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1
01
. Os polinômios P(x) = x3 + ax2 + 18 e Q(x) = x3 + bx + 12 possuemduas raízes comuns. Sabendo-se que a e b são números reais, pode-se afirmar que satisfazem a equação
a) a = b b) 2a = b c) a = 2b d) 2a = 3b e) 3a = 2b Solução:
Sejam p , q , r as raízes de P(x) e p , q , s as raízes de Q(x) Das relações de Girard, temos:
⎩ ⎨ ⎧ = − ⇒ = + + − = + + a r s 0 s q p a r q p
⎩ ⎨ ⎧ = ⇒ − = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ 2 3 s r 12 s q p 18 r q p
Segue que s = -2a e r = -3a Substituindo r = -3a em P(x), temos: (-3a)3 + a(-3a)2 + 18 = 0 -27a2 + 9a3 + 18 = 0 -18a3 = -18 a3 = 1 a = 1 Logo: s = -2 e r = -3 Substituindo s = -2 em Q(x), temos: (-2)3 + b(-2) + 12 = 0 -8 - 2b + 12 = 0 -2b = -4 b = 2 Segue que 2a = b ALTERNATIVA B
02
.
Assinale a alternativa que apresenta o mesmo valor daexpressão [4cos2(9°) - 3][4cos2(27°) - 3]:
a) sen(9°) b) tg(9°) c) cos(9°) d) sec(9°) e) cossec(9°) Solução: Sabemos que:
cos (3a) = 4cos3 a – 3cos a
Assim:
cos(27°) = 4cos3 9° - 3cos9° = cos9°(4cos2 9° - 3)
cos(81°) = 4cos3 27° - 3cos27° = cos27°(4cos2 27° - 3)
Seja:
P = (4cos2 9° - 3)(4cos2 27° - 3)
Deste modo, podemos escrever P da seguinte maneira: ° ° = ° ° ⋅ ° ° = 9 cos 81 cos 27 cos 81 cos 9 cos 27 cos P
Mas 81° e 9° são complementares, portanto: cos81° = sen9° sen81° = cos9° Logo: ° = ° ° = ° ° = tg9 9 cos 9 sen 9 cos 81 cos P ALTERNATIVA B
03
. Considere a equação(
log x)
1x 3
log3x + 3 2= . A soma dos
quadrados das soluções reais essa equação está contida no intervalo: a) [0,5) b) [5,10) c)[10,15) d)[15,20) e) [20,∞) Solução: Condições de existência: x > 0 e x ≠ 1/3
(
)
( )
( )
log 11 log 1 log log 1 1 1 log log log log 1 1 x log log log 2 x 3 x 3 x 3 x 3 2 x 3 x 3 3 x 3 ) x 3 ( 3 2 3 x x 3 3 x 3 = + + − + = + − = + −Fazendo logx3= y, temos:
0 ) 2 y y ( y 0 y 2 y y y 1 ) y 1 ( y y 1 1 y y 1 1 y 1 1 2 2 3 2 2 = − + = − + + = + + − = + + − +
y2 = 0 , y2 = -2 , y3 = 1 Se y1 = 0, temos: 1 x 0 log 1 1 x 3 = = Se y2 = -2, temos: 9 1 x 2 log 2 2 x 3 = − = Se y3 = 1, temos: 3 x 1 log 3 3 x 3 = = Assim temos: 81 811 81 729 1 81 9 81 1 1 9 1 1 x x x 2 2 2 3 2 2 2 1 = + + = + + = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = + +
) 15 , 10 [ 81 811 : o log ∈ ALTERNATIVA C
04
. Considere as inequações abaixo: I. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc +caII. a3 + b3 ≥ a2b + ab2
III. (a2 – b2) ≥ (a – b)4
Esta(ão) correta(s), para quaisquer valores reais positivos de a, b e c, a(s) inequação(ões)
a) II apenas. b) I e II apenas. c) I e III apenas. d) II e III apenas. e) I, II e III.
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2
Solução:
I. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
Pela desigualdade de Cauchy – Schwarz
(a2 + b2 +c2)2 ≥ (ab + bc + ca)2 ↔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
Logo verdadeiro
II. a3 +b3 ≥ a2b + ab2 ↔ (a + b) (a2 – ab + b2) ≥ ab (a + b)
Como a + b ≠ 0, pois a e b ∈ℜ*+
Temos a2−ab+b2≥a+b↔a2−2ab+b2≥0↔
(
a−b)
2≥0como a e b ∈ℜ*+temos que
(
a−b)
2≥0∀aeb∈ℜ*+. Logo é verdadeiroIII. Para a= 1 e b = 2 temos:
(
)
4 2 2 2 1 2 1 ⎟⎠⎞≥ − ⎜ ⎝ ⎛ −( )
14 4 1− ≥ − Falso 1 3≥ −Logo a alternativa é falsa A alternativa correta é letra “B”
Obs. O gabarito oficial divulgou letra “E”, portanto deve haver mudança no gabarito oficial para alternativa “B”
ALTERNATIVA B
05
. Considere os sistema de equações ⎩ ⎨ ⎧ = + = + d qy px c by ax , com a, b, c, d, p e q reais, abcd ≠ 0, a + b = m e d = mc. Sabe-se que o sistema é indeterminado. O valor de p + q é: a) m b) m/n c) m2 – n2 d) mn e) m + n Solução: ⎩ ⎨ ⎧ = + = + d qy px c by ax abcd ≠ 0 , a + b = m , d = ncSe o sistema é indeterminado, temos:
n 1 nc c q b p a d c q b p a = = = = = p = na , q = nb Segue que: p + q = na + nb = n(a + b) = mn ALTERNATIVA D
06
. O coeficiente de x4y4 no desenvolvimento de (1 + x + y)10 é a) 3150 b) 6300 c) 75600 d) 81900 e) 151200 Solução: 4 4 4 4 4 4 3 4 4 4 4 4 4 2 1 10 10 (1 x y) (1 x y) (1 x y) ) y x 1 ( + + = + + ⋅ + + ⋅⋅⋅ + +O coeficiente de x4y4 é igual a quantidade de maneiras de escolher
4x e 4y dos polinômios 3150 1 2 5 6 1 2 3 4 7 8 9 10 4 6 4 10 : o log = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⋅ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ALTERNATIVA A
07
. Seja um triângulo ABC. AH é a altura relativa de BC, com H localizado entre B e C. Seja BM a mediana relativa de AC. Sabendo que BH = AM = 4, a soma dos possíveis valores inteiros de BM é a) 11 b) 13 c) 18 d) 21 e) 26 Solução: ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ 2 Y , 2 X M c A 4 4 ) y , 0 ( A A ) 0 , Xc ( C ) 0 , 0 ( H ) 0 , 4 ( B− 64 Y X 16 4 Y X 4 2 Y 2 X 2 A 2 c 2 A 2 c 2 A 2 c = + = + ⇒ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ c c c 2 c 2 c 2 A c 2 c 2 A 2 c X 4 32 BM 4 X 16 128 4 64 X 16 Y X BM 4 Y 16 X 4 4 X 2 Y 4 2 X BM + = + = + + + = + + + = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + =Condição de existência doΔAHC implica em Xc < 8 logo como
c
X 4 32
BM= + os possíveis valores inteiros de BM são os quadrados perfeitos 36 e 49, pois 64 implica em Xc = 8 contrariando a
condição de existência ∴BM=6ouBM=7
Resposta: 6 + 7 = 13
ALTERNATIVA B
08
. Seja Δ o determinante da matriz⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ 1 x x x x x 3 2 1 3 2 . O número
de possíveis valores de x reais que anulam Δ é a) 0
b) 1 c) 2 d) 3 e) 4
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3
Solução: 0 1 x x x x x 3 2 1 3 2 = = Δ
0 1 x x x x 1 3 2 1 x 2 = = Δ
Δ = x (x + 2x3 + 3x – 3x2 – x3 – 2) = 0 Δ = x (x3 – 3x2 + 4x – 2) = 0 Δ = x (x – 1) (x2 – 2x + 2) = 0
Como x2 – 2x + 2 tem discriminante negativo (-4), os únicos valores
reais de x que anulam Δ são: x = 0 ou x = 1.
