Gabarito AFA 2020 - ensinoelite.com.br · 7 Questão 05 Solução: Letra B. Seja a circunferência O0k22 22 2 0 2 2 k k y Logo o centro é C(–1,3) e 12 2 k R Analisando agora a

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Gabarito AFA 2020


MATEMÁTICA / INGLÊS / FÍSICA / PORTUGUÊS

VERSÃO A VERSÃO B VERSÃO C

01 B 33 D 01 D 33 B 01 B 33 A

02 D 34 A 02 A 34 D 02 A 34 D

03 A 35 C 03 C 35 A 03 C 35 C

04 C 36 C 04 C 36 C 04 C 36 B

05 D 37 B 05 B 37 D 05 B 37 A

06 B/C 38 A 06 A 38 B/C 06 D 38 C

07 A 39 D 07 D 39 A 07 B 39 C

08 D 40 B 08 B 40 D 08 B 40 *

09 D 41 B 09 B 41 D 09 A 41 A

10 C 42 C 10 C 42 C 10 C 42 B

11 B 43 C 11 C 43 B 11 C 43 D

12 A 44 D 12 D 44 A 12 A 44 C

13 C 45 A 13 A 45 C 13 D 45 A

14 D 46 B 14 B 46 D 14 A 46 D

15 B 47 A 15 A 47 B 15 B 47 C

16 B 48 A 16 A 48 B 16 D 48 C

17 B 49 A 17 A 49 B 17 D 49 B

18 A 50 D 18 D 50 A 18 A 50 D

19 C 51 C 19 C 51 C 19 C 51 A

20 C 52 B 20 B 52 C 20 C 52 C

21 B 53 A 21 A 53 B 21 B 53 D

22 D 54 C 22 C 54 D 22 A 54 B/C

23 B 55 C 23 C 55 B 23 D 55 A

24 B 56 * 24 * 56 B 24 B 56 D

25 A 57 A 25 A 57 A 25 B 57 D

26 C 58 B 26 B 58 C 26 C 58 C

27 C 59 D 27 D 59 C 27 C 59 B

28 A 60 C 28 C 60 A 28 D 60 A

29 D 61 A 29 A 61 D 29 A 61 C

30 A 62 D 30 D 62 A 30 B 62 D

31 B 63 C 31 C 63 B 31 A 63 B

32 D 64 C 32 C 64 D 32 A 64 B

* = ANULADA


GABARITO COMENTADO – PROVA VERSÃO C

Matemática

Questão 01

Solução: Letra B.

25 6 66 35 (i)

29 6 68 33 (ii)

26 6 70 38 (iii)

x y x y

x z x z

y z y z

(i) – (ii) → y – z = 2 (iv)

(iv) + (iii) → 2y = 40 y = 20 x = 15 z = 18

Segue que:

( ) 25 15 29 20 6 18 26 139n V N A


Questão 02

Solução: Letra A.

|z – i| ≥ 1 Pode ser representado no plano como a borda e o exterior de uma circunferência

de raio 1 e centro (0,1). 2 2 2 2| | 1 ( 1) 1 ( 1) 1z i x y x y

|z| ≤ 2 Pode ser representado como o interior da circunferência de raio 2. 2 2 2 2| | 2 2 4z x y x y

Re(z) ≤ 0 ⇒ é representado pelo eixo imaginário e todo o “lado esquerdo” do plano de Argand Gauss

(F) A área de S é maior que 4,8 u.a.

Área de S (Área de uma semi-circunferência de raio 2) – ( Área de uma semi-

circunferência de raio 1)

Área de S 2 2(2) (1) 3

4,712 4,82 2 2

(V) Se k é o elemento de menor argumento, então k ∙ i S.

Observe que k é 2i, onde seu argumento é θ ;2

Portanto k ∙ i = (2i) ∙ i = –2.

Portanto a afirmativa é verdadeira.

(F) Todo z pertencente a S possui seu conjugado em S: Basta tomarmos um contra exemplo.

–i S, porém iS.


Questão 03

Solução: Letra C.

