02 A prova pode ser feita a lápis. 03 Proibido o uso de calculadoras e similares. 04 Duração: 2 HORAS. x e) 21. x d) 20 SOLUÇÃO. log.

UNIVERSIDADE FEDERAL DE ITAJUBÁ

MATEMÁTICA – PROVA DE TRANSFERÊNCIA INTERNA,

EXTERNA E PARA PORTADOR DE DIPLOMA DE CURSO SUPERIOR – 29/06/2014

CANDIDATO: __________________________________________________________

CURSO PRETENDIDO: ____________________________________________________

OBSERVAÇÕES: 01 – Prova sem consulta.

02 – A prova pode ser feita a lápis.

03 – Proibido o uso de calculadoras e similares. 04 – Duração: 2 HORAS.

1a Questão (10 pontos): Resolvendo a equação log₄x3 1log₁₆x3, obtemos: a) x17 b) x18 c) x19 d) x20 e)

x



21

SOLUÇÃO        

2

log

1

log

log

log

1

log

3 4 3 4 16 4 3 4 3 4    

_

_

_

x

_

_

x x x Multiplicando por

2

:  

_

_

 

_

3

_

_

_

_

2

_

4 3 4 3 4

2

log

log

2

3

4

log

2

x x x

x

x19

2

a

Questão (10 pontos):

Uma função f é tal que





     2 1 f

e

f



x1



x.f

 

x

para todo

  x

. Nestas condições,

      2 7 f

é igual a:

a) 2



b) 4



c) 8 15



d) 4 3



e)

3

5



SOLUÇÃO:



Para

2

1



x

, temos

2

2

3

.

2

1

2

3

2

1

.

2

1

1

2

1

_



























































 

f

f

f

f



Para

2

3



x

, temos

4

3

2

5

2

.

2

3

2

5

2

3

.

2

3

1

2

3





























































 

f

f

f

f



Para

2

5



x

, temos

8

15

2

7

4

3

.

2

5

2

7

2

5

.

2

5

1

2

5





























































 

f

f

f

f

3

a

Questão (10 pontos): Calculando

_{ }

 

x

tg

x

arcsen

x

5

7

lim

0 

, encontramos:

a)

7

5

b)

5

7

c)

3

1

d)

1

e) 

SOLUÇÃO:

Temos:

 

 

 

 

 

   

 

x sen x x arcsen x x sen x arcsen x tg x arcsen x x x 5 5 cos . 7 5 cos 5 7 5 7

lim

lim

lim

0 0 0      .

Multiplicando e dividindo o numerador e o denominador por

 

7x e

 

5x , respectivamente, temos:

 

 

 

_{ }

 

x

x

sen

x

x

x

x

arcsen

x

x

tg

x

arcsen

x x

5

5

.

5

5

cos

.

7

7

.

7

5

7

lim

lim

0 0  



.

Separando os limites, teremos:

 

 

 

 

 

       x x sen x x arcsen x x x x tg x arcsen x x x x x 5 5 7 7 . 5 cos . 5 7 5 7

lim

lim

lim

lim

lim

0 0 0 0 0

 

 

5

7

5

7

lim

0





tg

x

x

arcsen

x .

4

a

Questão (10 pontos):

A soma de dois números reais x e y , com

x



y

, é igual a 4 .

Quais devem ser esses números para que a soma do cubo do menor com o quadrado

do maior seja Máxima?

a)

x





3

e

y



7

b)

x



1

e

y



3

c)

x





1

e

y



5

d)

x





2

e

y



6

e)

x



0

e

y



4

SOLUÇÃO

Sendo

x

o menor número e

y

o maior número, tem-se

x



y



4



y



4



x

. Tomando

S



x

3



y

2, e substituindo a equação acima, temos: S  x3 



4x



2.

Como queremos obter os extremos desta soma, devemos encontrar os Pontos Críticos, ou seja, devemos ter:



0

dx

dS

.

