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GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2010 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA)
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MATEMÁTICA
01. Sejam r, s, t e v números inteiros positivos tais que vt
sr
< .
Considere as seguintes relações :
( ) ( )v
vts
sr.I +<
+
( ) vtt
srr.II
+<
+
( )( )vs
trsr.III
++
<
( ) ( )
vtr
str.IV +
<+
O número total de relações que estão corretas é: a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 RESOLUÇÃO: (i)
vvt
ssr1
vt1
sr
vt
sr +
<+
⇔+<+⇔<
Verdadeira (ii)
rtstrtrvstrvvt
sr
+<+⇔<⇔<
vtt
rsr)rs(t)vt(r
+<
+⇔+<+⇔
verdadeira (iii)
rsstrsrvstrvvt
sr
+<+⇔<⇔<
vstr
sr)tr(s)vs(r
++
<⇔+<+⇔
verdadeira (iv)
⇔+
<+
vtr
str
v(r + t) < s(r + t) ⇔ v < s, porém não sabemos se isso é verdade. Contra-exemplo: Faça r =1, s = 3, t = 5, v = 4
Note que 4
513
51 porém ,45
31 +
>+
<
ALTERNATIVA D 02. Considere o determinante de uma matriz de ordem n definido por:
31...000003...0000
00...310000...031000...003111...1111
n
−
−−
−
=Δ.....................................
Sabendo que Δ1 = 1, o valor de Δ10 é a) 59049 b) 48725 c) 29524 d) 9841 e) 364
RESOLUÇÃO:
11)1(1
310000030000
003100000310000031111111
+−⋅=
−
−−
−
L
L
MMMMMM
L
L
L
L
nxn
1
1n33100003000
003100003100003
−
−
−−
L
L
MMM
L
L
L
)1n(x)1n( −−
+
3100003000
000310000300111
00
011
−
−−
L
L
MMMMM
L
L
L
M
21)1)(1( +−−
)1n)(1n( −−
⇒Δ+=Δ −−
1n1n
n 3
2)13(3
3
3
3
1n
1n
12
2n2n1n
1n1nn
−=Δ−Δ
=Δ−Δ
=Δ−Δ
=Δ−Δ
−
−−−
−−
M
2)13(3 1n
1n−
+Δ=Δ−
=+=−
+=+++++=Δ2
)19682(312
)13(313...33319
93210 29524
ALTERNATIVA C 03. O valor da expressão
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−=
1a1arccos
1a1arcsenseny
22, onde a é um número
real e a ∈ (-1,0), é: a) -1 b) 0
c) 21
d) 23
e) 1 RESOLUÇÃO:
(-1,0)a e Ra;1a
1arccos1a
1arcsenseny22
∈∈⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−=β⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−=α
1a1arccos e
1a1arcsen Sejam
22
Sabemos que ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ππ−∈α
2,
2e ],0[ π∈β
Como
1a1sen
1a1arcsen
22 −=α⇒⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−=α
1a1cos
1a1arccos
22 −=β⇒⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−⇒β
Deste modo senα = cosβ ⇒
Zkk22/
k22 ∈
⎪⎩
⎪⎨⎧
π+π=β−α
π+π
=β+α
Por outro lado, como a ∈ R e a ∈ (-10), temos que senα < 0 e cosβ < 0
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Deste modo;
π<β<π
<α<π
−2
e 02
Assim 0 < α + β < π Diante das soluções da equação trigonométrica senα = cosβ
Vemos que 2π
=β+α ; pois 0 < α + β < π
Como
y = sen(α + β) = 12
sen =π
y = 1 ALTERNATIVA E 04. Seja ABC um triângulo de lados AB, BC e AC iguais a 26, 28 e 18, respectivamente. Considere o círculo de centro O inscrito nesse triângulo. A distância AO vale:
a) 6
104 b) 3
104 c) 31042 d) 104 e) 1043
RESOLUÇÃO:
Note que AD e CO são bissetrizes dos ângulos BAC
) e DCA
),
respectivamente, inicialmente, calculemos xCD = usando o
teorema da bissetriz interna relativo a AD .
⇒−
=x28
26x
18
⇒ 26x = 18 · 28 – 18x
442818x ⋅
=
11126x =
Em seguida calculemos a bissetriz AD .