22

3 3 2

3 3 2 3

2

2 1 1 1: raiz única

1 é raiz de , pois este é o ponto em comum sobre o eixo das abscissas

3 4 2

1 0 1 3 4 1 2 3 4 1 0 1 é raiz

3 21Briot Ruffini : 1 3 3 1 0 1

6

B x x x x x

x A x

A x x m m x

A m m m m m

m m m m ou m

33 2 3 2

2

2

3 1 4 1 2 2 1 é raiz

Brito Ruffini : 1 2 2

outras raízes : 2 2 0 1

A x x x A x x x x

A x x x x

x x x i

a) Falsa, pois os números não são conjugados

1S i 1 i

2 2

2

1 1 1 1 1 2P i i i

b) Falsa, pois o triângulo é apenas isósceles

1

12 132

23

3

1,05

1,12

1, 1

Pd d

Pd

P

c) Verdadeira

1

2

3

1 0

3 3 51 2 0, ,

4 4 4

51 2

4

x cis

x i cis não é PA

x i cis

d) Falsa

1

2 3

1

2

x

x x


Questão 04

Solução: Letra C.

Realizando a semelhança:

6 612 2 6

2

31,5

2

Coordenadas do Ponto = 1,5 , 1,5

QN QO

PORN

xx x

x

x

R

a) Falsa! A abscissa do ponto R é –1,5 e –1,5 é menor que –1.

b) Falsa! Como a escala é 1:100, o lado do quadrado é igual a 150m e o tamanho real do

loteamento será: Região Pavimentada(SP): SP =(150m)2=22500m2

c) Verdadeira!

Como R=(–1,5 , 1,5), sua ordenada é 1,5>7/4 d) Falsa!

SV=600 200

2

– SP = 60000 – 22.500 = 37500m2

P


Questão 05

Solução: Letra B.

Seja a circunferência 2 2:2 2 4 12 4 0x y x y k 2 2

2 2 2 2

2( 2 1) 2 2( 6 9) 18 4 0

2[( 1) ( 3) ] 24 ( 1) ( 3) 122

x x y y k

kx y k x y

Logo o centro é C(–1,3) e 122

kR

Analisando agora a distância do centro da circunferência ao ponto de menor distância da reta r à origem :

Tomando a distância do Ponto C ao ponto D, temos: 2 2( 1 1) (3 3) 2CD CD

d d

Como CD

R d 12 2 12 4 24 8 162 2

k kk k

Porém 12 0 24 16 24 17,18,19,20,21,22,232

kk k k

Logo são três números primos.

O ponto D é a interseção entre as retas

r(verde) e s(azul), sendo que a reta s é perpendicular à reta r e passa pela origem.

10: 3 10 0

3 3

1

3

: . . 1 3 3

r

s r s s

xr x y y

m

s y m x b m m m y x b

Como s passa pelo ponto de origem, temos 3y x

Basta agora encontrarmos

1103 (1,3)

3 3 3

xxr s x P

y


Questão 06

Solução: Letra D.

A regra da função de crescimento é dada por uma exponencial :

2.3 2 xf x

Daí, temos: 2

2 2log 3.2 log 3 2ng n n

Então a soma 100

21

100 100 1log3 0,48log 3 2 100. 2. 100. 10100 11700

log2 2 0,3n

n

A soma dos algarismos deste valor será 9.

Questão 07

Solução: Letra B.

m: valor da trufa de morango n: valor da trufa de nozes.

c: valor da trufa de côco.

3 7 315 Tereza

4 10 Ana

105 kely

3(I) 2(II) : 945 2 (IV)

(IV) (III) : 945 2 105 420

(I) 3(III) : 4 2 0 2 (V)

m n c

m n c k

m n c

m n c k

k k

n c n c

(V) O valor da caixa de trufas de Coco é o dobro do valor da caixa de trufas de nozes.

2n=c (V) Ana gastou o quadruplo do que kely gastou.

420

:105.4 420

k

kely

(F) . As três juntas gastaram menos de 800reais. Tereza +kely +Ana= 315+420+105= 840


Questão 08

Solução: Letra B.

1° Parte: Sabendo que cada flor é formada por 5 lâmpadas, das quais, 3 ficam acesas e 2 apagadas, em qualquer ordem. Pode-se calcular o número de possibilidades para acendermos as flores pela permutação de 5 elementos com repetição de 3 acesas e 2

apagadas:

(3 acesas, 2 apagadas)

5

5!10

3!2!P

2° Parte: Agora devemos encontrar a possibilidade para a formação dos blocos, contendo 5

flores. Lembrando que, duas flores consecutivas nunca acendem e apagam no mesmo formato.

Como temos 10 possibilidades de flores acesas, pelo P.F.C. :

1ª Flor 2o Flor 3o Flor 4o Flor 5o flor

10 9 9 9 9

410 9 9 9 9 10 9 Possibilidades → 10 ∙ 94

Questão 09

Solução: Letra A.