ALTERNATIVA C
09
. Seja o número complexo2 ) ib 1 ( ib a z +
= , onde a e b são números
reais positivos e i= −1 . Sabendo que o módulo e o argumento de z valem, respectivamente, 1 e (-π) rd, o valor de a é:
a) 4 1 b)
2 1 c) 1 d) 2 e) 4 Solução:
(
)
(
)
⎟⎟⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + + − + − = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − + − − − = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + − = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − = + = 1 b 2 b i) b 1 ( b 2 b a b b 2 1 b 4 i) b 1 ( b 2 b a i) b 1 ( b 2 1 b a bi 2 b 1 i 1 b a ) ib 1 ( ib a z 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 Se argumento de z = (-π) e d ⇒ 1 – b2 = 0 ⇒ b ± 1 2 a 4 a 2 1 2 1 i 0 b 2 b a z =− + − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + + − = ⇒ Como módulo de z = 1 1 a 2 2 a = ⇒ = + ⇒ ALTERNATIVA D10
. Entre os números 3 e 192 insere-se igual número de termos de uma progressão aritimética e de uma progressão geométrica com razão r e q, respectivamente, onde r e q são números inteiros. O número 3 e o número 192 participam destas duas progressões. Sabe-se que o teceiro termo de8 q 1 1 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + , em potências crescentes de q 1, é q 9
r . O segundo de progressão aritimética é:
a) 12 b) 48 c) 66 d) 99 e) 129 Solução: 7 2 3 28 9 rq q 9 r 1 q 1 1 2 7 8 1 q 1 2 8 q 1 1 de termo º 3 2 2 6 2 2 8 2 8 ⋅ ⋅ = ⋅ = ∴ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + −
Mas 192 = 3qn-1 → qn-1 = 64 (I) 192 = 3 + (n - 1)r → n-1 = r 189 (II) De (I) e (II) temos:
64 q r 189 =
2 3 6 r 189 8 ou 4 ou 2 q = ∴ 63 r 3 r 189 inteiro é r mas ∴ = ⇒ = Assim: a2 = a1 + r = 3 + 63 a2 = 66 ALTERNATIVA C
11
. Um menino, na cidade do Rio de Janeiro, lança uma moeda. Eleandará 1m para leste se o resultado for cara ou 1m para oeste se o resultado for coroa. A probabilidade deste menino estar a 5m de distância de sua posição inicial, após 9 lançamentos da moeda, é
a) 6 2 9
b)
6 2 35 c) ! 9 2
d)
9 2 35
e) 9 2 ! 9 Solução: Probabilidade Binominal
A Probabilidade de parar 5 metros a leste é igual a de parar a 5 metros a oeste.
Precisamos de 7 sucessos e 2 fracassos.
6 9 3 9 2 7 2 9 2 2 9 2 2 1 8 9 2 2 1 2 1 7 9 2 ) m 5 ( P ⎟⎟ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⋅ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⋅ = ALTERNATIVA A
12
.
