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GGE RESPONDE VESTIBULAR IME 2009 (MATEMÁTICA FÍSICA QUÍMICA) pois 2. Assim

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(1)

MATEMÁTICA

 

01.

Sejam dois conjuntos, X e Y, e a operação Δ, definida por X Δ Y = (X – Y) U (Y – X).

Pode-se afirmar que a) (X Δ Y) ∩ (X ∩ Y) = Ø b) (X Δ Y) ∩ (X – Y) = Ø c) (X Δ Y) ∩ (Y – X) = Ø d) (X Δ Y) U (X – Y) = X e) (X Δ Y) U (Y – X) = X RESOLUÇÃO:

Representando x Δ y por diagrama, temos:

a) (X Δ Y) ∩ (X ∩ Y) = Ø (Verdadeiro) b) (X Δ Y) ∩ (X – Y) = x – y (Falso) c) (X Δ Y) ∩ (Y – X) = y – x (Falso) d) (X Δ Y) U (X – Y) = x Δ y (Falso) e) (X Δ Y) U (Y – X) = x Δ y (Falso) ALTERNATIVA A  

02.

Seja z = ρ . e um número complexo onde ρ e θ são,

respectivamente, o módulo e o argumento de z e i é a unidade imaginária. Sabe-se que ρ = 2a cós θ , onde a é uma constante real positiva. A representação de z no plano complexo é:

a) b)

 

c)   d) e) RESOLUÇÃO

Seja Z = x + iy, a representação cartesiana do complexo Z. Z = ρeiθ , representação polar do complexo Z.

Sabendo que ρ = 2acosθ, substituindo em Z = ρeiθ .

Obtemos que

Z= 2acosθ.eiθ

Mas eiθ

= cosθ + isenθ, deste modo

Z= 2acosθ(cosθ + i senθ)

Z = 2acos2θ + 2acosθsenθi

Então a parametrização de X = 2acos2θ e Y= 2acosθsenθ.

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ θ θ = θ = sen cos a 2 Y cos a 2 x 2

     ⇒

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ θ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + θ = 2 asen Y 2 2 cos 1 a 2 x

         

; R 2 cos2 1 = cos pois 2θ + θ∀θ∈

 

Assim ⎩ ⎨ ⎧ θ = θ + = 2 asen Y ) 2 cos 1 ( a X

     ⇒

⎩ ⎨ ⎧ θ = θ + = 2 asen Y 2 cos a a X

    ⇒

⎩ ⎨ ⎧ θ = θ = − 2 asen Y 2 cos a a X

 

 

Elevando ao quadrado; temos que ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ θ = θ = − 2 sen a Y 2 cos a ) a x ( 2 2 2 2 2 2

        ⇒

adicionando as equações, temos

que

(x‐a)

2+ y2=a2(cos22θ + sen22θ).

Como cos2 2θ+ sen2θ=1. Para todo 2θ ∈ R.

Obtemos (x-a)2 + y2= a2.

Equação da circunferência do centro C(a,o) e r=a (raio)

  

 

 

ALTERNATIVA A 

(2)

03.

Seja A uma matriz quadrada inversível de ordem 4 tal que o resultado da soma

(A4 + 3 A3) é uma matriz de elementos nulos. O valor do

determinante de A é a) – 81 b) – 27 c) – 3 d) 27 e) 81 Resolução A4+3 A3=0 A4=-3A3 det(A4)= det(-3A3) (detA)4=(-3)4=(detA)3 0 ] 81 A [det ) A (det 3 − = Mas A é inversível ∴detA=81 ALTERNATIVA E

04.

Seja log 5 = m, log 2 = p e N = 125 3 52 5 , 1562 . O valor de log5 N, em função de m e p, é a) m 15 p 6 m 75 + b) m 15 p 6 m 70 − c) m 15 p 6 m 75 − d) m 15 p 6 m 70 + e) p 15 p 6 m 70 + RESOLUÇÃO: log5 = m log2 = p 15 1 5 3 1 5 3 5 15 1 3 1 3

5 log 5 log 1562,5 log 2

2 5 , 1562 5 log ⋅ = + − 2 5 5 log 15 1 10 5 , 1562 log 3 1 3+ − =

(

)

5 2 10 5 6 5 log log 15 1 log 5 log 3 1 3+ − − =

(

)

m p 15 1 2 5 log 6 3 1 3+ − 5 ⋅ − ⋅ =

(

)

(

)

m p 15 1 2 log 5 log 6 3 1 3+ − 5 + 5 − ⋅ = m p 15 1 5 log 2 log 1 6 3 1 3 ⎟⎟− ⋅ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − + = m 15 p m p 5 3 1 3 ⎟⎟− ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = m 15 p m 3 p 3 5 3+ − − = m 15 p 6 m 70 m 15 p p 5 m 25 m 45 + − − = − = ALTERNATIVA B

05.

Sabe-se que , x . ) 4 1 ( 2 2 2 y x sen x 2 cos 2 ∀ ∈ℜ + +

= Uma outra expressão para y é a) 2 b) 2−sen2x c) 2−2sen2x d) 2−cos2x e) 2−2cos2x RESOLUÇÃO: R e x ) 4 1 ( 2 2 2 y x sen x 2 cos 2 ∀ + + = Temos que , x R 2 x 2 cos 1 x sen2 = − ∀ ∈ Assim ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + + = ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + + = + + = − − 2 ) x 2 cos 1 ( 2 x 2 cos 2 x 2 cos 1 x 2 cos sen x 2 cos 2 1 2 2 2 4 1 2 2 2 ) 4 1 ( 2 2 2 y 2 x 2 cos 1 x 2 cos x 2 cos 1 1 x 2 cos x 2 cos 1 x 2 cos 2 2 1 2 2 1 ) 2 1 ( 2 ) 2 1 ( 2 ) 2 1 ( 2 2 2 y + + = + + = + + = − 2 2 2 2 2 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y x 2 cos x 2 cos x 2 cos x 2 cos x 2 cos x 2 cos x 2 cos = + + = + + = Logo x sen 2 1 -cos2x 2 2 2 y= = − x sen 2 2 2 y= − ALTERNATIVA C

06.

