sumÁrio provas objetivas matemÁtica 3 fÍsica 16 … filefbts – rev.: ____ 27/10/2009 . 44 osg:...

48 OSG: 24885/09

1 OSG: 24885/09

SUMÁRIO

PROVAS OBJETIVAS

MATEMÁTICA ........................................................................................................... 3

FÍSICA ........................................................................................................................ 16

QUÍMICA ................................................................................................................... 35

2 OSG: 24885/09

47 OSG: 24885/09

46 OSG: 24885/09

3 OSG: 24885/09

MATEMÁTICA

INEQUAÇÕES (i)

r t r t r s t v1 1 (verdadeira)

s v s v s v

(ii)

r t r t rt rv rt st rv st r t0 0 0 rv st 0 (verdadeira)

r s t v r s t v (r s) (t v) (r s)(t v) s v

(iii)

r (r t) r r t rs rv rs st rv st0 0 0 rv

s s v s s v s(s v) s(s v)

+ +< ⇒ + < + ⇒ <

+ − − −< ⇔ − < ⇔ < ⇔ < ⇔ − < ⇔ <+ + + + + ⋅ + + +

+ + + − − −< ⇔ − < ⇔ < ⇔ < ⇔ <+ + + +

r tst (verdadeira)

s v

(iv)

r t r t 1 1s v

s v s vr t

Se escolhermos , , e tais que e s v,o item acima será falso,ou seja,nem sempre ocorrerá.s v

⇔ <

+ +< ⇔ < ⇔ >

< <r s t v

Os itens (i), (ii), (iii) são verdadeiros e o item (iv) é falso. Resposta correta: (D)

4 OSG: 24885/09

DETERMINANTES

Veja:

1n nnn

n n

1 1 1 1 1 1

1 3 0 0 0 0

0 1 3 0 0 0 1 A 3 A ,

0 0 1 3 0 0

0 0 0 0 3 0

0 0 0 0 1 3×

−−

= ⋅ + ⋅∆ = −

−

⋯

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋮

⋯

sendo Aij o cofator do elemento ij. Daí,

( )1 n n nn

(n 1) (n 1)matriz triangular

1 3 0 0 0

0 1 3 0 0

0 0 1 3 0( 1) 3 –1

0 0 0 0 3

0 0 0 0 1

+ +

− × −

−−

−∆ = − + ⋅

−

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮

⋯ (n 1) (n 1)

n 1

1 1 1 1 1

1 3 0 0 0

0 1 3 0 0

0 0 1 3 0

0 0 0 0 3

− × −−∆

−−

−

⋯

⋯

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋮

⋯

45 OSG: 24885/09

Analisando cada gráfico: A) Apresenta um único ponto onde a pressão é máxima, nas coordenadas T = 390K e

V = 10L. B) Apresenta um único ponto onde a pressão é máxima, nas coordenadas T = 450K e

V = 9L. C) Apresenta um único ponto onde a pressão é máxima, nas coordenadas T = 480K e

V = 10L. D) Apresenta um único ponto onde a pressão é máxima, nas coordenadas T = 480K e V

= 9L. E) Apresenta uma transformação isobárica, iniciando nas coordenadas T = 300K e

V = 10L e terminando nas coordenadas T = 450K e V = 15L. Nessas coordenadas e em todos os infinitos pontos dessa isobárica, a pressão é máxima.

Resposta correta: (E)

GASES Para um sistema fechado e sem fronteiras móveis, o volume permanece constante. Para um gás ideal, a transformação isocórica ocorrida para a massa fixa de um gás ideal é:

1 2 1 11 1 1

1 2 1 1

P P P 1,05 P1,05 T T 15 T 300K 27ºC

T T T T 15

⋅= ⇒ = ⇒ ⋅ = + ⇒ = =+

Resposta correta: (A)

FBTS – Rev.: ____

27/10/2009

44 OSG: 24885/09

TERMODINÂMICA DOS GASES De acordo com a equação de estado do gás ideal, a pressão é dada por:

nRT

pV

=

Para que a pressão seja máxima, a temperatura deve ser máxima e o volume deve ser mínimo. Assim, a razão T/V deve ser máxima.