Probabilidade de ter acertado a questão por conhecer a matéria:

6P

10

Probabilidade de ter acertado a questão por acaso:

1P 1 .

4

Probabilidade de se acertar a questão por acaso, sabendo

que a qu

s

a sP

estão foi marcada corretamente:

6 1 1 11 .110 4 10 10

1 6 76 1 6 71 .

10 10 1010 4 10

+ = 8

a

a s

P pP

P P q

p q


Questão 10

Solução: Letra C.

No primeiro determinante temos:

Det(A)= 2 2

1 1 1

0 1 0 1 .1 ( 2) 1 3 3

2 1 1

x

x x x x

x x

Trocando a segunda coluna com a última e a quarta coluna com a terceira, temos

0 01 0 0 0 1 0 0 0

1 00 0 0 0 0 1 0 0

1 1 1 1 1 10 00 0 0 1 0 0 1 0

0 00 0 1 0 0 0 0 1

0 10 1 0 0 0 0 0 0

Det B

Como 2

3log log log 3 2

T T xf x M N x x

.

Logo o domínio da função f(x) é dado por: I) 3 0 3 1 3 2x e x x e x

II) 2 3 3 0x x , como 0 , isto será verdade para qualquer valor de x.

Basta então que x esteja contido em : | 3 2x x e x .

Obs.: O candidato poderia responder corretamente a questão sem calcular os determinantes, apenas notando que a base da função logarítmica é diferente de 1 e isto implica em x ser

diferente de 2.


Questão 11

Solução: Letra C.

Podemos reescrever esta função | |

| | 1x

xg x b b bb

.

E note que 1

1b .

Transformando os gráficos das funções temos:

a) Do gráfico temos que g x b g x b x (Falsa)

b) Apesar de a função ser sobrejetora, pois a imagem é igual ao contradomínio, note que ela não é injetora (Falsa)

c) 1g x b apenas para x=0 (Verdadeira)

d) 1 0 1 1 0 1b g x b g x b h x (Falsa)


Questão 12

Solução: Letra A.

Primeiramente vamos fatorar o termo dentro da raíz

3 2

2

2

2

1

1 1

1 1

1 1 1

1 1

x x x

x x x

x x

x x x

x x

Assim as funções ficam dadas por:

21 1

( ) 11

x xf x

x

e

2

1 11

1

x xg x

x

.

Em f, basta que o denominador não seja nulo, e em g, precisamos que x seja maior que 1.

Daí, os domínios ficam determinados por {1}D f e ] 1, [D g

E podemos reescrever as regras das funções assim:

( ) | 1| 1g x f x x ; note que 2

1 | 1|x x

(02) - VERDADEIRA- Temos que f(-1)=-1, e como| 1| 1 1x , este é o seu valor mínimo.

(04) - FALSO- F é decrescente, também, no intervalo ] 2, 1[ .

(08) – FALSO – Contra exemplo: x=0 está no domínio de F mas não está no domínio de G. (16) – VERDADEIRO- Como ambas possuem a mesma regra e o domínio de G está contido

no domínio de F, temos que a imagem de G também estará contida na imagem de F. (32) – Verdadeiro- A igualdade ocorre nos pontoes de interseção dos domínios.

Soma 02+16+32=50


Questão 13

Solução: Letra D.

2

2

2 8 3

2 8 3 7

2

2

2

22

1128

2

2 2

2 8 10 0

4 5 0

5 ou 1

5

( ) 5

( ) ( 4) ; 5

( ) 4

4 16 55

4 4 4

5( ) ( 4)

4

( ) 4

x x

x x

v

x x

x x

x x

m

g x

f x ax x y

f x ax ax

aa

a a

f x x x

h x x

Primeira afirmação (F)

Apesar de K(x) ser não negativo no intervalo ]- ;0],

este não é o único, pois x=4 faz a função K se anular,

tornando-o não negativo

Segunda afirmação (F)

Graficamente notamos qu

e h(x)<f(x) g(x) se e somente se,

4x ]- ;4[. Ao excluir o ponto x=2, onde f e g tem mesmo

5

ordenado, a opção torna-se falsa, uma vez que f(x)=g(x) não o fere.

Terceira afirmação (F)

h(x)-f(x)=0

54 (

4x x x

4) 0

54 ( 4) 0

4

54 1 0

4

44 ou (uma raíz positiva e uma negativa)

5

xx x

xx

x x


Questão 14

Solução: Letra A.

31

3 34 4 4

3 3 3esfera

V r

4. .30 30 403

esferaV

Como 40 litros é metade do volume do cone, temos que 80coneV .