Um triângulo ABC apresenta lados a, b e c. Sabendo que B) e C) são, respectivamente, os ângulos opostos aos lado b e c, o valor de C tg B tg ) ) é a) b c b a c c b a 2 2 2 2 2 2 − + + − b) 2 2 2 2 2 2 c b a c b a + − − + c) 2 2 2 2 2 2 c b a c b a − + + − d) b c b a c c b a 2 2 2 2 2 2 + − − + e) c b

 

RESOLUÇÃO: R 2 C C sen , R 2 b B sen)= )= ab 2 c b a C cos , ac 2 b c a B cos 2 2 2 2 2 2 + = − + = ) )

 

(3)

= ⋅ = = B cos C cos C sen B sen C cos C sen B cos B sen C tg B tg ) ) ) ) ) ) ) ) ) )

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a c b a b c a ac 2 ab 2 c b a c b − + − + = − + ⋅ − + ⋅

 

ALTERNATIVA B  

07.

Os centros das faces de um tetraedro regular são os vértices de um tetraedro interno. Se a razão entre os volumes dos tetraedros interno e original vale

n

m, onde m e n são inteiros positivos primos entre si, o valor de m + n é

a) 20 b) 24 c) 28 d) 30 e) 32 RESOLUÇÃO: AB = BC = CD = AC = AD = BD = a MN é base media do Δ BCD ⇒ ⇒ Mn = 2 a Δ AGH ~ ΔAMN: 3 a GH 3 2 AM AG MN GH= = = ⇒ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⇒ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = 27 1 3 1 n m a GH n m 3 3 ⇒ m + n = 28 ALTERNATIVA C  

08.

Os raios dos círculos circunscritos aos triângulos ABD e ACD de um losango ABCD são, respectivamente,

2 25 e 25. A área do losango ABCD é? ⋅ S(ABD)= 2 1S (ABCD) ) I ( ) ABCD ( S 25 BD x 2 ) ABCD ( S 2 25 4. BD . x . x 2 = ⇒ = ⋅ S(ACD)= 2 1S(ABCD) ) II ( ) ABCD ( S . 2 25 AC x 2 ) ABCD ( S 4.25 AC . x . x = 2 =

Substituindo (I) em (II)

4y 2BD AC 25 BD . x 2 25 AC . x2 = 2 = =

Pitágoras ΔABP:y2+(2y)2=x2⇒5y2=x2 (III) S(ABCD)= 4y (IV) 2 y 2 . y 4 = 2

Substituindo (III) e (IV) em (I)

400 ) ABCD ( 5 10 y y 4 25 y 2 . y 5 2 = 2 = = ALTERNATIVA D  

09.

Seja A (a, b) o ponto da cônica x2 – y2 = 27 mais próximo da

reta 4x – 2y + 3 = 0. O valor de a + b é a) 9 b) 4 c) 0 d) –4 e) –9 RESOLUÇÃO: x2 – y2 = 27 x0x – y0y = 27 (reta tangente) 0 0 0 y 27 x y x y= − 4x – 2y + 3 = 0 → 2y = 4x + 3 → y = 2x + 2 3 0 0 0 0 2 x 2y y x = → =

 

      ↓

27 y y 4 27 y x 2 0 2 2 0 2 0− = → − =

         

3y2 27 0=

         

y20=9→y0=±3 ⎩ ⎨ ⎧ − = + → − = → − = = + → = → = 9 y x 6 x 3 y 9 y x 6 x 3 y 0 0 0 0 0 0 0 0 1 27 y 27 x2 2 = − a2 = 27 b2 = 27 3 3 a=

  

b=3 3 2 3 4 3 −

( )

3 3;0

(

−3 3;0

)

4x – 2y + 3 = 0 (r) d(6,3) à reta r

(4)

20 21 ) 2 ( 4 3 3 2 6 4 2 2+ = + ⋅ − ⋅ d(-6, -3) à reta r 20 15 ) 2 ( 4 3 ) 3 ( 2 ) 6 ( 4 2 2 − = − + + − − − ⋅ ∴ (-6; -3) é mais próximo ∴a + b = - 6 +(-3) = - 9 ALTERNATIVA E  

10.

Seja o sistema de equações lineares dadas por

. O valor de 7Y1+3y5 é

a) 12 b) 24 c) 36 d) 48

e) 60

RESOLUÇÃO:

Somando-se todas as equações: 310 10 10 10 10 10y1+ y2+ y3+ y4+ y5 = 31 y y y y y1+ 2+ 3+ 4+ 5=

Subtraindo-se da primeira e da última ficamos com:

5 129 y 129 5 5 21 y 21 5 5 y 1 y 5 1 = → = − = → − = 5 240 5 387 147 5 129 3 5 21 7 3 7Y1 y5 ⎟=− + = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ = + 48 3 7Y1+ y5 = ALTERNATIVA D  

11.

