10%, para mais ou para menos. Isto nos obriga a trabalhar com os limites superior e inferior de suas medidas ao invés de um único valor.

Assim, começamos calculando os extremos Umin e Umax para o

potencial que ele mede: min max 9 16,67. 15 V, 10 11 16,67. 18,33 V. 10 U U = = = =

A ruptura do cabo subterrâneo faz com que o trecho sob o solo funcione como uma resistência de 0,01 /mΩ , e conduza corrente para a terra, corrente essa que será ‘drenada’ pelo aterramento, conforme a figura abaixo. Isto ocorre pois tudo o que se encontra aterrado está no mesmo potencial, logo pode haver fluxo livre de cargas ali.

i

Dessa maneira o circuito resultante pode ser esquematizado da seguinte forma:

Rcabo

A resistência equivalente do circuito será dada por 10 10 cabo EQ cabo R R R = +

e deverá compreender uma faixa de valores, pois

min max 100 10 100 . 10 cabo EQ cabo cabo cabo R U R I R R U U R = ⋅ = → + ≤ ≤ + Resolvendo a inequação encontramos

15 100 18,33 10 cabo cabo R R ≤ ≤ +

(

)

(

)

0,15 10+Rcabo ≤Rcabo≤0,1833 10+Rcabo

1,76 2,24 Ω ≤Rcabo≤ Ω .

Portanto:

176 224 m≤L_cabo≤ m.

A partir disso inferimos que uma escavação de manutenção deva ser realizada no mínimo a uma distância de 176 metros e no máximo a 224 metros.