Assim:

3

x

2



2

.



4



x

 

.



1



0



3

x

2



2

x



8



0

. Resolvendo a equação, obtemos:

          3 4 2 6 10 2 x x

x , que são os Pontos Críticos.

Pelo Teste da Derivada Segunda: ₂

6

2

2





x

dx

S

d

.  Para

2

10

₂

0

2 2 2















dx

S

d

dx

S

d

x

(Ponto de Máximo Relativo).

 Para

10

0

3

4

2 2 2 2











dx

S

d

dx

S

d

x

(Ponto de Mínimo Relativo).

5a Questão (10 pontos): Calculando o valor da integral



  8 1 3 3 1 . t t dt I , obtém-se: a) 5 2 b) 4 2 c) 3 2 d) 2 2 e) 2

SOLUÇÃO:

Fazendo:

13 t x  3 t x2 1  t



x2 1



3  dt3.



x2 1



2.2x.dx

_.



Para

t1  x 2



Para

t8  x 3

Assim:





_



_



















3 2 3 2 2 2 2 2

.

1

.

6

1

.

.

2

.

1

.

3

dx

x

I

x

x

dx

x

x

I

Calculando:

2 2 3 . 6

3

3 2   

_













I I

x

x

6

a

Questão (10 pontos): Encontrar a equação da reta s que é perpendicular à reta

7

2

:

y





x



r

e que passa pelo ponto

P

 

2,3

.

SOLUÇÃO:

A equação da reta procurada é da forma

y



y

₀



m

_s

.



x



x

₀



, onde

x

₀



2

e

y

₀



3

.

Como

sr

, devemos ter

m

_r

.

m

_s





1

.

Uma vez que

mr 2

, então

2

1

1

.

2











m

_s

m

_s

.

Assim, a reta s será:

.



2



2

1

3







x

y

.

Escrevendo na forma reduzida:





1



3



2

1

x

y

2

2

1

:

y



x



s

7a Questão (10 pontos): Encontre o Domínio D

 

f da função definida por

 

_



















4

6

5

log

2

x

x

x

x

f

. SOLUÇÃO Devemos ter:

0

4

6

5

2









x

x

x

.

Para isto, vamos estudar os sinais do numerador e do denominador e fazer a interseção. Assim:

Portanto: D

  

f  x/2x3 ou x4



8

a

Questão (10 pontos):

Achar a equação da reta que é tangente à curva



x

y



100

xy

.

3

2



2 2



pelo ponto

P

 

3,1

.

SOLUÇÃO:

Sabemos que a equação da reta tangente à curva da função

y  f

 

x

pelo ponto



x

₀

, y

₀



P

é dada por

y



y

₀



f



 

x

₀

.

x



x

₀



ou

y



y

₀



y



_P

.



x



x

₀



.

No nosso caso, temos:

x

₀



3

e

y

₀



1

.

Para obtermos

f



 

x

₀



y

_P



, vamos derivar implicitamente a função dada.

Assim:

6

.



x

2



y

2



.



2

x



2

y

.

y







100

y



100

x

.

y





x



y



.



x



y

.

y







100

y



100

x

.

y





3

.



x



y



.



x



y

.

y







25

y



25

x

.

y



.

12

2 2 2 2

Substituindo o ponto

P

 

3,1

na expressão acima, obtemos:







9

13

75

25

3

.

1

9

.

3





y



_P





y



_P



y



_P



.

Portanto, a reta tangente é:





3

10

9

13

3

.

9

13

1













x

y

x

y

9a Questão (10 pontos): Calcule









1

0

x

2

6

x

8

dx

I

, usando Frações Parciais.

SOLUÇÃO:

Devemos, primeiramente, obter as raízes do denominador.

Assim:































4

2

2

2

6

0

8

6

2

x

x

x

x

x

.

Portanto, podemos escrever a integral na forma:









_

_



1 0

_x

_{2 x}

_.