Uma urna contém cinco bolas numeradas de 1 a 5. Retiram-se, com reposição, 3 bolas desta urna, sendo α o número da primeira bola, β o da segunda e λ o da terceira. Dada a equação quadrática αx2 + βx + λ= 0, a alternativa que expressa a

probabilidade das raízes desta equação serem reais é a) 12519 b) 6023 c) 12526 d) 6026 e) 6025 RESOLUÇÃO: Espaço amostral Ω = x3 onde x = {1, 2, 3, 4, 5}. # Ω = 53 = 125 Evento. E = {(α, β, λ) e Ω / β2 – 4 αλ ≥ 0} E = E1 UE2 UE3 UE4 UE5 onde Ec = {(α, β, λ) ∈ E/β = i} E1: β = 1 4αλ ≤ 1 E1 = ∅ #E1 = 0 E2: β = 2 4αλ ≤ 4 αλ ≤ 1 α = λ = 1 #E2 = 0 E2 = {(1, 2, 1)} E3: β = 3 4αλ ≤ 9 ⇒ αλ ≤ 2, 25 λ = 1 ⇒ λ ∈ {1, 2} α = 2 ⇒ λ = 1 E3 = {(1, 3, 1); (1, 3, 2); (2, 3, 1)} #E3 = 3 E4: β = 4 4 αλ ≤ 16 αλ ≤ 4 α = 1 ⇒ λ ∈ {1, 2, 3, 4} α = 2 ⇒ λ ∈ {1, 2} α = 3 ⇒ λ = 1 α = 4 ⇒ λ = 1 E4 = {(1, 4, 1); (1, 4, 2); (1, 4, 3); (1, 4, 4); (2, 4, 1); (2, 4, 2); (3, 4, 1); (4, 4, 1)} #E4 = 8 E5 : β = 5 4 αλ ≤ 25 ⇒ αλ ≤ 6,25 α = 1 ⇒ λ ∈ {1, 2, 3, 4, 5} α = 2 ⇒ λ ∈ {1, 2, 3} α = 3 ⇒ λ ∈ {1, 2} α = 4 ⇒ λ ∈ 1 α = 5 ⇒ λ = 1 E5 = {(1, 5, 1); (1, 5, 2); (1, 5, 3); (1, 5, 4); (1, 5, 5); (2, 5, 1); (2, 5, 2); (2, 5, 3); (3, 5, 1); (3, 5, 2); (4, 5, 1); (5, 5, 1)} #E5 = 12 #E = 24 125 24 ) E ( P =

 

SEM ALTERNATIVA

12.

É dada uma PA de razão r. Sabe-se que o quadrado de qualquer número par x, x > 2, pode ser expresso como a soma dos n primeiros termos desta PA, onde n é igual à metade de x. O valor de r é a) 2 b) 4 c) 8 d) 10 e) 16 RESOLUÇÃO n 2 x 2 x n onde x n 2 an a1 2 = → = = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + 2 2 1 1 n x (2n) 2 r ) 1 n ( a a = = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + − 2 1 n 4n 2 r ) 1 n ( 2 a 2 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + − 2a1 +(n-1)r=8n a1 +(n-1)r=8n-a1=an r ) 1 n ( a -an (I) n 8 a an 1 1 − = = + r ) 1 n ( n 8 an 2 = + − (I) 2 r ) 1 n ( n 8 an= + − 2 1)r -(n 8n -n 8 an n 8 a1= − = + 2 r ) 1 n ( n 8 a1= − − r an 2 r ) 1 2 ( 2 . 8 a2= + − = + r 2 8 r 16 r 2 8 2 r 16 + = + → + = + r = 8 ALTERNATIVA C

(5)

13.

Se as curvas y = x2 + ax + b e x = y2 + cy + d se interceptam em quatro pontos distintos, a soma das ordenadas destes quatro pontos

a) depende apenas do valor de c. b) depende apenas do valor de a. c) depende apenas dos valores de a e c. d) depende apenas dos valores de a e b. e) depende dos valores de a,b,c e d. RESOLUÇÃO:

As curvas y = x2 + ax +b e x = y2 + cy + d se intersectam em 4

pontos. Soma das ordenadas dos 4 pontos substituindo, II e I, temos:

y = (y2 + cy + d)2 + a (y2 + cy + d) + b

y4 + c2 y2 + d2 + 2cy3 + 2d y2 + 2cdy +a y2 + acy + ad +b = y

y4 – 2cy3 + (c2 + 2d + a) y2 + (2cd + ac – 1)y + ad + b + d2 = 0

A soma de tais ordenadas é: 2c

ALTERNATIVA A  

14.

O par ordenado (x,y), com x e y inteiros positivos, satisfaz a equação 5x2 + 2y2 = 11 (xy - 11). O valor de x + y é a) 160 b) 122 c) 81 d) 41 e) 11 RESOLUÇÃO 5x2 + 2y2 = 11 (xy – 11) 5x2 + 2y2 – 11xy = -121 5x2 – 10xy + 2y2 – xy = -121 5x (x – 2y) – y (x – 2y) = -121 (x – 2y) (5x – y) = -121

Ora, como x, y ∈ Z+ x < 5x e -2y < -y.

Logo x – 2y < 5x –y e como o produto é negativo, x – 2y < 0 e 5x – y >0

Além disso, pelo teorema fundamental da Aritmética, temos I. ⎩ ⎨ ⎧ = − − = − 121 y x 5 1 y 2 x 9x = 243 x = 27 27 – 2y = -1 y = 14 II. ⎩ ⎨ ⎧ = − − = − 11 y x 5 11 y 2 x 9x = 33 x ∉ Z III. ⎩ ⎨ ⎧ = − = − 1 y x 5 121 y 2 x 9x = 123 x ∉ Z Logo, x + y = 27 + 14 = 41 ALTERNATIVA D

15.

Sejam f uma função bijetora de uma variável real, definida para todo conjunto dos números reais e as relações h e g, definidas por:

h: IR2 → IR2: ( x , y ) → ( x2, x – f(y) ) e g: IR2 → IR2: ( x , y ) → (

x3 , x – f(y) )

Pode-se afirmar que a) h e g são sobrejetoras. b) h é injetora e g sobrejetora. c) h e g não são bijetoras. d) h e g não são sobrejetoras. e) h não é injetora e g é bijetora.