Considere uma haste AB de comprimento 10 m. Seja um pontoP localizado nesta haste a 7 m da extremidade A. A posição inicial desta haste é horizontal sobre o semieixo x positivo, com a extremidade A localizada na origem do plano cartesiano. A haste se desloca de forma que a extremidade A percorra o eixo y, no sentido positivo, e a extremidade B percorra o eixo x, no sentido negativo, até que a extremidade B esteja sobre a origem do plano cartesiano. A equação do lugar geométrico, no primeiro quadrante, traçado pelo ponto P ao ocorrer o deslocamento descrito é
a) 49x2 + 9y2 – 280x + 120y – 441 = 0
b) 49x2 – 406x – 49y2 + 441 = 0
c) 9x2 + 49y2 – 441 = 0
d) 9x2 + 9y2 + 120y – 441 = 0
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4
Solução: Equação da elipse: 1 9 y 49 x2+ 2 = 1 441 y 49 x 9 2 2 = + Logo 9x2 + 49y2 – 441 = 0 ALTERNATIVA C
13
. Considere uma pirâmide regular de base hexagonal e altura h. Uma esfera de raio R está inscrita nestapirâmide. O volume desta pirâmide é
R 2 h h R 3 3 h 2 ) a 2 − R 2 h h R 3 3 h ) b 2 + R 2 h h R 3 3 h 2 ) c 2 + R 2 h h R 3 3 h ) d 2 − R h h R 3 3 h 2 ) e 2 − Solução: M T R C R O h T R O V r h −
No triângulo VOT é retângulo em T: Logo VT2=
(
h−R)
2−R2⇒VT= h(
h−2r)
O triângulo VOT é semelhante ao triângulo VMC Caso AA (ângulo Vˆ e ângulo de 90º)
T R O V r h −
()
r2 h h −V
M
C
h
X
(
h 2R)
h h R X − =(
h 2R)
h Rh X −= Mas CM é a altura do triângulo equilátero do
hexágono regular. C M l x
(
h 2R)
3 h 3 Rh 2 3 x 2 ⋅ − ⋅ = ⇒ = l l O volume da pirâmide é Ab h 3 1 Vp= ⋅ , onde ∴ ⋅ = Δ ⋅ = 4 6 A 6 Ab l2 32
(
)
h 2R h R 3 3 h 2 4 9 R 2 h h 3 3 h R 4 6 3 1 Vp 2 2 2 − = ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ = 3ALTERNATIVA A
14
. Considere a figura abaixo formado por arcos de circunferência tangentes cujos centro formam um pentágono regular inscritível em uma circunferência de raio R. O perímetro da figura é:a) 10 2 5 2 r 7 − π b) 10 5 4 r 7π + c) 10 2 5 2 r 7π + d) 10 2 5 4 r 7 + π e) 10 2 5 4 r 7π −
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5
Solução: Dado que: 2 5 2 10 R 5= − l 2 5 l 5 3 108= π 5 5 2 2 R 2π = πl =πl x 252 x 360252 5 107 5 360 l l = π π = ⇒ ⎭ ⎬ ⎫ ° ° 5 5 27 10 7 5 5x Mas = ⋅ πl = πl
4 5 2 10 R 7 2 5 2 10 R Mas l5= − ∴ π − ALTERNATIVA E
15
. Considere os conjuntos A, B, C e D, não vazios, contidos no mesmo conjunto universo U. A simbologia Frepresenta o
complemento de um conjunto F em relação ao conjunto U. Assinale a opção correta a) Se A ∩ D ⊂ C e B ∩ D ⊂ C então A ∩ B ⊂ C b)
[
(A∩B∩C)∪(A∩B∩C)]
∩(A∩B∩C)=(A∩B)c) (A∩B∩C)∪(A∩B∩C)∪(A∩B∩C)=(A∩B∩C)
d) ) C A ( ) C B ( ) B A ( ) C B A ( ) C B A ( ) C B A ( ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ = ∩ ∪ ∩ ∪ ∩
e) SeA⊂CeB⊂CentãoA∪B⊂C Solução: I I UB A B A B A = =
Como A ⊂ C e B ⊂ C, temos A ∩ B ⊂ C. ALTERNATIVA E
16
. Uma partícula de carga q e massa m está sujeita a dois campos elétricos ortogonais Ex(t) e Ey(t), dados pelas equações:Ex(t) = 5sen (2t)
Ey(t) = 12cos (2t)
Sabe-se que a trajetória da partícula constitui uma elipse. A velocidade escalar máxima atingida pela partícula é: a) m q 2 5 b) m q 5 c) m q 6 d) m q 2 13 e) m q 13 Solução: ) t 2 cos( 12 m q a ) t 2 ( sen 5 m q a ) t 2 cos( 12 q ) t ( qE F ) t 2 ( sen 5 q ) t ( qE F y x y y x x ⋅ = ⋅ = ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⋅ = = ⋅ = =
O movimento resultante é a superposição de dois movimentos harmônicos simples perpendiculares com diferença de fase π/2.
m q 3 A A 2 m q 12 : y Em m 4 q 5 A A 2 m q 5 : x Em A a s / rad 2 y y 2 x x 2 2 max = ⋅ ∴ = = ∴ ⋅ = ⇒ ω = = ω Note que Ay > Ax y x
y MAX y x min MAX 2 2 MEC A V V e 0 V 0 , m 4 q 5 r V Para . const 2 mv 2 Kr E ω = = = ⇒ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⇒ = + =
m q 6 V m q 3 2 VMAX= ⋅ ⇒ MAX= ALTERNATIVA C
17
.Um foguete de brinquedo voa na direção e sentido indicados pela figura com velocidade constante v. Durante todo o vôo, um par de espelhos, composto por um espelho fixo e um espelho giratório que gira em torno de ponto A, faz com que o laser sempre atinja o foguete, como mostra a figura acima. O módulo da velocidade de rotação é:
( )
[
vsen]
/d ) a θ( )
/2 /d sen v ) b⎢⎣⎡ 2θ ⎥⎦⎤( )
/d sen v ) c⎢⎣⎡ 2θ⎥⎦⎤( )
[
vsen]
/2d ) d θ( )
/2d sen v ) e⎢⎣⎡ 2θ⎥⎦⎤
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6
Solução: . θ send vr . θ − 90
(
90−θ)
=vsenθ cos v θ dConsideramos
(
90−θ)
pequeno (durante um intervalo muito pequeno de tempo...) ϖ = θ θ sen d vsen: velocidade angular do raio!
d 2 vsen 2 2 e=ϖ= θ ϖ espelho Do ALTERNATIVA E
18
.Um objeto puntiforme encontra-se a uma distância L de sua imagem, localizada em uma tela, como mostra a figura acima. Faz-se objeto executar uma movimento circular uniforme de raio r (r<<L) com centro no eixo principal e em um plano paralelo à lente. A distância focal da lente 3L/16 e a distância entre o objeto e a lente é x. A razão entre as velocidades escalares das imagens para os possíveis valores de x para os quais se forma uma imagem na posição da tela é:
a) 1 b) 3 c) 6 d) 9 e) 12 Solução:
Para imagem na tela, vem:
16 L 3 f , X L 1 X 1 f 1 = − + =
0 L 3 LX 16 X 16 2− + 2= ∴ 4 L 3 X 4 L X1= ⇒ 1'= 4 L X 4 L 3 X2= ⇒ 2'= Objeto do Posição agem Im da Posição
X ' X V V H H A Mas O I O I = =− = X ' X V Vim=− O⋅ ∴
9 3 1 3 X X X X V V 2 ' 2 1 ' 1 ) 2 ( im ) 1 ( im = = = ⇒ ∴ 9 V V ) 2 ( im ) 1 ( im =
ALTERNATIVA D
19
.Um corpo de 300 g de massa é lançado de uma altura de 2,20 m em relação ao chão como mostrado na figura acima. O vetor velocidade inicial vo tem módulo de 20 m/s e faz um ângulo de 60º com a
vertical. O módulo do vetor diferença entre o momento linear no instante do lançamento e o momento linear no instante em que o objeto atinge o solo, em kg.m/s, é:
Dado: aceleração da gravidade: 10 m/s2.