22

.62

3cone

RV R

A área lateral de um cone equilátero é dada por:

2 3402 2 80 dmR


Questão 15

Solução: Letra B.

Dado: ( ) . ( . )h t A B sen C t

Do gráfico: Fazendo 0 (0) . ( .0) 10 10t h A B sen C A

Como ( ) ( )f x sen x é limitada entre -1 e 1, o valor máximo ocorre quando ( ) 12

sen x x

e observando o gráfico, vemos que o valor máximo ocorre quando 30t

(30) 10 . ( .30) 19 30.2 60

h B sen C C C

dessa forma,

10 . 19 92

B sen B

Logo .

( ) 10 9.60

th t sen

Primeira afirmação: (Falsa)

3. . 10.9.

60 2ABC

Segunda afirmação: (Verdadeira) Para

20. 3

20 (20) 10 9. 10 9. 20 10 9. 10 9.0,86 17,7960 3 2

t h sen sen h

Logo 17,5 17,79 17,8 .

Terceira afirmação: (Verdadeira) Fazendo

. 3 .

10 9. (10 9.cos60 2 60

. 3 3 .10 9. 10 9. cos .cos .

60 2 60 2 60

t th t f t sen

t t tsen sen sen

. .10 9. 10 9. 0

60 60

t tsen sen


Questão 16

Solução: Letra D.

Como temos 8 turmas de 25 alunos, logo teremos um total de 8 · 25 = 200 alunos. Somando o total de alunos temos:10 10 40 30 10 200 100y x x y (I)

Como 60% é igual ao total de alunos com média maior ou igual a 7, teremos que

60.200 120

100 alunos.

Sendo 30 10x o número de alunos com média maior ou igual a 7, teremos

30 10 120 80x x .

Substituindo em (I) 80 100 20y y

Primeira afirmação: (Verdadeira) Alunos com média maior ou igual a 6:

40+80+30+10=160 80

.200 160100

Segunda afirmação: (Verdadeira)

Alunos com média menor que 6: 20

10 10 20 40 .200 40.100

Terceira afirmação: (Falsa) Analisando o gráfico, nossa mediana estará entre entre 7 e 8, onde

20

80 ( 7).80 100 7 7,25 7,380

m m m

Comentários:

A prova de matemática da AFA apresentou um nível de dificuldade superior aos últimos anos tanto em relação a profundidade quanto ao nível de trabalho necessário para a

resolução de cada questão. Destacamos que, na maioria dos assuntos, a banca encontrou alguma maneira de

aprofunda-los, tanto pela criatividade dos enunciados quanto pela forma que soube mistura-

los em uma mesma questão. Mesmo aquelas tecnicamente mais simples possuíam algum tipo de raciocínio necessário à resolução que desafiava o candidato. Sentimos falta apenas

de algo abordando diretamente o tema geometria plana. Parabenizamos a banca pela prova e acreditamos que esta selecionará os melhores alunos.

Professores:

Arthur Martins Carlos Souza

Cristiano dos Santos Diego Cunha Elisama Santos

Ígor Henriques Jean Pierre

Rafael Sabino Vinícius Marcellino


Inglês

Questão 17

Solução: Letra D.

De acordo com o primeiro parágrafo, o câncer é a segunda maior causa de morte nos Estados Unidos, na Alemanha e em muitos outros países industrializados. Linhas 1 a 3.

Questão 18

Solução: Letra A. A estrutura THE MOST + ADVÉRBIO LONGO é característica do Superlativo (de superioridade).

Questão 19

Solução: Letra C. De acordo com as linhas 11, 12 e 13, os sintomas do câncer dependem do tipo de doença,

mas existem sintomas comuns causados pelo câncer e/ou por seu tratamento médico.

Questão 20

Solução: Letra C.

O verbo cope with é sinônimo de verbos como: manage; deal; tackle. Apesar de estarmos definindo verbo, o adjetivo COPING está relacionado a ele. Vale ressaltar ainda que a palavra COPING fora cobrada em provas anteriores da AFA.

Questão 21

Solução: Letra B. O assunto geral do texto é o uso da terapia musical como tratamento alternativo de modo a

complementar o tratamento principal: câncer, conforme apontado no título e no parágrafo 3.

Questão 22

Solução: Letra A.

Os verbos conform e comply são sinônimos. O comportamento (behaviour) do paciente é um padrão (standard) congruente com o comportamento musical do mesmo.

Questão 23

Solução: Letra D. For é uma conjunção causal ao passo que conversely é uma conjunção adversativa.