RESOLUÇÃO: ƒ: R → R bijetora ⇒ inversível. h = R2 → R2 h(x,y) = (x2, x – ƒ(y)) g: R2 → R2 g(x, 4) = (x3, x – ƒ(y))

• Claramente h não é sobrejetiva pois em sua imagem só há pares (m, v) tais que m ≥ 0 pois m = x2.

• m também não é injetiva pois se (m, v) está na imagem de h, então m = x2 x = ± m v = x - ƒ(y) ƒ(y) = ± m- v y = ƒ-1( m - v) ou y = ƒ-1

(

mv

)

logo, h-1(m, v) = {( m, ƒ-1

(

m− ; mv

)

( , ƒ-1( mv))}

De modo que ƒ não é injetiva.

Pois m > 0 ( m , ƒ-1

(

m− ) ≠ (v

)

m, ƒ-1( m5)) • g é bijetiva, Se (m, v) ∈ Img m = x3 3m x= v = x - ƒ(y) ƒ(y) = 3mv y = ƒ-1

(

3mv

)

Deste modo, g é inversível, sendo sua inversa g-1: R2 → R2

g-1(m, v) = (3m-1 (3m - v) ALTERNATIVA E

FÍSICA

 

16.

Um raio de luz de freqüência 5 x 1014 Hz passa por uma

película composta por 4 materiais diferentes, com características em conformidade com a figura abaixo. O tempo gasto para o raio percorrer toda a película, em ηs, é

a) 0,250 b) 0,640 c) 0,925 d) 1,000 e) 3,700 RESOLUÇÃO: vi = λi . f0 = i t S Δ Δ ֜ Δt i = 0 i f S ⋅ λ Δ ֜ ΔtTOTAL = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + + ⋅ λ ⋅ ⋅ λ ⋅ ⋅ = ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ λ ⋅ Δ

5 , 0 1 8 , 0 1 1 1 2 , 0 1 1 10 5 10 5 1 f S 0 14 0 4 i i 0 = 10-10 . 9,25 = 0,925 . 10-9s = 0,925ns ALTERNATIVA C

17.

A figura apresenta uma barra metálica de comprimento L = 12 m, inicialmente na temperatura de 20 °C, exatamente inserida entre a parede P1 e o bloco B feito de um material isolante térmico

(6)

afastada 20 cm da carga Q2, engastada na parede P2. Entre as

duas cargas existe uma força elétrica de F1 newtons.

Substitui-se a carga Q2 por uma carga Q3 = 2 Q2 e aquece-se a

barra até a temperatura de 270 °C. Devido a esse aquecimento, a barra sofre uma dilatação linear que provoca o deslocamento do bloco para a direita. Nesse instante a força elétrica entre as cargas é F2 = 32 F1.

Considerando que as dimensões do bloco não sofrem alterações e que não exista qualquer força elétrica entre as cargas e a barra, o coeficiente de dilatação térmica linear da barra, em °C-1, é

a) 2,0 x 10-5 b) 3,0 x 10-5 c) 4,0 x 10-5 d) 5,0 x 10-5 e) 6,0 x 10-5 RESOLUÇÃO: 1 2 2 1 2 2 2 1 1 32 F d ) Q 2 ( Q K F ; 2 , 0 Q Q K F = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ m 05 , 0 4 2 , 0 d 2 , 0 Q Q K 32 d Q Q K 2 2 2 21 2 21 2 ⇒ = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ ΔLBARRA = 0,20 – 0,05 = 0,15m = L0 . αΔθ 1 5 C 10 5 ) 20 270 ( 12 15 , 0 = ° − − ⋅ = α ⇒ ALTERNATIVA D

18.

Uma chapa de metal com densidade superficial de massa ρ foi dobrada, formando as quatro faces laterais de um cubo de aresta L. Na parte inferior, fixou-se uma peça sólida em forma de paralelepípedo com dimensões h x L x L e massa específica μP,

de maneira a compor o fundo de um recipiente. Este é colocado em uma piscina e 25 % do seu volume é preenchido com água da piscina, de massa específica μa. Observa-se que, em equilíbrio, o

nível externo da água corresponde à metade da altura do cubo, conforme ilustra a figura. Neste caso, a dimensão h da peça sólida em função dos demais parâmetros é

RESOLUÇÃO: Massa do conjunto = 4 . L2 . ρ + h . L. L . μ ρ + L . L . 4 L . μa = L2 . (4ρ + h . μ ρ + 4 L μa) VolumeSubmerso = L2 . ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + 2 L h g 2 L h L g 4 L h 4 L2 a a 2 ⎟⋅ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⋅ ⋅ μ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ρ+ μ + μ ⋅ ρ ֜ 4ρ + hμρ + 4 L μa = μa . h + μa . 2 L ֜ h . (μρ - μa) = μa 4 L - 4ρ ֜ h = ) ( 4 16 L a a μ − μ ⋅ ρ − ⋅ μ ρ ALTERNATIVA A

19.

Um objeto com massa de 1 kg é largado de uma altura de 20 m e atinge o solo com velocidade de 10 m/s. Sabe-se que a força F de resistência do ar que atua sobre o objeto varia com a altura, conforme o gráfico abaixo. Considerando que g = 10 m/s2, a altura

h, em metros, em que a força de resistência do ar passa a ser constante é a) 4 b) 5 c) 6 d) 8 e) 10 RESOLUÇÂO: ) h 20 ( 6 2 12 ) h 20 ( ; Ec F T=Δ τ =− + ⋅ =− + τ m . g Htotal + τF = 2 mv2f - 0 1 . 10 . 20 – 6 . (20 + h) = 2 10 1⋅ 2 200 – 120 – 6h = 50 6h = 30 h = 5m ALTERNATIVA B

20.

