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GGE RESPONDE ITA 2012 – MATEMÁTICA 1
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01. Deseja-se trocar uma moeda de 25 centavos, usando-se apenas moedas de 1, 5 e 10 centavos. Então, o número de diferentes maneiras em que a moeda de 25 centavos pode ser trocada é igual a a) 6 b) 8 c) 10 d) 12 e) 14 Solução:
12 maneiras ALTERNATIVA D 02. Dois atiradores acertam o alvo uma vez a cada três disparos. Se os dois atiradores disparam simultaneamente, então a probabilidade do alvo ser atingido pelo menos uma vez é igual a
a) 92 b)
31 c)
94
d)
95 e)
32
Solução: P1 = 1 acerto P2 = 2 acertos P = (P1 P2)
P(acertar) = 31
P(errar) = 32
A E = 92
32
31
E E = 94
32
32
E A = 92
31
32
A A = 91
31
31
91
92
92
95
ALTERNATIVA D
03. Sejam z = n2(cos 45° + i sem 45°) e w = n(cos 15° + isen15°), em
que n é o menor inteiro positivo tal que (1 + i)n é real. Então, wz é
igual a a) i3
b) i32
c) i22
d) i22
e) i32 Solução:
4nisen
4ncos2e2
22i
222x 2/n4
in2nn
Mas x R
k4
n0
4n
sen k4n
n = 4 Assim:
6isen
6cos4e4nene
e
enWZ 6
i6
ik4i
4i
12
i3221i
234
wz
ALTERNATIVA B
04. Se arg 4
z
, então um valor para arg(-2iz) é
a) 2
b) 4
c)
2
d)
43
e)
47
Solução:
arg(-2iz) = arg(-2i) + argz = arg(-i) + argz = 4
742
3
arg(-2iz) = 4
7
ALTERNATIVA E 05. Sejam r1, r2 e r3 números reais tais que r1 – r2 e r1 + r2 + r3 são racionais. Das afirmações: I. Se r1 é racional ou r2 é racional, então r3 é racional; II. Se r3 é racional, então r1 + r2 é racional; III. Se r3 é racional, então r1 e r2 são racionais, é (são) sempre verdadeira(s) a) apenas I b) apenas II c) apenas III d) apenas I e II e) I, II e III Solução: r1, r2, r3 reais r1 – r2 racional r1 + r2 + r3 racional I. Verdadeira Como r1 – r2 é racional, se r1 é racional temos r2 racional e portanto, r3 é racional. Se r2 é racional temos r1 racional e portanto, r3 é racional. II. Verdadeira Como r1 + r2 + r3 é racional, se r3 é racional, então r1 + r2 é racional. III. Verdadeira Note que (r1 – r2) + (r1 + r2 + r3) = 2r1 + r3 é racional. Assim, se r3 é racional segue que r1 é racional e como r1 – r2 é racional segue que r2 é racional. ALTERNATIVA E
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06. As raízes x1, x2 e x3 do polinômio p(x) = 16 + ax – (4 + 2 ) x2 + x3 estão relacionadas pelas equações:
0x2x2xe22x
x2x 3213
21
Então, o coeficiente a é igual a a) )21(2 b) )22(2 c) )12(4
d) 24 e) )42(4 Solução: Seja 16axx)24(x)x(p 23 Pelas relações de Girard; temos
24xxx 321 Portanto, temos um sistema linear dado por:
0x2x2x
22x
x2x
24xxx
321
321
321
Escalonando o sistema, a matriz completa é dada por:
0221
22121
24111
241230
222110
24111
241022500
222110
24111
Logo 2410x225
3
)2410(2x)225( 3
)225(22x)225( 3 Logo x3 = 4 Como p(x3) = 0 p(4) = 0 Assim 43 + 4a + 16 - (4+ 2 ) 42 = 0
43 + 4a + 16 - 43 - 42 2 = 0 4a + 16 (1 - 2 ) = 0
a + 4 (1 - 2 ) = 0
