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Soluções de Vestibularesý

MATEMÁTICA & FÍSICAý

ÿ Cirlei XavierBacharel e Mestre em Física

pela Universidade Federal da Bahia

Maracás BahiaNovembro de 2016

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INEP - Instituto Nacional de Estudos e PesquisasEducacionais Anísio Teixeira

ENEM - Exame Nacional do Ensino Médio

Provas e Gabaritos

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Sumário

1 ENEM 2016 31.1 FÍSICA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Questão 47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Questão 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 ENEM 2015 52.1 MATEMÁTICA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Questão 136 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Questão 137 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Questão 138 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Questão 139 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Questão 140 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Questão 141 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Questão 142 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Questão 143 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Questão 144 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Questão 145 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Questão 146 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Questão 147 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Questão 148 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Questão 149 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Questão 150 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Questão 151 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Questão 152 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Questão 153 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Questão 154 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Questão 155 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Questão 156 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Questão 157 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Questão 158 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Questão 159 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Questão 160 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Questão 161 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Questão 162 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Questão 163 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Questão 164 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Questão 165 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Questão 166 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Questão 167 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Questão 168 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1

Sumário Sumário

Questão 169 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Questão 170 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Questão 171 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Questão 172 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Questão 173 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Questão 174 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Questão 175 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Questão 176 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Questão 177 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Questão 178 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Questão 179 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Questão 180 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.2 FÍSICA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Questão 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Questão 50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Questão 53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Questão 63 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Questão 64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Questão 65 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Questão 68 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Questão 70 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Questão 73 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Questão 75 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Questão 79 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Questão 82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Questão 85 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Questão 86 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Questão 88 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Matemática e Físicab2

ÿ Cirlei Xavier

Capítulo 1

ENEM 2016

1.1 FÍSICA

Questão 47

A usina tem 20 unidades geradoras e 14 000 MW de potência total instalada, apresentauma queda de 118,5 m e vazão nominal de 690 m3/s por unidade geradora. Portanto, a vazãototal é de 20 · 690 = 13.800 m3/s. Sabemos que o cálculo da potência teórica leva em conta aaltura da massa de água, h = 118,4 m, represada pela barragem, a gravidade local (10 m/s2) ea densidade da água (1 000 kg/m3) e que a diferença entre a potência teórica e a instalada é a

potência não aproveitada. A potência teórica é dado pela expressão P ot =Fp · h∆t

, onde Fp =m·gé a força-peso da massa de água, h a altura da massa de água e ∆t o tempo da queda. Comoda densidade da água é massa dividido pelo volume, então, temos m = d ·V , e a vazão total,R, é dado por R = V /∆t = 13.800 m3/s.

A potência teórica fica:

P ot =m · g · h∆t

=d ·V · g · h

∆t= d ·R · g · h

P ot = d ·R · g · h = 1.000 · 13.800 · 10 · 118,4 = 16339,2 · 106 W = 16339,2 MW

A potência total não aproveitada é 16.339,2−14.000 MW = 2.339,2 MW, que correspondehá uma potência não aproveitada em cada unidade geradora de 2.339,2/20 = 116,96 MW.

Resp.: C

Questão 49

Um observador O, está em repouso, e uma ambulância A em movimento retilíneo e uniformese aproxima dele emitindo um som de frequência constante fA. Sabemos que a frequência édado por f = v/λ, onde v é a velocidade no som no ar e λ é o comprimento de onda. Devido aaproximação da ambulância ao observador, a frequência da onda sonora detectada em função dotempo fO(t), é uma frequência aparente maior que a frequência fA real. Assim, na aproximaçãoo comprimento de onda é menor e a frequência aparente é maior que frequência real do som, poroutro lado, se a ambulância estiver se afastando do observador, seguindo o mesmo raciocínioanterior, concluímos que a frequência aparente do som ouvido é menor que a frequência real dosom e o comprimento de onda maior. Portanto, o gráfico que representa a frequência da ondasonora detectada em função do tempo é o gráfico que mostra uma frequência aparente maior

3

Capítulo 1. ENEM 2016 1.1. FÍSICA

que a frequência real, na aproximação da ambulância ao observador, e que num intervalo detempo, que mostra imediatamente antes e depois da ultrapassagem, uma curva da frequênciadecaindo no tempo, mostrando, assim, uma frequência aparente menor que a real depois dapassagem da ambulância.

Resp.: D


ÿ Cirlei Xavier

Capítulo 2

ENEM 2015

2.1 MATEMÁTICA

Questão 136

Inicialmente o investidor tem x ações de uma empresa. O gráfico do valor de cada ação,em reais, varia linearmente em função do tempo em hora. Observe que o valor começa a subirno inicio do dia. Quando o valor da ação ultrapassa a reta que representa o valor ideal (Vi),o investidor vende a metade (primeira operação), dessa forma, fica com x/2 ações. Depois ovalor tem um mínimo e começa a decair linearmente. Quando ultrapassa a reta que representao valor mínimo (Vm), o investidor compra a mesma quantidade de ações que possui (segundaoperação), isto é, volta a possuir x ações. Depois, com o passar das horas, o valor contínua acrescer e ultrapassa a reta (Vi), então o investidor vende a metade (terceira operação), assim,volta a ter x/2 ações. O valor da ação contínua crescente e por fim, quando o valor da açãoultrapassa a reta que representa o valor ótimo (Vo), o investidor vende todas as ações que possui(quarta operação) e fica com zero ações.

Resp.: B

Questão 137

Observe que, na figura abaixo, temos um triângulo equilátero, de lado l = 30 cm, inscritoem um circulo de raio R. O raio é nossa variável, pois devemos encontrar o valor mínimo de Rque será suficiente para cobrir a base superior do suporte da mesa, este em forma de triânguloequilátero.

A B

C

l

l l

θ

R

Usando a lei dos senos, temos:

lsen(θ)

= 2R⇒ R =l

2 · sen(θ)

onde θ é o um dos ângulos interno do tri-ângulo.

Sabemos que os três ângulo interno do triângulo equilátero são iguais e que a soma delessão iguais à 180◦, ou seja, 3θ = 180◦⇒ θ = 60◦. Dessa forma, usando a aproximação de 1,7para

√3, substituindo os valores de l e θ na equação acima, encontraremos o raio de:

5

Capítulo 2. ENEM 2015 2.1. MATEMÁTICA

R =30

2 · sen(60◦)=

302·√3

2

R =30√3=

301,7� 17,6 cm

Portanto, o tampo de vidro circular que o comprador deve levar, será aquele de menor raioque satisfaz as condições, isto é, o de raio 18 cm.

Resp.: A

Questão 138

Observando os valores no gráfico cobrados, em função da distância percorrida, nas locadoraP e Q, vemos que os valores pago na locadora Q é menor ou igual àquele pago na locadora Ppara distâncias, em quilômentros, nos intervalos de 0 a 20 km e de 100 a 160 km, ou seja, paradistâncias nos intervalos [0,20] e [100,160].

Resp.: D

Questão 139

Observado a carta jogada na mesa, vemos que ela representa 6/8. Esse número pode serescrito como 3/4, após ser simplificado, escrito na forma decimal 0,75 e em percentagem 75%.Olhando as nove cartas nas mãos do jogador, temos três cartas com valor equivalente ao valordescrito na carta da mesa. Portanto, as três cartas da mão do jogador podem formar um parcom a carta da mesa.

Resp.: E

Questão 140

Pela análise do gráfico da participação em promoções do tipo sorteio ou concurso em umaregião percebe-se que as classes sociais A e B participam mais via internet e as classes C e Dparticipam mais via correios. Portanto, para atingir maior número de consumidores das classesA/B e C/D, a empresa deve realizar a promoção, respectivamente, via internet e correios.