5 OSG: 24885/09

⇒ ∆n = 3∆n–1 + (–1)n + 1(–1)n – 1 ⇒ ∆n = 3∆n–1 + 1 ⇔ ∆n = n 1

1 13

2 2− = ∆ +

.

Logo, 10 9

1 13

2 2 ∆ + = ∆ +

9 8

1 13

2 2 ∆ + = ∆ +

⋮ ⋮

× 2 1

1 13

2 2 ∆ + = ∆ +

910 1

1 13

2 2 ∆ + = ∆ +

⇒ 10

10

3 129524.

2

−∆ = =

Resposta correta: (C)

TRIGONOMETRIA A equipe de professores de Matemática do FB, ao analisar o enunciado da referida questão, verificou que ao assumir a ∈ (–1, 0), obtemos a2 ∈ (0,1) e a2 – 1 ∈ (–1, 0).

Logo, 2

11

a 1< −

− e, portanto, não é possível calcularmos

2

1arc sen

a 1

−

, nem arc

cos 2

1.

a 1

−

Portanto, sugerimos a anulação da questão.

6 OSG: 24885/09

GEOMETRIA PLANA

→ Temos que: a = 28, b = 18 e c = 26. Logo: 2p = a + b + c = 28 + 18 + 26 ⇒ 2p = 72 ⇒

⇒ p 36= ⇒ p a 8− = , p b 18− = e p c 10− =

→ Área do ∆ABC:

p (p a) (p b) (p c) p r

36 8 18 10 36 r 72 10 36r

r 2 10

⋅ − ⋅ − ⋅ − = ⋅ ⇒

⇒ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ =

⇒ =

Na figura, AP (p a) 8= − =

Pitágoras no ∆AOP: 2 2 2 2 2 2AO AP OP (p a) r 8 4 10 AO 104= + = − + = + ⋅ ⇒ =

Resposta correta: (D)

A

26

B C

18 Q P

0

r

28

43 OSG: 24885/09

TABELA PERIÓDICA Observando que as pás são dupla-face, a sequência nessa tabela de Giguère, após o berílio, está o elemento α. Como o berílio possui número atômico Z = 4, α terá Z = 5. Portanto, α pertence ao grupo 3A ou 13 da Tabela Periódica usual. A série dos lantanídeos inicia na parte superior da face não visível do bloco f. Assim, encerra-se no lutécio (Z = 71). Portanto, em ordem crescente e consecutiva os elementos se sucedem até chegar ao elemento β, que tem Z = 75. O elemento γ pertence ao 6º período na Tabela Periódica usual. Como acima dele temos o estrôncio (Z = 38), do 5º período, γ possui número atômico 18 unidades maior que o estrôncio; logo, Zγ = 38 + 18 = 56. Como o número atômico do Xe é 54, γ2+ tem a configuração eletrônica igual à do xenônio neutro. Partindo do cálcio (Z = 20) os elementos seguem, consecutivamente, inicialmente pela face visível do bloco d, em seguida, pela face não visível, até atingir o bloco p. Logo, seguiu-se, após o cálcio, 13 unidades de número atômico. Então, o número atômico de δ é 33. Para δ tendo A = 75, ele tem 42 nêutrons, enquanto 85

39X tem 46 nêutrons.

Portanto, δ e X não são isótonos. O elemento ε está 5 unidades à frente do 38Sr,portanto possui Z = 43. Este elemento é

o tecnécio e pertence ao grupo 7B ou 7 da Tabela Periódica usual. Resposta correta: (C)

42 OSG: 24885/09

C

Alcino

Hex 1 ino

ou

Hex 2 ino

− − − −

KMnO4, H+ OH

O

D Ácido benzoico Logo, os compostos A, B, C e D correspondem, respectivamente, às funções orgânicas álcool, alceno, alcino e ácido carboxílico. Resposta correta: (B)

7 OSG: 24885/09

SISTEMA

( )

( )3 2 2 3 2 2

xy x y 5 I

x y x y 2x y 2xy 6 II

+ − = − − + =

De (I): xy + x – y – 1= 5 – 1⇒ x · (y + 1) –1 · (y + 1) = 4 ⇒ (y + 1) · (x – 1) = 4. Como y ≠ – 1 ⇒