onde ,)ap(bcpcb
2AD −⋅+
=
b = 18, c = 26, ,362
282618p =++
=
a = 28 Assim:
)2836(3626182618
2AD −⋅⋅⋅+
=
8362618442AD ⋅⋅⋅⋅=
26634442AD ⋅⋅⋅=
261136AD =
Finalmente calculemos yAO = aplicando o teorema da bissetriz
interna relativa a CO
y11
263611
126
y18
−
=
y112636126
y18
−=
y198263618y126 −⋅=
1041818y324 ⋅⋅=
104y = ALTERNATIVA D
05. Considere o sistema ,6xy2yx2yxyx
5yxxy223223⎪⎩
⎪⎨⎧
=+−−
=−+ onde x
e y são números inteiros. O valor de x3 + y2 + x2 + y é: a) 14 b) 18 c) 20 d) 32 e) 38 RESOLUÇÃO: x3y2 – x2y3 – 2x2y + 2xy2 = 6 x2y2(x – y) – 2xy(x – y) = 6 (x2y2 – 2xy)(x – y) = 6 [5 – (x – y)][3 – (x – y)] (x – y) = 6 faça (x – y) = k, pois x, y ∈ Z (5 – k)(3 – k)(k) = 6 como k ∈ Z Temos que k = Z Logo
⇒⎩⎨⎧
==−3xy
2yx
⇒ y = 1 e x = 3 ou x = -1 e y = -3 ⇒ x3 + y3 +x2 +y = 6 Logo x3 + y2 + x2 + y = 27 + 1 + 9 + 1 = 38 Obs: para a resposta ser única x e y deveriam ser inteiros não-negativos. ALTERNATIVA E 06. Seja S = 12 + 32 + 52 + 72 + ... + 792. O Valor de S satisfaz: a) S < 7 x 104 b) 7x104 ≤ S < 8x104 c) 8x104 ≤ S < 9 x 104 d) 9x104 ≤ S 105 e) S ≥ 105
RESOLUÇÃO: S(n) = an3 + bn2 + cn + d (I) S(1) = a + b + c + d = 1 (II) S(2) = 8a + 4b + 2c + d = 10 (III) S(3) = 27a + 9b + 3c + = 35 (IV) S(4) = 64a + 16b + 4c + d = 84 (II) – (I) = 7a + 3b + c = 9 (V) (III) – (I) = 26a + 8b + 2c = 34 (VI) (IV) – (I) = 63a + 15b + 36 = 83 (VII) (VI) – 2(V) = 12a 2b = 16 (VIII) (VII) – 3 · (V) = 42a + 6b = 56 (IX)
(IX) – 3 · (VIII) = 6a = 8 ⇒ ⇒=34a (VIII)
b = 0 ⇒ (V) ⇒ 31c −= ⇒ (I) ⇒ d = 0
3n
3n4Sn
3−=
792 é o 40º termo ∴340
3404S
3
40 −=
320.85340
3256000S40 =−=
80.000 < S40 < 90.000 8 · 104 < S40 < 9 · 104 ALTERNATIVA C
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07. Seja o polinômio p(x) = x3 + (ln a) x + eb, onde a e b são números reais positivos diferentes de zero. A soma dos cubos das raízes de p(x) depende a) Apenas de a e é positiva. b) de a e b e é negativa. c) apenas de b e é positiva. d) apenas de b e é negativa. e) de a e b e é positiva. Obs.: e representa a base do logaritmo neperiano e ln a função logaritmo neperiano. RESOLUÇÃO: p(x) = x3 + (ln a)x + eb Res: sejam α1, α2, α3 raízes de p(x). Pelas relações de Girard, temos que α1 + α2 + α3 = 0 α1 α2 + α1α3 + α2α3 = lna α1α2α3 = - eb De α3 + α1 + α2 = 0 ⇒ α3 = - (α1 + α2) ⇒ 3
3α = - (α1 + α2)3
⇒=α+α+α 0)( 321
33
033 32
2212
21
31
33 =α+αα+αα+α+α
2212
21
33
32
31 33 αα−αα−=α+α+α⇒
)(3 212133
32
31 α+ααα−=α+α+α⇒
⇒α−αα−=α+α+α )(3 32133
32
31
bb321
33
32
31 e3)e(33 −=−⋅=ααα=α+α+α⇒
Portanto
b33
32
31 e3−=α+α+α⇒
Portanto depende apenas de b e é negativa. ALTERNATIVA D 08. A quantidade k de números naturais positivos, menores do que 1000, que não são divisíveis por 6 ou 8, satisfaz a condição: a) k < 720 b) 720 ≤ k < 750 c) 750 ≤ k < 780 d) 780 ≤ k < 810 e) k ≥ 810 RESOLUÇÃO:
Nº de termos: 166 + 124 – 41 = 249
6÷ 8÷
Nº não divisíveis por 6 ou 8, menores que 1000 999 – 249 = 750 ALTERNATIVA C 09. Uma hipérbole de excentricidade 2 tem centro na origem e
passa pelo ponto ).1,5( A equação de uma reta tangente a esta hipérbole e paralela a y = 2x é: a) 6x32y3 += b) 33x2y +−= c) 32x6y3 +=
d) 4x32y3 += e) 3x2y +=
RESOLUÇÃO:
1ay
ax
2
2
2
2=− 4a1
a41
a1
a5 2
222=⇒=⇒=−
⇒=− 14
y4
x 22
04yx 22 =−− (I) Substituindo a equação da reta tangente y = 2x + k em (I) temos: x2 – (2x + k)2 – 4 = 0 – x2 – 4x2 – 4xk – k2 – 4 = 0 3x2 + 4kx + 4 + k2 = 0 Δ = 0 ⇒ (4k)2 – 4 ⋅ 3 ⋅ (4 + k2) = 0 ⇒ 16k2 – 48 – 12 k2 = 0 4k2 = 48 ⇒ k2 = 12 ⇒ k = ± 32 y = 2x ± 32
632y3 ±= Logo uma das retas tangentes é:
632y3 += ALTERNATIVA A 10. Sejam as funções f : ℜ → ℜ , g : ℜ → ℜ , h : ℜ → ℜ. A alternativa que apresenta a condição necessária para que se f(g(x)) = f(h(x)), então g (x) = h(x) é: a) f(x) = x b) f(f(x)) = f(x) c) f é bijetora d) f é sobrejetora e) f é injetora RESOLUÇÃO: Se f(x1) = f(x2), então x1 = x2 indica que f é injetora. Assim a condição necessária para que se f(g(x)) = f(h(x)), então g(x) = h(x) é que f seja injetora. ALTERNATIVA E 11. Considere o sistema abaixo, onde x1, x2 x3 e Z pertencem ao conjunto dos números complexos.