Resp.: B

Questão 141

Sendo a embalagem no formato de paralelepípedo retangular reto de dimensões largural = 10 cm, comprimento c = 20 cm e altura h = 10 cm, temos que seu volume é V = lch =10 · 20 · 10 = 2000 cm3. Levando em conta o aumento do volume do sorvete de 25% quandofica com consistência cremosa, quando colocado no congelador, e que inicialmente foi colocadauma mistura de sabor de chocolate de 1.000 cm3 e, após essa mistura ficar cremosa, seráadicionada uma mistura de sabor morango, podemos encontrar uma expressão que nos dá ovalor inicial da mistura para que a embalagem fique completamente preenchida com sorvetesem transbordar. Essa expressão, onde Vm e Vch são os volumes das misturas sabor morango echocolate, respectivamente, é dada por:

(Vm +Vch) · 1,25 = V

(Vm +1.000) · 1,25 = 2.000

1,25Vm = 2.000− 1,25 · 1.000


ÿ Cirlei Xavier


1,25Vm = 2.000− 1250 = 750

Vm = 600 cm3

Resp.: C

Questão 142

Como as senhas são numeradas de 1 a 100, então, temos o conjunto S = {1,2,3, ...,100} quechamamos de espaço amostral (conjunto de todos os resultados possíveis de um experimentoaleatório). Logo o número de elementos do espaço amostral, S, é n(S) = 100. Seja E o eventosortear uma senha ao acaso, sendo essa senha um número compreendido entre 1 e 20, então,temos E = {1,2,3, ...,20}. O número de elementos desse evento é n(E) = 20. Portanto, aprobabilidade de a senha sorteada ser um número de 1 a 20 é:

P (E) =n(E)n(S)

=20100

Resp.: C

Questão 143

Mediana é o valor que separa a metade superior de uma amostra de dados, em ordemcrescente ou decrescente, da metade inferior. Se o número de elementos for um número par, amediana será a média dos dois valores centrais. Mas se o número de elementos for um númeroímpar, a mediana será o elemento do meio, sendo sua ordem na sequência dado por n + 1/2,onde n é o número de elemento. Colocando em ordem crescente os valores do tempo de cadaatleta, temos:

20,50;20,60;20.60;20,80;20,90;20,90;20,90;20,96

Observe que temos 8 elementos e que os dois valores centrais são 20,80 e 20,90. Portanto,a mediana dos tempos dos atletas é

m =20,80+20,90

2= 20,85

Resp.: D

Questão 144

A área do trapézio, At, é a metade do produto de sua altura pela soma da base menor coma base maior, ou seja,

At =12· h · (b+B)

At =580 · (360+600)

2= 480 · 580

Devido a modificação feita pela Fiba o garrafões das quadras passaram a ser retângulos. Aárea do retângulo é o produto da largura pelo comprimento, ou seja, Ar = lc = 490 · 580.

Dessa forma, houve uma alteração na área ocupada por cada garrafão, que corresponde aaumento de

∆A = Ar −At = 490 · 580− 480 · 580 = 580(490− 480) = 5.800 cm2

Resp.: A


ÿ Cirlei Xavier


Questão 145

Serão distribuídos 400 ingressos para uma sessão vespertina e 320 ingressos para uma sessãonoturna de um mesmo filme. Chamando de x e de y os números de escolas que receberãoingressos para a sessão vespertina e noturna, respectivamente. O primeiro critério nos diz quenão teremos interseção entre x e y. O segundo critério diz que cada escola irá receber o mesmonúmero de ingressos, então, chamarei de n o número de ingressos recebido por cada escola. Já oterceiro critério nos diz que não haverá sobra de ingressos. Assim, os 400 ingressos distribuídospara a sessão vespertina pode ser escrito como n · x = 400 e os 320 ingressos como n · y = 320.O número de escolas é dado por

x =400n

y =320n

Observe na equações acima que o número de escolas x e y será mínimo quando o denominadorn for máximo. Dessa forma, como n é um divisor comum nas duas razões acima, devemosencontrar maior divisor comum de 320 e 400, ou seja, n = mdc(320,400) = 80. Então, onúmero mínimo de escolas são x = 5 e y = 4, logo, temos x+ y = 9 escolas.

Resp.: C

Questão 146

A antiga cisterna de formato cilíndrico tem um diâmetro de 2 m, logo, um raio de r = 1 m,uma altura de h = 3 m. A nova cisterna, mantendo o formato cilíndrico e a mesma altura,tem um raio R e seu volume será de 81 m3. O volume de um sólido cilíndrico é V = πR2h.Então, o volume da nova cisterna é πR2h = 81. Usando 3 como valor aproximado para π esubstituindo o valor de h, o valor do novo raio é:

πR2h = 81

3R2 · 3 = 81⇒ R = 3 m

O aumento, em metros, no raio da cisterna para atingir o volume desejado é R− r = 3−1 =2 m

Resp.: C

Questão 147

Considerando que a escola campeã será a escola que obtiver maior pontuação na soma detodas as notas emitidas e que em caso de empate, a campeã será a que alcançar a maior nota noquesito Enredo e Harmonia. Observamos na tabela que a escola II será campeã caso houver umempate dela com qualquer outra escola, pois ela foi a única que recebeu dois dez. Vemos que,faltando uma única nota para cada escolas de samba, a escola IV está na frente com 68 pontose a escola II em segundo lugar com 66 pontos. Agora, vamos analisar todas as possibilidadesdas notas atribuídas, pelo jurado B no quesito bateria, para que a escola II seja campeã. Emprimeiro lugar analisaremos as escolas com menores notas, são elas I, II e V, pois já sabemosque a escola II e IV estão com maior pontuação. Perceba que dentre as 5 notas disponível paraatribuir para a escola I não temos restrição, ou seja, qualquer nota atribuída a escola ela ficaráno máximo no terceiro lugar, por exemplo, se receber um 10 ficará com um total de 65 pontos.O mesmo acontece com as escolas III e IV. Dessa forma, temos 5 possibilidades de atribuirnota para cada umas dessas três escolas. Agora, entre a escola II e IV, devemos analisar as


ÿ Cirlei Xavier


possibilidade com cuidado. Se a escola II receber um 10, a escola IV terá 3 possibilidades,receber 6, 7 e 8, se receber um 9, a escola IV terá 2 possibilidades, receber 6 e 7, este levará aoempate, mas a escola II ganha pelo critério de desempate. E por fim, se a escola II receber um8, a escola IV terá 1 possibilidade, receber a nota 6. Observe abaixo três possíveis situaçõesque satisfazem o problema.

5,1,5,3,5

5,1,5,2,5

5,1,5,1,5

A possibilidade em cada situação será o produto das possibilidade de cada escola, isto é,aplicando o princípio fundamental da contagem nas três situações, temos:

5 · 1 · 5 · 3 · 5 = 375

5 · 1 · 5 · 2 · 5 = 250

5 · 1 · 5 · 1 · 5 = 125

A possibilidade total para que a escola II seja campeã será a soma das três possibilidadesencontradas, que pode ser escrito como 5 · 1 · 5 · 6 · 5 = 750. Portanto, existe 750 maneiras(configurações distintas) de ser atribuídas as notas pelo jurado B que torne campeã a escola II.

Resp.: C

-Pensando:As três escolas I, III e V juntas totalizam 5 · 5 · 5 = 125 possibilidades. Já a escola II e IV

tem 6 possibilidades. Pelo princípio fundamental da contagem, todas as possibilidades distintasserá 6 · 125 = 750.

Questão 148

A área do terreno cedida para o empilhamento dos contêineres é A = 10 · 32 = 320 m2. Aárea da base do contêiner é Ac = 2,5 · 6,4 = 16 m2. Fazendo a razão da área do terreno pelaárea da base do contêiner, obtemos o número de contêineres que ocupará essa área do terrenosem sobrar espaços e nem ultrapassar, A/Ac = 320/16 = 20. Portanto, existem 20 contêineresna camada do solo. Como temos 100 contêineres, o número de camadas é 100/20 = 5. Cadacamada tem uma altura de 2,5 m que é altura do contêiner. Portanto, a altura mínima a seratingida é 5 · 2,5 = 12,5 m.

