GABARITO ESCOLA NAVAL /2018 PROVA AMARELA MATEMÁTICA / FÍSICA

(1)

GABARITO ESCOLA NAVAL - 2017/2018

PROVA AMARELA

MATEMÁTICA / FÍSICA

01. D 11. A 21. E 31. B 02. E 12. B 22. D 32. C* 03. D 13. A 23. C 33. B 04. E 14. B 24. D 34. C* 05. D 15. D 25. B 35. ANULADA 06. A 16. C 26. E 36. B 07. A 17. B 27. E 37. ANULADA 08. C 18. E 28. A 38. D 09. A 19. B 29. D 39. A 10. E 20. E 30. A 40. D

(2)

GABARITO COMENTADO – PROVA AMARELA

PROVA DE MATEMÁTICA

Professores: Anderson Izidoro Brito Bruno Pedra

Carlos Eduardo (Cadu) Êurope

Rafael Sabino Thiago Esquian

01. Solução: Letra D.

Primeiro resolvemos o determinante,

2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 ( ) 7 a a a a k b b b b a a k b a ab a b b b a ab b b a ab k ab b a ab b a a b                             

Precisamos encontrar o coeficiente de k 1 6

x





x

, para isso reescreveremos a expressão 3 3 ₃ ₆ 2 2 9

1

1 (2

1)

2

8 x

x





_

 

_



_



 





 



, ou seja, o coeficiente 6

x

vai ser dado pelo coeficiente de 15

x

, em 3 6 (2x 1) . 3 5 6 5 15 1 5 1 6 .(2 ) .1 192 5 p T _ T_  _{ } x   x   15 6 9 192 24 8 x x x   02. Solução: Letra E.

Dada uma elipse de equação

2 2

2 2 1

x y

a b  , sua relação fundamental é a expressão

2 2 2

(3)

Sejam os focos escritos em função de a e b e o ponto P em função de a, b e x, temos que 2 2 2 2 2 1 2 2 ( ) ( , 0), ( ( ) , 0) , bx F a b F ab e P x b a       _  _  

O produto escalar é dado por

2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 ( ) ( ) . , bx . , bx PF PF x a b b x a b b a a     _     _{ }    _    













2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 ( ) . . 1 1 . 1 2 bx PF PF x a b b a x PF PF x a e a e a PF PF e x a e            _  _      03. Solução: Letra D.

Primeiramente vamos calcular as derivadas de f(x): 1 '( ) 1 f x x   e f ''( )x 1₂ x  

Como g(x) é a inversa de f(x), temos que g f x( ( ))x. Derivando implicitamente esta equação temos

(I)

_{g f x}

_{'( ( ))}

.

_f

_'

 

_x



₁

.

Derivando novamente chegamos a (II)

g

''( ( ))

f x

.

f

'

   

x f

.

'

x



g x f

'

   

.

''

x



0

Agora notemos que

f

 

1 

1

,

f

' 1

 



2

e

f

'' 1

 

 

1

. Fazendo

x



1

em (I) temos:





2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 c a b e a a a b e a e a b b a e a           

(4)

 

. '( (1)) ' 1 1 . '(1) 2 1 1 '(1) 2 g f f g g     Finalmente, fazendo

x



1

em

   

 

.

''( (1))

' 1

'' 1

0

1 .

.

''(1) 2 2

1

0

2

1 ''

8 g

f

g

f

g

x







 



04. Solução: Letra E. No polinômio 6 5 4 3 2 ( ) P x x bx cx dx ex  fxg, sabemos que 3

( 2

3)

0 P





, ou seja, 3 2 3 x  é raiz, então 3 2 3 x 



3 2 3 x 



  

3 3 3 2 3 2 3 3 2 6 2 2 3 x   x  x  x 





2 2 3 2 3 2 6 2 4 3 4 2 6 2 4 3 4 2 6 4 3 2

6

3 3 2

2 2

6

3 2(3

2)

36 9 2(6

3 18 )

2(9

12 4)

36 9 12

6

36

18

24

8

6

12

36 1 0

x







 











_



_



 







 













 

6 4 3 2 ( ) 6 6 12 36 1 P x x  x  x  x  x A divisão de P x

 

por 3

3

1 x



x



determina o polinômio R x

 

, logo





3 2 ( ) ( 3 1) . ( ) 3 54 4 P x  x  x q x  x  x 2 R(x) = 3x 54x4  S  3 54 4 = 55  05. Solução: Letra D.