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−+−
=−−
=+−+
0ixixx)2i2(Zxxix2
0ixixx)i1(
321
321
321
O argumento de Z, em graus, para que x3 seja um número real positivo é: a) 0º b) 45º c) 90º d) 135º e) 180º Obs.: 1i −= RESOLUÇÃO: Calculando o determinante da matriz incompleta, temos:
i26ii2i211i2iii1
−−=−−−−
−+
Calculando x3 pela regra de Cramer, temos:
2z
i260i2i2z1i20ii1
x3 −=−−
−−−+
=
Como x3 é real positivo devemos ter z real negativo. Logo o argumento de z, em graus, é 180º ALTERNATIVA E
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12. Seja .x|,)xlog(3|)x(f ℜ∈−= Sendo n um número inteiro positivo, a desigualdade
49...
3)x(f2...
36)x(f4
12)x(f2
4)x(f
1n
3n≤+++++
−
−
somente é possível se: a) 0 ≤ x ≤ 106 b) 10-6 ≤ x ≤ 108 c) 103 ≤ x ≤ 106 d) 100 ≤ x ≤ 106 e) 10-6 ≤ x ≤ 106 Obs.: log representa a função logarítmica na base 10. RESOLUÇÃO: Como f(x) ≥ 0, temos ⏐f(x)⏐= f(x)
Colocando o fator 4
)x(f em evidência, temos:
49...
32...
94
321
4)x(f
13
1n≤⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+++++
−
−
49
321
14
)x(f≤
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
−⋅
49)x(f
43
≤⋅
f(x) ≤ 3 como xlog3)x(f −= segue que
3xlog3 ≤−
- 3 ≤ 3 – log x ≤ 3 0 ≤ log x ≤ 6 100 ≤ x ≤ 106 Comentário: Onde temos f(x) = |3 – logx| x ∈ R deveríamos ter f(x) = |3 – logx|, x > 0 ALTERNATIVA D 13. Sejam ABC um triângulo equilátero de lado 2 cm e r uma reta situada no seu plano, distante 3 cm do seu baricentro. Calcule a área da superfície gerada pela rotação deste triângulo em torno da reta r. a) 8 π cm2 b) 9π cm2 c) 12π cm2 d) 16π cm2 e) 36π cm2 RESOLUÇÃO:
333 −
3323 +
3323 +
333 −
3326g
33g3g
332g3 −+−=+
3326g3 −=
1y3m333
3323m =∴=⇒+−+=
3323
333
xyx
2gg
+
−=
+=
+
3323
333
2gg
+
−=
+
1y3m333
3323m =∴=⇒+−+=
π=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛π=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −++π=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −π+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛++−π=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −π+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛++π=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −π+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛+−+++π=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛−π+⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛−π−+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛+π=
=+−=
3108
3562
3321832122
331826
334
33262
2.3
39263
34g32
2.3
392g33g3
334g
3326g32
2333.2g.
333)2g.(
33232
S)SS(2S cilindromenor conemaior cone
π= 36
ALTERNATIVA E 14. Seja M um ponto de uma elipse com centro O e focos F e F’. A reta r é tangente à elipse no ponto M e s é uma reta, que passa por O, paralela a r. As retas suportes dos raios vetores MF e MF’ interceptam a reta s em H e H’, respectivamente. Sabendo que o segmento FH mede 2cm, o comprimento F’H’ é: a) 0,5 cm b) 1,0 cm c) 1,5 cm d) 2,0 cm e) 3,0 cm RESOLUÇÃO:
αα
αα
α
Construa FH” // MF’ , H” ∈ s. Pelo teorema de Poncelet (propriedade refletora das cônicas), sabemos que a tangente r (à elipse passando por M) é a reta
bissetriz dos raios vetores M'F e FM . Assim, 'HHMRM'M = eH'HM'HMR = .
Segue que o triângulo HFH” é isósceles assim FH” = 2. Finalmente, da congruência dos triângulos FH”O e F’H’O, temos
"FH'H'F = . Logo x = 2 ALTERNATIVA D
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15. Cada um dos quatro quadrados menores da figura abaixo é pintado aleatoriamente de verde, azul, amarelo ou vermelho. Qual é a probabilidade de que ao menos dois quadrados, que possuam um lado em comum, sejam pintados da mesma cor?
a) 21 b)
85 c)
167
d)
3223 e)
6443
RESOLUÇÃO: Seja A o conjunto em que todos os quadrados que possuam um lado em comum, sejam pintados de cores diferentes. Seja B o conjunto de que ao menos dois quadrados, que possuam um lado em comum, sejam pintados da mesma cor. Logo P(B) = 1 – P(A): Vamos calcular P(A) 1º Caso: todas as cores diferentes: P4 = 4! = 24 2º Caso: 2 cores iguais por exemplo:
Verde
Verde
Azul
Azul
61234
!2!2!4C 2,4 =
⋅⋅
== maneiras de escolher 2 cores x 2 maneiras
de colocar as cores sem que possuam um lado em comum. Total: 12 maneiras 3° Caso: 2 quadrados com cores iguais e mais duas outras cores por exemplo:
4 maneiras de escolher a cor que se repete C3,2 maneiras de escolher as outras 2 cores 4 maneiras de colocar as cores sem que possuam um lado em comum da mesma cor. Logo 4 · 3 · 4 = 48 maneiras
Então ,
,totais casos
favoráreis casos)A(P =
Casos totais = 44 = 256
25684
256481224)A(P =
++=
6443
256841)B(Polog =−=
ALTERNATIVA E
FÍSICA
16.