a) 0,60 b) 1,80 c) 2,25 d) 3,00 e) 6,60 Solução: m = 300 g yo = 2,20 m Vo =20 m/s θ = 60º o o mV pr = r
Tempo de voo: 2 t g t V y ) t ( y 2 oy o+ − =
s 2 , 2 t 10 12 10 t 144 44 100 2 , 2 20 100 0 2 , 2 t 10 t 5 t 5 t 10 2 , 2 0 2 t g t º 60 cos V y 0 2 t g t V y 0 0 ) t ( y t t voo voo 2 voo 2 voo voo 2 voo voo o o 2 voo voo oy o voo voo = ⇒ ± = = + = ⋅ + = Δ = − ⋅ − − ⋅ + = − + = − + = = ⇒ = +
t−=−0,2s Velocidade final: s / m 12 2 , 2 10 10 ) t ( V gt V ) t ( V voo y oy y − = ⋅ − = − =
s / m 3 10 º 60 sen V V Vx = ox= o = o p p pr=r−r Δ , po=mVo=m
(
Voxxˆ+Voyyˆ)
=0,3(
10 3xˆ+10yˆ)
r r m/s
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) yˆ V xˆ V ( m V m p= = x + y r r , voo t t= s / m ) yˆ 12 xˆ 3 10 ( 3 , 0 pr= −
(
)
(
)
[
]
(
)
s / m 60 , 6 p s / m yˆ 6 , 6 p s / m yˆ 6 , 6 s / m yˆ 22 3 , 0 yˆ 10 12 xˆ 3 10 3 10 3 , 0 p p p o = Δ − = Δ − = − = − − + − = − = Δ r r r r r ALTERNATIVA E20
.A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma barra vertical AC e um cabo CD, de pesos desprezíveis, e por uma barra horizontal BD. A barra vertical é fixada em A e apoia a barra
horizontal BD. O cabo de seção transversal de 100 mm2 de área é
inextensível e está preso nos pontos C e D. A barra horizontal é composta por dois materiais de densidades lineares de massa
.
e 2
1 μ
μ Diante do exposto, a força normal por unidade de área, em
MPa, no cabo CD é: Solução:
Impondo a condição de equilíbrio de rotação para a barra horizontal, vem:
.
B m 5 , 1 2= l 1 Pr P2 r m 5 , 0 1= l θ Tsen D θ cos Tθ
Tr pólo BD Cos T g m g m BD Cos T P P 0 M 2 2 1 1 2 2 1 1 B ⋅ θ ⋅ = + ⋅ ⋅ θ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ = Σ l l l l(
μ1⋅x1)
g⋅l1+(
μ2⋅x2)
⋅g⋅l2=T⋅cosθBDMas antes perceba que: θ m 5 , 1
( )
x2 ⇒ θ m 3 5m m 4 Daí 6 , 0 5 3 Cosθ= = m 2 . . Por fim:(
μ1⋅x1)
gl1+(
μ2⋅x2)
gl2=T⋅cosθ⋅BD(
600⋅1)
⋅10⋅0,5+(
800⋅1)
⋅10⋅1,5=T⋅0,6⋅2 T 2 , 1 12000 3000+ = N 12500 T T 2 , 1 15000= ⇒ = Finalizando: MPa 125 Pa 10 125 10 100 12500 Área Força 6 6= ⋅ = ⋅ = − ALTERNATIVA B21
. Quando uma corda de violão é tocada, o comprimento de ondada onda sonora produzida pela corda
a) é a maior que o comprimento de onda da onda produzida na corda, já que a distância entre as moléculas do ar é maior que a distância entre os átomos da corda.
b) é menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, já que a massa especifica do ar é menor que a massa específica da corda.
c) é igual ao comprimento de onda da onda produzida na corda, já que as frequências das duas ondas são iguais.
d) Pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação da onda sonora e da onda produzida na corda.
e) Pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das frequências da onda sonora e da onda produzida na corda.
Solução: corda na Tração T ; T V corda corda= μ = ar do de Elasticida de . Coef B ; B V ar som de onda = μ =
B T V V : Daí ar c som de onda corda ⋅μ μ =
iguais f , f v v f= ∴ λ= λ
λ
vai depender das velocidades de propagação que podem serdiferentes, em função de T, μC, μar e B.
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8
22
.A figura acima apresenta uma partícula com velocidade v, carga q e massa m penetrando perpendicularmente em um ambiente submetido a um campo magnético B. Um anteparo está a uma distância d do centro do arco de raio r correspondente à trajetória da partícula. O tempo, em segundos, necessário para que a partícula venha a se chocar com o anteparo é:
Dados: v = 10 m/s B = 0,5 T q = 10 µC m = 10 x 10-20 kg d = 2 2 r a) 40π x 10-15 b) 20π x 10-15 c) 10π x 10-15 d) 5π x 10-15 e) 2,5π x 10-15 Solução:
Perceba que para atingir o anteparo é preciso que a partícula percorra um arco cujo ângulo central é dado por:
cos θ = r d
→
cos θ = r 2 r 2=
2 2∴
θ = 45º O que corresponde a 1/8 de volta.
O tempo necessário para haver o choque é entãoΔt=T/8
Mas qB m 2 T= π
→
14 6 20 6 20 10 5 , 0 10 2 10 5 , 0 10 10 4 10 10 qB 4 m t −− −− = ⋅π⋅ − ⋅ ⋅ π = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ π = π = Δ→
s 10 5 t= π⋅ −15 Δ ALTERNATIVA D23
. Em certos problemas relacionados ao escoamento de fluidos no interior de dutos, encontram-seexpressões do tipo: 2 3 v k Y= αl
A grandeza γ possui a mesma dimensão da razão entre potência e temperatura. O termo k é a condutividade térmica, conforme descrito pela Lei de Fourier. As dimensões dos parâmetros α e
ι
são, respectivamente, as mesmas de aceleração e comprimento.A dimensão de v para que a equação acima seja dimensionalmente correta é igual a:
a) raiz quadrada da aceleração. b) quadrado da velocidade.