a = 4 ( 2 -1) ALTERNATIVA C 07. Sabe-se que (x + 2y, 3x – 5y, 8x – 2y, 11x – 7y + 2z) é uma progressão aritmética com o último termo igual a – 127. Então, o produto xyz é igual a a) – 60 b) – 30 c) 0 d) 30 e) 60 Solução: (x + 2y, 3x – 5y, 8x – 2y, 11x – 7y + 2z) é uma P.A. 11x – 7y + 2z = - 127 (I) 2(3x – 5y) = x + 2y + 8x – 2y 6x – 10y = 9x 3x = - 10y (II)
2(8x – 2y) = 3x – 5y + 11x – 7y + 2z 16x – 4y = 14x – 12y + 2z 2x + 8y – 2z = 0 X + 4y – z = 0 (III) De (I) e (III) segue que:
127z2y7x110zy4x
13x + y = - 127 (IV) De (II) e (IV), temos
1270y10x1300y10x3
- 127x = 1270 x = - 10 y = 3 z = 2 Logo: xyz = - 60 ALTERNATIVA A 08. Considere um polinômio p(x), de grau 5, com coeficientes reais.
Sabe-se que 3-i e i2 são duas de suas raízes. Sabe-se, ainda, que dividindo-se p(x) pelo polinômio q(x) = x – 5 obtém-se resto zero e que p(1) = 20(5 + 2 3 ). Então, p(- 1) é igual a
a) 3255
b) 32515
c) 32530
d) 32545
e) 32550 Solução: Seja p(x) R[x]; grau de p(x) = 5 Como Z1 = - 2i e 3iZ2 são raízes de p(x)
Temos que Z3 = 2i e i3Z4 são raízes de p(x), pelo teorema das raízes conjugadas. Mas p(x) possui grau ímpar e coeficiente reais, logo p(x) possui pelo menos uma raiz real. Como p(x) é divisível por q(x) = x – 5 temos que x = 5 é a raiz real de p(x). Usando o teorema de decomposição temos que p(x) pode ser escrito da seguinte maneira. p(x) = (x – 2i)(x + 2i)(x + 3 - i )(x + 3 + i)(x – 5) Como 32520)1(p e
)51)(i31)(i31)(i21)(i21()1(p
43255)1(p 32520)1(p Assim 3252032520 = - 1 Portanto
5xi3xi3xi2xi2x)x(p Assim
51i31i31i21i21)1(p
3253063255)1(p
32530)1(p ALTERNATIVA C
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09. Um triângulo ABC tem lados com medidas a = 23 cm, b = 1 cm
e c = 21 cm. Uma circunferência é tangente ao lado a e também aos
prolongamentos dos outros dois lados do triângulo, ou seja, a circunferência é ex-inscrita ao triângulo. Então, o raio da circunferência, em cm, é igual a:
a) 4
13
b) 43
c) 3
13
d) 23
e) 4
23
Solução:
23
21
83
221
23
S
143
41
123
21
abc
22
)acb(2RS
2Ra
2Rc
2RbS
SSSS
abc
abc
BCIABIACIabc aaa
4
313333
3323
3323
3324
323
211
832
acbS2R abc
ALTERNATIVA A 10. Sejam A = ( 0 ,0 ) , B = (0 ,6 ) e C = ( 4, 3) vértices de um triângulo. A distância do baricentro deste triângulo ao vértice A, em unidades de distância, é igual a
a) 35 b)
397 c)
3109
d) 35 e)
310
Solução: A = (0, 0), B = (0, 6), C = (4, 3) Determinando o baricentro, temos:
3,
34
3360,
3400G
Cálculo da distância entre G e A:
3979
916d
)03(034d
GA
22
GA
ALTERNATIVA B 11. A área do quadrilátero definido pelos eixos coordenados e as retas r: x – 3y + 3 = 0 e s:3x + y – 21 = 0, em unidades de área, é igual a
a) 2
19
b) 10 c)
225
d) 2
27
e)
229
Solução: (r): x – 3y + 3 = 0 (s): 3x + y – 21 = 0
3 ye 6x021yx3
03y3x
Vértices do quadrilátero: (0,0); (0,1); (1,0); (6,3) Cálculo da área do triângulo de vértices (0,1); (6,3); (7,0)
20107136110
10220
220
Área
Cálculo da área do triângulo de vértices (0,0); (0,1); (7,0)
27
217
Área
Área do quadrilátero = 2
2727
10
ALTERNATIVA D
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12. Dados os pontos A (0,0), B = (2,0) e C = (1,1), o lugar geométrico dos pontos que se encontram a uma distância d = 2 da bissetriz interna, por A, do triângulo ABC é um par de retas definidas por