Vamos primeiro reescrever a função para visualizar o conjunto imagem

 

2

 



2

 



 

2 2 1 2 1 2 2 2

f x  cos x sen x   cos x  sen x cos x sen x

(5)

 





 



  



  

 





 





90º 2 2 90º 2 2 90º 2 2 2 . 2 45º . 45º 2 2 2 2. 45º 2 x x x x

f x sen x sen x sen cos sen cos x

f x cos x             _ _ _ _        A imagem de f x

 

é _ 2, 2_, portanto a  2 e b 2.

Para acharmos a equação do plano , deve-se fazer o produto veorial entre para encontrar o vetor normal ao plano.





0 1 0 1, 0, 1 1 1 1 i j k Det  i k  n  i k  A equação do plano :

x

  

z

d

0

O plano passa pelo ponto A



9, 1, 0



, portanto 9 0  d 0  d  9 



: x  z 9 0

A distância do plano ao ponto P é dado por:





2 , ,1 , 2,1 1, 2,1 2 a P a b      _{ }_  _    _{ } _ , ₂ ₂ ₂ o o o P ax by cz d d a b c       

 

, ₂ 2 2 1. 1 0. 2 1 9 ₁₁ _{11 2} 2 2 1 0 1 P d_            06. Solução: Letra A.

Vamos determinar a área da base pelo radical de Heron 13 14 15 21 2 p   













2

21 21 13 21 14 21 15

84

base

S



p p a



p b



p c









cm

Conseguimos determinar a altura da pirâmide pelo volume dado

1 1 15 22

105 22 84 105 22

3 base 3 4

(6)

A projeção do vértice da pirâmide no plano da base se dá no ponto equidistante dos vértices do triângulo da base, ou seja, seu circuncentro. Logo vamos determinar, portanto, esse raio.

13.14.15 65 84 84 4 4 8 base abc S R R R      

Conseguimos agora finalizar a questão encontrando

l

no triângulo retângulo abaixo 2 2 2 65 15 22 155 8 4 8 l _ _ _ _  l   _ _ 07. Solução: Letra A.

(FALSA) Tomando P



x y_o, _o



um ponto de interseção das curvas. Seja r a reta que contém P e é tangente à parábola e a reta s que contém P é tangente à elipse. Temos, Coeficiente angular de r em P: 2 ' 2 yax  y  ax  m_r 2ax_o Coeficiente angular de r em P: 2 2 2 2 2 4 . ' 0 ' 2 2 o s o x x x y x y y y m y y           

Como P é um ponto pertencente às duas funções, sabemos que

2 2 2 o o o o y y ax y ax a x     

Para que as duas retas sejam perpendiculares entre si, temos

2 . 2 . 2. . . 1 2 2 o o o r s o o o o o x y x m m ax x y x y        _ _ _ _ _ _       

, ou seja, as retas s e r são sempre paralelas. (VERDADEIRA)

(7)



  











 













 





  







  







  





~

^

x

A

p x

x

A

q x

x

A

q x

x

A

p x

x

A q x

x

A

p x

 

  



 

 

  

 

(FALSA)

 



 





 



 

_

_{ }

_

 







 



2 2 2 2 0 0 0 2 2 2 2 2 ₀ 0 0 2 1 1 1 1 1 1 1 1 .

sec sec sec

cos

lim sec 0 sec 0 1

x

sen x sen x

M dx dx dx

sen x sen x sen x sen x

sen x M dx x tgx x dx tg x x x M tg x x tg                            



(FALSA) Olhemos para um contraexemplo, xi. Seu argumento é 2





 , ou seja, 2 1 i sen i i e e e e     _{ }  _ _  _ _. 08. Solução: Letra C.

Primeiramente posicionamos um dos vértices na origem dos eixos coordenados e adotamos medida da aresta igual a

2a

. Definimos então os vértices do tetraedro no espaço e os vetores pedidos na questão.