c) produto do comprimento pela raiz quadrada da velocidade. d) produto da velocidade pela raiz quadrada do comprimento. e) produto do comprimento pelo quadrado da velocidade. Solução:
[ ]
[ ]
[ ]
2 3 2 OT] K LT L P [ ν ⋅ = θ −[ ] [ ][ ]
[ ][ ]
l T 1ML142T4422L4L42431 A K = − − ⋅ ⋅ − ⋅θ− θ φ =[ ]
3 3 2 1 1 2 2 1 1 2 2T T ML T L LT L ML − − − − − − ⋅ − ν θ = θ ⋅[ ]
ν2=L3 T−2[ ]
2 1 3 T L − = νa) (LT-2)1/2 = L1/2 T-1 NÃO b) (LT-1)2 = L2 T-2 NÃO c) L (LT-1)1/2 = L ⋅ L1/2 ⋅ T-1/2 = L3/2 T-1/2 NÃO d) LT-1 ⋅ L1/2 = L3/2 T-1 SIM e) L ⋅ L2 T-2 = L3 T-2 NÃO ALTERNATIVA D
24
.Uma onda plana de frequência f propaga-se com velocidade v horizontalmente para a direita. Um observador em A desloca-se com velocidade constante u (u < v) no sentido indicado na figura acima. Sabendo que α é o ângulo entre a direção de propagação da onda e de deslocamento do observador, a frequência medida por ele é:
a) cos( ) f v u 1 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + α b) cos( )f v u 1 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − α c) ) cos( v u 1 f α − d) ) cos( v u 1 f α + e) f v u 1 ) cos( + α
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Solução: θ = cos II| u u |r ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ± ± = ⇒ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ± ± = f o f o o V V V V f * f V V V V f f ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ θ − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − θ = cos v u 1 f V cos u V f * f ALTERNATIVA B
25
. Um feixe de luz deintensidade I
incide perpendicularmente em uma lâmina de vidro de espessura constante. A intensidade da onda transmitida do ar para o vidro e vice-versa é reduzida por um fator q(0<q<1). Ao chegar a cada interface de separação entre o ar e o vidro, a onda se divide em refletida e transmitida. A intensidade total da luz atravessa o vidro, após sucessivas reflexões internas no vidro, é dada por: a) q2I b) 2 q 2 qI − c) q 1 qI 2 + d) q 2 qI − e) q(1 q)I 2 1 + Solução:I
2 = qI
I
3 =I
2 · q = q2I
I
1= I – 1
2= I – qI = I(1 - q)
I4 = I2 – I3 = qI – q
2I = qI(1 - q)
I
5= qI
4= q
2I(1 - q)
I6 = I4 – I5 = qI(1 - q) – q
2I(1 - q)
I
6= qI(1 - q) (1 - q) = q(1 - q)
2I
I7 = qI6 = q
2(1 - q)
2I
I7 = q
2I(1 - q)
2I8 = I6 – I7 = qI(1 - q)
2– q
2I(1 - q)
2I9 = qI8 = q
2I(1 - q)
2– q
3I(1 - q)
2I10 = I8 – I9 = qI(1 - q)
2– q
2I(1 - q)
2– q
2I(1 - q)
2+ q
3I(1 - q)
2I11 = qI10
I
11= q
2I(1 - q)
2– q
3I(1 - q)
2– q
3I(1 - q)
2+ q
4I(1 - q)
2I11 = q
2I(1 - q)
2(1 – 2q + q
2)
I
11= q
2I(1 - q)
2(q - 1)
2= q
2I(1 - q)
4 PG da razão : r q) 1 ( ; ) q 1 ( 1 Iq S PG da soma I 2 2 2 TT − = − − = = =q 2 Iq I ) q 2 ( q Iq q 2 q 1 1 Iq ) q 2 q 1 ( 1 Iq S I TT 2 2 2 2 2 TT − = − = + − − = − + − = = ALTERNATIVA D
26
.Um objeto puntiforme de massa m é lançado do ponto A descrevendo inicialmente uma trajetória circular de raio R, como mostrado na figura acima. Ao passar pelo ponto P o módulo da força resultante sobre o objeto é 17 mg, sendo g a aceleração da gravidade. A altura máxima hmaxque o objeto atinge na rampa é:
a) 3R b)
(
17− R 1)
c)(
17+ R 1)
d)(
17+ R 2)
e) 18 R Solução: mg 17 FrRP =2 2 2 2 2 2 2 2 g m 17 g m N mg 17 g m N ± = + = + cp F N= , força centrípeta 2 2 2 2 4 p 2 2 p mg 17m g R V m R mV N= ∴ + = gR 4 V g ) 1 17 ( R V 2 P 2 2 4 p = − =
Conservação da energia mecânica: Emec(p)= Emec(hmáx) R 3 h 2 R g 4 gR gh mgh 2 mV mgh máx máx máx 2 p p = + = = + ALTERNATIVA A
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27
. Um automóvel percorre uma estrada reta de um ponto A para umponto B. Um radar detecta que o automóvel passou pelo ponto A a 72 km/h. Se esta velocidade fosse mantida constante, o automóvel
chegaria ao ponto B em 10 min. Entretanto, devido a uma eventualidade ocorrida na metade
do caminho entre A e B, o motorista foi obrigado a reduzir uniformemente a velocidade até 36 km/h, levando para isso, 20 s. Restando 1 min para alcançar o tempo total inicialmente previsto para o percurso, o veículo é acelerado uniformemente até 108 km/h, levando para isso, 22s, permanecendo nesta velocidade até chegar ao ponto B. O tempo de atraso, em segundos, em relação à previsão inicial, é: a) 46,3 b) 60,0 c) 63,0 d) 64,0 e) 66,7 Solução: dAB = VAΔTt = 20m/s . 10 . 60s dAB = 12000m
Metade da distância com a eventualidade: Δt1 = 300s, Δx1 = 6000m Redução de velocidade: Δt2 = 20s V = VO +at 10 = 20 + a ⋅ 20 -10 = a · 20 a2 = -1/2 m/s2 Δx2 = ? V2 = V O2 + 2a2 Δx2 100 = 400 – 2 ⋅ ½ ⋅ Δx2 -300 = -Δx2 ⇒ Δx2 = 300m.