Questão 24

Solução: Letra B. Em momento algum o texto menciona que o comportamento musical do paciente varia

conforme explicado pela própria questão 22.


Questão 25

Solução: Letra B.

De acordo com as linhas 22 a 24, o isolamento social pode ocorrer devido a sintomas psicológicos ou físicos, como por exemplo se sentir cansado demais para se encontrar com os amigos e cortar vínculos por conta de lamentações depressivas.

Questão 26

Solução: Letra C. De acordo com o último parágrafo, a principal preocupação do texto é a relevância da música

no bem-estar dos pacientes com câncer.

Questão 27

Solução: Letra C. A letra A trata de uma non-restrictive clause, por isso não é possível usar o THAT. Na letra B, o which está precedido de preposição. Na letra C, o pronome relativo não é precedido nem

por vírgula nem por preposição, logo, a troca é possível. Na letra D, não há pronome relativo.

Questão 28

Solução: Letra D.

De acordo com o dicionário especializado em termos médicos e outros dicionários, como o Webster’s, hospice é um lugar especializado para cuidar de pessoas em estágios terminais.

Questão 29

Solução: Letra A. O uso de modais de possibilidade ao longo do texto reitera a ideia de que os resultados não

são óbvios em todos os casos. Além disso, as linhas 100 a 103 mencionam que os benefícios da terapia musical em pacientes convalescentes de câncer permanecem obscuros.

Questão 30

Solução: Letra B. O uso do Past Perfect (had discovered) refere-se a um contexto de ação que aconteceu antes de outra ação no passado. Nesse caso, primeiro houve a diminuição (decrease) do estresse

e da ansiedade - antes, durante e depois das cirurgias - e depois o estudo descobriu tal fato.

Questão 31

Solução: Letra A. O adjetivo possessivo ITS tem relação anafórica com music therapy juntamente com post-hospital curative treatment.


Questão 32

Solução: Letra A.

Os resultados da terapia musical auxiliam os pacientes em diferentes estágios, conforme ideia central apresentada ao longo do corpo do texto. Na questão 30, há a confirmação desse gabarito.

Comentário:

Ainda que apresente um texto longo, a prova exigiu conhecimento acessível, abarcando em sua maioria questões de interpretação e algumas de gramática contextualizada. Em

atendimento aos fatos supracitados, o nível estava dentro do esperado e em consonância com o cronograma.

Professores: Patrícia Vitorino

Marcelle Alves Erika Sheiner

Juliana Rocha

PG


Física

Questão 33

Solução: Letra A.

22

22

0 0

0

2,52 2

32,5 3 ( 3)

2 2

3 3

g tC vt vt t

g tBC v t v t t

BC v t 27,5t v t 22,5t

0

3 5v v t

Questão 34

Solução: Letra D.

Considerando o sistema composto por C e D, teremos: (M + 3M)2ª = Mg – 3µMg8Ma = Mg – 3µ 8a = g – 3µg (1) Considerando o sistema composto por A e B, teremos:

2Ma = Mg – 7µMg 2a = g – 7µg (2)

Fazendo-se: (1) – (2), obtem-se:

6a = 5µg → µ = 3

2

a

g.

µ = 3

2

a

g.


Questão 35

Solução: Letra C.

2

2

*2

( ) ( )

2 3001,5

200

MEC MEC

xE E MgH K

A B

MgH HK K H

x

*No ponto (B):

M 3

1,52

g M

'

3'

3

x

gx

2 2

32 2 2 2

'*

2 2 2

( ) ( )

1,5 ' 1,59

10m s.

mec mec

V H xE E MgH M Mg k

A B

xv gH x v gH g

v

Kx’

Mgsen 60º

60º


Questão 36

Solução: Letra B.

m1 = m3 = 2m m2 = m

2m

ANTES DEPOISQ Q

6 2m

1 2

1 2

' '

2 ' ' 12

V m V

V V

Sabendo que e=1, Então:

2 1' ' 6V V

Logo:

1 2

1 2

1 2

2 ' ' 12

' ' 6 ( 1)

2 ' '

V V

V V

V V

1 2

1

1

12

' ' 6

3 ' 6

' 2m s

V V

V

V

Então:

2' 8m sV

Entre os pontos A e M

M AM M dissipada

E E E

Entre os pontos M e D:

D MM M dissipada

E E E

Como a energia dissipada é a mesma nos pontos, temos: 2

M AMD M ME E E

m

2

2''

22

V mm g H

2

2M

V m

2

2

2***22 2

'