a) 0242xy2:r 2,1
b) 02102xy22
:r 2,1
c) 02102xy2:r 2,1
d) 0242x y12:r 2,1
e) 02242x y12:r 2,1 Solução: 1ª Resolução
1,1C
0,2B 0,0A
1
A equação da reta suporte a bissetriz do ângulo interno  do triângulo ABC é dada por.
x12y
Pois ABC é retângulo isósceles com C =90° e 128
tg
Portanto o lugar geométrico da questão é dado pela seguinte equação modular
2112
yx12
22
112222yx12
2242yx12
2242 yx12
12
2242 12
y
12
12x
1212
1222421212
12yx
22412212yx
)224()12(212yx 2
2241222212yx
224212yx
02242x y12:r 2,1
2ª Resolução
0,0
1,1
0,2
yx
0y
1y
11xy
y2xy paresquadrantes0xy21
imparesquadrantes0xy21
2121
xy21
22
122212xy21
ALTERNATIVA E 13. Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo U. Das afirmações: I. (A \ BC) \ CC = A (B C); II. (A \ BC) \ C = A (B CC)C; III. BC CC = (B C)C, é (são) sempre verdadeira(s) apenas a) I b) II c) III d) I e III e) II e III Solução: I. (A \ BC) \ CC = (A B) \ CC = A B C A (B C). FALSA II. (A \ BC) \ C = (A B) CC A (B CC)C FALSA III. BC CC = (B C)C (Identidade) VERDADEIRA Apenas III é verdadeira ALTERNATIVA C 14. Sejam A e B dois conjuntos disjuntos, ambos finitos e não-vazios, tais que n(P(A) P(B)) + 1 = n(P(A B)). Então, a diferença n(A) – n(B) pode assumir a) um único valor b) apenas dois valores distintos c) apenas três valores distintos d) apenas quatro valores distintos e) mais do que quatro valores distintos Solução: n(P(A) P(B)) = 122 BA nn (conta-se o conjunto duas vezes) n(P(A B)) = BA nn2 como n(P(A) (P(B)) + 1 = n(P(AB))
BABnA nnn 21122 BABA nnnn 222
Para o caso de nA nB: ( nB) 122 ABA nnn
)solução tem não( ímpar é 12
par é 2nn :1caso
A
BA
n
nn
BA
02242xy21
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caso 2: nA = nB Seja nA = nB = n 2O = 2n – 1 n = 1 nA = nB = 1 Assim: n(A) – n(B) = 0 (único valor) ALTERNATIVA A 15. Considere um número real a 1 positivo, fixado, e a equação em x a2x + 2ax - = 0, R Das afirmações: I. Se < 0, então existem duas soluções reais distintas; II. Se = - 1, então existe apenas uma solução real; III. Se = 0, então não existem soluções reais; IV. Se > 0, então existem duas soluções reais distintas; é (são) sempre verdadeira(s) apenas a) I b) I e III c) II e III d) II e IV e) I, III e IV Solução: a2x + 2ax - = 0 R a 1, REAL, FIXO, POSITIVO Fazendo ax = y (*), temos: y2 + 2y - = 0 = (2)2 – 4 1 (-) = 42 + 4 = 4( + 1) Sinal de A:
I. Falsa Note que se – 1 < < 0, temos < 0 logo a equação não tem solução real. II. Verdadeira Se = - 1, temos y2 – 2y + 1 = 0 (y – 1)2 = 0 y = 1 Substituindo em (*) temos ax = 1 x = 0 III. Verdadeira Se = 0, então y2 = 0 y = 0 substituindo em (*) temos ax = 0 (não há solução, pois 0 < a 1) IV. Falsa Se > 0, então > 0. Segue que y2 + 2y - = 0 admite duas raízes reais e distintas, cujos sinais são: y' y’’ = - < 0 y’ > 0 e y’’ < 0 (sem perda de generalidade) Segue que a equação admite uma única solução real. ALTERNATIVA C
16. Seja
22eearccos
2eesen arcRxS
xxx-y.