Até faltar 1min p/ 10min (600s): Δt1 + Δt2 + Δt3 = 540s Δt3 = 220s, velocidade 10m/s = V3 Δx3 = V3 ⋅ Δt3 ⇒ Δx3 = 2200m Δt4 = 22s, acelerando até V4 = 30m/s V4 = V3 + a4 Δt4 30 = 10 + a4 ⋅ 22 a4 = 11 10 m/s2 Δx4 = ? 900 = 100 + 2a4 ⋅ Δx4 m 440 11 40 11 10 2 800 x4 = ⋅ = ⋅ = Δ
Distância total até o momento:
Δx1 + Δx2 + Δx3 + Δx4 = 6000 + 300 + 2200 + 440 = 8940m Restam 12000 – 8940 = 3060m. Logo, Δx5 = 3060m V4 = 30m/s 4 5 5 V x t = Δ Δ
s 102 3 306 30 3060 t5= = = Δ
Tempo total: Δt1 + Δt2 + Δt3 + Δt4 + Δt5 = 300 + 20 + 220 + 22 + 102 = 664s Diferença: 664 – 600 = 64s ALTERNATIVA D
28
.Um cabo subterrâneo inicialmente isolado, instalado entre os pontos A e B, possui resistência de 0,01 Ω/m. Este cabo se rompeu e seu ponto de ruptura apresenta fuga de corrente para a terra. Para determinar o ponto de rompimento do cabo e escavar o terreno de modo a sanar o problema, foi montado o aparato apresentado na figura acima, composto por uma bateria Vb ajustada para fornecer uma corrente constante de 10 A ao circuito formado pela resistência R e pelo cabo. O valor da tensão da bateria é mostrado por um voltímetro que apresenta um erro de medição de +/- 10 %. Sabendo que a leitura do voltímetro é 16,67 V, é CORRETO afirmar que:
a) a partir da leitura do voltímetro no ensaio, pode-se concluir que o comprimento total do cabo é 2 km.
b) a distância mínima de x para se iniciar a escavação é 224 m. c) a distância máxima de x para se encerrar a escavação é 176 m. d) o ponto x = 240 m está dentro do intervalo provável de ruptura do
cabo.
e) ponto x = 210 m está dentro do intervalo provável de ruptura do cabo.
Solução:
O circuito da questão pode ser modelado abaixo:
Temos I R Vb= eq⋅
⇒
I R R R R V cabo cabo b ⎟⎟⋅ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⋅ =
⇒
cabo R 1 R 1 Vb I = +
⇒
R 1 V I R 1 b cabo − =
Com o erro de medição de ±10%a Voltagem Vb pode assumir os
valores:
Vb(máx) = Vb + 10% Vb = 1,1Vb = 1,1 · 16,67 = 18,337 V
Vb(mín) = Vb - 10% Vb = 0,9 Vb = 0,9 · 16,67 = 15,003 V
Isso implica valores de Rcabo dados por:
10 1 003 , 15 10 R 1 ) mín ( cabo − =
⇒
Rcabo(mín)≅ 7651, Ω Então Ω ⋅ Ω = 01 , 0 m 1 765 , 1 xcabo(mín) R=10Ω A 10
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Por outro lado
Ω ≅ ⇒ − = R 2,245 10 1 337 , 18 10 R 1 ) máx ( cabo ) máx ( cabo Então Ω ⋅ Ω = 01 , 0 m 1 245 , 2 xcabo(máx) xcabo(máx)≅224,5m
Por fim 176,5 m ≤ xcabo ≤ 224,5 m
ALTERNATIVA E
29
. Em um experimento existem três recipientes E1, E2 e E3. Umtermômetro graduado numa escala X assinala 10ºx quando imerso
no recipiente E1, contendo uma massa M1 de água a 41ºF. O
termômetro, quando imerso no recipiente E2 contendo uma massa
M2 de água a 293 K, assinala 19ºX. No recipiente E3 existe
inicialmente uma massa de água M3 a 10ºC. As massas de água
M1 e M2, dos recipientes E1 e E2, são transferidas para o recipiente
E3 e, no equilíbrio, a temperatura assinalada pelo termômetro é de
13ºX. Considerando que existe somente troca de calor entre as massas de água, a razão
2 1 M M é: a) 2 + 0,2 2 3 M M b) 2 c) 1 + 2 3 M M d) 0,5 e) 0,5 -2 2 3 M M Solução: Do recipiente 1 temos: 10ºx é equivalente a 41ºF como 278 K 5 273 K 9 32 41 5 273 K 9 32 F− = − ⇒ − = − ⇒ = Do recipiente 2 temos: 19°x equivalente a 293k x º 19 x º 10 X k 293 k 278 K 15 278 K 9 10 X 278 293 278 K 10 19 10 X ⇒ − = − − − = − − ⇒ 5 278 K 3 10 X− = − ⇒ M1 estava inicialmente a 10ºx = 278k M2 estava inicialmente a 19ºx K 293 5 278 K 3 10 19 = ⇒ − = − ⇒
10ºC equivalente a 283k ⇒M3 estava inicialmente a 283k
Após adicionar M1 e M2 a M3 a temperatura de equilíbrio é 13ºx e:
283k a e equivalent x 13 283 K 5 278 K 3 10 13− = − ⇒ = ⇒ °
Como o calor só é trocado entre M1, M2 e M3 :
(
283 278)
M c(
283 293)
M c(
283 283)
0 c M 0 Q Q Q1+ 2+ 3= ⇒ 1⋅ ⋅ − + 2⋅ ⋅ − + 3⋅ ⋅ − =( )
2 M M M M 2 0 10 M 5 M 2 1 1 2 2 1⋅ + ⋅− = ⇒ = ⇒ = ALTERNATIVA B30
.No circuito apresentado na figura acima, a chave S é fechada e a corrente fornecida pela bateria é 20A. Para que o fusível F, de 1,5A, não abra durante o funcionamento do circuito, o valor da resistência variável R, em ohms é:
Consideração:
O capacitor está descarregado antes do fechamento da chave S: a) R ≥ 120 b) 95 ≤ R ≤ 115 c) 85 ≤ R ≤ 100 d) 55 ≤ R ≤ 65 e) R ≤ 45 Solução:
Vamos condicionar o valor do resistor R analisando o circuito imediatamente após o fechamento da chave. Nesse caso o capacitor está descarregado e funciona como um curto-circuito.
Com isso passa a corrente limite pelo fusível. O circuito então se resume ao esquema a seguir:
+ − R i ⎯ ⎯ → ⎯20A E ⎯⎯ →20⎯−i C D B ⎯→ ⎯ 1 i Ω 12 Ω6 + − ⎯ ⎯ ⎯→ ⎯ + ) 1 i 5, 1( + − Ω4 Ω3 + − ⎯⎯ → ⎯ 1 i3 ⎯⎯ ⎯ ⎯ → ⎯ + ⋅ ) 1 i 5, 1( 2 A F − A 5 , 1
Usando a lei dos Nós no nó A, temos: 3i1 = 1,5 + 2 · (1,5 + i1)
3i1 = 1,5 + 3 + 2i1
i1 = 4,5A
Usando a lei dos Nós no nó C, temos: 20 – i = 3i1 + i1
4i1 = 20 – i
4 · 4,5 = 20 – i 18 = 20 – i i = 2A
Finalmente usando a Lei das Malhas na malha ECDBE, vem: + 4 · (3i1) + 3[2 · (1,5 + i1)] – R · i = 0 12i1 + 9 + 6i1 = R · i 18i1 + 9 = R · i Assim: 18 · 4,5 + 9 = R · 2 81 + 9 = R · 2 2R = 90 R = 45 Ω
Mas esse é o valor maximante para R. Assim:
R ≤ 45 Ω
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31
. Dadas as reações:PC l3 + 3H2O → 3H2O → H3PO3 + 3HCl
PCl5 + 4H2O → H3PO4 + 5HCl
Assinale a afirmativa correta:
a) As reações podem ser classificadas como reações de deslocamento ou troca simples.