2

'' '2

2 2M

V

V Vg H V

*H = 2R **Como ele está na iminência de perder o contato:

CPP F

m m

g

2

2

M

M

V

R

V Rg


Substituindo na expressão:

2 2'' '

42 2

V VRg Rg

Como R = 1m 2

2' 8m s e g=10m sV temos:

2

2

2

2 2

''40 10 32

2

'' 36 '' 6m s

V

V V

No ponto D, temos outra colisão perfeitamente elástica. Logo:

ANTES DEPOISQ Q

m 6 m 2 3''' ' 2V V m

2 3''' 2 ' 6V V

Como o e = 1, temos que:

3 2' ''' 6V V

Então:

2'''V

3

2 3

3

3

2 ' 6

''' ' 6

3 ' 12

' 4

V

V V

V

V m s

Questão 37

Solução: Letra A. Calculando a aceleração:

Situação 1: 2

2

00,6 1,2 /

2 2

at aS V t a m s

Situação 2:

22

2

0

0,50,6 4,2 /

2 2

aatS V t a m s

Calculando: os volumes

Situação 1:

1

1 1 1 1 0

1

m g aP E m a E mg ma V

d g

Situação 2:

2

2 2 2 2 0

2

m g aE P m a E mg ma V

d g

A variação de volume será:

33

2 1 3

50 101,2 4,8 30 cm

10 10L

mV a g g a

d g


Questão 38

Solução: Letra C.

De acordo com a figura dada, o momento gerado pela força F é dado por .cos .FM F d

A única opção onde encontramos o mesmo momento é na letra C.

cos

M G d

M F d

Questão 39

Solução: Letra C. O presente gráfico indica a Energia potencial e não a trajetória da partícula.

E para que o corpo oscile a Energia potencial deverá estar compreendida entre os pontos mínimos, portanto, entre x2 e x4.

Em todos os outros casos, a partícula, por ter energia maior, não ficaria confinado no presente trecho, e sim atravessaria.

d

G = F cos


Questão 40

Solução: Sem Resposta

Como todos os trabalhos das quatro máquinas devem ser iguais ao da máquina M, temos:

Q

T

2Q

T

2

2 2 2 2

2

2

2 ou2

Q Q

QW T Q Q Q Q Q

Analisando as máquinas propostas, temos:

Máquina A → 22 5 25

6 3

QQT

2

6

Q2

2

2(SIM)

3

QQ

Máquina B → 2 22

3 532 4 (NÃO)

2 2 2

Q QQT Q Q

Máquina C → 22 2 2

632 2 (SIM)

2 2

QQT Q Q Q

Máquina D → 2 2 22

105(SIM)

8 4 8 4

Q Q QT Q Q

Porém as máquinas propostas não podem ter rendimento maior que a máquina ideal de Carnot.

Carnot21 1 50%f

G

TT

T T

Testando o rendimento

Máquina A → 12

1 1 0,4 60% (NÃO)30

A

Máquina C → 2

1 33% (SIM)3

C

Máquina D → 1

1 80% (NÃO)5

D

SEM RESPOSTA


Questão 41

Solução: Letra A.

Espelho Esférico Côncavo

84

2 2

R Af A

Gauss → 1 1 1

'f P P

1

1

virtual1 1 1

' 12 direita4 3 '

maior

P AA A P

O tamanho da imagem coincide com a amplitude do movimento, portanto temos:

1 1| ' | 12

| |

A P A

A P

3 A1

4A A

Lente – f = A

Gauss → 2

2

1 1 1 3'

3 ' 2P A

A A P

2 2| ' | 3A P A

A P

2 3 A2

1

2 2

AA

2

1

12 .4 8

AA

A A


Questão 42

Solução: Letra B.

pelo gráfico, 22

d N N

2 2 1n

1 2 1 2

2 2

1 2

12 1n (*)

2

4

d d d d

d d

Elevando (*) no quadrado 2 2

1 1 2 2

1 2

1 2

1 2

2 1

2 4 1

2 3

3

2

d d d d

d d

d d

d d

Questão 43

Solução: Letra D.

1

1

1

1 1

1

1 1 11

1 2

11 11

2 2

n

f R R

nn V

f R R


22

2 2

2

2

1 21 1 1 11

1

1 2

nn

f R R f R

nV

R

Essas duas lentes, ao serem justapostas, possuem foco dado por

1

eq 1 2 eq 2

2 1eq

2 1eq

eq

2 1 2 1

1 2( 1)

2

4 4 1

2

4 3

2

2 2

4 3 4 3obj

nV V V V n

R R

n nV

R

n nV

R

R Rf f

n n n n

Já a lente ocular,

2 1

1 2

5 5 (4 3)

obj obj

ocular ocular

ocu

f f RA f f

f n n

A distância L entre essas lentes é dada pela soma dos focos da objetiva e da ocular

2 1

2 1

1 6

5 5

6 2

5 4 3

12.