3 2 3 2 6 3 2 AB AD B A D A A B D X  A m AC  A m_   CA   _ A m_   C _      

Como x pertence ao plano BCD, a coordenada y de X é igual a zero (yx 0), ou seja, 2 6 6 0 2 0 6 3 9 3 x a a m y  m       m Logo,

(8)

 





 





 





3 2 3 3 2 2 2 3 2 2 3 12 1 2 12 1 ' ' 4 4 2.6 12.6 1 1 ' 6 4 6 4 x x x x x f x f x x x f                09. Solução: Letra A.

Pelo teorema de L’Hôpital





2 ₃





3 3 3 3 0 1 2 3 9 3. 3 ₂ _{2 9} 1 3 3 9

lim

x x x x A x         

Como estamos observando x na vizinhança de 0, tem que 2

2 0 2 0 x   e x  , logo: 2 ₂ ₂ 0 0 0 2 2 ₂ ₂ 1

lim

x x x x x _x _x _x _x B x x x       _{   } _{ }     Temos que





3 1 1 1 1 sen x     _ _    , logo



 











9 9 9 3 1 1 1 1 1 x x sen x x       _ _     então pelo teorema do confronto temos que:

























9 9 9 9 3 3 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1

lim

x x x x x x sen x x sen x x             _ _     _ _       Portanto,

C



0

e 3.1 3 3 4 2 9 8 0 9 3 B A  C _ _     10. Solução: Letra E.

I) (FALSA) Olhemos para um contraexemplo,

 

3

f x x com

x



. A função é estritamente crescente, ou seja,

 

2

' 3. 0

f x  x  , porém em

x



0

em f '

 

x 0. II) (VERDADEIRA) Se f x

 

 f x t







então f x t



 



f x



2t



 f x

 

, intuitivamente temos que f x

 

 f x



kt



, logo

t

'



kt

.

III) (FALSA) Olhemos para um contraexemplo, a função f x

 

 x , para todo

x



(9)

 

0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

lim

x x x f x f x x x f x f x x                 

IV) (FALSA) Se é extritamente crescente ou descrescente será injetora, mas não necessariamente sobrejetora.

V) (VERDADEIRA) Se

 

2

 

2

 

h x  f x g x , derivando temos

 

   

' 2. . ' 2. . '

h x  f x f x  g x g x . Como f '

 

x g x

 

e f ''

 

x  f x

 

 g x'

 

 f x

 

,

, logo substituindo temos

 

   

 

' 2. . 2. . 0

h x  f x g x  g x _f x _  h x c

Como h

 

0 5,

c



5

 h x

 

5  h

 

10 5

11. Solução: Letra A.

Seja V₁ o conjunto verdade de

p x

 



q x

 

, temos que VI C C VA( A qVP)VqC VA p

e r x

 

é o conjunto C V_A _r. Logo, o conjunto verdade desejado é dado por

 



p x q x



 r x

 

VIC VA r VqC VA pC VA r C V VA p



q C VA r



Nota: a notação C B_A é o conjunto complementar de B em A.

12. Solução: Letra B. Consideremos a assíntota de

 

3 3 2

f x



x



x

como ymx b . 3 3 2 3 2 3 3 3 3

1 lim

lim

1

x x x

x

m

x

        











Utilizando a aproximação de Bernoulli Logo,

(10)

1

1 lim

.

1

1 lim

3

x x

b

x

     











_



_

 

_

_



_

 













Portanto a equação da assíntota é 1 3

y x . Representando no plano cartesiano os gráficos, temos:

Precisamos calcular a área do trapézio hachurado, em que a base menor é a distância entre os pontos (3,4) e (0,1), portanto (b = base menor) b = . A base maior é a distância entre os pontos (0,-1/3) e (11/3,10/3), portanto(B = base maior) B = . A altura do trapézio é igual a distância entre as retas y = x+1 e y = -1/3+x, portanto h = .

Aplicando a fórmula da área do trapézio:





. 2 B b h S   , temos 11 2 4 2 3 2 . 3 6 ₄₀ 2 9 S          . 13. Solução: Letra A.