⇒ x – 1 = 4 4

x 1y 1 y 1

⇒ = + ∈+ +

ℤ

Logo, (y + 1) divide 4 ⇒ y + 1 = +1, +2, +4, –1, –2 ou –4 ⇒ y = 0, 1, 3, –2, –3 ou –5

Assim, substituindo (IV) em (III): x = 5, 3, 2, –3, –1 ou 0

De (II): x2y2 · (x – y) – 2xy · (x – y) = 6 ⇒

⇒ (x – y) · xy · (xy – 2) = 6

De (IV) e (V): x y 5, 2 1, 1, 2 ou 5

xy 0, 3 6, 6, 3 ou 0xy 2 2, 1 4, 4, 1 ou 2

− = − − = − = − −

Podemos observar que de (VI) ⇒ ( ) ( ) ( )x,y 3,1 ou –1, – 3 .=

Vejamos os 2 casos:

1o caso: x3 + y2 + x2 + y = 27 + 1 + 9 + 1 = 38

2o caso: x3 + y2 + x2 + y = – 1 + 9 + 1 – 3 = 6


(III)

(IV)

(V)

(VI)

8 OSG: 24885/09

SOMATÓRIO

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

40 vezes

S 1 3 5 7 ... 79

S 2 0 1 2 1 1 2 2 1 ... 2 39 1

S 2 0 1 2 2 0 1 2 1 1 2 2 1 1 ... 2 39 1 2 2 39 1

S 4 0 1 2 ... 39 1 1 ... 1 4 0 1 2 ... 39

39 40 79 3S 4 40 4

6

→ = + + + + +⇒ = ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + + ⋅ +⇒ = ⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅⇒ = ⋅ + + + + + + + + + ⋅ + + + +

⋅ ⋅⇒ = ⋅ + + ⋅

( )

( ) ( )

4 4

2 2 2

9 40

2S 2 13 40 79 40 2 39 40S 26 40 79 40 80 39S 82160 40 3120

S 85320Logo: 8 10 S 9 10

Para todo :n n 1

1) 1 2 ... n2n n 1 2n 1

2)1 2 ... n6

⋅

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅⇒ = ⋅ ⋅ + + ⋅⇒ = + +⇒ =

⋅ ≤ < ⋅∈⋅ +

+ + + =

⋅ + ⋅ ++ + + =

Obs. : n N


41 OSG: 24885/09

REAÇÕES ORGÂNICAS Observe as reações a seguir:

OH H2SO4 + H2O

A Álcool cíclico

R CH CH RKMnO4

sol. aquosa diluída

R CH CH R

OH OH

B

Alceno

CH3CH2CH2CH2 C CH + H2OHgSO4H2SO4

H3C CH2CH2CH2 C CH2

OH

CH3CH2CH2CH2 C CH3

O

ou

CH3CH2CH2C C CH3

40 OSG: 24885/09

O número de racematos (misturas racêmicas) é n

n 12ou 2

2− . Como n = 3, temos:

I. Número de isômeros ópticos = 23 = 8. II. Número de racematos = 2n – 1 = 2 3 – 1 = 4. Resposta correta: (D)

ENTROPIA I) A cristalização de um sal a partir de sua solução implica na diminuição da

desorganização do sistema. Assim, ∆S < 0. II) A sublimação de um sólido gera um vapor com maior grau de desordem no

sistema. Logo, ∆S > 0. III) A mistura de dois líquidos aumenta a desorganização do sistema. Portanto, ∆S > 0. IV) A fusão de um sólido implica em uma maior desorganização das partículas, agora

em fase líquida, o que nos leva a concluir que ∆S > 0. V) A compressão de um gás é um processo que diminui a desordem do sistema.

Assim, ∆S < 0. Resposta correta: (E)

9 OSG: 24885/09

POLINÔMIOS

Pelas Relações de Girard, a soma das raízes de p(x) = x3 + (ℓna)x + eb é 0 (zero).