a) S = b) S = {0} c) S = R+\{0} d) S = R+ e) S = R Solução:
22eearccos
2eesen arcRxS
xxx-x
Sejam
2eesen arc
x-x e
2eecos arc
xx
Assim
2,
2 e ],0[
Logo
2ee
senxx
e 2ee
cosxx
e
Por outro lado, temos 2
2
,2
logo
2sensen cossen
Deste modo
2ee
2ee xxxx
xxxx eee2e2 . Portanto x = 0
ALTERNATIVA B
17. Seja x [0,2] tal que sen(x)cos(x) 52
. Então, o produto e a
soma de todos os possíveis valores de tg(x) são, respectivamente
a) 1 e 0 b) 25
e 1 c) – 1 e 0
d) 1 e 5 e) 25e 1
Solução: Seja x [0,2]
52
)xcos()x(sen 52
2)x2(sen
54
)x2(sen
Deste modo 2516
1)x2(cos2 259
)x2(cos2
53
)x2cos(53
)x2cos( ou 53
)x2cos(
1) Caso:
53cos(2x) e
54)x2(sen
Assim
34)x2(tg
Mas xtg1
tgx2)x2(tg2
Deste modo
3
4xtg1
tgx22
4tg2x + 6tgx – 4 = 0 = 36 + 64 = 100
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8106
tgx
28
16tgx
21
84
tgx
tgx = - 2 não convém pois senx e cosx possuem o mesmo sinal. 2º Caso:
53
-cos(2x) e 54
)x2(sen
Assim
34
xtg1tgx2
34)x2(tg
2
6tgx = - 4 + 4tg2x 4tg2x – 6tgx – 4 = 0 = 36 + 64 = 100
8106tgx
28
16tgx
21
84tgx
21tgx
Não convém pois senx e cosx possuem o mesmo sinal. Soma dos valores de tg(x) S = 2 + 1/2 = 5/2 Produto dos valores da tgx.