X é o conjunto que contem os p elementos de B e pode ou não conter os outros n – p elementos que estão em A, mas não estão em B. Para a montagem, do conjunto X podemos decidir de duas maneiras para cada um destes n – p elementos (pertencer ou não pertencer), logo:

1 2 3 2 2 2 2 , , ... p,

_,_,_ ..._

X x x x x             

(11)

14. Solução: Letra B.

Representamos primeiro o gráfico da parábola e a reta da partícula à origem que determina o ângulo



. Logo,

 

2 2 2 2

. 1 . 1 . 0

x tg



x   tg



x  tg



x

Derivando a equação em função do tempo,

 

2

 

2

 

2tg .sec d .x tg dx 0 dt dt







 Como dx 8 dt   , temos

 

2 ₂ 1 5 1 2. . . 4 . 8 0 2 2 2 2 5. 2 5 d dt d d dt dt



  _  _{  }  _{ }     _ _     _ _      15. Solução: Letra D.

Reescrevemos os vértices do triângulo equilátero,

 

0,1 ,

 

,



,



 

0,1 ,

 

,



,



i z a b e iz b a  A B a b e C b a

(12)







 



2 2 2 ₂ ₂ ₂ ₂ 2 2 1 1 AB  AC  BC  AB  AC  BC  a  b b  a  ab  ba

 

2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 3 2 1 2 2 2 2 1 0 2 i b a a b ii b a a a ab b b ab a a a a                         , ou seja, 1 2 1 3 1 3 6 2 5 2 2 2 4 1 3 1 3 6 2 2 2 2 4 z i cis z i cis



          _ _             _{ }   16. Solução: Letra C.

Consideremos a população igual P, temos: Exame com doença (sadia): 1%. 98,5%.P





Exame com doença (doente): 90%. 1,5%.P





A probabilidade de ter a doença tendo dado exame positivo é













90%. 1,5%.

90.1,5

270 1%. 98,5%.

90%. 1,5%.

98,5 90.1,5

467 P

P





Primeiro vamos determinar o período da função g,

 

1  

_{ }

1

4 tg x

g x

tg x

p

tg x



_



_

_



_



_











Resolveremos agora a integral por substituição, pois

 

2 2 2

2

1

2

1

2

2 x

x

tg

sen x

e cos x

x

tg

 

_

 

 

 



 



_{ }



_{ }

 

, chemando 2 x tg  _{ } u

  temos que x2arctg u

 

. Derivando temos 2 ₂

1

dx du

u



(13)

 

_{ }

2 2





2 2 1 1 2 1 1 2 . 1 1 2 1 cos 1 1 1 1 1 2 1 1 b b b b b b a a a a a a x tg u f x dx dx du du du lnu ln u ln ln x u u x sen x u u u u tg u u           _   _         _ _    _ _        _           



Como 4 a



e 2 b



temos 2 2 2 4 8 2 1 1 1 2 4 8 b a x tg tg tg ln ln ln ln x tg tg tg



                   _{ }   _{ }   _{ }  _ _ _       _{ }_ _        _   _   _  _ _        _{ }   _{ }   _{ }        18. Solução: Letra E.

Basta observamos os 3 pontos que indicam máximo ou mínimo local, pois nestes pontos temos que f '

 

x₁  f '

 

x₂  f '

 

x₃ 0, ou seja, x x e x₁, ₂ ₃ são raízes da derivada. No gráfico observamos que x e x₁ ₂ são duas raízes entre “a e 0” e x₃

é uma raiz entre “0 e b”.

A única opção que pode representar um esboço do gráfico é a letra E.

Abaixo visualizamos a representação gráfica das inequações e o sólido gerado (região em azul) pela rotação do conjunto dos pontos comuns.

Volume do cilindro de raio 2 e altura 4:

1 2

.2 .4 16

C

V 







(14)

 

4 4 ₂ 4 2 0 0 0 . . 8 2 P y V 





y dy





ydy







Volume da região R

 

V_R = Volume do cilindro de altura 1 menos o volume

 

V_G

gerado pela rotação do gráfico

y



x



1

. i) Volume do cilindro de raio 2 e altura 1:

2

.2 .1 4

C

V 







ii) Volume

 

V_G gerado pela rotação do gráfico

y



x



1

:









1 1 1 5 3 2 2 4 2 0 0 0 2 28 . 1 2 1 5 3 15 G y y V 



y  dy



y  y  dy



_  y_ 



 



Volume da região R

 

V_R : 2 28 32 4 15 15 R C G V V V 











O volume do sólido



V_Sólido



será obtido pelo volume do cilindro

1

C

V

menos o volume gerado pela rotação da parábola

 

V_P menos o volume da região R

 

V_R , ou seja 1 32 88 16 8 15 15 Sólido C P R V V V V 















20. Solução: Letra E.

Se devemos ter pelo mens 3 incógnitas nulas temos, 1º caso: 3 incógnitas nulas

3 6 6! 20 3!3! C   , assim x₄ x₅ x₆ 20 4 17,2 5 19 6 3 17,2 6 19

1 19!