₄

dx

I

. + + + + + + - - - + + + + + + + + + + + + + - - - + + + + + + + - + - +

Por Frações Parciais, escrevemos:



2



.

4



2

4

1













x

B

x

A

x

x

.

Reduzindo ao mesmo denominador e comparando os numeradores, devemos ter:









              2 1 2 1 2 . 4 . 1 B A x B x A . Assim:













    _{  }        1 0 1 0 1 0 4 ln 2 1 2 ln . 2 1 4 2 1 . 2 2 1 x x I x dx x I . Calculando:

ln

4

2

1

2

ln

2

1

5

ln

2

1

3

ln

2

1









I

.

Simplificando, obtemos finalmente:        5 6 ln . 2 1 I

10a Questão (10 pontos): Resolver a integral I 





x5

 

9.2x3



dx, usando o Método de Integração Por Partes



udvu.v



vdu.

SOLUÇÃO

Fazendo:









             10 5 5 2 3 2 10 9 x v dx x dv dx du x u

.

Assim:

I 



x

 

x









x



.2dx 10 5 10 5 . 3 2 10 10

.











C x x x I       11 5 . 10 2 10 5 3 2 10 11













C

x

x

x

I

C

x

x

x

I







































11

10

2

33

22

.

10

5

11

5

2

3

2

.

10

5

10 10

.

Finalmente:

I



x

 

x



C 110 43 20 . 510

UNIVERSIDADE FEDERAL DE ITAJUBÁ

QUIMICA 2 – PROVA DE TRANSFERÊNCIA INTERNA,

EXTERNA E PARA PORTADOR DE DIPLOMA DE CURSO SUPERIOR – 29/06/2014

CANDIDATO: __________________________________________________________

CURSO PRETENDIDO: ____________________________________________________

OBSERVAÇÕES: 01 – Prova sem consulta.

02 – A prova pode ser feita a lápis. 03 – Duração: 2 HORAS.

1a Questão (10 pontos): A Platina é um elemento químico de símbolo Pt e massa molar igual a 195,08g mol-1. É muito utilizada em medicamento de combate ao câncer. Para o desenvolvimento de um novo medicamento, um químico teórico foi contratado para prever as energias envolvidas na molécula. Para início dos cálculos ele precisa saber a massa de 1 átomo de platina. Sabendo-se que o número de Avogrado é 6,02 x 1023 átomos, íons ou moléculas, qual valor ele encontrará?

a) 3,0859x10-21g b) 1,6605x10-24g c) 3,0859x1021g d) 3,2394x10-22g

2a Questão (10 pontos): Para dissolução de 6,539 g de Zn, utilizou-se uma solução 2,000 mol L-1 de HCl. Sabendo-se que a equação que representa a reação é Zn(s) +2HCl (aq) → ZnCl2(aq) + H2(g), qual o volume (mL) da solução de HCl necessário para essa dissolução? Dados: Zn = 65,39 g mol-1; H= 1,0079; Cl= 35,4527g mol-1. SOLUÇÃO: 1mol de Zn = 65,39 g x---6,539g x= 0,1000 mol de Zn Zn ---HCl 1mol ---2,000mol 0,1000mol---y y= 0,2000 mol de HCl HCl = 2,000molL-1 1000ml---2,000mol z---0,2000mol z=100,00mL de HCl 2,000molL-1

3a Questão (10 pontos): A reação de C3H8(g) + 5O2(g) → 3CO2(g) + 4H2O (l) é uma típica reação de: a) Deslocamento

b) Combustão c) Precipitação d) Decomposição

4a Questão (10 pontos): Em relação ao composto H2C=CH-C-HC=O podemos afirmar que: a) A ligação mais forte entre carbonos é a dupla ligação

b) A ligação mais fraca entre carbonos é a dupla ligação c) A ligação mais longa é a dupla ligação