Sendo x1, x2, x3 as raízes de p, temos:

p(x1) = x13 + (ℓna)x1 + eb = 0

p(x2) = x23 + (ℓna)x2 + eb = 0

p(x3) = x33 + (ℓna)x3 + eb = 0

Somando, obtemos:

x13 + x2

3 + x33 + (ℓna) ( )1 2 3x x x

0

+ +

+ 3eb = 0

⇒ x13 + x2

3 + x33 = – 3eb,

que só depende de b e é negativa. Resposta correta: (D)

PROGRESSÃO ARITMÉTICA Inicialmente vamos contar todos os números que são múltiplos de 6 ou 8. (1) Múltiplos de 6 a1 = 6 an = 996 r = 6 an = a1 + (n – 1) · r ⇒ 996 = 6 + (n – 1) · 6 ⇒ n = 166

10 OSG: 24885/09

(2) Múltiplos de 8 a1 = 8 an = 992 r = 8 an = a1 + (n – 1) · r ⇒ 992 = 8 + (n – 1) · 8 ⇒ n = 124 (3) Múltiplos de 24 a1 = 24 an = 984 r = 24 an = a1 + (n – 1) · r ⇒ 984 = 24 + (n – 1) · 24 ⇒ n = 41 Com isso, o total de múltiplos de 6 ou 8 é 166 + 124 – 41 = 249. O total de números menores que 1.000 é 999, então a quantidade de números que não são divisíveis por 6 ou 8 é 999 – 249 = 750. Logo, k = 750. Resposta correta: (C)

GEOMETRIA ANALÍTICA

Como a excentricidade é 2 , então c

2a

= . Além disso, c2 = a2 + b2 ⇒

⇒ ( )22 2a 2 a b= + ⇒ a2 = b2 ⇒ a = b.

Temos duas possibilidades para a hipérbole: (1) x2 – y2 = a2 (2) y2 – x2 = a2

Como o ponto ( )5, 1 pertence à hipérbole, então a hipérbole será a do item (1).

39 OSG: 24885/09

como não possui centro estereogênico, não há atividade óptica. Os demais aminoácidos naturais são opticamente ativos e levógiros. Item B verdadeiro. As proteínas de ocorrência natural são constituídas apenas de αααα-aminoácidos. Item C falso. A glicose é um monossacarídeo (hexose) de fórmula molecular C6H12O6. Item D falso. DNA e RNA são ácidos nucleicos responsáveis pela transmissão de código genético. Item E falso. Resposta correta: (B)

A estrutura do composto 2–cloro–5–vinilciclopent–3–en–1–ol, é:

Cℓ

OH

Apresenta 3 carbonos quirais (assimétricos) distintos. Portanto, o número de estereoisômeros opticamente ativos é 2n (onde n é o número de carbonos quirais distintos).

38 OSG: 24885/09

As variações de número de oxidação, em módulo, são:

∆(Cr) = 6 – 3 = 3 (oxidação) ∆(I) = [7 – (–1)] · 3 = 24 (oxidação)

⇒ ∆total(CrI3) = 3 + 24 = 27

∆(Cℓ) = [0 – (–1)] · 2 = 2 (redução)

A equação balanceada fica assim:

2CrI3 + 27Cℓ2 + 64NaOH 6NaIO4 + 2Na2CrO4 + 54NaCℓ + 32H2O

A soma dos coeficientes inteiros mínimos é: Σ = 2 + 27 + 64 + 6 + 2 + 54 + 32 ⇒


BIOQUÍMICA

Os polissacarídeos são obtidos a partir de seus monômeros (monossacarídeos), por ligações glicosídicas, elimando H2O. Item A falso.

A glicina possui a seguinte estrutura

Σ = 187

11 OSG: 24885/09

Com isso, ( )22 2 25 1 a a 4 a 2 b 2− = ⇒ = ⇒ = ⇒ = .

A equação da hipérbole será x2 – y2 = 4. Queremos uma reta tangente à hipérbole que seja paralela à reta y = 2x, então a reta terá equação y = 2x + n. Vamos agora resolver um sistema que terá solução única:

2 2

y 2x nx y 4

= + − =

( ) ( )2 2

2 2

3x 4n x n 4 0 0, pois o sistema terá solução única.