1

17

171 17!2!

1 20 171 3420

x

a

x

b

a b c

P

x

c

C

P

 

  





 









(15)

4 6 5 6 4 18 19 5 4 18 6 19 6! 15, assim 20 4!(6 4)! 1 19! 18 19 1 18! 15 19 285 C x x x a a b P x b C P                  

3º caso: 5 incógnitas nulas

5 6 6 19 4 19 4 19 6 19 6! 6, assim 20 5!(6 5)! 19! 1 19 1 19! 6 1 6 C x x a a P C P              

O total de casos será dado por

3420 285 6



 

3711

.

Comentário da prova:

A prova de matemática do concurso da escola naval 17/18 comparada com anos anteriores apresentou um nível de dificuldade muito superior deixando os candidatos surpresos. A banca continuou investindo no assunto de cálculo contendo 8 questões, mas soube distribuir bem os assuntos.

A banca falhou em alguns enunciados e, a nosso ver, deverá anular as questões 2, 7, 11, 17, 18 e 19 da prova amarela.

PROVA DE FÍSICA – PROVA AMARELA

Professores: Maurício Tiago Luiz Portes 21. Solução: Letra E. Inicialmente em t: P1.V1 = N.R.T Em t’: Onde T’ = 2T P’.V’ = N.R.2T P2.V2 = 2 N.R.T Como NRT é o P1.V1, podemos: P2.V2 = = 2 P1.V1

(16)

Logo:

Como o Volume, em questão é de um cilindro, vamos ter que V = A.h, como a área é a mesma na situação t e t’, pode-se afirmar que V1 =A.h1 e V2 = A.h2.

Fazendo as devidas substituições.

A pressão exercida na situação t, isto é P1 é a própria pressão atmosférica, já na situação t’, isto é, P2 é a soma da pressão atmosférica com a pressão do corpo, que por sua vez é dado por força sobre área, onde essa força é o peso. Desse modo:

Substituindo na equação anterior

Sabendo que:

A = 3 cm² = 3x10-4_m²

g = 10 m/s²

h1= 12 cm = 12 x 10-2_m

h2= 10 cm = 10 x 10-2_m

Substituindo na equação anterior, temos:

Resolvendo, obteremos a massa igual a 4,2 kg.

22. Solução: Letra D. Fragata Independência:

Na direção Y ( ): Temos a velocidade da fragata que vale 15 √2 m/s,a na

direção norte (+), em seguida, temos uma correnteza de sentido oposto ( - ) de velocidade 2 m/s. Desse modo, a velocidade de 1, será dada por:

(17)

Como ela tem velocidade 20 nós, na direção nordeste, o interessante seria fazer uma decomposição dessa velocidade nas componentes x e y, como o nordeste está no meio, entre o Norte e Leste, que formam ângulo de 90º, logo o ângulo que o nordeste forma é de 45º.

Sabendo que:

Desse modo, a velocidade do navio é de 10√2 na direção X ( ou i) e 10√2 na direção Y (ou J). No entanto, nele também se aplica a correnteza de 2 m/s, na direção j, que possui sinal negativo, pois tem sentido oposto. Portanto, temos:

Calculando a velocidade relativa da independece com a Rademaker, temos:

Determinando o módulo:

23. Solução: Letra C.

Identificando as forças da questão:

 Peso (atua no meio, por que a barra é homogênea);  Reações (X e Y);

(18)

Dados: L = 5,0 m M = 2kg T = 15√2 N Ry = ? µ = ?