Um reservatório possui duas faces metálicas que se comportam como placas de um capacitor paralelo. Ao ligar a chave Ch, com o reservatório vazio, o capacitor fica com uma carga Q1 e com uma capacitância C1. Ao repetir a experiência com

o reservatório totalmente cheio com um determinado líquido, a carga passa a ser Q2 e a capacitância C2. Se a relação Q1/Q2 é

0,5, a capacitância no momento em que o líquido preenche metade do reservatório é

(7)

RESOLUÇÃO: 2 C C C Q C Q C Q U 1 2 2 2 1 1= = ⇒ =

Na associação final temos:

Em paralelo 2 C1 com 22 C1 C = ֜ CEQ = 2 C1 + C1 = 4 C 3 2 C 3 1 2 = ALTERNATIVA B  

21.

A resistência equivalente entre os terminais A e B da figura acima é

a) 1/3 R b) 1/2 R c) 2/3 R d) 4/3 R e) 2 R RESOLUÇÃO:

Os dois resistores “R” não são atravessados por correntes. Temos em paralelo 3 conjuntos de 4R. 3 R 4 REQ= ALTERNATIVA D   

22.

Uma viga de 8,0 m de comprimento, apoiada nas extremidades, tem peso de 40 kN. Sobre ela, desloca-se um carro de 20 kN de peso, cujos 2 eixos de roda distam entre si 2,0 m. No instante em que a reação vertical em um apoio é 27,5 kN, um dos eixos do carro dista, em metros, do outro apoio

a) 1,0 b) 1,5 c) 2,0 d) 2,5 e) 3,0 RESOLUÇÃO 10 . x + 10 . (x + 2) + 40 . 4 = 27,5 . 8 20 x + 20 + 160 = 220 20 x = 40 x = 2m ALTERNATIVA C   

23.

Na figura dada, o bloco realiza o movimento descrito a seguir:

– Em t = 0, desloca-se para a direita, com velocidade constante; – Em t = t1, cai da plataforma;

– Em t = t2, atinge o solo e continua a se mover para a direita, sem

quicar;

– Em t = t3, é lançado para cima, pela ação do impulso I ;

– Em t = t4, volta a atingir o solo.

Nestas condições, a opção que melhor representa graficamente a energia cinética do bloco em função do tempo é

a)

(8)

c) d) e) RESOLUÇÃO: Entre 0 e T1 V = C . T. E

Entre T1 e T2 movimento acelerado na vertical

֜ Ec crescente.

Entre T2 e T3 o corpo volta a ter a mesma velocidade inicial.

Em T3 recebe o impulso, volta a ter a mesma V0 no ponto mais

alto (entre T2 e T3) e depois acelera na queda. ALTERNATIVA C

24.

Considere o sistema acima, onde um objeto PP’ é colocado sobre um carrinho de massa m que se move, em movimento harmônico simples e sem atrito, ao longo do eixo óptico de um espelho esférico côncavo de raio de curvatura R. Este carrinho está preso a uma mola de constante k fixada ao centro do espelho, ficando a mola relaxada quando o objeto passa pelo foco do espelho. Sendo x a distância entre o centro do carrinho e o foco F, as expressões da freqüência w de inversão entre imagem real e virtual e do aumento M do objeto são

RESOLUÇÃO: Do M.H.S temos: m k m k 2 1 f ⋅ ⇒ω= π = x 2 R x 2 R 2 R 2 R P f f P P h h M 0 0 i 0 i − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + − = − + = − = = ALTERNATIVA A

25.

Um feixe de elétrons passa por um equipamento composto por duas placas paralelas, com uma abertura na direção do feixe, e penetra em uma região onde existe um campo magnético constante. Entre as placas existe uma d.d.p. igual a V e o campo magnético é perpendicular ao plano da figura.

Considere as seguintes afirmativas:

I. O vetor quantidade de movimento varia em toda a trajetória. II. Tanto o trabalho da força elétrica quanto o da força magnética

fazem a energia cinética variar.

III. A energia potencial diminui quando os elétrons passam na região entre as placas.

IV. O vetor força elétrica na região entre as placas e o vetor força magnética na região onde existe o campo magnético são constantes.

As afirmativas corretas são apenas: a) I e II b) I e III c) II e III d) I, II e IV e) II, III e IV RESOLUÇÃO:

Entre as placas o movimento é retilíneo uniformemente variado devido a força elétrica e em seguida é circular uniforme devido a força magnética.

I. (Verdadeiro) Inicialmente varia o módulo e em seguida varia a direção.

(9)

III. (Verdadeiro) Em um sistema conservativo o ganho de energia cinética está associado a uma perda de energia potencial. IV. (Falso) O vetor força magnética tem direção variável. I e III,

ALTERNATIVA B

26.

Duas partículas A e B de massas mA = 0,1 kg e mB = 0,2 kg

sofrem colisão não frontal. As componentes x e y do vetor quantidade de movimento em função do tempo são apresentadas nos gráficos abaixo.

Considere as seguintes afirmativas: I. A energia cinética total é conservada.

II. A quantidade de movimento total é conservada. III. O impulso correspondente à partícula B é 2i + 4j. IV. O impulso correspondente à partícula A é -3i + 2j. As afirmativas corretas são apenas:

a) I e II b) I e III c) II e III d) II e IV e) III e IV RESOLUÇÃO: m 2 P Ec= 2 J 80 1 , 0 2 4 m 2 P E 2 A 2 A , x cinicial= + = 5 , 32 25 4 , 0 4 9 2 , 0 4 1 m 2 P P m 2 P P E B 2 B , y 2 B , x A 2 A , y 2 A , x cinicial ⎟⎟= + ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = ⋅ + + ⋅ + = = 57,5J ֜ Há energia dissipada I. (Falso) No eixo x: s m kg 4 ) 1 3 ( P , s m kg 4 P0= ⋅ f= + = ⋅ No eixo y: P0 = 0, Pf = (2 – 2) = 0

֜ Há conservação da quantidade do movimento. II. (Verdadeiro) III. (Falso) j 2 i 3 j ) 0 2 ( i) 0 3 ( Q IB=Δ B= − + − − = − IV. (Verdadeiro) j 2 i 3 j ) 0 2 ( i) 4 1 ( Q IA=Δ A= − + − =− − ALTERNATIVA D

27.