4n 4 3 n 4 0 n 2 3

⇒ + ⋅ + + = ⇒ ∆ =⇒ − ⋅ ⋅ + = ⇒ = ±

As possíveis retas tangentes são y 2x 2 3 3y 2 3 x 6= ± ⇒ = ⋅ ± .


FUNÇÕES Uma condição necessária para que uma função seja injetora é que f(x1) = f(x2) → x1 = x2. Como f(g(x)) = f(h(x)) ⇒ g(x) = h(x), então f é injetora. Resposta correta: (E)

12 OSG: 24885/09

NÚMEROS COMPLEXOS

( )

( )

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 i x ix ix 0 (I)2ix x x z (II)2i 2 x ix ix 0 (III)

+ ⋅ − + = − − = − ⋅ + − =

Vamos, inicialmente, adicionar as equações (I) e (III).

( )1 1x 3i 1 0 x 0⋅ − = ⇒ =

O novo sistema é:

2 3 2 3

2 3 3

ix ix 0 x xz x x z 2x− + = ⇒ =

= − − ⇒ = −

Como x3 > 0, então z = – 2x3 < 0. Então, z é um número real negativo e, assim, seu argumento é 180º. Resposta correta: (E)

37 OSG: 24885/09

Note que a quantidade estequiométrica de O2 seria 5n, necessária para produzir apenas CO2 e H2O. Usando apenas 80% da quantidade estequiométrica, ou seja, 4n, a reação é de combustão incompleta, como mostrado na equação química acima. Note também que a quantidade de N2 adicionada ao recipiente é:

( ) ( ) ( ) ( )2 22 2

n O n Nn N 4 4n n N 16n

1 4= ⇒ = ⋅ ⇒ =

Desse modo, a quantidade total após a reação é:

n(total) = n + 2n + 4n + 16n ⇒ n(total) = 23n

Então, a porcentagem molar de CO2 é:

( ) ( ) ( )22 2

n CO nx CO x CO 4,35%

n(total) 23n= = ⇒ =


REAÇÕES DE OXIDAÇÃO Trata-se de uma reação de oxidação-redução, a qual podemos equilibrar os coeficientes pelo método redox. Determinando os estados de oxidação, encontramos 3 elementos sofrendo variação:

CrI3 + Cℓ2 + NaOH NaIO4 + Na2CrO4 + NaCℓ + H2O

+3 –1 0 +7 +6 –1

36 OSG: 24885/09

LIGAÇÕES QUÍMICAS

De um modo geral, espécies do tipo AX3E2 são mais estáveis quando a geometria dos pares ligantes é do tipo “T”, na qual os dois pares não ligantes ocupam vértices da base de uma bipirâmide trigonal, com os pares ligantes completando o arranjo geométrico.

Esse arranjo espacial confere a maior estabilidade, pois apresenta a menor repulsão entre pares ligantes e não ligantes.


ESTEQUIOMETRIA Admitindo que a quantidade inicial de propano seja n, e que não tenha sobrado hidrocarboneto após a combustão, a reação ocorre do seguinte modo:

C3H8(g) + 4O2(g) → CO2(g) + 2CO(g) + 4H2O(g)

Início: Variação: Final:

n –n 0

4n – 4n

0

0 + n n

0 +2n 2n

0 +4n 4n

13 OSG: 24885/09

PROGRESSÃO GEOMÉTRICA (P. G.)

Defina n 1

n 1

f (x) 2f (x) 4f (x) 2 f (x)S ... ...

4 12 36 4 3

−

−

⋅= + + + + +⋅

Logo, 2 n 1f (x) 2 2 2

S 1 ... ...4 3 3 3

− = ⋅ + + + + +

Defina 2

2 2A 1 ...

3 3 = + + +

Multiplicando os dois lados por 2

3

:

22 2 2

A ...3 3 3

1A 1 A 3

3

⋅ = + + ⇒

⋅ = ⇒ =

Logo: f (x) 3

S 3 S f (x)4 4

= ⋅ ⇒ = ⋅

Assim, 9 3 9

S f (x) f (x) 34 4 4

≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔ ≤ ⇔

3 log x 3 3 3 log x 3⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔

6 log x 0 6 log x 0⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≥ ≥ ⇔ 610 x 10⇔ ° ≤ ≤


–

14 OSG: 24885/09

GEOMETRIA ESPACIAL

Pelo Teorema de Pappus, a área desejada é A = 2π ⋅ d ⋅ ℓ, sendo d a distância do centro

de massa (baricentro) à reta eixo de rotação e ℓ, o perímetro do objeto a ser girado.