Resp.: A

Questão 149

Ao retirar de cada canto do cubo um tetraedro cujas arestas são menores que a metadeda aresta do cubo, obtemos um sólido com 14 faces, sendo 6 faces octogonais mais 8 facestriangulares. Portanto, será necessário 14 cores distintas para pintar cada faces do troféu.

Resp.: C


ÿ Cirlei Xavier


Questão 150

A padaria vendendo, em média, 100 pães especiais por dia e arrecadando com essas vendas,em média, R$300,00, então, em média, um pão custa 3,00 reais. A quantidade de pães vendidosdiariamente aumenta, caso o preço seja reduzido, de acordo com a equação q = 400 − 100p,onde q representa a quantidade de pães especiais vendidos e p o preço em reais de cada pão.Nesse caso, o dinheiro arrecadado com as vendas é R(p) = pq = p(400− 100p) = 400p − 100p2.O gerente faz uma promoção a fim de aumentar o fluxo de clientes, diminuindo o preço dopão especial, de modo que a vendas seja a maior possível, porém sem diminuir a média dearrecadação diária. Sendo assim, a expressão que nos dá o valor arrecado fica R(p) > 300⇒400p−100p2 > 300⇒−100p+400p−300 > 0, simplificando, temos −p2+4p−3 > 0. Resolvendoesse inequação do segundo grau, obtemos

−p2 +4p − 3 > 0

∆ = (4)2 − 4 · (−1) · (−3) = 4

p =−4± 2−2

⇒ p = 1 ou p = 3

A solução para a inequação é S = {p ∈ R | 1 6 p 6 3}. Como o valor de q deve ser o maiorpossível, então, p = 1. Entre os intervalos dados o que satisfaz nosso problema é o intervaloR$0,50 6 p < R$1,50.

Resp.: A

Questão 151

Seja x o número de de meninas entre 11 e 13 anos do município, das quais p% serãovacinadas, ou seja, p%x e (100−p)%x é o número de meninas que não serão vacinadas. Comoa vacina tem eficácia de 98%, então, 2% dos vacinados correrão o risco de ser infeccionadaspor HPV. Uma campanha tem o objetivo de vacinar as meninas do município de modo que aprobabilidade de uma menina ser escolhida ao acaso seja no máximo de 5,9%. Considerandoque, numa população não vacinada, o HPV acomete 50% desse público ao longo de suas vidas.Então, temos:

50% · (100− p)% · x+50% · 2% · p% · x = 5,9% · x

0,5 · (100− p)%+0,5 · 0,02 · p%= 5,9%

50%− 0,5 · p%+0.01 · p%= 5,9%

−0,49 · p%= −44,1%

p%=44,1%0,49

= 90%

Portanto, a equipe deve vacinar 90% do público-alvo para que a probabilidade de umamenina vir a desenvolver a doença seja de 5,9%.

Resp.: A

Questão 152

No primeiro ano de funcionamento, uma indústria fabricou 8.000 unidades de um determi-nado produto. No segundo ano aumentou a produção em 50%, dessa forma, a indústria fabricou1,5 · 8.000 = 12.000 unidades. Considerando que, nos próximos anos, o crescimento continua


ÿ Cirlei Xavier


com aumento anual de 50%, então, no terceiro ano será produzido 1,5 · 12.000 = 18.000 uni-dades e assim por diante. Perceba que os produtos fabricados formam uma sequência, istoé:

(8.000,12.000,18.000, ..., P )

Veja que essa sequência é uma progressão geométrica, isto é, progressão geométrica sãosequência em que o quociente entre cada termo e o termo anterior, a partir do segundo, é umaconstante q denominada razão da P.G. O primeiro termo é a1 = 8.000 e a razão é 12.000/8.000 =18.000/12.000 = 3/2 = 1,5. Seja P a quantidade anual de produtos fabricados no ano t, ouseja, é o t-ésimo termo da P.G, at = P (t). Sabemos que um termo qualquer na P.G é dado pelaexpressão at = a1 · qt−1. Portanto P (t) = 8.000 · (1,5)t−1

Resp.: E

Questão 153

Para ser representado as calorias diárias, 60% de carboidratos, 10% de proteínas e 30% degorduras em um triângulo equilátero, um losango, um pentágono regular, um hexágono regularou octógono regular devemos dividir em regiões cujas áreas sejam proporcionais às porcentagensmencionas acima. Inicialmente devemos dividir os polígono em partes iguais, depois fazer arelação de 10% de proteínas corresponde a 10% da área da figura, 30% de gorduras correspondea 30% da área e 60% corresponde a 60% da área. Vamos começar com o triângulo equilátero.Dividindo o triângulo em 9 partes iguais, então, temos a seguinte proporção 10%, 30% e 50%.Não podemos usar o triângulo. O losango dividido em 8 partes iguais, então, temos a seguinteproporção 10%, 30% e 40%. Não podemos usar o losango. O pentágono regular dividido em10 partes iguais, então, temos a seguinte proporção 10%, 30% e 60%. Portanto, podemos usaro pentágono para representar a ingestão correta de diferentes tipos de alimentos.

Resp.: C

Questão 154

Temos log(x1) = −h/2 e log(x2) = h/2, então, log(x1) + log(x2) = 0⇒ log(x1) = − log(x2).Logo, x1 = 1/x2, com 0 < x1 < x2. Como x2−x1 = n⇒ x2+1/x2 = n. Assim, temos uma equaçãodo segundo grau:

x22 −nx2 − 1 = 0

∆ = n2 +4

x2 =n+√n2 +42

Então, usando a expressão log(x2) = h/2, a altura h é dada por:


ÿ Cirlei Xavier


h = 2 · log(x2)⇒ h = 2 · logn+√n2 +4

2

Resp.: E

Questão 155

0

R

r r

Como as áreas de cobertura das duas ante-

nas antigas são círculos de raio r = 2 km, en-tão, a área de cada uma é Ar = πr2 = 4π km2.A nova antena também tem área de cober-tura um círculo de raio R = 2r = 4 km,como mostra a figura, dessa forma, a área seráRR = πR2 = 16π km2. Devido a instalação danova antena, a área de cobertura foi aumentoude AR − 2Ar = 16π − 8π = 8π km2 (área emazul na figura).

Resp.: A

Questão 156

Levando em conta que, a cada pagamento, o saldo devedor se reduz em R$500,00. Portanto,após a nona prestação, o saldo devedor será reduzido de R$9 · 500,00 = R$4.500,00. Dessaforma, o valor da décima prestação, então, será a soma do valor fixo mais o juro de 1% sobre osaldo devedor, ou seja, R$500+R$0,01(180.000−4.500) = R$500,00+R$0,01 ·175.500,00 =R$500,00+R$1.755,00 = R$2.255,00. Portanto, o valor a ser pago ao banco é de R$2.255,00.

Resp.: D

-Pensando:A prestação é paga, mensalmente, um valor fixo de R$500,00 mais juro de 1% a. m. sobre

o saldo devedor (valor devido antes do pagamento). Dessa forma, escrevemos os três primeirosmeses:

Primeiro mês R$500,00+R$0,01 · 180.000,00 = R$500,00+R$1.800,00 = R$2.300,00Segundo mês R$500,00+R$0,01 · 179.500,00 = R$500,00+R$1.795,00 = R$2.295,00Terceiro mês R$500,00+R$0,01 · 179.000,00 = R$500,00+R$1.790,00 = R$2.290,00Temos uma P.A com o primeiro elemento sendo a1 = 2.300 e razão r = −5. Assim, o décimo

termo dessa sequência é dado pela equação do termo geral, an = a1 + (n − 1)r, então, temosa10 = 2.300+9 · −5 = 2.255. Portanto, na décima prestação será pago o valor de R$2.255,00.