Uma estaca de comprimento L de um determinado material homogêneo foi cravada no solo. Suspeita-se que no processo de cravação a estaca tenha sido danificada, sofrendo possivelmente uma fissura abrangendo toda sua seção transversal conforme ilustra a figura abaixo. Para tirar a dúvida, foi realizada uma percussão em seu topo com uma marreta. Após t1segundos da

percussão, observou-se um repique (pulso) no topo da estaca e, t2

segundos após o primeiro repique, percebeu-se um segundo e último repique de intensidade significativa (também no topo da estaca), sendo t1t2.

Admitindo-se que a estaca esteja danificada em um único ponto, a distância do topo da estaca em que se encontra a fissura é

RESOLUÇÃO: v L 2 t t v d 2 t 2 1 1 = + = L t t t d L 2 t t d 2 t 2 1 1 2 1 1 + = ⇒ + = ⇒ ALTERNATIVA C

28.

Ao analisar um fenômeno térmico em uma chapa de aço, um pesquisador constata que o calor transferido por unidade de tempo é diretamente proporcional à área da chapa e à diferença de temperatura entre as superfícies da chapa. Por outro lado, o pesquisador verifica que o calor transferido por unidade de tempo diminui conforme a espessura da chapa aumenta. Uma possível unidade da constante de proporcionalidade associada a este fenômeno no sistema SI é a) kg.m.s-3.K-1 b) kg.m2.s.K c) m.s.K-1 d) m2.s-3.K e) kg.m.s-1.K-1 RESOLUÇÃO: θ Δ ⋅ Δ ⋅ ⋅ = ⇒ θ Δ ⋅ ⋅ = t A Q K A K st Q l l m K s Kg K s m m m s m Kg K s m m J ] K [ 2 2 2 = ⋅ 3⋅ 1⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ − − ALTERNATIVA A

29.

Um planeta de massa m e raio r gravita ao redor de uma estrela de massa M em uma órbita circular de raio R e período T. Um pêndulo simples de comprimento L apresenta, sobre a superfície do planeta, um período de oscilação t.

Dado que a constante de gravitação universal é G e que a aceleração da gravidade, na superfície do planeta, é g, as massas da estrela e do planeta são, respectivamente:

(10)

10 

RESOLUÇÃO: Fg = RCP 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 t G r L 4 m m G r L 4 t m G r L 2 g L 2 t G R T 4 M T 2 R M G R m R m M G ⋅ ⋅ ⋅ π ⋅ = ⇒ ⋅ ⋅ ⋅ π ⋅ = ⇒ ⋅ ⋅ π = π = ⋅ π = ⇒ π = ⋅ = ω ⋅ ω ⋅ = ⋅ ⋅

 

 

ALTERNATIVA C

   

30.

Um corpo está a 40 cm de distância de uma lente cuja distância focal é -10 cm. A imagem deste corpo é

a) real e reduzida. b) real e aumentada. c) virtual e reduzida. d) virtual e aumentada. e) real e invertida. RESOLUÇÃO: 2 , 0 50 10 40 10 10 A P f f A = = − − − = ⇒ − =

A = 0,2 ֜ Imagem virtual, direita e menor

ALTERNATIVA C 

   

QUÍMICA

31

. Considere as seguintes afirmativas:

I. A molécula de SO2 é linear e possui hibridação sp.

II. O hexafluoreto de enxofre possui estrutura octaédrica.

III. Em virtude da posição do átomo de carbono na Tabela Periódica, pode-se afirmar que não existem compostos orgânicos contendo orbitais híbridos sp3d ou sp3d2.

IV. O número total de orbitais híbridos é sempre igual ao número total de orbitais

atômicos puros empregados na sua formação. As afirmativas corretas são apenas:

A) I B) I e III C) I e IV D) II e IV E) II, III e IV

RESOLUÇÃO: 

I. Falsa – a molécula do SO2 é angular com hibridação sp2:

II. Verdadeiro.

III. FALSA. Apesar do átomo de carbono não apresentar orbitais do tipo d, disponíveis na sua camada de valência (n=2), outros elementos podem se ligar ao carbono, em composto orgânicos, formando orbitais híbridos sp3d ou sp3d2. Esse

fenômeno ocorre em alguns compostos organo-metálicos, como no trietilenodiaminocobalto(III), onde o cobalto recebe 6 ligações dativas e, portanto, precisa efetivar a hibridação sp3d2.

IV. Verdadeiro. A combinação linear de “n” orbitais atômicos gera “n” orbitais híbridos.

ALTERNATIVA D

 

32

. No processo de refino eletrolítico do cobre utilizam-se eletrodos deste metal e solução

aquosa de sulfato de cobre (II). Neste processo é correto afirmar que

A) no catodo obtém-se cobre impuro e ocorre liberação de oxigênio.

B) no anodo obtém-se cobre puro e ocorre a liberação de hidrogênio.

C) o cobre é depositado no anodo e dissolvido no catodo. D) o cobre é dissolvido no anodo e depositado no catodo. E) ocorre apenas liberação de hidrogênio e oxigênio.