Calculando todos os momentos e igualando a zero, temos:

Logo:

A soma das forças verticais é zero

24. Solução: Letra D. Dados: MA = 12 kg MB = 3 kg µE = 0,3 µC = 0,2 Sem deslizamento

(19)

A força resultante sobre o sistema é:

Substituindo na equação anterior, teremos:

Substituindo valores, temos que:

Desse modo F = 20 N

Como as forças elétricas de interação entre as cargas são iguais, iremos chamar de F. Por simetria, suas componentes horizontal e vertical também serão:

(20)

Como

Podemos escrever a força eletromotriz induzida na barra que desliza através da expressão:

Aplicando a 1ª Lei de Ohm na barra, poderemos calcular a corrente elétrica que se estabelece:

Sendo constante a velocidade da barra, podemos garantir que a força resultante sobre ela é nula. Desta forma:

AB: Expansão isotérmica

BC: Aquecimento isovolumétrico

CD: compressão/ Resfriamento isobárico. Reescrevendo isso, num gráfico V x T, temos:

(21)

29. Solução: Letra D. Dados: V = 220 V P = 7600 W V’ = 110 V P’ = ?

A potência elétrica pode ser escrita como:

Então:

Reduzindo a tensão para 110 V, podemos aplicar novamente a equação para o cálculo da nova potência:

Aplicando a equação fundamental da ondulatória, podemos determinar o comprimento de onda do som.

Podemos então observar que

Desta forma, as fontes F1 e F3 chegarão ao ponto P em fase, assim como F2 e F4, visto que a diferença de caminhos percorridos pelas mesmas será um múltiplo inteiro do comprimento de onda. No entanto, as ondas resultantes dessas interferências chegarão ao ponto P em oposição de fase. Portanto, teremos para qualquer ponto P sobre o eixo X uma amplitude resultante nula.

A força de atração gravitacional atua como resultante centrípeta. Logo:

(22)

O vetor velocidade de cada corpo é sempre tangente à trajetória, sendo, portanto, variável. No entanto, a velocidade angular é constante e a energia conservada.

32. Solução: Letra C (Passível de Anulação).

Diurno:

Noturno:

Variação percentual

=

No enunciado não consta o sinal de menos na definição da variação percentual.

(23)

34. Solução: Letra C (Passível de Anulação) .

LF = 6 cal/g Pot = 360 W

C= ? ( o autor não disse em qual estado físico é) Se for da líquida, segue a resolução:

Fusão Q = Pot. ∆t=360 x20 = 7200 cal Q = m. L 7200 = m. 6 m = 1200 g Líquido Q = Pot. ∆t = 360 x(67,5 – 60) = 360 x 7,5 = 2700 cal Q = m. c. ∆θ 2700 = 1200 . c (400 – 325) C = 0,03 cal/g ºC = 3 mcal/gºC 35. Solução: ANULADA.

Podemos determinar o tempo gasto em cada percurso dado:

Desta forma, o tempo total sera:

Notem então que, se não considerarmos nenhuma parada, a velocidade média será de 50 km/h. O enunciado garante que a mesma foi de 60 km/h. Existe uma

(24)

inconsistência teórica, pois se houver qualquer parada, a velocidade deverá ser menor que 50.

A onda refretada mantém a fase da onda incidente. Uma vez que a onda vai de uma corda mais densa para outra menos densa, não haverá inversão de fase na onda refletida.

37. Solução: ANULADA.

Aplicando principio de steven.

Sendo , teremos: Em A: EA = T + PA T = EA - PA Em B: EB1 + T + EB2 = PB T = PB - EB1 - EB2 Igualando as trações PB - EB1 - EB2 = EA - PA

(25)

38. Solução: Letra D.

Como não há passagem de corrente na malha a direita, a fem será igual a d.d.p. na lâmpada, de resistência .

Teremos uma resistência equivalente igual a:

Portanto:

Logo a d.d.p. na lâmpada sera:

39. Solução: Letra A. Se q = 0, Logo F = 0 40. Solução: Letra D. T = 4s A = 2 cm Derivando x,

(26)

. Desse modo,

. Somando,

Comentário da prova:

A prova do concurso da escola naval 17/18 apresentou os seguintes assuntos por incidência, em número de questões:

Calor: 4

Eletricidade: 5 Ondas: 3

Mecanica: 8

A prova de física deste ano comparada com a dos anos anteriores apresentou um nível de dificuldade mais baixo.

A banca falhou em alguns enunciados e deverá anular as questões 35 e 37 da prova amarela.