A figura composta por dois materiais sólidos diferentes A e B, apresenta um processo de condução de calor, cujas temperaturas não variam com o tempo. É correto afirmar que a temperatura T2 da interface desses materiais, em kelvins, é: Observações: • T1: Temperatura da interface do material A com o meio
externo • T3: Temperatura da interface do material B com o meio
externo • KA: Coeficiente de condutividade térmica do material A • KB: Coeficiente de condutividade térmica do material B a) 400 b) 500 c) 600 d) 700 e) 800 RESOLUÇÃO: φA = φB
LA)TT(K
LA)TT(K 23B12A −⋅
=−⋅
⇒ 1 · (T2 – 300) = 0,2 · (1500 – T2) ⇒ 5T2 – 1500 = 1500 – T2 ⇒ 6 · T2 = 3000 T2 = 500K ALTERNATIVA B
17.
A figura apresenta, esquematicamente, uma lente convergente de distância focal f posicionada no plano de transição entre o vácuo e um material de índice de refração n. O fator de ampliação (tamanho da imagem dividido pelo tamanho do objeto) de um objeto muito pequeno (se comparado com as dimensões da lente) colocado a uma distância p da lente é:
a) fp
f−
b) fpn
f−
c) fp
nf−
d) nfp
nf−
e) fnp
f−
RESOLUÇÃO:
αβ
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Sem o material:
fppfx
pffp
p1
f1
x1
x1
p1
f1
−⋅
=⇒⋅−
=−=⇒+=
Com o material:
n1
'xx
=fppfnxn'x
−⋅⋅
=⋅=⇒
;ph)(tg =α ⇒=β
'xhi)(tg
p'x
hh
n)(sen)(sen
)(tg)(tg
i
0 ⋅==βα
=βα
⇒−⋅
⋅=⇒fpfn
hh
ni
0
fpf
hh
0
i
−=
ALTERNATIVA A 18. A figura mostra duas barras AC e BC que suportam, em equilíbrio, uma força F aplicada no ponto C. para que os esforços nas barras AC e BC sejam, respectivamente, 36N (compressão) e 160N (tração), o valor e o sentido das componentes vertical e horizontal da força F devem ser:
Observação: Despreze os pesos das barras e adote 7,13 = a) 80N (↓), 100N (→) b) 100N (↓), 80N (→) c) 80N (↑), 100N (←) d) 100N (↑), 80N (←) e) 100N (↓), 80N (←) RESOLUÇÃO
525,4~
23)º30cos( =
⇒= 0F Como R
ALTERNATIVA A
19. Um bloco de 4 kg e velocidade inicial de 2 m/s 70 cm em uma superfície horizontal rugosa até atingir uma mola elástica 200 N/m. A aceleração da gravidade é 10 m/s2 e o bloco comprime 10 cm da mola até que sua velocidade se anule. Admitindo que durante o processo de compressão da mola o bloco desliza sem atrito, o valor do coeficiente de atrito da superfície rugosa é: a) 0,15 b) 0,20 c) 0,25 d) 0,30 e) 0,35 RESOLUÇÃO
72822.401,0.
22007,0.10.4.
2mV0
2x.Kd.F
E
2
20
2
AT
cT
=⇒
=+
−=Δ
−−
Δ=
μ
μ
τ
25,0287
==μ
ALTERNATIVA C 20.
Uma partícula eletrizada penetra perpendicularmente em um local imerso em um campo magnético de intensidade B. Este campo é dividido em duas regiões, onde os seus sentidos são opostos, conforme é apresentado na figura. Para que a partícula deixe o local com um ângulo de 30°, é correto afirmar que a eletrização da partícula e a intensidade do campo magnético que possui o sentido saindo do plano do papel devem ser, respectivamente: Dados: • R: raio da trajetória da partícula na região onde existe um
campo magnético. • L/R = 3 a) positiva e de valor B/3 d) positiva e de valor 2 B/3 b) positiva e de valor B/6 e) negativa e de valor 2 B/3 c) negativa e de valor B/6 RESOLUÇÃO:
magF
0V
B
B x VqFmag ⋅=
⇒ q < 0
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R’
60°
L = 3R
R’ · cos(60°) = 3R ⇒ R’ = 6R
⇒⋅
==B'q
mVR' ;
qBmV
R 00
6B'B =
ALTERNATIVA C 21.