Assim, A = 2π ⋅ 3 ⋅ 6 = 36πcm2.


GEOMETRIA ANALÍTICA

Círculo diretor da elipse

35 OSG: 24885/09

De acordo com a Lei da Refração: osen60

senθ = n → senθ =

3

2 n⋅

senθ = cosα (complementares)

3 10 3 10

2 n 2 n100 143 243= → =

⋅ ⋅+

20 ⋅ n = 729 20 ⋅ n = 27

n = 27

20

n 1,35=


QUÍMICA

34 OSG: 24885/09

0,2 × 10 + 9 – 6

2

2

9 10 9 10 q

0,45

× × × × = 8 × 0,45

2 + 400 × 103 × q2 = 3,6 0,4 × 106 × q2 = 1,6

– 62q 4 10 C= ×


ÓPTICA GEOMÉTRICA (REFRAÇÃO)

A Lei da Reflexão nos permite completar a figura dada na questão conforme a representação acima.

15 OSG: 24885/09

Considere o círculo diretor da elipse centrado em F’ e com r aio 2a (medida do eixo maior). Traçando F’H” // FH, obtemos ∆F’H’H” isósceles e, portanto, F’H” = F’H’. Por outro lado, ∆F’H”O ≡ ∆FHO. Daí, F’H” = FH = 2. Assim, F’H’ = 2.


PROBABILIDADE

15. Número de casos possíveis: Total: 4 · 4 · 4 · 4 = 28 = 256 → Vamos contar os casos desfavoráveis. Vejamos as possibilidades: 1a) 2a)

Total: 4 · 3 · 2 = 24 cor 1 cor 2

cor 3 cor 1

Total: 4 · 3 · 2 · 1 = 24 cor 1 cor 2

cor 3 cor 4

4 4

4 4

16 OSG: 24885/09

3a) 4a)

→ Número de casos desfavoráveis: 24 + 24 + 12 + 24 = 84

→ Número de casos favoráveis: 256 – 84 = 172

Portanto:Número de casos favoráveis 172 43

P PNúmero de casos possíveis 256 64

= = ⇒ =


FÍSICA

Total: 4 · 3 = 12 cor 1 cor 2

cor 2 cor 1

Total: 4 · 3 · 2 = 24

cor 2 cor 1 cor 1 cor 3

33 OSG: 24885/09

ESTÁTICA E ELETROSTÁTICA

Equilíbrio a meia altura h

2

m × g = Km × ∆h

m × g = mK h

2

×

0,2 × 10 = mK 0,50

2

× → Km =

8N

m

Equilíbrio a 5cm do fundo:

m × g + 1 2

2

K q q

d

× × = Km × ∆h’

32 OSG: 24885/09

MECÂNICA E ACÚSTICA

Equações dadas: x a cos(w t)y b sen (w t)

= ⋅ ⋅= ⋅ ⋅

Elevando-as ao quadrado e somando-as temos:

2 2

2 2

x y+ = 1

a b

Portanto, a trajetória é elíptica, conforme figura abaixo: (a > b) I. Está correta, já que nas posições (a; 0) e (0; b) os vetores velocidade da partícula

(fonte) são perpendiculares às linhas que a ligam à origem (observador). Sendo

assim, a frequência não é afetada pelo efeito Doppler;

II. Afirmativa correta, o que está evidenciado na própria figura que traçamos (curvatura

mínima – raio de curvatura máximo);

III. Afirmativa também correta. A passagem da partícula pelo eixo y ocorre nos pontos

(0; b) e (0; – b) onde por termos a menor distância à origem, teremos velocidade

máxima.


