01 a, b b - Cobertura Máxima...

GGE RESPONDE IME 2012 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA 1

01. As dimensões dos lados de um paralelepípedo reto retângulo, em metros, valem a, b e c. Sabe-se que a, b e c são raízes da equação 6x3 - 5x2 + 2x - 3 = 0. Determine, em metros, o comprimento da diagonal deste paralelepípedo.

a) 61 b)

31 c)

21 d)

32 e) 1

Solução:

222 cbad (a + b + c)2 = 2 (ab + bc + ac) + a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2. (ab + bc + ac)

a + b + c = 65

6)5(

ab + bc + ac = 62

3624

3625d2

61d

ALTERNATIVA A 02. São dadas as matrizes quadradas inversíveis A, B e C, de ordem 3. Sabe-se que o determinante de C vale (4 - x), onde x é um número real, o determinante da matriz inversa de B vale

31

e que (CAt)t = P-1BP, onde P é uma matriz inversível.

Sabendo que A =

0010x3100

, determine os possíveis valores

de x. Obs.: (M)t é a matriz transposta de M. a) -1 e 3 b) 1 e -3 c) 2 e 3 d) 1 e 3 e) -2 e -3 Solução: det (C) = 4 – x

det (B-1) = - 31

det (B) = -3

A =

0010x3100

det (A) = -x

(C At)t = P-1 B P (At)t · Ct = P-1 B P A · Ct = P-1 B P det (A · Ct) = det (P-1 B P) det (A) · det (Ct) = det (P-1) · det (B) · det (P)

det (A) · det (C) = )Pdet(

1 · det (B) · det (P)

det (A) · det (C) = det (B) -x (4 - x) = -3 x2 – 4x + 3 = 0 x = 1 ou x =3 ALTERNATIVA D 03. São dados os pontos P0 e P1 distantes 1 cm entre si. A partir destes dois pontos são obtidos os demais pontos Pn, para todo n inteiro maior do que um, de forma que:

- o segmento Pn P(n – 1) é 1cm maior que o segmento P(n – 1) P(n – 2); e - o segmento Pn P(n – 1) é perpendicular a P0 P(n – 1) Determine o comprimento do segmento P0 P24 a) 48 b) 60 c) 70 d) 80 e) 90 Solução:

55 30 14 5 1 0

......P P P P P P P 24543210

706

492524

6)1n2)(1n(n

24...4321 22222

ALTERNATIVA C

04. Seja arcsenx + arcseny + arcsenz = 2

3 , onde x , y e z são

números reais pertencentes ao intervalo .1,1 Determine o valor de

x100+y100+z100 . zyx

9101101101

a) -2 b) -1 c) 0 d) 1 e) 2 Solução:

Como a função arco-seno tem valores em

2,

2 e arcsenx +

arcseny + arcsenz =2

3 , temos:

arcsenx = arcseny = arcsenz= 2

Logo: x = y = z = 1 Assim

x100+y100+z100 - 033111

9111zyx

9101101101

ALTERNATIVA C 05. Em um aeroporto existem 12 vagas numeradas de 1 a 12, conforme a figura. Um piloto estacionou sua aeronave em uma vaga que não se encontrava nas extremidades, isto e, distintas da vaga 1 e da vaga 12. Após estacionar, o piloto observou que exatamente 8 das 12 vagas estavam ocupadas, incluindo a vaga na qual sua aeronave estacionou. Determine a probabilidade de que ambas as vagas vizinhas a sua aeronave estejam vazias.

1 2 3 ... 10 11 12

a) 551 b)

552 c)

553

d) 554 e)

556

Solução:

556

33036

1234891011

289

41129

totalfavcasos)A(P

ALTERNATIVA E


06. As raízes cúbicas da unidade, no conjunto dos números complexos, são representadas por 1, w e w2, onde w e um número complexo. O intervalo que contem o valor de (1 - w )6 e: a) (-∞,-30] b) (-30,-10] c) (-10, 10] d) (10,30] e) (30, ∞) Solução: Note que w3 = 1 e 1 + w + w2 = 0 Desenvolvendo o binômio (1 – w)6, temos: (1 – w)6 = 1 – 6w + 15w2 – 20w3 + 15w4 – 6w5 + w6 = 1 – 6w + 15w2 – 20 + 15w – 6w2 + 1 = -18 + 9w + 9w2 = -27 + 9 + 9w + 9w2 = -27 + 9(1 + w + w2) = -27 + 9 ∙ 0 = -27 Logo: -27 (-30, -10] ALTERNATIVA B 07. Uma pirâmide regular possui como base um dodecágono de aresta a. As faces laterais fazem um ângulo de 15° com o plano da base. Determine o volume desta pirâmide em função de a.