B
R
R
R
R
RA
R
Sabendo que todos os resistores da malha infinita da figura têm resistência R, a resistência equivalente entre A e B é: a) R (1+ 2 ) / 2 b) R (1+ 3 ) / 2 c) 3R / 2
d) R(1 + 5 ) / 2 e) R (1+ 6 ) / 2 RESOLUÇÃO:
A BR R
EQR
A BEQR
EQ
EQEQ RR
R R.R R
++=⇒ EQEQ
22EQEQ R.R R R. R R R . R ++=+⇒
0RR . RR 2 EQ
2 EQ =−−⇒
( )2
51.R2
5RR2
R4RRR22
EQ+
=+
=+±
=⇒
ALTERNATIVA: D
22. No interior da Estação Espacial Internacional, que está em órbita em torno da Terra a uma altura correspondente a aproximadamente 5% do raio da Terra, o valor da aceleração da gravidade é: a) aproximadamente zero. b) aproximadamente 10% do valor na superfície da Terra. c) aproximadamente 90% do valor na superfície da Terra. d) duas vezes o valor na superfície da Terra. e) igual ao valor na superfície da Terra. RESOLUÇÃO:
2dM.Gg =
( ) 2T
2TT
.est2T
.supRGM0,9.~
R.1025,1M.G
R05,1G.M g ;
RM.Gg
2===⇒
sup.est g.9,0~g⇒
ALTERNATIVA: C 23. Em certo fenômeno físico, uma determinada grandeza referente a um corpo é expressa como sendo o produto da massa específica, do calor específico, da área superficial, da velocidade de deslocamento do corpo, do inverso do volume e da diferença de temperatura entre o corpo e o ambiente. A dimensão desta grandeza em termos de massa (M), comprimento (L) e temo (t) é dada por: a) M2 L-1 t-3. b) M L-1 t-2. c) M L-1 t-3. d) M2 L-2 t-3. e) M2 L-2 t-2. RESOLUÇÃO
[ ] [ ][ ][ ][ ] [ ] [ ]
[ ] [ ]
L.tL.M.
t.L1
t.L][
.L1.
tL.L.
M][.
LM
.V
1.V.A.C.MX
233
32
3
OL
==
ΔΔ
=
Δ=
τ
θθ
τ
θ
= M.L-1.t-3 ALTERNATIVA C 24.
Na situação I da figura, em equilíbrio estático, a massa M, presa a molas idênticas, está a uma altura h/3. Na situação II, a mola inferior é subitamente retirada. As molas, em repouso, têm comprimento h/2. O módulo da velocidade da massa M na iminência de tocar o solo na situação II é: Observação: g : aceleração da gravidade. a) ]22/[gh4 b) ]22/[gh3 c) ]22/[gh2
d) ]22/[gh e) 0 RESOLUÇÃO Início
36h.K
3h.g.M
26h.K.2
3h.g.ME
6h
3h
2hXX
2
2
0
21
+=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
+=
=−=Δ=Δ
Do Equilíbrio:
x.K.2 Δ
Mg
hg.M.3KMg
6hK.2 =⇒=⇒
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Final:
36h.g.3V
h.g.M.723h.
hg.M3.
727
3h.g.M
2MV
72h.K7
3h.g.M
8h.K
36h.K
3h.g.M
2MV
36h.K
3h.g.M
8h.K
2MV
E22h.K
2MVE
2
22
2222
222
0
2
2
f
=⇒
=−=⇒
−=−+=⇒
+=+⇒
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+=
6h.g.3
V =⇒
SEM ALTERNATIVA 25.
Na figura, o frasco de vidro não condutor térmico e elétrico contém 0,20 kg de um líquido isolante elétrico que está inicialmente a 20°C. Nesse líquido está mergulhado um resistor R1 de 8 Ω. A chave K está inicialmente na vertical e o capacitor C, de 16 μF, está descarregado. Ao colocar a chave no Ponto A verifica-se que a energia do capacitor é de 0,08 J. Em seguida, comutando a chave para o Ponto B e ali permanecendo durante 5 s, a temperatura do líquido subirá para 26°c. Admita que todo o calor gerado pelo resistor R1 seja absorvido pelo líquido e que o calor gerado nos resistores R2 e R3 não atinja o frasco. Nessas condições, é correto afirmar que o calor específico do líquido, em cal · g-1°C-1, é Dado: 1 cal = 4,2 J a) 0,4 b) 0,6 c) 0,8 d) 0,9 e) 1,0 RESOLUÇÃO: Chave em A:
⇒⋅
=2ECE
2
n ⇒⋅⋅
=−
2E101608,0
26V100E =
Chave em B: Ut = REQ · iT 100 = 10 · iT iT = 10ª PDis = R1 · i2 = 8 · 102 = 800w EDISS = Pot · Δt = 800 · 5 = 4000J Q = m · c · Δθ 4000 = 200 · C · (26 – 20)
Cg/col2,43
10Cg/J3
10C °⋅
=°=⇒
⇒ C ∼ 0,8 col/g°C ALTERNATIVA C
26. Um soldado em pé sobre um lago congelado (sem atrito) atira horizontalmente com uma bazuca. A massa total do soldado e da bazuca é 100kg e a massa do projétil 1kg. Considerando que a bazuca seja uma máquina térmica com rendimento de 5% e que o calor fornecido a ela no instante do disparo é 100kj, a velocidade de recuo do soldo é, em m/s,
a) 0,1 b) 0,5 c) 1,0 d) 10,0 e) 100,0 RESOLUÇÃO:
0,05 . KJ100w Qw05,0 =⇒==η
J 5000 Kj 5w == cEw Δ=
cpcscf , 0c EE EEº
+== 2
2pp
2s
scf Vm2V
m E +=
ppsfo Vm VmQ , 0Q s +−== sspppps VmVm , Vm Vm0 s =+−=∴
Vsmmv
p
sp =
Daí,
2
sp
sp2scf V
mm
2
m Vs
2m
E ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
p
s22
22
sp
scf m
m21Vs
mpms
2mp V
mmE
J500010021 V.