RESOLUÇÃO:

• Ânodo ⇒ ocorre a oxidação do cobre:

• Cátodo ⇒ ocorre a redução dos íons:

ALTERNATIVA D  

33

. Uma massa x de CaCO3 reagiu com 50 mL de HCl 0,20M

aquoso, sendo o meio

reacional, posteriormente, neutralizado com 12 mL de NaOH aquoso. Sabe-se que 20 mL desta solução foram titulados com 25 mL do HCl 0,20M. A massa x de CaCO3 é

(Dados: massas atômicas Ca = 40 u.m.a.; C = 12 u.m.a.; O = 16 u.m.a.)

A) 0,07 g B) 0,35 g C) 0,70 g D) 3,50 g E) 7,00 g

RESOLUÇÃO:

Vamos determinar inicialmente a concentração do NaOH: HCl + NaOH

NaCl + H2O

25 mL 20 mL 0,2 M m = ? ↓

nHCl = 0,2 x 0,025 = 0,005 mol

nNaOH = nHCl = 0,005 mol ⇒ mNaOH = 0,005 mol/0,02 L = 0,25 mol/L

Vamos agora determinar o número de mols total de HCl usado na reação com o CaCO3:

NT (HCl) = n1 (HCl) + n2 (HCl) = 0,05 x 0,2 = 0,01 mol

Onde:

n1 → número de mols que reagiu com o CaCO3.

n2 → número de mols que reagiu com o NaOH.

Reação 1: CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2

2 n1 ↔ n

1

Reação 2: NaOH + HCl → NaCl + H2O

n2 ↔ n2

n2 = mNaOH x VNaOH = 0,25 x 0,012 = 0,003 mol

logo: n1 = 0,01 – 0,003 = 0,007 mol 3 CaCO n = 0,0035 mol ⇒ mCaCO3= 0,0035 x 100

m 0,35g 3 CaCO = ALTERNATIVA B  

34

. O osso humano é constituído por uma fase mineral e uma fase orgânica, sendo a primeira correspondente a cerca de 70% da massa óssea do ser humano. Dentre os minerais conhecidos, a hidroxiapatita, Ca10(PO4)6(OH)2, é o mineral de estrutura cristalina

e estequiometria mais próxima à dos nanocristais constituintes da fase mineral dos tecidos

ósseos. Considere que os átomos de cálcio estão na fase mineral dos tecidos ósseos e que o esqueleto de um indivíduo corresponde a um terço do seu peso. O número de átomos de cálcio em uma pessoa de 60 kg é

(11)

(Dados: massas atômicas Ca = 40 u.m.a.; P = 31 u.m.a.; O = 16 u.m.a.; H = 1 u.m.a.; Número de Avogadro = 6,02 x 1023) A) 8,39 x 1024 B) 2,52 x 1025 C) 8,39 x 1025 D) 1,20 x 1026 E) 2,52 x 1026 RESOLUÇÃO: kg 14 kg 60 3 1 % 70 mHidroxiapatita= ⋅ ⋅ = Mhidroxiapatita = 1004 g/mol ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎯→ ⎯ ⎯→ ⎯ x g 10 x 14 ) Ca ( g 400 g 1004 3 x = 5577,7g (Ca) ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎯→ ⎯ ⎯→ ⎯ y ) Ca ( g 7 , 5577 átomos 10 x 6,02 g 40 23 y ≅ 8,39 x 1025 átomos ALTERNATIVA C

35.

Foram introduzidos 10 mols de uma substância X no interior de um conjunto cilindro-pistão adiabático, sujeito a uma pressão constante de 1atm. X reage espontânea e irreversivelmente segundo a reação:

X(s) → 2Y(g) DH = -200 cal

Considere que a temperatura no início da reação é 300 K e que as capacidades caloríficas molares das substâncias X e Y são constantes e iguais a 5,0 cal.mol-1.K-1 e 1,0 cal.mol-1.K-1,

respectivamente. O volume final do conjunto cilindro-pistão é (Dado: R = 0,082 atm.L.mol-1.K-1) A) 410,0 L B) 492,0 L C) 508,4 L D) 656,0 L E) 820,0 L RESOLUÇÃO: 2000cal mol(x) 10 x ) x ( mol cal 200 Qliberado= =

Como a reação é irreversível, ela é completa: ) y ( mols 20 ) x ( mols 10 ⎯⎯formam⎯⎯→

No final do processo, todo o calor liberado será absorvido por y: Qliberado = ny ⋅ cy ⋅ Δt ⇒

⇒ 2000 = 20 ⋅ 1 ⋅ Δt ⇒ Δt ⇒ 100K Logo: Tfinal = 400 K

Podemos então determinar o volume final: PV = nRT ⇒ 1 ⋅ V = 20 x 0,082 x 400 ⇒ V = 656L

ALTERNATIVA D

36.

Assinale a alternativa correta.

A) Um veículo de testes para redução de poluição ambiental,

projetado para operar entre – 40 ºC e 50 ºC, emprega H2 e O2, os quais são estocados em

tanques a 13 MPa. Pode-se afirmar que a lei dos gases ideais não é uma aproximação adequada para o comportamento dos gases no interior dos tanques. (Dado: 1 atm = 101,3 kPa).

B) A pressão de vapor de um líquido independe da temperatura. C) Um recipiente de 500 mL, inicialmente fechado e contendo um líquido em equilíbrio com seu vapor, é aberto. Pode-se afirmar que a pressão de vapor do líquido aumentará.

D) Na equação PV = nRT, o valor numérico de R é constante e independe do sistema de unidades empregado.

E) De acordo com o princípio de Avogadro, pode-se afirmar que, dadas as condições de temperatura e pressão, o volume molar gasoso depende do gás considerado.