17 OSG: 24885/09

PROPAGAÇÃO DO CALOR – CONDUÇÃO TÉRMICA Lei de Fourier

Haverá um fluxo de calor do material B para o A. No regime estacionário, tal fluxo é constante, daí:

BK A⋅ ( )3 2T – T

L =

AK A⋅ ( )2 1T – T

L

• 0,2(1500 – T2) = 1(T2 – 300) ⇒ • 300 – 0,2T2 = T2 – 300 ⇒ 1,2T2 = 600

2T = 500K

Resposta correta: (B)

18 OSG: 24885/09

ÓPTICA GEOMÉTRICA (LENTES)

Na figura seguinte, representamos o objeto (o), sua imagem i (que seria obtida, se o

meio cujo índice de refração é n fosse o vácuo) e sua imagem i ’ (obtida pelo sistema

óptico). A linha pontilhada indica o caminho dos raios se tivéssemos vácuo em ambos

os lados, observe o desvio δ sofrido pelos raios luminosos devido à existência do meio

de índice de refração n.

Pelo enunciado VF = f e VF’ = nf (considerando que f é a distância focal da lente

estando ela totalmente envolvida pelo vácuo). O fato do objeto ser muito pequeno nos

leva a aproximações através dos quais i = i’. Desta maneira o fator de ampliação é o

mesmo que é obtido na situação em que a lente é totalmente envolvida pelo vácuo.

A = f

|P – f |


vácuo meio (n)

31 OSG: 24885/09

GRAVITAÇÃO

Para ilustrar a situação, vamos desenhar as três órbitas centradas no mesmo ponto, como na figura, de acordo com o problema. Pela 3ª Lei de Kepler (Lei dos Períodos), sabemos que o quadrado do período da órbita é proporcional ao cubo do semi-eixo maior. Daí, segue que o item D é correto. Resposta correta: (D)

30 OSG: 24885/09

Qi = Qf 2, 2

cfM V mV

E2 2

⋅= +

mV = M ⋅ V’ 2 2, ,

cfM V m M V

E2 2 m

⋅ ⋅= + ⋅

,M V

Vm

⋅= 2, 2

,2cf

M V ME V

2 2m

⋅= + ⋅

Como a bazuca é tratada como uma máquina térmica: Eútil = Ecf

úcf T cf

T

EE E E 0,05 100KJ 5.000J

Eη = → = η ⋅ → = ⋅ =

Assim: 2

2, 2

,cf

M V MV E

2 2m

⋅ + ⋅ =

22

,cf

M MV E

2 2m

⋅ + =

22

, 100 100V 5.000

2 2 1

⋅ + = ⋅

[ ]2,V 50 5000 5000⋅ + =

2, 5000V

5050=

V’ = 0,995m/s ≈ 1m/s Resposta correta: (C)

19 OSG: 24885/09

ESTÁTICA

Colocando as forças, temos:

20 OSG: 24885/09

F1 = 36N F2 = 160N

F2x = F2 ⋅ cos 30º = 160 ⋅ 3

2= 80 ⋅ 1,7 = 136N

F2y = F2 ⋅ sen 30º = 160 ⋅ 1

2= 80N

Σ Fx = 0 ∴ F1 + Fcx + F2x = 0

(+ 36) + Fcx + (– 136) = 0 → Fcx = + 100N (→) Σ Fy = 0 ∴ F2y + Fcy = 0

80 + Fcy = 0 → Fcy = – 80N (↓) Resposta correta: (A)

DINÂMICA

29 OSG: 24885/09

2. Cálculo da corrente elétrica após comutar a chave k para o ponto B.

( ) 100V2 8 i i 10A.

10ε = + ⇒ = =

Ω

3. Energia dissipada pela resistência R1 e absorvida pelo líquido.

( )28 10 5 4000JΕ = ⋅ ⋅ =

4. Cálculo do calor específico. 4000

E 4000J Q cal.4,2

40 00

= ⇒ =

2 004,2

= ( )g ce 26 6

40 cal calce ce 0,79 .g ºC g ºC2 6 4,2

⋅ ⋅ −

= ⇒ =⋅ ⋅⋅ ⋅


CONSERVAÇÃO DA QUANTIDADE DE MOVIMENTO

Pela conservação da quantidade de movimento (sistema isolado), temos: Qi = 0 Qf = mV – M ⋅ V’

28 OSG: 24885/09

CIRCUITOS E CALORIMETRIA 1. Cálculo da força eletromotriz.