20 5( 3)

obj ocular

obj obj obj

L f f

L f f L f

RL

n n

RL

n n


Questão 44

Solução: Letra C.

Ao cair, o movimento será acelerado, não havendo equilíbrio no meio, descartando a opção A e B. Sabendo que a energia potencial da partícula é dada por:

2 2

p pg pel Anel

pel

E E E m g h q V

k qE m g h q

R H

Como a altura diminui, a energia potencial gravitacional diminui, já a elétrica aumenta.


Questão 45

Solução: Letra A.

Calculando o Req do circuito

eq

12 6 724

12 6 18R

Calculando a corrente V = R i

12 = 4 i i = 3 A

Para qualquer valor acima de 3A, a lâmpada queima, deverá corresponder ao tempo de 1s, conforme o gráfico.

Desse modo, a partir de 1s, sua corrente aumenta e passa de 3A, queimando o circuito.

Questão 46

Solução: Letra D.

Durante o processo de carga do capacitor, a energia dissipada no resistor decresce e no capacitor cresce em função do tempo. Por conservação, a soma das energias dissipada no resistor e acumulada no capacitor é igual ao trabalho da força elétrica na fonte para gerar a

corrente de deslocamento, independente da razão R

C. No final do processo, a energia total

no resistor e no capacitor são iguais.


Questão 47

Solução: Letra C.

Sabemos que

02

pv v . Em P, a velocidade angular é a mesma para a circunferência e a

cicloide. Seja CR o raio de curvatura da cicloide no ponto mais alto.

0 t p

v v Rev R ; a aceleração centrípeta

2 22 2

2

2 2

44

p p

z C C

C

v v Ra R R R R

R R R

Com isto 2H Rnos leva a 4

22

C C

HR R H .

Por conservação:

12 22

2p

mv qEHqE H v

m

Por Newton:

2 2

4 /2

p

P P p p

C

mv m qEH Eq v B E q v B E v B E E v m s

R H m B

Como:

23 2

3

10 41,0m 100cm

2 2 4 10 2

pm v

HqE

Questão 48

Solução: Letra C

Como o imã executa um MHS, com seu centro variando entre –1m e +1m, o mesmo encontra-se parado nessas posições. Nesse instante, temos que o fluxo na espira permanece

constante e com isso não haverá corrente elétrica na espira deixando a lâmpada apagada.

Professores: Noronha

Ricardo Luiz Maurício Bruno Sá

Marcos Sant’Anna

Portes

Armando Nabuco Victor Gianotti


Língua Portuguesa

Questão 49

Solução: Letra B.

De acordo com o texto, a palavra INFLEXÍVEL não se adequa à maneira como o autor trata a palavra, expondo seus aspectos positivos e negativos.

Questão 50

Solução: Letra D. No contexto, Esopo traz a visão positiva sobre o uso da língua, cuja capacidade se liga a grandes feitos, os quais serão eternizados por ela. Assim, deve a língua “estar acima das

ações menores (...), a serviço de ações elevadas”.

Questão 51

Solução: Letra A. O pronome "te" é de 2a. pessoa; para isso o verbo "trazer" deveria estar "trouxesses" e não " trouxesse", verbo em que a conjugação ou é em 1a pessoa ou 3a pessoa, a depender do

contexto em que se insira.

Questão 52

Solução: Letra C.

O “que” presente na frase retoma o termo imediatamente anterior, substituindo-o na oração subordinada adjetiva. Essas são características do PRONOME RELATIVO. No entanto, a

construção do trecho permite enxergar a palavra QUE como partícula expletiva: “a língua é que ordena (...)”

Questão 53

Solução: Letra D. A resposta está incorreta, porque as palavras "bajula", "calunia" e “destrói” não são sinônimas, já que não possuem o mesmo significado.

Questão 54

Solução: Letra B/C.

Na letra B, nota-se que a partícula "se", ao lado dos referidos verbos, assume o papel de índice de indeterminação do sujeito, uma vez que a predicação assumida por esses verbos é intransitiva (há, neste caso, o apagamento dos objetos).

Na letra C, os pronomes "esta" e "este" fazem referência às palavras "língua" e "vinho", respectivamente, indicando proximidade ao locutor, Xantós.