Questão 157

Sabemos que 1 tonelada (t) corresponde a 1.000 quilograma (km). Então, o valor de 4,129milhões de toneladas pode ser escrito como:

4,129 · 106 t = 4,129 · 106 · 103 kg = 4,129 · 109 kg

Resp.: C


ÿ Cirlei Xavier


Questão 158

A expressão de Young utilizada para calcular a dose infantil de um medicamento é dadapor:

dc =ic

ic +12· da

onde dc é a dose de criança, ic é a idade da criança, em anos, e da é a dose do adulto.Foi administrada a uma criança uma dose de 14 mg de um medicamento Y, cuja dosagem deadulto é 42 mg. Então, temos:

dc = 14 =ic

ic +12· 42⇒ 14ic +12 · 14 = 42ic⇒ ic =

12 · 142 · 14

= 6 anos

A enfermeira deverá ministrar uma dosagem do medicamento X, em miligramas, de:

dc =ic

ic +12· da

dc =6

6+12· 60 mg⇒ dc =

36018

mg⇒ dc = 20 mg

Resp.: B

Questão 159

Para uma população de 101,8 milhões de brasileiro, dados do Censo de 2010, com 10 anosou mais de idade a renda média mensal apurada foi de R$1.202,00. A soma dos rendimentosmensais dos 10%mais pobres, ou seja, 10%·101,8·106, correspondeu a apenas 1,1% do total derendimentos dessa população, ou seja, 1,1% ·101,8 ·106 ·1.202,00. Já a soma dos rendimentosmensais dos 10% mais ricos, ou seja, 10% · 101,8 · 106, correspondeu a 44,5% desse total, ouseja, 44,5% ·101,8 ·106 ·1.202,00. Portanto, a diferença, em reais, entre a renda média mensalde um brasileiro que estava na faixa dos 10% mais rico e de um brasileiro que estava na faixados 10% mais pobres é:

x =44,5% · 101,8 · 106 · 1.202,00

10% · 101,8 · 106− 1,1% · 101,8 · 10

6 · 1.202,0010% · 101,8 · 106

x =(44,5%− 1,1%) · 1.202,00

10%

x =(0,445− 0,011) · 1.202,00

0,1

x =0,434 · 1.202,00

0,1= 5216,68 reais

Resp.: E

Questão 160

A caneta tem comprimento real de 16,8 cm, mas seu comprimento na fotografia é de 1,4cm. Na fotografia temos que o comprimento da pegada é de 3,4 cm e da largura é de 2,2 cm.Aplicando as regras de três simples, temos que a largura real da polegada é x = 2,2 ·16,8/1,4 =36,96/1,4 = 26,4 cm e o comprimento real é y = 3,4 · 16,8/1,4 = 57,12/1,4 = 40,8 cm

Resp.: D


ÿ Cirlei Xavier


Questão 161

1mm

d

d

1mm

A taxa de cobertura do vidro é o percentual da área da região coberta pelas fitas da malha,que são colocadas paralelamente às bordas do vidro. Considerando que a taxa de coberturada malha seja de 75% (área em azul na figura), então, temos 25% corresponde a parte nãocoberta (área em branca na figura). Devemos fazer a razão entre as áreas (d − 1)2 pela áreatotal d2 (ou fazer a razão de d − 1)2, área em branco, por 2d − 1, área em azul, que será igualà 1/3). A medida de d nessa condição é:

(d − 1)2

d2=

25100

=14

4d2 − 8d +4 = d2

3d2 − 8d +4 = 0

∆ = 64− 48 = 16, d = 2/3 ou d = 2

Portanto o valor de d que satisfaz as condição é d = 2, pois d − 1 > 0.Resp.: A

Questão 162

Para cortar todas as tábuas em pedaços de mesmo comprimento, dispondo de 40 tá-buas de 540 cm, 30 de 810 cm e 10 de 1.080 cm, todas de mesma largura e espes-sura, devemos encontrar o maior divisor comum de 540, 810 e 1.080. O valor encontrado émdc(540,810,1.080) = 2 ·33 ·5 = 270. Como as peças deve ter o maior tamanho possível, masde comprimento menor que 2 m = 200 cm, devemos encontrar o maior divisor comum menorque 200. Fatorando o número 270, temos 270 = 2 · 3 · 5 · 9 = 2 · 135, portanto, o maior divisorcomum menor que 200 é 135. Dessa forma, o número de peças obtidas será:

x =40 · 540+30 · 810+10 · 1.080

135x = 160+180+80 = 420

Atendendo o pedido do arquiteto, o carpinteiro deverá produzir 420 peças.Resp.: E

Questão 163

Tendo a caneta um volume total de 3 mL e sendo a unidade de insulina de 0,01 mL, entãoa caneta tem 3/0,01=300 unidades. Um paciente ao receber um aplicação ingere 10 unidadese descarta 2 unidades, então, cada aplicação o perfil perde 12 unidades. O número máximo deaplicações por perfil é de 300/12=25 unidades.

Resp.: A


ÿ Cirlei Xavier


Questão 164

Nesse problema devemos fazer um arranjos simples e não combinação simples. Combinaçãosimples é um tido de agrupamento que considera apenas as diferenças pela natureza, ou seja, sãoagrupamentos que não diferem entre si ao mudar a ordem de seus elementos. Arranjos simplessão alguns tipos de agrupamentos que diferem pela ordem ou pela natureza, isto é, diferementre si ao mudar a ordem de seus elementos. Ao trocar duas pessoas de uma poltrona paraoutra, mudo a ordem de assento, nesse caso tenho duas formas distintas de se acomodar todos,por isso, a ordem diferem ao mudar as pessoas de seus assentos. Com 9 lugares disponíveis,devemos formar arranjos de 7 elementos cada, ou seja, A9,7. A expressão para calcular umagrupamento do tipo arranjo simples é:

An,p =n!

(n− p)!onde p indica o número de fatores do produto e n o primeiro fator do produto. Assim,

temos:

A9,7 =9!

(9− 7)!=9!2!

A9,7 =9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2!

2!= 181.440

Portanto, temos 181.440 formas distintas de se acomodar a família nesse voo.Resp.: A

Questão 165

A piscina é formada por três setores circulares idênticos, com ângulo central igual a 60◦.Observe que o setor corresponde a um sexto, 1/6, de um círculo de raio R. A área da novapiscina será três vezes, devido os três setores, a área de um sexto do circulo, isto é, 3 ·(1/6)πR2.Considerando que a área ocupada pela nova piscina seja menor que a ocupada pela piscina jáexistente, temos

Ar = 24 · 50 60◦R R

3 ·πR2

6< 24 · 50

R2 <2 · 24 · 50

π

R2 <2.4003⇒ R2 < 800⇒ R < 28,28

O maior valor possível para R, sendo um número natural, é 28 m.Resp.: B


ÿ Cirlei Xavier


Questão 166

Se um paciente ingerir um copo de água de 150 mL a cada meia hora por 10 horas, apessoa tomará 10/0,5=20 vezes o volume de 150 mL, ou seja, será ingerido, durante as 10horas, o volume de 20 · 150 = 3.000 mL = 3 litros. Então, dentre as garrafas disponíveis nosupermercado, o paciente deve levar 1 garrafa do tipo V (3,00 litros) ou 2 do tipo IV (1,5litros) ou 4 do tipo III (0,75 litros) ou 10 do tipo II (0,30 litros) ou 20 do tipo I (0,15 litros).Escolhendo levar somente duas garrafas, então, o paciente escolherá apenas garrafas do tipoIV.