1212P
P = 1 e S = 5/2 ALTERNATIVA B
18. A soma
n
0k
)kcos( , para todo α [0, 2], vale
a) – cos(α) quando n é par. b) – sen(α) quando n é par. c) cos(α) quando n é ímpar. d) sen(α) quando n é ímpar. e) zero quando n é ímpar. Solução:
]2 [0, todo para ,)kcos(S Sejan
0k
Se k for ímpar ; então cos(α + k) = -cosα Se k for par ; então cos(α + k) = cosα
]2 [0,
Podemos escrever
n
0k
)kcos(S Seja da seguinte maneira:
ímpar kpar k
n
0k
)kcos( )kcos()kcos(S Seja
Se n = 2q for par, q N, n N, então, a seguência (0,...n) possui (2q + 1) termos, isto é, quantidade ímpar. Assim:
par for n se cosScosq2cos)1q2()kcos(S n
0k
Se n = 2q for ímpar, q N, n N, então, a seguência (0,...n) possui (2q + 2) termos, isto é, quantidade par. Logo:
0cos)2q2(cos)2q2()kcos(S Sejan
0k
Portanto: S = 0 para n ímpar. ALTERNATIVA E
19. Um cone circular reto de altura 1 cm e geratriz cm332
é
interceptado por um plano paralelo à sua base, sendo determinado, assim, um novo cone. Para que este novo cone tenha o mesmo
volume de um cubo de aresta ,cm243
31
é necessário que a
distância do plano à base do cone original seja, em cm, igual a
a) 41 b)
31 c)
21
d) 32 e)
43
R
r
33
2cm 1
811hr
253hr
31
243V 22
1
3
1R19
34R2
3rh
2
12 31h
271h
811
3hh 3
2
32
311d Logo
ALTERNATIVA D
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20. A superfície lateral de um cone circular reto é um setor circular de 120° e área igual a 3 cm2. A área total e o volume deste cone medem, em cm2 e cm3, respectivamente
a) 3
22e4
b) 3
2e4
c) 2e4
d) 3
22e3
e) 22e Solução:
r2
r3gr23g2
cm1rcm3g33g2
22T cm4r3A
3hr
v2
Mas r22rgh 22
322
v
ALTERNATIVA A 21. Dez cartões estão numerados de 1 a 10. Depois de embaralhados, são formados dois conjuntos de 5 cartões cada. Determine a probabilidade de que os números 9 e 10 apareçam num mesmo conjunto. Solução:
totaiscasosfavoráveiscasos
P
Casos totais: C10,5 = !5!5!10
Casos favoráveis: 109
3,8C
Casos favoráveis = 2 . C8,3 (duas caixas)
Logo
!10!3!5
!5!5!82C
C2P
5,10
3,8
94
22. Determine os valores reais de x de modo que sen(2x) - 3cos(2x) seja máximo. Solução: Definimos a seguinte função
)x2cos(3)x2(sen)x(f Queremos encontrar os valores x R tais que maximizem a função f(x).
Temos que:
)x2cos(23
)x2(sen21
2)x(f
Logo
)x2cos(3
sen3
cos)x2(sen2
)x(f
3x2sen2)x(f
3x2sen
2)x(f
Portanto f(x) atinge o valor máximo quando
zk ;k223
-2x olog,13
x2sen
k26
5x2k232
x2
.k125
x
Portanto o conjunto solução.
z k ,k125xR xS
São os valores de x R que maximizam f(x). 23. Considere a matriz quadrada A em que os termos da diagonal principal são 1, 1 + x1, 1 + x2, ... 1 + xn e todos os outros termos são iguais a 1. Sabe-se que (x1, x2,...,xn) é uma progressão geométrica cujo primeiro termo é 1/2 e a razão é 4. Determine a ordem da matriz A para que o seu determinante seja igual a 256. Solução:
n
2
1
x1...111...............1...x1111...1x111...111
A
Note que A é do tipo (n + 1) x (n + 1) para o cálculo da determinante, utilizando a regra de Chió, obtemos:
n
2
1
x1...111...............1...x1111...1x111...111
)Adet(
n
3
2
1
x...000...............0...x000...0x00...00x
)Adet(
det(A) = x1 x2 x3 ... xn = 256 como (x1 x2 x3 ... xn) é uma P.G com x1 = 1/2 e q = 4 temos:
1n
16
n
2n8
2n
n
82n
2n
n
2n
n
2n
n1n321
2x
2x
22x
)x21(256
)xx(x...xxx
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Por outro lado:
3n2n
1nn
1n1n
2x
421x
qxx
De 1 e 2 segue que:
08n2n
016n4n2n16n3n2
1n
163n222
2
22
1n
163n2
n’ = -2 (não convém) n’’ = 4 Como a ordem de A é (n + 1), temos 5 como ordem de A. 4+1= 5 24. Seja n um número natural. Sabendo que o determinante da matriz
25log125
1log5
243log3log5n21log2logn
55
3n
3
22
Pé igual a 9, determine n e também a soma dos elementos da primeira coluna inversa A-1. Solução:
2355n5n11n
)5n(2n15n5)5n(325n2)Adet( 2
30n19n2)Adet( 2 930n19n2 2 930n19n2 2
039n19n2 2
)convém Não(2
13'n
3''n Se então ,3n
235538113
A
ifchebgda
A 1
100010001
ifchebgda
235
538113
0c2b3a50c5b3a8
1cba3
Da soma da 2ª com a 3ª, temos 3a + 3c = 0 Da soma do dobro da 1ª com a 3ª, temos: a – b = 2 b= a – 2 Substituindo na 1ª temos 3a + a – 2 – a = 1 3a = 3 a = 1 b = – 1 c = – 1 Logo a + b + c = – 1 25. Em um plano estão situados uma circunferência de raio 2 cm e
um ponto P que dista cm22 do centro de . Considere os
segmentos PA e PB tangentes a nos pontos A e B, respectivamente. Ao girar a região fechada delimitada pelos
segmentos PA e PB e pelo arco menor AB em torno de um eixo passando pelo centro de e perpendicular ao segmento PA , obtém-se um sólido de revolução. Determine: Solução:
22
Área da Base: 2r Área lateral do cilindro: rh2
Área lateral da metade da esfera: 2r2 a) 22
T rr2rh2A 488AT 20
b) V = Vcilindro - 32esfera r
34
21hrV
21
=
3
16838
26. As interseções das retas r: x – 3y + 3 = 0, s: x + 2y – 7 = 0 e t: x + 7y – 7 = 0, duas a duas, respectivamente, definem os vértices de um triângulo que é a base de um prisma reto de altura igual a 2 unidades de comprimento. Determine: a) A área total da superfície do prisma. b) O volume do prisma.
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Solução:
A
3B
s2
CD
3
1t
7r
27
Interseção entre r e s (ponto A)
2y3x
7y2x3y3x
A
A
AA
AA
Assim A:(3,2), B:( 7,0), C:(0,1). Área:
5A510AAA ABCBCDABDABC Perímetro:
102552ACBCABPABC
102552252HPA2A)a PRISMAABCABCT
1022105410AT
25HAV)b PRISMAABCPRISMA
10VPRISMA 27. Dos n alunos de um colégio, cada um estuda pelo menos uma das três matérias: Matemática, Física e Química. Sabe-se que 48% dos alunos estudam Matemática, 32% estudam Química e 36% estudam Física. Sabe-se, ainda, que 8% dos alunos estudam apenas Física e Matemática, enquanto 4% estudam todas as três matérias. Os alunos que estudam apenas Química e Física mais aqueles que estudam apenas Matemática e Química totalizam 63 estudantes. Determine n. Solução:
e + d + a + b = 0,48n a + b + c + g = 0,32n d + a + f + c = 0,36n d = 0,08n a = 0,04n c + b = 63 a + b + c + d + e + f + g = n e + f + g = n – (a + b + c + d) e + f + g = n – (0,04n + 63 + 0,08n) 3a + 2 (b + c + d) + e + f + g = 1,16n 0,12n + 2(63 + 0,08n) + e + f + g = 1,16n 0,12n + 126 + 0,16n + e + f + g = 1,16n e + f + g = n – 0,12n – 126
e + f + g = 0,88n – 126 e + f + g = n – (a + b + c + d) e + f + g = n – (0,04n + 63 + 0,08n) e + f + g = 0,88n – 63 0,88n – 63 = 0,88n – 126 63 = 126 Logo n satisfazendo tais condições!