b) O fósforo sofre oxidação em ambas as reações.
c) O ácido fosforoso é um triácido formado por ligações covalentes. d) Os ânions fosfato e fosfito ⎜⎝⎛HPO23−⎟⎠⎞possuem geometria
tetraédrica
e) O pentacloreto de fósforo gasoso é um composto iônico. Solução:
a) Dupla troca
b) I. +3 →+3 II. +5 → +5 Nox constante
DIÁCIDO H O P O H− − −− − H − − O ) c
− − − O P − −O− O − − O ) d a Tetraédric − − − O P − −O− O − H a Tetraédric
) e cl−p−−− l c lc l c l c− molecular é composto o Assim . covalentes ligações 7 , 1 que menor é tividade eletronega de diferença A →
ALTERNATIVA D
32
. Dados os íons: 16S2-; 19K+; 56Ba2+, indique qual das relaçõesabaixo apresenta os íons isoeletrônicos em ordem correta de raio iônico. a) K+ > S 2-b) Ba2+ = S 2-c) Ba2+ > S 2-d) K+ < S 2-e) Ba2+ < S 2-Solução: − 2 16S 19K+ + 2 56Ba p º 3 4ºp 6ºp
Ba2+ > S2- > K+ Ba2+ → 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 5 camadas K+ → 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3 camadas S2- → 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3 camadas a) 2 d e Z K F ↓ ⋅ ↑ ⋅ = − Iônico Raio d atômico Número Z = = Logo K+ < S2-
b) Ba2+ → 54e- e S2- → 18e- não são isoeletrônicos
c) Ba2+ e S2- Igual a Letra B
d) Correta → Para Isoeletrônicos, maior Z → menor raio Iônico e) Ba2+ < S2- Igual a Letra B
ALTERNATIVA D
33
. Dentre as opções abaixo, escolha a que corresponde, respectivamente, às classes das moléculas: hemoglobina, amido, DNA, ácido palmítico.a) Proteína, glicídio, ácido nucleico, lipídio. b) Ácido nucleico, glicídio, lipídio, proteína. c) Proteína, proteína, lipídio, ácido nucleico. d) Glicídio, proteína, ácido nucleico, lipídio. e) Glicídio, lipídio, ácido nucleico, proteína.
Solução:
Hemoglobina → Proteína relacionada ao processo de respiração celular.
Amido → Polissacarídeo (glicídeo) utilizado como reserva de energia. DNA → Ácido desoxirribonucleico (ácido nucleico).
Ácido palmítico → Ácido graxo encontrado no óleo de palma (lipídeo)
ALTERNATIVA A
34
. Um tambor selado contém ar seco e uma quantidade muitopequena de acetona líquida em equilíbrio dinâmico com a fase vapor. A pressão parcial da acetona é de 180,0 mm Hg e a pressão total no tambor é de 760,0 mm Hg.
Em uma queda durante seu transporte, o tambor foi danificado e seu volume interno diminuiu para 80% do volume inicial, sem que tenha havido vazamento. Considerando-se que a temperatura tenha se mantido estável a 20ºC, conclui-se que a pressão total após a queda é de: a) 950,0 mm Hg b) 1175,0 mm Hg c) 760,0 mm Hg d) 832,0 mm Hg e) 905,0 mm Hg Solução:
A acetona líquida encontra-se em equilíbrio com a fase vapor e este equilíbrio depende apenas da temperatura. Como a temperatura permanece constante podemos afirmar que a pressão parcial da acetona não se altera.
Assim: Pacet=180 mmHg.
Com relação ao ar seco, a quantidade em mols permanece constante fazendo com que se tenha:
mmHg 725 Pf 8 , 0 ) 180 760 ( 8 , 0 Pi Pf(ar)= (ar)= − ⇒ (ar)=
Assim,
PTOTAL= Pacet + Pf(ar) = 180 + 725 = 905 mmHg
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. Um erlenmeyer contém 10,0 mL de uma solução de ácidoclorídrico, juntamente com algumas gotas de uma solução de fenolftaleína. De uma bureta, foi-se gotejando uma solução 0,100 M de hidróxido de sódio até o aparecimento de leve coloração rósea. Nesse momento, observou-se um consumo de 20,0 mL da solução alcalina. Pode-se afirmar que a concentração de HCl na solução ácida original era de:
Dados: Massas atômicas: H = 1,00 u, O = 16,0 u, Na = 23,0 u, Cl = 35,5 u a) 3,65 x 10–3 g/cm3 b) 7,30 x 10–3 g/cm3 c) 4,00 x 10–3 g/cm3 d) 3,20 x 10–3 g/cm3 e) 2,00 x 10–3 g/cm3 Solução:
Solução levemente rósea indica neutralização total do ácido. Assim temos: ma → molaridade do ácido Va → volume do ácido Xa → nº de H+ do ácido mb → molaridade da base Vb → volume da base Xb → nº de HO- da base 1 a a b b b a a a L mol 2 , 0 m 1 20 1 , 0 1 10 m X V m X V m − ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 1 3 comum 1 comum comum comum comum mL g 10 3 , 7 C L g 3 , 7 C 5 , 36 2 , 0 C MM m C MM C m − − − ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = = ALTERNATIVA B
36
. O gráfico abaixo ilustra as variações de energia devido a uma reação química conduzida nas mesmas condições iniciais de temperatura, pressão, volume de reator e quantidades de reagentes em dois sistemas diferentes. Estes sistemas diferem apenas pela presença de catalisador. Com base no gráfico, é possível afirmar que:a) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com absorção de calor.
b) A curva 2 representa a reação catalisada, que ocorre com absorção de calor.
c) A curva 1 representa a reação catalisada com energia de ativação dada por E1 + E3.
d) A curva 2 representa a reação não catalisada, que ocorre com liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por E2 +
E3.
e) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por E1.
Solução:
E3 = Variação de entalpia de reação que não varia com a presença
do catalisador.