2kg100E
100
2scf =
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+=
≅43421
J500010021 V.
2kg100E
100
2scf =
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+=
≅43421
sm1Vc =
ALTERNATIVA C 27. Três satélites orbitam ao redor da Terra: o satélite S1 em uma órbita elíptica com o semi-eixo maior a1 e o semi-eixo menor b1; o satélite S2 em outra órbita elíptica com semi-eixo maior a2 e semi-eixo menor b2; e o satélite S3 em uma órbita circular com raio r. Considerando que r = a1 = b2, a1 ≠ b1 e a2 ≠ b2, é correto afirmar que a) os períodos de revolução dos três satélites são iguais b) os períodos de revolução dos três satélites são diferentes c) S1 e S3 têm períodos de revolução idênticos, maiores do que o
de S2 d) S1 e S3 têm períodos de revolução idênticos, menores do que
o de S2 e) S2 e S3 têm períodos de revolução idênticos, maiores do que o
de S1 RESOLUÇÃO:
21322
211
1 barR;3
baR;
2ba
R ===+
=+
=
;rR;2
raR;
2br
R 32
21
1 =+
=+
=
Temos ainda:
1222
11 brababa
>>⇒⎩⎨⎧
>
>
Kleper) de lei 3ª pela(TTTRRRrRrR
1321321
2 >>⇒>>⇒⎩⎨⎧
<>
⇒
A SER CONTESTADA ALTERNATIVA B
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28. Uma partícula emite um som de frequência constante e se desloca no plano XY de acordo com as seguintes equações de posição em função do tempo t: x = a cos(wt) y = b sen(wt) onde: a, b e w são constants positivas, com a > b Sejam as afirmativas: I. o som na origem é percebido com a mesma frequência quando a partícula passa pelas coordenadas (a, 0) e (0, b). II. o raio de curvatura máximo da trajetória ocorre quando a partícula passa pelos pontos (0, b) e (0, -b). III. a velocidade máxima da partícula ocorre com a passagem da mesma pelo eixo Y. A(s) afirmativa(s) correta(s) é(são): a) I, apenas b) I e II, apenas c) II, apenas d) II e III, apenas e) I, II e III RESOLUÇÃO:
I. Verdadeiro, pois em ambos os pontos Vrel = 0 ⇒ fAP = femitida II. Verdadeiro, da geometria III.
)wt(cosbw)wt(senawV cos(wt) bwV
(wt) sen awV 2222222
y
x ⋅+⋅⋅=⎪⎭
⎪⎬⎫
⋅+=⋅−=
)]wt(cosb)wt(sena[wV 222222 ⋅+⋅=
)]ba)(wt(senb[wV 222222 −+⋅=
1)wt(sen1)wt(senV 2máx ±=⇒=⇒
⇒ cos (wt) = 0 ⇒ x = 0 ⇒ eixo y ⇒ verdadeira ALTERNATIVA E
29.
A figura ilustra uma mola feita de material isolante elétrico, não deformada, toda contida no interior de um tubo plástico não condutor elétrico, de altura h = 50cm. Colocando-se sobre a mola um pequeno corpo (raio desprezível) de massa 0,2 kg e carga positiva de 9 x 10-6C, a mola passa a ocupar metade da altura do tubo. O valor da carga, em coulombs, que deverá ser fixada na extremidade superior do tubo, de modo que o corpo possa ser posicionado em equilíbrio estático a 5cm do fundo, é: Dados: • Aceleração da gravidade: g = 10 m/s2. • Constante eletroestática: K = 9 x 109 N.m2/C2. a) 2 x 10-6. b) 4 x 10-4. c) 4 x 10-6. d) 8 x 10-4. e) 8 x 10-6.
RESOLUÇÃO Início:
m/N8K225,0.Kmgx.KpF oel
=⇒=⇒
=Δ⇒=
Final:
33
2
22
3
22
69
221el
el
10.81324,0
10.8145,0.6,12Q
Q45,010.816,1
45,0Q.10.9.10.9245,0.8
dQ.Q.Kmgx.K
FpF
==⇒
=⇒
+=⇒
+=Δ
+=
−
= 4.10-6C ALTERNATIVA C 30.