RESOLUÇÃO:

a) Verdadeiro. Sob altas pressões, ocorre um desvio da condição ideal de um gás.

b) Falso. A pressão de vapor de um líquido puro só depende da temperatura.

c) Falso. Mantendo-se a temperatura constante, a pressão de vapor não pode mudar.

d) Falso. O valor numérico de R depende das unidades empregadas.

e) Falso. Segundo o princípio de avogadro, nas mesmas condições de temperatura e pressão, volumes iguais de gases diferentes apresentam o mesmo número de moléculas.

ALTERNATIVA A

37

. Considere a seqüência de reações e o perfil energético associados ao processo de oxidação do dióxido de enxofre. Etapa 1 (elementar):

SO2 (g) + NO2(g) → SO3 (g) + NO(g)

Etapa 2: 2 NO(g) + O2(g) → 2 NO2(g)

A alternativa que apresenta corretamente os compostos no estágio II, o catalisador e a lei de velocidade para a reação global é

Estágio II Catalisador Lei de Velocidade A) NO, O2 NO k[SO2]2[O2]

B) SO3, NO, O2 NO2 k[SO2]2[O2]

C) SO3, NO, O2 NO2 k[SO2][NO2]

D) NO, O2 NO k[SO2][NO2]

E) SO3, NO, NO2 O2 k[SO2][NO2]

RESOLUÇÃO:

Segundo o gráfico, a etapa I, por apresentar maior energia de ativação, determina a cinética da reação. Logo:

v = k[SO2][NO2]

O catalisador consiste no NO2.

No estágio II existem os produtos da etapa 1 e os reagentes da etapa 2: SO3, NO, O2

ALTERNATIVA C

38

. Assinale a alternativa correta.

A) Nas reações de decaimento radioativo, a velocidade de reação independe da concentração de radioisótopo e, portanto, pode ser determinada usando-se apenas o tempo de meia vida do isótopo. B) O decaimento nuclear do 23892Upode gerar 20682Uatravés da emissão de 8 partículas α e 6 partículas β.

C) A vulcanização é o processo usado para aumentar a rigidez de elastômeros por intermédio da hidrogenação das suas insaturações.

(12)

12 

D) Copolímeros são polímeros formados pela reação de dois monômeros diferentes, com eliminação de uma substância mais simples.

E) O craqueamento é o processo que tem por objetivo “quebrar” as frações mais pesadas de petróleo gerando frações mais leves. Durante o craqueamento, são produzidos hidrocarbonetos de baixa massa molecular, como o etano e o propano. Estas moléculas são usadas como monômeros em uma variedade de reações para formar plásticos e outros produtos químicos.

RESOLUÇÃO: A) V = K[RADIOISÓTOPO] B) 23892U 20682Pb α 8 Pb X U 238 ⎯ →824α 20676 ⎯ →6β 20682

C) A vulcanização é um processo usado para aumentar a rigidez de elastômeros através de reação com compostos de enxofre, originando as chamadas pontes de enxofre que lhe confere rigidez.

D) Copolímeros são resultados da reação de adição comum ou de adição 1,4 – na presença de catalisador metálico, aquecimento e aumento de pressão de monômeros diferentes (e insaturados), formando um polímero de estrutura variada.

Δ ⋅ ⎯ ⎯ → ⎯ P Cat

São os polímeros de condensação que liberam simultaneamente uma substância mais simples.

E) Etano e propano não são utilizados como monômeros. Precisam passar por tratamentos especiais para poderem ser utilizados como monômeros.

Ex: CH3 – CH3 → CH2 = CH2 + H2

O etileno é usado na indústria petroquímica como matérias-primas para vários plásticos.

ALTERNATIVA B

 

39

. A neocarzinostatina é uma molécula da família das enediinas que são produtos naturais isolados de microrganismos e apresentam poderosa atividade anti-tumoral, por serem capazes de agir como intercalantes nas moléculas de DNA, interrompendo, dessa forma, o rápido crescimento celular característico das células tumorais.

Analisando a estrutura da neocarzinostatina acima, pode-se afirmar que esta forma canônica da molécula possui

A) 256 isômeros ópticos e 11 ligações π. B) 512 isômeros ópticos e 11 ligações π. C) 256 isômeros ópticos e 13 ligações π. D) 512 isômeros ópticos e 13 ligações π.

E) 1024 isômeros ópticos e 13 ligações π.

RESOLUÇÃO:

Número de isômeros ópticos: 2n = 210 = 1024

13 ligações π π π π π π π π π π π π π π ALTERNATIVA E

40

. Assinale a alternativa correta.

A) Os carboidratos, também conhecidos como glicídios, são ésteres de ácidos graxos superiores.

B) Os carboidratos mais simples são os monossacarídeos que, em virtude de sua simplicidade estrutural, podem ser facilmente hidrolisados.

C) Os lipídios são macromoléculas altamente complexas, formadas por centenas ou milhares de ácidos graxos que se ligam entre si por intermédio de ligações peptídicas.

D) As enzimas constituem uma classe especial de glicídios indispensável à vida, pois atuam como catalisadores em diversos processos biológicos.

E) A seqüência de aminoácidos em uma cadeia protéica é denominada estrutura primária da proteína.

RESOLUÇÃO:

A) os carboidratos, também conhecidos como glicídios, são compostos de função mista, aldeído ou poliálcool-cetona, ou qualquer outro que ao sofrer hidrólise, se transforme num composto desse tipo.

B) os carboidratos mais simples(oses) não sofrem hidrólise. Exs.:

C) Lipídio é todo éster que por hidrólise, forma um ácido superior e um monoálcool graxo superior ou um poliácool (glicerina) e, eventualmente, outros compostos.

D) As enzimas são proteínas que atuam como catalisadores (ativadores) de reações bioquímicas.

E) Estrutura primária é a seqüência de aminoácidos, iguais ou diferentes ligados uns aos outros.

Essa estrutura descreve o comprimento da cadeia principal e o arranjo das cadeias laterais da proteína.

ALTERNATIVA E

Referências

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