E1 = Energia de ativação da curva 1.
E2 = Energia de ativação da curva 2.
Como E2 > E1 → curva 1 tem presença de catalisador.
a) Falsa. Energia dos produtos < Energia dos reagentes → E3 < 0 →
reação exotérmica.
b) Falsa. E2 > E1 → curva 2 representa a reação não catalisada.
c) Falsa. A energia de ativação da curva 1 é E1.
d) Falsa. A energia de ativação da curva 2 é E2.
e) Verdade. Como a energia de ativação (E1) é menor que a energia
de ativação da curva 2 (E2), a curva 1 corresponde a reação
catalisada, e Energia dos produtos é menor que a dos reagentes indicando uma reação com liberação de calor.
ALTERNATIVA E
37
. O dispositivo a seguir utiliza a radiação solar para quantificar variações em propriedades termodinâmicas. Este dispositivo composto por uma lente convergente e uma porta-amostras. A lente possui área útil de 80cm2, absorvidade (α) de 20% etransmissividade (τ) de 80%. O porta-amostras possui absortividade de 100% e volume variável, operando à pressão constante de 1,0 atm.
Em procedimento experimental, injetou-se 0,100ml de uma substância pura liquida no porta-amostras do dispositivo. Em seguida, mediu-se um tempo de 15min para a vaporização total da amostra, durante o qual a irradiação solar permaneceu constante e igual a 750W/m2. Nesse processo, a temperatura do
porta-amostras estabilizou-se em 351K. no experimento, o calor sensível da amostra e a radiação emitida pelo porta-amostras são
desprezíveis. Pode-se concluir que a vaporização total da substância, as variações de entalpia molar padrão e de entropia molar padrão são respectivamente:
a) 4,32 kJ/mol e 12,3 J/(mol K) b) 5,40 kJ/mol e 15,4 J/(mol K) c) 43,2 kJ/mol e 123 J/(mol K) d) 54,0 kJ/mol e 154 J/(mol K) e) 31,6 kJ/mol e 90,0 J/(mol K) Solução: 2 3 2 m 10 8 m 1 − ⋅ X W 750
W 6 x= % 80 W 8 , 4
2 4 2 80 10 m cm 80 = ⋅ −
J 4320 y= 0,1mol y J 8 , 4 W 8 , 4 → 60 15 s 1 ⋅
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14
KJ 2 , 43 H J 0 4320 mol 1 4320J mol 1 , 0 VAP= ° Δ → →
1 1 1 K mol J 123 S K 351 mol KJ 2 , 43 S − − − ⋅ ⋅ = Δ ⋅ = Δ ALTERNATIVA C
38
. Os trabalhos de Joseph John Thomson e Ernest Rutherford resultaram em importantes contribuições na história da evolução dos modelos atômicos e no estudo de fenômenos relacionados à matéria. Das alternativas abaixo, aquela que apresenta corretamente o autor e uma das suas contribuições é:a) Thomson – Concluiu que o átomo e suas partículas formam um modelo semelhante ao sistema solar.
b) Thomson – Constatou a indivisibilidade do átomo.
c) Rutherford – Pela primeira vez, constatou a natureza elétrica da matéria.
d) Thomson - A partir de experimentos com raios catódicos, comprovou a existência de partículas subatômicas.
e) Rutherford – Reconheceu a existência das partículas nucleares sem carga elétrica, denominadas nêutrons.
Solução:
a) Consiste no modelo de Rutherford b) Consiste no modelo de Dalton c) Consiste no modelo de Thomson
d) Verdade, o experimento de tubo de raios catódicos comprovam a existência de partículas subatômicas.
e) Quem descobriu o nêutron foi J.Chadwick.
ALTERNATIVA D
39
. Com relação às emissões radioativas observadas no planeta Terra, assinale a alternativa correta:a) A emissão de uma partícula α resulta em um elemento situado em uma posição imediatamente à direita do elemento original, na tabela periódica.
b) A radiação γ frequentemente acompanha uma emissão α ou β. c) Raios γ são radiações eletromagnéticas, de comprimento de
onda superior ao da luz visível, cuja emissão não resulta em mudanças do número em atômico ou do número de massa do elemento.
d) As reações de fusão nuclear ocorrem quando núcleos de átomos pesados, como urânio ou tório, são bombardeados com nêutrons, quebrando-se em átomos menores e liberando energia e radioatividade.
e) O decaimento α se deve à alta instabilidade do núcleo de 42He, o que faz com que este se separe facilmente de núcleos maiores.
Solução:
a) ZXA→2α4+Z−2YA−4
Para se situar imediatamente à direita, o número atômico deveria crescer uma unidade. Logo, assertiva está errada.
b) Afirmação correta. Imediata c) Espectro de frequência
f
Luz visível Raiosγ
Como a frequência do raio γ é maior do que a frequência da luz visível, seu comprimento de onda é menor. Afirmação errada. d) o processo descrito é o da fissão nuclear. Afirmativa errada e) o núcleo de 2He4 é extremamente estável. Afirmativa errada.
ALTERNATIVAB
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. Com respeito aos orbitais atômicos e à teoria da ligação de valência, assinale a alternativa INCORRETA.a) Um orbital atômico híbrido sp3 tem 25% de caráter s e 75% de caráter p.
b) Um elétron 2s passa mais tempo do que um elétron 2p numa região esférica centrada no núcleo e bem próxima deste. c) Os elétrons em orbitais híbridos de um carbono sp3 percebem
um efeito de atração elétrica do núcleo de carbono maior do que os elétrons em orbitais híbridos de um carbono que apresenta hibridização sp.
d) Uma ligação tripla representa uma ligação σ e duas ligações π. e) A energia dos orbitais p de um átomo aumenta de 2p para 3p,
deste para 4p, e assim por diante.
Solução:
a) Um orbital sp3 é formado pela superposição de 1 orbital “s” e 3
orbitais “p”. Como as contribuições de cada orbital são iguais, 25% de caráter total é “s” e 75% do “p”.
b) Orbitais tipo “s” possuem um ventre de densidade de
probabilidade de encontrar o elétron no núcleo, logo a assertiva está correta.
c) Como os orbitais “sp” têm maior caráter “s” do que os orbitais sp3, os elétrons são os mais fortemente atraídos nos orbitais “sp”. Assertiva errada.
d) Afirmação correta e imediata.
e) Grosso modo, a energia total de elétron pode ser expressa, em termos qualitativos e comparativos, como a soma dos números quântico primário e secundário. Logo a assertiva está correta.