2

2

10,08J C

21

0,08 16 100V2

ε = = ⋅ ε

= ⋅ µ ε ⇒ ε =

21 OSG: 24885/09

No deslocamento AB :

atc

c

R fm a Nm

=⋅ = µ ⋅

ca m⋅ = µ ⋅c

ga g= µ ⋅

2 2B Av v 2 a d= − ⋅ ⋅ 2 2B Av v 2 g d= − ⋅µ ⋅ ⋅

No deslocamento BC (Compressão da mola) 2Bmv

2

2k x

2

⋅∆= (Conservação da Energia)

( )22B

2B

4 v 200 0,11

v2

⋅ = ⋅

=

212 2 10 0,7

20,5 4 14 14 3,5

3,50,25

14

= − µ ⋅ ⋅

= − µ → µ =

µ = =


22 OSG: 24885/09

FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CA i) Tendo em vista que ao entrar na região de campo magnético entrante, a partícula

desvia-se para a esquerda, então de acordo com a Força de Lorentz a carga é negativa.

ii) R omv

Bq=

CB RC’B’ R’

==

27 OSG: 24885/09

CONSERVAÇÃO DA ENERGIA MECÂNICA Na situação de equilíbrio, temos:

F1 + F2 = Mg ⇒ k1 ∆x1 + k2∆x2 = Mg Onde Fi e ∆xi (i = 1, 2) são as forças e as deformações sofridas pelas molas 01 e 02,

respectivamente. Como as molas são idênticas e ih h h

x ,2 3 6

∆ = − = temos:

h2k Mg kh 3Mg (I)

6⋅ = ⇒ =

Pela conservação da energia entre os pontos dados, temos:

2 2 21 1 1 1 1

1 1 1k x Mgh k x’ MV

2 2 2∆ + = ∆ +

Daí:

2 221 h h 1 h 1

k Mg k MV2 6 3 2 2 2

+ ⋅ = +

Levando (I) em consideração, obtemos:

2

2

gh gh gh 13 3 V

72 3 8 2

V 0 V 0

⋅ + = ⋅ +

⇒ = ⇒ =

Observe que o estudante atento iria verificar que a única alternativa com dimensões de velocidade é o item correto (E). Resposta correta: (E)

26 OSG: 24885/09

[V] = L 3 [∆T] = θ

M[c] =

2 2L T

M

−⋅ ⋅ 2 2 1L T − −= ⋅ ⋅θ⋅θ

3M L[G]

−⋅=2 2 1L T − −⋅ ⋅ ⋅ θ 2L⋅ L⋅ 1T−⋅ ⋅ θ

3L

[G] = M ⋅ L–1 ⋅ T –3 Resposta correta: (C)

23 OSG: 24885/09

iii) R’ o

o

mv3RR’ 6R

sen30= → = →

B’qomv

6= ⋅B q

B’ = B

6


ASSOCIAÇÃO DE RESISTORES

24 OSG: 24885/09

Daí:

Req = R + R Req

R Req

⋅⇒

+

R Req + 2Req = R2 + R Req + R Req ⇒ 2Req– R Req – R2 = 0

Req = 2 2R R 4R R(1 5)

Req2 2

+ + +⇒ =


GRAVITAÇÃO

25 OSG: 24885/09

Sabemos que o valor da gravidade a uma altitude h acima da superfície de um planeta é dada por:

gh = gsup 2R

R h +

, onde gsup é o valor da gravidade na superfície do planeta.

gh = gsup ⋅ 2

R

R 0,05R +

= gsup R

1,05 R

2

gh = 0,907 gsup ⇒ h supg 90,7% de g≈


ANÁLISE DIMENSIONAL

c A v TG

V

µ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∆= Q = mc ⋅ ∆θ; Q

cm

=⋅ ∆θ

[ ] [c] [A] [v] [ T]

[G][V]

µ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∆=

[µ] = M ⋅ L–3 [A] = L 2 [v] = L ⋅ T –1

sumÁrio provas objetivas matemÁtica 3 fÍsica 16 … filefbts – rev.: ____ 27/10/2009 . 44 osg:...

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