Resp.: D

Questão 167

A F

GD

N

M

O

AM =14·AD, AN =

12·AF e FO =

12FG

A B

CD

N’

M’

O’=O

N

M

AN ′ =NB =14·AB e AM ′ = BM =

14·AD

Resp.: E

Questão 168

A probabilidade de um aluno, em uma escola, compreender e falar inglês é de 30%, cha-mamos essa probabilidade de probabilidade de sucesso, Ps = 30% = 0,30. Por outro lado, aprobabilidade de não sucesso é Pn = 1−Ps = 0,70 = 70%. Mas, quando três alunos dessa escolasão colocados junto e feito uma pergunta em inglês, a probabilidade de o entrevistador serentendido e ter sua pergunta oralmente respondida em inglês é a mesma probabilidade de pelomenos um deles entender e responder em inglês. Temos os seguintes casos: os três entendeme sabem responder em inglês ou dois deles ou um deles. Para cada um dos três alunos temos30% de sucesso e 70% de insucesso, sendo assim, duas possibilidades para cada. A possibili-dade total de pelo menos um deles responderem é 2 · 2 · 2 = 6. Seja P (E) a probabilidade depelo menos um deles responderem e P (E) a probabilidade de nenhum responder, assim, temosP (E) + P (E) = 1. Nesse caso, devo calcular a probabilidade de total insucesso dos três alunos,P (E), por ser mais fácil. A probabilidade será:

P (E) = 0,7 · 0,7 · 0,7 = 0,343 = 34,3%

Dessa forma, a probabilidade P (E) = 1−0,343 = 0,657 = 65,7% ou 100%−34,3% = 65,7%.Resp.: D

-Pensando:Da outra forma deveríamos calcular todos os casos possíveis de pelo menos um deles res-

ponderem e a probabilidade seria a soma das probabilidades dos seis caso possíveis. Observe:


ÿ Cirlei Xavier


P (E) = 0,3 · 0,7 · 0,7+0,7 · 0,3 · 0,7+0,7 · 0,7 · 0,3+0,3 · 0,3 · 0,7+

+0,3 · 0,7 · 0,3+0,7 · 0,3 · 0,3+0,3 · 0,3 · 0,3 = 0,657⇒ 65,7%

Questão 169

Sendo 282 quilotoneladas de polímero PET reciclado e desse valor 37,8% é destinada àprodução têxteis. Então, temos 37,8% de 282 kton. Agora, 30% do valor destinada à produçãotêxteis são destinadas à produção de tecidos e malhas, ou seja, 30% de 37,8% de 282 kton.Dessa forma, então, temos 0,30 · 0,378 · 282 = 31,9788 � 32,0 kton.

Resp.: C

Questão 170

A média das quatro primeiras etapas de cada candidato é dado pela fórmula:

M4 =x1 + x2 + x3 + x4

4⇒ x1 + x2 + x3 + x4 = 4 ·M4

A média total de cada candidato é dado por:

M =x1 + x2 + x3 + x4 + x5

5

M =x1 + x2 + x3 + x4

5+x55

M =4 ·M4

5+x55

onde M4 e x5 é a média das quatro primeiras etapas e a pontuação na quinta etapa de cadacandidato, respectivamente. Dessa forma, temos para cada candidato a seguinte média:

MA =4 · 905

+605

= 72+12 = 84

MB =4 · 855

+855

= 68+17 = 85

MC =4 · 805

+955

= 64+19 = 83

MD =4 · 605

+905

= 48+18 = 66

ME =4 · 605

+1005

= 48+20 = 68

Colocando os candidatos na ordem decrescente de suas notas da média, temos que B > A >C > E > D.

Resp.: B


ÿ Cirlei Xavier


Questão 171

Como o cálculo do índice pluviométrico é feito com o nível de água da chuva acumulada em1 m2 = 106 mm2, ou seja, se o índice for de 10 mm, significa que a altura do nível de águaacumulada em um tanque aberto, em formato cúbico, de 1 m2 de base, é de 10 mm. Se umalata de formato cilíndrico, de raio R = 300 mm e altura H = 1.200 mm, acumular um volumede água de um terço da sua capacidade, (1/3)πR2 ·H o índice pluviométrico será de:

13πR2 ·H = 106 · I = 106 · I mm3

13· 3 · (300)2 · 1.200 = 106 · I

I =9 · 104 · 12 · 102

106= 108 mm

Observe que para encontrar o índice pluviométrico, I , igualei o volume de água ocupado nalata ao volume de um cubo de área 106 mm2, já que a definição do índice pluviométrico é feitoatravés da área de 106 mm2.

Resp.: D

Questão 172

O ponto Q está na posição (550;320) e o ponto P em (30;20), observe que a distância doponto Q até a esquina, ponto (550;20), é de 520, já a distância da esquina até o ponto Q é de300. Então, o ponto T deve ser colocado na rua A, pois a distância entre o ponto P até T e Taté Q devem ser iguais. Chamando de x a distância do ponto P até T, observe que a abscissado ponto T será x+30, então, temos

0 30 550

20

320

x+30 x

y

0

Q

P T

x = (520− x) + 300

2x = 820⇒ x = 410

Portanto, as coordenadas do ponto T é (440;20).Resp.: E

Questão 173

Colocando os valores de espessuras das lentes em ordem crescente, inclusive o número 3,temos

2,099;2,96;3,0;3,021;3,07;3,10

Observe que o número mais próximo de 3 é o número 3,021, passando do número 3 apenas0,021. Portanto, a lente escolhida terá espessura de 3,021.

Resp.: C


ÿ Cirlei Xavier


Questão 174

Sendo a temperatura no interior da estufa, em graus Celsius, dada pela expressão T (h) =−h2+22h−85, em que h representa as horas do dia, então, sabendo que número de bactérias émaior possível quando a estufa atinge sua temperatura máxima. Observe que a temperatura édada por uma equação do segundo grau. A temperatura será máxima no ponto do vértice, ouseja, no ponto de coordenadas (−b/2a;−∆/4a), onde a e b são as constantes da equação geraldo segundo grau. Dessa forma, a temperatura máxima é:

Tmáx =−(b2 − 4ac)

4a

Tmáx =−[(22)2 − 4 · (−1) · (−85)]

4 · (−1)

Tmáx =−4 · 36−4

= 36◦C

0 5 11 17

36

-85

0

T (h) ℃

h(horas)0

A temperatura máxima está no intervalo 30 6 T 6 43, então, tem classificação Alta.Resp.: D

Questão 175

O comprimento vertical é 2b e o comprimento horizontal é 2a. Como, para essa bola, adiferença entre os comprimentos horizontal e vertical é igual à metade do comprimento vertical,então, temos 2a − 2b = 2b/2 ⇒ 2a − 2b = b ⇒ a = 3b/2. Sendo o volume da bola dado porV = 4ab2, então, o volume em função apenas de b será

V = 4 · 3b2· b2 = 6b3

Resp.: B

Questão 176

Sendo o plano para cliente que utilizaram até 500 ligações ao mês o seguinte plano mensal:um valor fíxo de R$12,00 para os clientes que fazem até 100 ligações ao mês. Nesse caso, temosuma função linear constante, f (x) = 12, para x no intervalo [0,100]. Caso o cliente faça maisde 100 ligações, será cobrado um valor adicional de R$0,10 por ligação, a partir da 101a atéa 300a. Nessa caso, a partir do valor 100 temos uma função linear que me dará os valorescobrados em função do número de ligações, isto é,f (100) = 100 · a+ b = 12

f (300) = 300 · a+ b = 32⇒ 200 · a = 20⇒ a = 0,1 e b = 12− 10 = 2

a função é f (x) = 0,1 · x+2 para x ∈ [101,300]Caso realize ligações entre 300 e 500 ligações, será cobrado um valor fixo mensal de R$32,00.

Nessa caso, voltamos a uma função constante de valor 32, ou seja, f (x) = 32 para x pertencenteao intervalo de 300 a 500.

O gráfico que representa a relação entre o valor mensal pago nesse plano e o número deligações feitas é:


ÿ Cirlei Xavier


0

y(reais)

x(ligações)300100 500

32

12

Resp.: B

Questão 177

Dado que a dosagem diária de um medicamento receitado a um felino são administradoscom base na superfície corporal do animal. No quadro vemos que a relação de 3,0 kg de umfelino e a sua área superfície corporal é de 0,208 m2. Se uma dosagem de 250 mg por metroquadrado é receitado a um felino pesando 3,0 kg, temos, então, a relação 250 mg está para1 m2 assim como x está para 0,208 m2. Dessa forma, a dose diária que esse felino deveráreceber é de x = 250 · 0,208 = 52,0 mg

Resp.: B

Questão 178

Uma família de 10 pessoas deseja construir um reservatório para armazenar a água captadasdas chuvas para economizar nas constas mensais de água. Se cada pessoa consome 0,08 m3

de água por dia, então, 10 pessoas consome 10 · 0,08 m3 de água por dia e em 20 dias seráconsumido pela família 20 · 10 · 0,08 = 16 m3. Sabemos que 1 m3 = 1.000 litros, então16 m3 = 16.000 litros.