Um raio de luz monocromática incide em um líquido contido em um tanque, como mostrado na figura. O fundo do tanque é espelhado, refletindo o raio luminoso sobre a parede posterior do tanque exatamente no nível do líquido. O índice de refração do líquido em relação ao ar é: a) 1,35 b) 1,44 c) 1,41 d) 1,73 e) 1,33 RESOLUÇÃO:
º60
Dx
cm 10 D2= 143 + 100 = 243
24310 (x) sen =
243
10 . n23.1 =
35,12027
20243.3n ===⇒
ALTERNATIVA: A
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QUÍMICA 31. Considere as seguintes possibilidades para a estrutura da molécula de trifluoreto de cloro (ClF3):
Assinale a alternativa correta. a) A estrutura I é a mais estável, visto que as seis repulsões
entre pares não-ligantes e pares ligantes equivalem à menor repulsão possível.
b) A estrutura II é a mais estável, visto que ocorrem três repulsões entre elétrons não-ligantes e pares ligantes e mais uma repulsão entre pares de elétrons não-ligantes, o que confere uma maior estabilidade ao sistema de forças.
c) A estrutura III é a mais estável por equivaler à configuração na qual a repulsão entre todos os pares (ligantes e não-ligantes) é mínima.
d) A estrutura I é a mais provável por ser a mais simétrica, correspondendo à configuração de menor energia.
e) Todas as três estruturas possuem a mesma energia e são encontradas na natureza.
RESOLUÇÃO: Espécies do tipo AX3E2 apresentam uma maior estabilidade quando a geometria da espécie é do tipo “T”, na qual os dois pares de elétrons ocupam vértices da base de uma bipirâmide trigonal e os pares ligantes completam o arranjo tridimensional.
Esta configuração promove a menor repulsão entre os pares de elétrons ligantes e não-ligantes, resultando numa maior estabilidade. ALTERNATIVA C
32. Em um recipiente fechado queima-se propano com 80% da quantidade estequiométrica de ar. Admitindo que não haja hidrocarbonetos após a combustão, que todos os produtos da reação estejam na fase gasosa e que a composição volumétrica do ar seja de uma parte de O2 para quatro partes de N2, calcule a porcentagem molar de CO2 no recipiente após a combustão (considere comportamento ideal para os gases). a) 4,35 % b) 4,76 % c) 5,26 % d) 870 % e) 1428 % RESOLUÇÃO: Deve-se considerar como queima estequiométrica a seguinte equação química: 1C3H8(g) + 5O2(g) → 3CO2(g) + 4H2O(g) A utilização de apenas 80% da quantidade estequiométrica de ar e a informação de que apenas produtos gasosos são obtidos sugere que forma-se CO(g) além de CO2(g). Assim, a equação química passa a ser: 1C3H8(g) + 4O2(g) → 1CO2(g) + 2CO2(g)+ 4H2O(g) Considerando 1L de propano, temos:
* quantidade estequiométrica de ar: L252,0
5Var ==
* volume de ar utilizado: V = 0,8 . 25 ⇒ V = 20L * 16L V; L4VVV20
2222 NONO ==⇒+=
* pela equação química temos também: 4 V; 2 V; 1V OHCOCO 22
===
Como os gases são considerados ideais, percentagem molar é igual a percentagem volumétrica. Assim:
0435,0231X
164211X
nnnnn
X
2
2222
22
CO
CONOHCOCO
COCO
==
⇒+++
=⇒+++
=
= 4,35% ALTERNATIVA A 33.
CrI3 + Cl2 + NaOH → NaIO4 + Na2CrO4 + NaCl + H2O Assinale a alternativa que indica a soma dos menores coeficientes inteiros capazes de balancear a equação química acima: a) 73 b) 95 c) 173 d) 187 e) 217 RESOLUÇÃO: CrI3 + Cl2 + NaOH → NaIO4 + Na2CrO4 + NaCl + H2O Elementos que sofrem oxidação: Cr → passa de + 3 para + 6 ⇒ 3e- I → passa de – 1 para + 7 ⇒ 8e- Como para cada átomo de cromo existem três átomos de iodo, temos: Total de elétrons: 3e- + 3 · 8e- = 27e- Apenas o cloro sofre redução, passando de NOX 0 para – 1. Assim, são necessários 27 átomos de Cl. A equação balanceada, portanto, será: 2CrI3 + 27Cl2 + 64NaOH → 6 Na IO4 + 2Na2CrO4 + 54NaCl + 16 H2O Soma dos coeficientes = 187 ALTERNATIVA D
34. Assinale a alternativa correta. a) Os polissacarídeos são obtidos a partir da combinação de
monossacarídeos por intermédio de ligações peptídicas. b) Com exceção da glicina, todos os aminoácidos de ocorrência
natural constituintes das proteínas são opticamente ativos, sendo que a quase totalidade possui configuração levógira.
c) As proteínas de ocorrência natural são constituídas por α-aminoácidos, β-aminoácidos e γ-aminoácidos.
d) A glicose é um lipídio de fórmula molecular C6H12O6. e) DNA e RNA são proteínas responsáveis pela transmissão do
código genético. RESOLUÇÃO: Na natureza, quase todos os aminoácidos (exceto a glicina que é aquiral), possuem configuração L no carbono α.
L - α - aminoácido ALTERNATIVA B 35. Assinale a alternativa que indica o número de isômeros ópticos e o número de racematos (misturas racêmicas) do 2-cloro-5-vinilciclopent-3-en-1-ol. a) 16 isômeros ópticos e 8 racematos. b) 16 isômeros ópticos e 16 racematos. c) 4 isômeros ópticos e 2 racematos. d) 8 isômeros ópticos e 4 racematos. e) 8 isômeros ópticos e 8 racematos.