5a Questão (10 pontos): A molécula do acetileno, H2C2, apresenta 1 ligação tripla, constituída por 2 ligações π e 1 ligação σ. Para explicar essas 3 ligações podemos dizer que os átomos de carbono apresentam hibridização:

a) sp3 b) sp2 c) sp d) sp4

6a Questão (10 pontos): Sabendo-se que a densidade do ar seco nas CNTP é 1,20 g L-1, prediga, por meio se cálculos, se CO2 é mais ou menos denso que o ar seco. Dados: C= 12,0 gmol-1; O =16,0 gmol-1. R=0,0820 atm K-1 mol-1.

SOLUÇÃO:

d= PM/RT = (1,00atm)(44 gmol-1)/( 0,082 atm K-1 mol-1)(273 K) =1,96 g L-1 Por este cálculo, verifica-se que a densidade do CO2 é maior que a do ar seco.

7a Questão (10 pontos): Pretende-se preparar 100ml de uma solução 0,1 mol L-1de um ácido. Para isso, utiliza-se o ácido concentrado. No frasco deste ácido têm-se as seguintes informações: solução 40% em ácido, d= 1,5 g ml-1, massa molar 36,0 gmol-1. Qual o volume (em mL) que deve-se pipetar de ácido concentrado?

SOLUÇÃO:

M= m1/mol v 0,1= m1/36 x 0,1 m1= 0,36 g de ácido

cálculo da massa do ácido concentrado em função da porcentagem de pureza 0,36g---40% x---100% x= 0,90 g de ácido concentrado d= m/v 1,5= 0,90/v V=0,60 mL de ácido concentrado

8a Questão (10 pontos): Calcule a energia livre de Gibbs para a reação 2 CO (g) + O2 (g)  2 CO2 (g) a 25oC, a partir dos dados fornecidos: Gfo CO (g) = -137,17 kJ/mol; Gfo CO2 (g) = -394,36 kJ/mol

SOLUÇÃO: Gro = 2.Gfo CO2 (g) – (2.Gfo CO (g) + Gfo O2 (g))

Gro = 2.(-394,36 kJ/mol ) – (2.( -137,17 kJ/mol) + 0) = -514,38 kJ/mol

9a Questão (10 pontos): As pilhas são dispositivos eletroquímicos os quais pode-se afirmar que:

a) O cátodo é o polo positivo e sofre redução, enquanto que o ânodo é o polo negativo e sofre oxidação; A reação gera uma diferença de potencial espontaneamente.

b) O cátodo é o polo negativo e sofre redução, enquanto que o ânodo é o polo positivo e sofre oxidação; A reação gera uma diferença de potencial espontaneamente.

c) O cátodo é o polo negativo e sofre redução, enquanto que o ânodo é o polo positivo e sofre oxidação; Para que a reação ocorra é necessário fornecer uma diferença de potencial. d) O cátodo é o polo positivo e sofre redução, enquanto que o ânodo é o polo negativo e sofre

10a Questão (10 pontos): A reação entre flúor gasoso e dióxido de cloro gasoso produziu os dados cinéticos tabelados abaixo. Usando estes valores deduza a lei de velocidade de reação;

[F2] /Mol.L-1 [ClO2] Mol.L-1 Velocidade Inicial (Mol.L-1.s-1)

0,10 0,010 1,2x10-3

0,10 0,040 4,8x10-3

0,20 0,010 2,4x10-3

SOLUÇÃO:

Analisando os dados da reação, ao manter a concentração de F2 constante e quadruplicar a concentração do gás ClO2 a velocidade inicial da reação quadruplica, logo a ordem de reação para ClO2 é ordem 1. Quanto se mantém a concentração de ClO2 constante e duplica a concentração de F2 a velocidade de reação também duplica, sendo desta forma a reação de ordem 1 em relação a concentração de F2. Desta forma podemos escrever a lei de velocidade da reação da seguinte forma v = [F2].[ClO2]