Por isso, indicamos a presença de duas opções corretas.


Questão 55

Solução: Letra A.

No contexto, percebe-se maior preocupação, por parte do autor, com o uso das palavras em detrimento da valorização de suas experiências profissionais.

Questão 56

Solução: Letra D. Na carta, é clara a presença da função emotiva por conta de elementos linguísticos como o uso da primeira pessoa do singular bem como a exposição do locutor por suas preferências

lexicais. A forma como o autor constrói a carta tem como finalidade principal impressionar os interlocutores, já que seu objetivo é conseguir entrevistas de emprego.

Questão 57

Solução: Letra D. No contexto, CHOCANTE equivale a IMPACTANTE, não a ELETRIZANTE.

Questão 58

Solução: Letra C. I. Em estruturas comparativas, a preposição, antes do "que" é facultativa.

II. "Vermiforme" significa forma de verme. Se fosse "matar o verme" seria "vermicida". III. Etimologicamente, todas as palavras indicam "movimento ": perambular: andar em

torno; ambulância: hospital que anda; ambulante: aquele que anda.

IV. gostar de (VTI): ter preferência; Gostar (VTD): saborear, sentir o gosto.

Questão 59

Solução: Letra B.

A repetição de som consonantal (V) comprova o efeito da aliteração.

Questão 60

Solução: Letra A. No texto, o autor faz uso de palavras de cunho popular, como “perambular” e “choramingar”.

Questão 61

Solução: Letra C. A questão é essencialmente uma paráfrase do texto, uma vez que ele afirma: "onde terá ido essa palavra " e depois: haverá algum lugar onde se juntam todas as palavras que não

quiseram ficar? Um reino das palavras perdidas?", que remete ao que se afirma na letra C.


Questão 62

Solução: Letra D.

Não se pode compreender que o exagero surja de um contentamento do eu-lírico, uma vez que, durante o poema, ficam claras a luta pela busca das palavras e a agonia em não encontrá-las.

No entanto, na letra B, a flexão no passado é possível para que se mantenha um paralelismo verbal. Porém, o efeito discursivo do uso do presente vincula-se, no contexto poético, a um

desafio constante encarado pelo poeta como hábito (por isso a flexão no presente).

Questão 63

Solução: Letra B.

De acordo com as linhas 16 a 19, a palavra apresenta sentido positivo (“sonho”, “audácia”, “mais poderosa que o aço”) e negativo (“calúnia”, “fúria”, “derrota” e “frágil como o vidro”)

Questão 64

Solução: Letra B.

Em “Pobre cérebro”, o adjetivo admite a ideia de algo simples; em “cérebro pobre”, o adjetivo admite a ideia de desprovido de recursos.

Comentário da prova de redação:

A prova de Língua Portuguesa da AFA se mostrou muito curiosa, no que tange à escolha do tema central (a palavra) e dos textos que a compõem. Nesse sentido, a proposta de redação não fugiu à regra.

Ao orientar os candidatos a redigirem uma dissertação argumentativa sobre a palavra que, segundo eles, deveria ser “a palavra do ano”, a Banca opta por lhes dar uma liberdade de

escrita nada comum em concursos. Isso, para os candidatos criativos e bem preparados, foi um ganho, já que tiveram a

possiblidade de criar, sem restrições, quanto à proposta temática.

No entanto, para os que não têm o hábito de escrita e de reflexão, a proposta se mostrou um grande desafio, sendo – talvez – a parte mais difícil da prova.

Diante de tal panorama, consideramos a prova de redação diferente do usual, o que – em nada – tira seu brilhantismo.

Comentário da prova de língua portuguesa

Em se tratando das questões de Língua Portuguesa, a escolha vocabular ratifica o brilhantismo da proposta de redação, explorando não só a interpretação, a compreensão de textos, mas também, como é de costume na AFA, uma gramática contextualizada, embora

algumas questões despertassem dúvidas quanto ao gabarito final. Ficou claro que o conhecimento de diferentes tipos e gêneros textuais, a partir de uma leitura atenta, seria

imprescindível para alcançar um bom resultado.

Professores Camila Andrade

Caroline Lucena Cléa Lima

Igor Zímerer

Roberto Lota Vítor Campos

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Gabarito AFA 2020 - ensinoelite.com.br · 7 Questão 05 Solução: Letra B. Seja a circunferência O0k22 22 2 0 2 2 k k y Logo o centro é C(–1,3) e 12 2 k R Analisando agora a