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RESOLUÇÃO: H
Cl
OH H
HCH=CH2
Carbonos assimétricos: C1 ; C2 ; C5. nº de isômeros óticos: 23 = 8 nº de racematos: 23-1 = 4 ALTERNATIVA D 36. Considere as supostas variações de entropia (Δ S) nos processos abaixo: I. cristalização do sal comum (ΔS > 0) II. sublimação da naftalina (naftaleno) (ΔS > 0) III. mistura de água e álcool (ΔS < 0)
IV. ferro (S) ⎯⎯⎯ →⎯fusão ferro (l) (ΔS > 0)
V. ar ⎯⎯⎯⎯⎯ →⎯compressão ar comprimido (ΔS < 0) As variações de entropia indicadas nos processos que estão corretas são: a) I, III e IV. b) III, lV e V. c) II, III e V. d) I, II e IV. e) II, IV e V. RESOLUÇÃO: I. Cristalização do sal comum ⇒ Redução da desordem ⇒ ΔS < 0 II. Sublimação da naftalina ⇒ Aumento da desordem ⇒ ΔS > 0 III. Mistura da água e álcool ⇒ Aumento da desordem tanto para a água quanto para o álcool ⇒ ΔS > 0 IV. )l(
fusão)s( FeFe ⎯⎯⎯ →⎯ ⇒ Aumento da desordem ⇒ ΔS > 0
V. ArAr compressão⎯⎯⎯⎯⎯ →⎯ ⇒ Redução da desordem ⇒ ΔS < 0
ALTERNATIVA E 37.
Dadas as reações acima, escolha, dentre as opções abaixo, a que corresponde, respectivamente, às funções orgânicas das substâncias A, B, C e D. a) álcool, alceno, Alcino e cetona. b) álcool, alceno, Alcino e ácido carboxílico. c) aldeído, alcano, alceno e cetona. d) aldeído, alceno, alceno e ácido carboxílico. e) álcool, alcano, alcano e aldeído.
RESOLUÇÃO: Reações associadas aos compostos A, B, C e D.
⎯⎯⎯ →⎯ 42 0SHΔ
R'CHCHR 'RCHCHR 4KMnO −−−⎯⎯⎯ →⎯−=−
⎯⎯⎯⎯ →⎯4
4 H ,KMnO
32223HgSO
3223 CCHCHCHCHCH CHCCCHCHCH 4⎯⎯⎯ →⎯−≡
A → álcool ; B → alceno ; C → Alcino ; D → ácido carboxílico. ALTERNATIVA B 38. Considere a versão tridimensional da Tabela Periódica sugerida pelo químico Paul Giguère. Nesta representação, a Tabela Periódica se assemelha a um catavento onde os blocos s, p, d, f são faces formadoras das pás do catavento e onde o eixo de sustentação está fixado ao longo do bloco s.
Em relação à tabela acima, assinale a alternativa correta. a) O elemento α é um gás nobre. b) O elemento β é o 80Hg. c) O íon γ+2 tem a configuração eletrônica do xenônio. d) O 75δ é isótono do X85
39 . e) O elemento ε é o 43Tc, primeiro elemento artificial conhecido, e
pertence ao grupo 6B ou 6 da Tabela Periódica usual. RESOLUÇÃO: A partir da figura, constata-se que o elemento γ é um metal alcalino – terroso. γ = Ba (Bário) O íon γ+2 possui configuração eletrônica igual ao gás nobre do 5º período, isto é, Xenônio (Xe) ALTERNATIVA C
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39. As alternativa abaixo representam processo hipotéticos envolvendo 2 mols de um gás ideal, contidos em um conjunto cilindro-pistão. Assinale a alternativa que apresenta mais de três estados (V, T) nos quais a pressão é máxima: a)
b)
c)
d)
e)
RESOLUÇÃO:
De acordo com a lei dos gases ideais, tem-se: VTnRP =
Portanto, para que se tenha pressão máxima é necessário que a temperatura seja máxima e o volume seja mínimo.
Analisando os gráficos um a um: a) apresenta pressão máxima apenas no ponto com T = 390 K e
V = 10 L b) apresenta pressão máxima apenas no ponto com T = 450 K e
V = 9 L c) apresenta pressão máxima apenas no ponto com T = 480 K e
V = 10 L d) apresenta pressão máxima apenas no ponto com T = 480 K e
V = 9 L e) entre os pontos com (T, V) = (450, 15) e (T, V) = (300, 10)
apresenta uma transformação isobárica. Em todas as infinitas pontas da isobárica a pressão é máxima.
ALTERNATIVA E 40. Um sistema fechado e sem fronteiras móveis contém uma determinada massa gasosa inerte. Sabe-se que, após aquecimento, o sistema registra um aumento de 5% na pressão e de 15°C na temperatura (considere que o gás se comporta idealmente). A respeito do valor da temperatura inicial, pode-se dizer que: a) é igual ou inferior a 30°C b) é superior a 30°C e inferior a 300°C c) é igual ou superior a 300°C d) somente pode ser calculado conhecendo-se o volume e a
massa de gás e) somente pode ser calculado conhecendo-se o volume, a
massa e a pressão inicial do gás RESOLUÇÃO: Num sistema fechado, o volume permanece constante. Assim, tem-se:
⇒=+⇒+
=⇒= 111
1
1
1
2
2
1
1 T 05,115T15TP 05,1
TP
TP
TP
0,05 T1 = 15 ⇒ T1 = 300 K = 27°C ALTERNATIVA A
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