28. Analise se f : R R,
0 x,x30 x,x3)x(f 2
2 é bijetora e, em
caso afirmativo, encontre f-1 : R R. Solução:
3
y
x
2x3
2x3
Do gráfico:
)asobrejetor é f( af(x) que tal x ,Ra )ii
)injetora é f(xx)f(x)f(x Se )i 2121
Logo: f é bijetora. * Cálculo da inversa. Sabemos que:
3)x(f0x3)x(f0x
3 y, 0)y(f3 y, 0)y(f
1
1
Assim:
3 y, ))y(f(33 y, ))y(f(3y 21
21
3 y, ))y(f(3 y, ))y(f(3y 21
21
3 y,y 33 y, 3y
))y(f( 21
3 y, y33 y, 3y)y(f 1
29. Determine os valores de [0, 2] tais que logtg() esen() 0. Solução:
0tgn
sentgn
enlogsen
etg
sen
Caso 1:
1tg0tgn0sen
2,
4
Caso 2:
1tg00tgn0sen
45,
45,
2,
4
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30. As retas r1 e r2 são concorrentes no ponto P, exterior a um círculo . A reta r1 tangencia no ponto A e a reta r2 intercepta nos pontos B e C diametralmente opostos. A medida do arco AC é 60° e
PA mede cm2 . Determine a área do setor menor de definido pelo arco AB. Solução:
B
A
60°120°
R60°
cm2
1r
2r30°
C
P O
R2
60tg
R2
3
36
R
22
cm92
276
36
31Área
ERRATA – FÍSICA 14/12/11
23. A figura mostra uma chapa fina de massa M com o formato de um triângulo equilátero, tendo um lado na posição vertical, de comprimento a, e um vértice articulado numa barra horizontal contida no plano da figura. Em cada um dos outros vértices encontra-se fixada uma carga elétrica q e, na barra horizontal, a uma distância
2/3a do ponto de articulação, encontra-se fixada uma carga Q. Sendo as três cargas de mesmo sinal e massa desprezível, determine a magnitude da carga Q para que o sistema permaneça em equilíbrio.
Solução: Calculando os torques em torno de ponto O:
0P21
72a
23a
a
O
31F
063Mg
23aFcosaF 3231
63Mg
23
d4qQcos
d4qQ
232o
231o
4ad,
4a7d ,
721cos
2232
2231
εo = permissividade elétrica do vácuo.
63Mg
a4
23
a74
721
4qQ
22o
6Mg
21
497
a4qQ4
2o
qa4
497212Mg49Q
2o
24. A figura mostra um sistema formado por dois blocos, A e B, cada um com massa m. O bloco A pode deslocar-se sobre a superfície plana e horizontal onde se encontra. O bloco B está conectado a um fio inextensível fixado à parede, e que passa por uma polia ideal com eixo preso ao bloco A. Um suporte vertical sem atrito mantém o bloco B descendo sempre paralelo a ele, conforme mostra a figura. Sendo µ o coeficiente de atrito cinético entre o bloco A, e a superfície, g a aceleração da gravidade, e = 30º mantido constante, determine a tração no fio após o sistema ser abandonado do repouso.
Solução:
y
x
y
Bloco A
T
ABF
AP
atf
AN
T
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Bloco B
BP
T
ABF
xBB aacosaxcosy
xy
y
x
B
BAB
maTmg
maFB Bloco
TmgNTsenmafFTcos
ABloco
A
AxaTBA
xBxAx aaa
De 3...
x
AxA
xAx
xBxBAxABA
ma2)TsenTmg(cosTTsenTmgN , ma2NcosT
maNmacosTmamaF , maNFcosT
De 1 e 2...
cos
mTgcosaa
yBx
sencos3cos2mgT
cos2mgsencos3Tcos2mg1senTcos3T
mgcosmg2cosT2TTsencosT
cosmTgm2)TsenTmg(cosT
:Daí
21sen,
23cos
333mg2
2233
3mgT