Resp.: E

Questão 179

Tendo a competição 20 equipes com 10 atletas cada, então, totaliza 200 atletas. Se um dos200 atletas utilizou substância proibida e considerando que todos eles têm igual probabilidadede serem sorteados para fazer o exame antidoping, temos três modos de escolher os atletas parafazer o exame. Vou analisar um de cada vez:

Modo I: sortear três atletas dentre todos os participantes:

Neste modo devo sortear três atletas juntos dentre os 200 atletas, então, seja E evento sorteartrês atletas juntos e um deles ser o atleta que utilizou a substância. Tenho que combinar os200 atletas em grupo de três, isto é o número do espaço amostral é n(S) = C200,3. Já o númerode elemento do evento E será feito da seguinte forma: devo combinar 199 atletas formandogrupo de três, ou seja, estou excluindo o atleta que usou a substância, assim ao subtrair essaquantidade do total de grupo do espaço amostral obtenho a quantidade de grupo formado como atleta que utilizou a substância. Dessa forma, temos n(E) = C200,3 −C199,3. A probabilidadede o atleta que utilizou a substância proibida seja um dos escolhidos para o exame é P (I):

P (I) =n(E)n(S)

=C200,3 −C199,3

C200,3= 1−

C199,3

C200,3


ÿ Cirlei Xavier


P (I) = 1−199!3!196!200!3!197!

= 1− 199!3!196!

· 3!197!200!

P (I) = 1− 1200· 197 =

200− 197200

P (I) =3

200= 0,015⇒ 1,5%

Observe acima que P (E) = 1− P (E) = 1−C200,3/C199,3, isto é, P (E) = 1− P (E) é a probabili-dade do evento complementar, onde E é o evento complementar do evento E.

Modo II: sortear primeiro uma das equipes e, desta, sortear três atletas:

A probabilidade de sortear uma equipe é P (Q) = 1/20. Agora, desta sortear três atletas e umdeles ser o atleta que utilizou a substância, evento E, a probabilidade será dado pelo produtosdas probabilidades P (Q∩E) = P (Q) · P (E). Isto é, se dois eventos Q e E são independentes, ouseja, a probabilidade de ocorrer um deles não depende de ter ou não ocorrido o outro, nesse caso,temos que a probabilidade de ocorrerem os dois eventos é igual ao produto da probabilidadede um deles pela probabilidade do outro, dado que o primeiro ocorreu. Observe que o númerode elementos do evento E agora é n(E) = C10,3 − C9,3 e seu espaço amostral tem o númeron(S) = C10,3. Logo, P (E) = 1−C9,3/C10,3. Portanto, o probabilidade P (II) é:

P (II) = P (Q∩E) = P (Q) · P (E) = 120·(1−

C9,3

C10,3

)P (II) =

120·(1− 9!

3!6!· 3!7!10!

)P (II) =

120·(1− 7

10

)=

120· 310

=3

200= 0,015⇒ 1,5%

Modo III: sortear primeiro três equipes e, então, sortear um atleta de cada uma dessas trêsequipes:

O espaço amostral de sortear três equipes é n(S) = C20,3. Agora considerando que emuma dessas três equipes se encontra o atleta procurado, então n(Q) = C19,3, ou seja, Q éo evento complementar do evento Q. Dessa forma, a probabilidade de sortear três equipes éP (Q) = 1−P (Q) = 1−C19,3/C20,3. Dado que esse sorteio ocorreu temos que sortear agora de cadauma das três equipes um atleta. Observe que a probabilidade do atleta está nas três equipesequipes sorteadas, por exemplo na primeira equipe, é P (E/Q) = 1/10. Na segunda equipe e naterceira a probabilidade será P (E/Q2) = P (E/Q3) = 0/10 = 0. Portanto, a probabilidade totalserá:

P (III) = P (Q∩E) = P (Q) · P (E/Q)

P (III) =(1−

C19,3

C20,3

)· 110

P (III) =(1− 19!

3!16!· 17!3!20!

)· 110

P (III) =(1− 17

20

)· 110

=320· 110

=3

200= 0,015⇒ 1,5%

Portanto em qualquer um dos três modos propostos as probabilidades serão iguais, ou seja,P (I) = P (II) = P (III).


ÿ Cirlei Xavier


Resp.: E

-Pensando:Probabilidade de sortear uma equipe e o atleta que utilizou a substância pertencer a essa

equipe:

Escolhida a equipe Q1 e considerando que o atleta pertence a essa equipe, então temos

P (Q1 ∩E) = P (Q1) · P (E/Q1) =120· 110

=1

200Para as outras equipes os resultados serão zero, ou seja:

P (Q2∩E) = P (Q2)·P (E/Q2) = P (Q3∩E) = P (Q3)·P (E/Q3) = ... = P (Q20)·P (E/Q20) =120· 010

= 0

Logo,

P [(Q1∩E)∪(Q2∩E)∪(Q3∩E)∪...∪(Q20∩E)] = P (Q1∩E)+P (Q2∩E)+P (Q3∩E)+...+P (Q20∩E)

P [(Q1 ∩E)∪ (Q2 ∩E)∪ (Q3 ∩E)∪ ...∪ (Q20 ∩E)] =1

200+0+0+ ...+0 =

1200

Questão 180

Dado a função

P (x) = 8+5 · cos(πx −π

6

)onde P é o preço em reais do quilograma de um certo produto sazonal e x representa o mês do

ano, sendo x = 1 associado ao mês de janeiro, x = 2 ao mês de fevereiro, e assim sucessivamente,até x = 12 associado ao mês de dezembro. Observado a função vemos que tem um valor fixode 8 reais mais uma função cosseno variando com x.

O preço é mais baixo quando tem produção máxima da safra, então, analisando a funçãocosseno vemos que o preço será mínimo quando a função for mínima, ou seja, quando a funçãocosseno ter valor −1 e para isto o ângulo em questão, (πx −π)/6, tem de ser π. Vejamos:


ÿ Cirlei Xavier


cos(πx −π

6

)= −1⇒

π6· (x − 1) = π⇒

x − 1 = 6⇒ x = 7-1

1

π/2π

3π/2 x

y

0

Dessa forma, x = 7 está associado ao mês de Julho.Resp.: D

2.2 FÍSICA

Questão 49

A potência solar, por unidade de área, que chega no teto do carro, ou seja, no painelfotovoltaico de área A = 9,0 m2 é a energia solar por unidade de tempo e de área que chega àsuperfície da Terra

PA

=E

∆t ·A= 1.000 W/m2⇒ P = 1.000 ·A W

Logo, substituindo a área A na equação que nos fornece a potência, encontramos P =E∆t

=1.000 · 9,0 = 9.000 W . Por outro lado, o carro só consegue transformar essa energia solar emelétrica somente 30% (rendimento de 30%), isto é, a energia solar transforma, Et, em energiaelétrica dividida pela energia solar, E, que chega no painel é 0,3, isto é,

EtE

= 0,3⇒ Et = 0,3 ·E⇒ Et∆t

= 0,3 · E∆t⇒ Pt = 0,3 · 9.000⇒ Pt = 2.700 W

O trabalho realizado sobre o carro devido a energia elétrica é dado por

Γ = F · d =m · a · d =mν2

2−mν202

Γ =200 · 302

2= 100 · 900 = 90.000 J

Mas, potência é Pt =Γ

∆t=90.000 J

∆t= 2.700 W ⇒ ∆t =

90.000 J2.700 W

=1003

s � 33 s

Resp.: D

Questão 50

A radiação ultravioleta UV-B se encontra na faixas de frequências de [9,34 · 1014;1,03 ·1015]. A velocidade de propagação do radiação é a velocidade da luz, c. Esta velocidade estárelacionada com o comprimento e com a frequência da seguinte forma: c = λ/T = λ · f , onde λé o comprimento de onda e f a frequência. Assim, o comprimento de onda é λ = c/f . Dessaforma, temos

λ1 =cf1

=3,0 · 108

1,03 · 1015=

3,01,03

· 10−7 � 2,91 · 10−7 � 291 · 10−9 m � 291 nm


ÿ Cirlei Xavier


λ2 =cf2

=3,0 · 108

9,34 · 1014=

3,09,34

· 10−6 � 0,32 · 10−6 � 3,2 · 10−7 � 320 · 10−9 m � 320 nm

Portanto, analisando o gráfico, percebemos que o melhor filtro solar que apresenta absorçãomáxima da faixa UV-B é o filtro IV.

Resp.: B

Questão 53

A figura da questão representa a situação de interferência por luz refletida. Numa finalâmina de óleo de espessura E sobre uma poça d’água incide a luz. Seja λ o comprimentode onda da luz considerada no material que constitui a lâmina. Parte do feixe de luz brancaincidente 1 reflete na interface ar/óleo e sofre inversão de fase 2, o que equivale a uma mudançade meio comprimento de onda. A parte refratada do feixe 3 incide na interface óleo/água esofre reflexão sem inversão de fase 4. Nesse caso, a diferença de caminhos ∆ das duas ondas quese superpõem (correspondentes aos raios 2 e 5) é do dobro da espessura E da lâmina, ou seja,2E. Como são ondas em oposição de fase, a interferência será destrutiva, se ∆ for igual a umnúmero par (p) de meios comprimentos de onda, ou construtiva, se ∆ for igual a um númeroímpar (f ) de meios comprimentos de onda. Resumindo, temos:

Interferência construtiva: ∆ = 2E =iλ2

(i = 1,3,5,7, ...).

Interferência destrutiva: ∆ = 2E =pλ

2(p = 0,2,4,6, ...).

Considerando que o comprimento de onda sofra interferência completamente construtivaentre os raios 2 e 5 e que a espessura seja mínima, ou seja, i = 1, então, temos

2E =λ2⇒ E =

λ4

Resp.: A

Questão 63

A dificuldade extra para reabrir a geladeira ocorre devido a pressão no interior da geladeiraestá abaixo da pressão externa, pois ao abrir a geladeira na primeira vez o ar quente entra eesse ar é resfriado, assim, a pressão interna diminui em relação à externa. Dessa forma, emseguida ao abrir a geladeira, devemos exercer uma força maior por causa da diferença entre aspressões do ar externo e interno.

Resp.: D

Questão 64

Nos 3,78 primeiros segundos o atleta de massa 90 kg percorre 30 m dando 13 passadas.Saindo com velocidade inicial igual a zero ele atinge no final do percurso a velocidade máximade 12 m/s. Sabemos que o trabalho τ é dado por força F vezes o deslocamento, τ = F · d.

Mas sabemos que F = m · α, onde m a massa do corpo e α é a aceleração, α =V 2 −V 2

0

2d.

Reescrevendo a equação do trabalho e substituindo a, obtemos τ =mV 2

2−mV 2

0

2. A variação


ÿ Cirlei Xavier


da energia cinética de um corpo entre dois instantes é mediada pelo trabalho da resultante dasforças entre os instantes considerados (teorema da energia cinética). Dessa forma, temos

τ =mV 2

2−mV 2

0

2

τ =90 · (12)2

2− 0

τ =90 · (12)2

2= 6480 = 6,48 · 103 J

O trabalho total realizado nas 13 primeiras passadas é mais próximo de 6,5 · 103 J .Resp.: B

Questão 65

A quantidade de calor recebido (Q > 0) ou a quantidade de calor cedida (Q < 0) por umcorpo é dado pela expressão Q =mc∆T , onde m é a massa do copo, c é o calor específico e ∆Té a variação da temperatura. Ao misturar duas substâncias líquidas diferentes, por exemplo asubstância A e B, com temperatura TA > TB, e considerando que não perde de calor para o meioambiente, então, temos QA +QB = 0⇒ QA = −QB, ou seja, a quantidade de calor cedido pelasubstância A é igual à menos a quantidade de calor recebido pela substância B. No final datroca de calor as substâncias atinge o equilíbrio térmico, T ′A = T ′B = T ′. Ao misturar o mesmolíquido, lembrando que massa é m = dV , temos para a amostra de água quente os valoresmA = d · 2V /3 e TA = 40 ℃ e para a mostra fria mB = d ·V /3 e TB = 10 ℃.

QA = −QBmAcA∆TA = −QBcB∆TB

d2V3c(T ′A − 40) = −d

V3c(T ′B − 10)

2V3

(T ′ − 40) = −13(T ′ − 10)

2T ′ − 80 = −T ′ +10⇒ 3T ′ = 90⇒ T ′ = 30◦C

A temperatura de equilíbrio entre das misturas é 30 ℃. Então, depois de seis horas nagarrafa a temperatura da água é 16 ℃. Temos uma variação nas seis horas de 14 ℃. Dessaforma, a variação de temperatura por meio da percentagem do valor inicial da temperatura deequilíbrio é 14/30 � 0,467⇒ 46,7%

Portanto, a garrafa receberá selo tipo D.Resp.: D

Questão 68

Ao estalar duas tomadas, uma lâmpada e um interruptor na rede elétrica e levando emconta que o circuito deve ser tal que as tomadas e a lâmpada devem estar submetidas à tensãonormal da rede elétrica, devemos colocar os três resistores, duas tomadas e a lâmpada, em asso-ciação em paralelo, ou seja, sob uma mesma tensão ou ddp U ; os três dispositivos funcionaramindependentes. O interruptor é colocado em série com a lâmpada, assim, ela poder ser ligadaou desligada sem afetar os outros dispositivos.

Portanto, o circuito que atende à exigências é o circuito da alternativa E.Resp.: E


ÿ Cirlei Xavier


Questão 70

Esse problema envolve força elástica e energia potencial elástica. No caso de uma mola ouborracha a energia potencial é dado pela expressão E = kx2/2, onde x é a deformação da mola,medida em relação à posição natural da mola, e k é a constante elástica da mola. Supondo queos lançamentos utilizando os dois estilingue foram feitos nas mesmas condições de arremesso,ou seja, submetidos à mesma força elástica aplicada e que kd = 2km (d se refere ao estilingueduro e m ao estilingue mole). Então, a expressão da força elástica aplicada e a energia potencialelástica nos estilingues duro e mole são, respectivamente:

Fd = kdxd e Pd =kd · x2d2

Fm = kmxm e Pm =km · x2m

2Mas as forças aplicadas nos estilingues são iguais, então

Fd = Fm

kdxd = kmdm⇒ 2kmxd = kmdm⇒ xd =xm2

Pela conservação da energia mecânica temos que a energia potencial elástica é igual à energiacinética no instante imediatamente após o lançamento, ou seja, kx2/2 =Mv2/2⇒ kx2 =Mv2,onde M é a massa de cada estilingue e v é a velocidade inicial de lançamento. Assim, temos:

kdx2d =Mv

2d ⇒ 2km ·

x2m4

=Mv2d ⇒ v2d =kmx

2m

2M

kmx2m =Mv2m⇒ v2m =

kmx2m

M⇒ v2m = 2v2d

Sabemos que o alcance horizontal num lançamento oblíquo é dado por D = [v2sen(2θ)]/g,onde v é a velocidade inicial, g é a aceleração da gravidade e θ é o ângulo de lançamento.Temos:

Dd =v2dsen(2θ)

g

Dm =v2msen(2θ)

g=2v2dsen(2θ)

g

Portanto, Dm = 2Dd .Resp.: B

Questão 73

Fissão nuclear é a quebra de núcleos de urânio, produzindo elementos mais leves, dandoorigem a três nêutrons. Estes irão cindir outros núcleos de átomos vizinhos, determinando umareação em cadeia que continua espontaneamente. Essa reação em cadeia libera uma quantidadeenorme de energia e constitui o princípio de funcionamento das bombas atômicas e dos reatoresnucleares.

Fusão nuclear ocorre quando núcleos se juntam e se fundem para formar um núcleo maispesado, há liberação de energia, que corresponde à energia de ligação, isto é, à energia que onúcleo formado deveria receber para que fossem liberados os núcleons originais.

Resp.: C


ÿ Cirlei Xavier


Questão 75

Z Há uma série de fenômenos observáveis na atmosfera terrestre determinados pela refraçãoe/ou reflexão total da luz ao percorrê-la. A seguir, descrevemos alguns desse fenômenos.

Quando diminui a densidade de um meio, seu índice de refração também diminui. Dessaforma, como a atmosfera terrestre não é um meio homogêneo, sendo tanto mais rarefeita quantomaior a altitude, a densidade atmosférica e seu índice de refração diminuem da superfície parao espaço. Esse fato faz com que a luz proveniente de um astro, ao atravessar a atmosfera, sigauma trajetória não-retilínea. Em consequência, o astro é visto da Terra não em sua posiçãoreal, mas sim numa posição aparente.

Quando a temperatura do ar aumenta, sua densidade diminui e, consequentemente, seuíndice de refração também diminui. Assim se explica a ocorrência de miragens no deserto e ailusão de poças d’água no asfalto, em dias quentes e secos. O ar, em contato com o solo, estámais aquecido e, por isso, menos denso que as camadas superiores. Os raios luminosos quepartem do objeto a distância, ao descerem, passam de meios mais densos (mais refringentes)para meios menos densos (menos refringentes) e se afastam da normal, até ocorrer reflexão totalem uma das camadas. A partir daí os raios sobem, aproximando-se da normal, até chegar aoobservador, que vê então uma imagem especular do objeto, determinada pela luz refletida. Aimpressão é de que há água no solo produzindo a reflexão. Observe que há vários desvios noraio de luz, várias refração, antes e depois da reflexão total por causa da variação da densidadedo ar por conta de temperaturas diferentes. Resumindo, temos: os raios vai sendo refratadosnas camadas de ar até ocorrer reflexão total quando muda de trajetória passado de descendentepara ascendente e continua sendo novamente refratados pelas camadas.

Miragens também podem ocorrer em regiões frias. O ar em contato com o solo está mais frioe, portanto, mais denso do que o ar das camadas superiores. Os raios luminosos que partem deum objeto, ao subirem, passam de meios mais densos para meios menos densos e se afastam danormal, até ocorrer reflexão total. A partir daí os raios descem, aproximando-se da normal, atéatingir o observador, que vê a imagem de um objeto no solo pairando no ar Esse mesmo tipode miragem pode ocorrer nos mares, onde o ar em contato com a água está mais frio do que oar de camadas superiores. Resumindo, temos: os raios vai sendo refratados nas camadas de araté ocorrer reflexão total quando muda de trajetória passado de ascendente para descendentee continua sendo novamente refratados pelas camadas.

Portanto, a resposta do problema é refração e reflexão total.Resp.: B e Resp.: D

Questão 79

A quantidade de calor que um material recebe é dado pela expressão Q =mc∆T . Veja quea quantidade de calor absorvida é diretamente proporcional à sua massa, m, e à variação detemperatura, ∆T . Já c é o coeficiente de proporcionalidade e é uma característica do materialdenominado calor específico. Portanto, a propriedade que o fluido arrefecedor deve possuir parater maior eficiência no resfriamento do motor é ter alto calor específico.

Resp.: A

Questão 82

O saco de arroz exerce uma força peso para baixo de Par = 5,00 · g kg na extremidadeesquerda da barra que está 3 unidades, dar = 3, do ponto de apoio. Na barra age uma forçapeso também para baixo, Pb =mg, e está localizado exatamente uma unidade, db = 1, do pontode apoio, no lado direito da base triangular, isto é, no centro da barra (o ponto médio da barraque é o centro de gravidade). Essas duas forças estão em equilíbrio com uma força de baixo


ÿ Cirlei Xavier


para cima exercida na barra ao longo da base triangular, ou seja, a resultante das forças queagem na barra é nula (equilíbrio de translação). A soma algébrica dos momentos das forças,em relação a qualquer ponto, é nula (equilíbrio de rotação). Calculado o momento, M = F · d,onde d é a distância perpendicular à linha de ação da força, em relação ao ponto de contato dabase com a barra, temos:

Par · dar + Pb · db = 0

5,00 · g · 3+ (−mg · 1) = 0

15g −mg = 0⇒m = 15 kg

Adota-se o sinal negativo no momento se a força tende a girar a barra em torno do pontoconsiderado no sentido horário e positivo no sentido anti-horário.

A massa da barra obtida pelos alunos foi de 15,00 kg.Resp.: E

Questão 85

A imagem invertida formada em um tecido utilizado como antepara se assemelha a retinado olho humano, pois a imagem real e invertida se forma no fundo do olho sobre a retina. Aretina é constituída de células nervosas sensíveis à luz e que transmitem ao cérebro as sensaçõesvisuais, por meio do nervo óptico.

Resp.: B

Questão 86

Z Altura: é a qualidade pela qual diferenciamos sons graves de sons agudos. Ela dependeapenas da frequência do som. O som será tanto mais grave quanto menor for a sua frequência.Ele será tanto mais agudo quanto maior for a sua frequência. Por exemplo, o homem costumaemitir sons entre 100 e 200 Hz, e a mulher, sons entre 200 e 400 Hz. Dizemos então que a vozdo homem é mais grave que a da mulher ou que a voz da mulher é mais aguda que a do homem.

Intensidade ou nível sonoro do som: é a qualidade pela qual diferenciamos os sons fracos dossons fortes. Depende da energia transportada pela onda sonora e, portanto, de sua intensidadefísica. A intensidade física I de uma onda é o quociente entre a energia ∆E que atravessauma superfície (perpendicular à direção de propagação) na unidade de tempo e a área A dasuperfície, I = ∆E/A ·∆t.

Timbre: quando um instrumento musical emite determinada nota, diversos sons de frequên-cias múltiplas se superpõem para constituir o som fundamental, e os demais, com frequênciasmúltiplas, são os harmônicos. A superposição do som fundamental com os hormônicos deter-mina a forma da onda emitida pelo instrumento. O som fundamental ou primeiro harmônicoestá sempre presente e é ele que determina a frequência do som emitido. Os harmônicos queacompanham o som fundamental variam de instrumento para instrumento. É essa caracterís-tica que torna distintos, para o ouvinte, sons de mesma altura (mesma frequência) emitidos porintrumentos diferentes, mesmo que esses sons tenham a mesma intensidade. A essa qualidadefisiológica do som damos o nome de timbre.

Resp.: D

Questão 88

As áreas de cobertura das torres, considerando elas puntiformes e que estão sobre um mesmoplano, são áreas de círculos. O tempo de resposta que a polícia usa é o tempo ∆t = d/v, onde d


ÿ Cirlei Xavier


é a distância de onde se encontra o celular, o raio de um círculo, e v é a velocidade da luz, já quesão ondas eletromagnéticas. Observe que o tempo de resposta depende somente da distânciaentre o celular e a torre. Assim, uma única torre nos dá a localização em infinitos pontos aolongo de um círculo de raio d1, com uma segunda torre, raio de localização d2, temos doispontos possíveis de encontrar o celular (pontos de interseção entre os dois círculos) e, somente,com a terceira torre, raio de localização d3, conseguimos localizar com certeza o celular em umúnico ponto (ponto de interseção dos três círculos). Portanto, são necessárias no mínimo trêstorres para localizar a posição de um telefone celular. Resp.: C

H

d1

d2

d3


ÿ Cirlei Xavier

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