a) 32

232

a3

b) 32

232

a3

c) 32

232

a3

d) 32

232

a3

e) 23

32a2

Solução:

2a

15tg1

2a

x

xH

15tg2a

H

32

232

a

33

3a2

aV2a12

2xa

31HAb

31Y

33

ALTERNATIVA A 08. Os triângulos ABC e DEF são equiláteros com lados iguais a m. A área da figura FHCG é igual à metade da área da figura ABHFG. Determine a equação da elipse de centro na origem e eixos formados pelos segmentos FC e GH.

a) 48x2 + 36y2 - 2 m2 = 0

b) 8x2 + 16y2 - 3 m2 = 0 c) 16x2 + 48y2 - 3m2 = 0 d) 8x2 + 24y2 - m2 = 0 e) 16x2 - 24y2 - m2 = 0 Solução:

33º30tg

ab

a33b

22ab3

1by

ax

2

2

2

2

222222

222222

bayb3xb

bayaxb

222 ay3x (*)

24mb

123mb3b2

123mab2

42

ab12

3m34

3m

3SS

22

22

22

8m

24m3

bamas22

22

8m

y3x2

22

0my24x8 222 ALTERNATIVA D 09. O valor de y = sen70º cos50º + sen260º cos280º é:

a) 3 b) 23 c)

33 d)

43 e)

53

Solução: y = sen 70º . cos 50º + sen 260º . cos 280º

2º20sen540sen

2º20senº120sen

y

2º180senº120sen

y

223

y

43

y

ALTERNATIVA D 10. A equação da reta tangente à curva de equação x2 + 4y2 – 100 = 0 no ponto P(8,3) é: a) 2x + 3y - 25 = 0 b) x + y - 11 = 0 c) 3x - 2y - 18 = 0 d) x + 2y - 14 = 0 e) 3x + 2y - 30 = 0 Solução: x2 + 4y2 = 100 xxo + 4yyo = 100 8x + 12y – 100 = 0 – 4 2x + 3y – 25 = 0 ALTERNATIVA A


11. Considere o polinômio 5x3 – 3x3 – 60x + 36 = 0. Sabendo que

ele admite uma solução , onde n é um número natural, pode se afirmar que: a) 1 ≤ n < 5 b) 6 ≤ n < 10 c) 10 ≤ n < 15 d) 15 ≤ n < 20 e) 20 ≤ n < 35 Solução: Se uma equação polinomial, com coeficientes racionais, admite um número irracional da forma ba como raiz, então admite também

ba como raiz logo:

321 x, n x, nx

12n536

53nn

536xxx

53x

53xxx

321

3321

ALTERNATIVA C 12. Se log102 = x e log103 = y, então log518 vale:

a) x1y2x

b) x1yx

c) x1yx2

d) x1y2x

e) x1

y2x3

Solução:

xlog210

ylog310

x11y2x

logloglog2log

210log

32loglogloglog 2

101010

310

210

10

210

510

181018

05

ALTERNATIVA A 13. Seja a, b e c números reais e distintos. Ao simplificar a função real, de variável real,

)bc)(ac()bx)(ax(

c)ab)(cb()ax)(cx(

b)ca)(ba()cx)(bx(

a)x(f 222

,obtém-se

f(x) igual a: a) x2 – (a + b + c)x + abc b) x2 + x – abc c) x2 d) – x2 e) x2 – x + abc Solução:

)bc)(ac()bx)(ax(

c)ab)(cb()ax)(cx(

b)ca)(ba()cx)(bx(

a)x(f 222

)cb)(ca(]abx)ba(x[c

)ba)(cb(]acx)ca(x[b

)ca)(ba(]bcx)cb(x[a)x(f

22

22

22

)cb)(ca)(ba()ba(abcx)ba(cx)ba(c)ca(cabx)ca(bx)ca(b)cb(bcax)cb(ax)cb(a)x(f

222222222222222222

)cb)(ca)(ba(x)]ba(c)ca(b)cb(a[)x(f

2222

)cb)(ca)(ba(x)bcaccbabcaba()x(f

2222222

)bcaccbabcaba(x)bcaccbabcaba()x(f

222222

2222222

f(x) = x2 ALTERNATIVA C

14. Um curso oferece as disciplinas A, B, C e D. foram feitas as matrículas dos alunos da seguinte forma: - 6 alunos se matricularam na disciplina A; - 5 alunos se matricularam na disciplina B; - 5 alunos se matricularam na disciplina C; e - 4 alunos se matricularam na disciplina D. Sabe-se que cada aluno se matriculou em, no mínimo, 3 disciplinas. Determine a quantidade mínima de alunos que se matricularam nas 4 disciplinas. a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 Solução: Total de matriculas: 6 + 5 + 5 + 4 = 20 A mínima quantidade de alunos que se matricularam nas 4 disciplinas acontece quando temos o maior número de alunos matriculados em 3 disciplinas 20 = 3 ∙ 6 + 2, logo precisamos de 2 alunos com 4 matrículas. ALTERNATIVA C 15. Seja F o conjunto cujo elementos são valores de n!, onde n é um número natural. Se G é subconjunto de F que não contém elementos que são múltiplos de 27.209, determine o número de elementos do conjunto G. a) 6 b) 12 c) 15 d) 22 e) 25 Solução: 27.209 = 7 ∙ 132 ∙ 23 26! = 1 ∙ 2 .... 7 .... 13... 23 ∙ 24 ∙25 ∙ 26 Logo a partir de 26! Todos serão múltiplos de 27.209 portanto temos 25 elementos em G. ALTERNATIVA E

16.

A figura 1 mostra dois corpos de massas iguais a m presos por uma haste rígida de massa desprezível, na iminência do movimento sobre um plano inclinado, de ângulo com a horizontal. Na figura 2, o corpo inferior é substituído por outro com massa 2m. Para as duas situações, o coeficiente de atrito estático é e o coeficiente de atrito cinético é /n para a massa superior, e não há atrito para a massa inferior. A aceleração do conjunto ao longo do plano inclinado, na situação da figura 2 é. a) (2gsen)/3 b) (3gsen)/2 c) (gsen)/2 d) g(2sen - cos) e) g(2sen + cos)

Solução: Situação 1

1. mgsen - T = 0 (equilíbrio) 2. T + mgsen - N = 0 (equilíbrio) N = mgcos


Logo 2. T + mgsen - mgcos = 0 Somando as duas equações (1 e 2) temos:

2mgsen = mgcos

cossen 2

Situação 2

3. 2mgsen - T’ = 2m a (2ª Lei de Newton)

4. mgsen + T’ N2

= m a (II)

N = mgcos e

cossen2

Logo 4. mgsen + T’ - mgsen = m a Somando as duas equações (3 e 4) temos: 2mgsen = 3m a a = (2gsen)/3 ALTERNATIVA A 17.

Um objeto de massa m e carga +q faz um movimento circular uniforme, com velocidade escalar tangencial v, preso a um trilho sem atrito de raio r. Sabendo que o objeto está sujeito a um campo magnético de módulo B, paralelo ao plano do trilho conforme mostra a figura, o módulo da força normal contra o trilho, em função de Q é a) qBsen + mv2/r b) | qBsen - mv2/r | c) | qBcos - mv2 /r |

d) )r/msenBq( 222222

e) )r/mcosBq( 222222 Solução:

v

BxvqFB

BCPCPB FFNFFN

Como a força magnética é sempre perpendicular em relação à resultante centrípeta, escrevemos:

cosqvB2

sen qvBB,vsen qvBF

FFN

B

2B

2Cp

2

Portanto,

222222

22222

4

222

r/vmcosBqvN

cosBvqr

mvN

)cosqvB(r

mvN

ALTERNATIVA E 18. Num instante inicial, um espelho começa a girar em uma de suas extremidades, apoiada em P, com aceleração angular constante e valor inicial de 2/ . A trajetória que a imagem do objeto puntiforme parado em Q percorre até que a outra extremidade do espelho atinja o solo é um (a) a) semicircunferência b) arco de parábola c) arco de senóide d) arco de espiral e) arco de elipse, sem se constituir em uma circunferência

Solução:

2/

4/4/

dPQ

RPQPQR

2

2

30º... /6 Se

dPQ :Daí

SPQPQS

3

3

ALTERNATIVA A 19. A figura acima mostra um corpo cúbico de 50 cm de aresta suspenso por dois cabos AB e AC em equilíbrio. Sabe-se que o peso específico volumétrico do material do corpo cúbico, a rigidez da mola do cabo AC e o comprimento do cabo AC antes da colocação do corpo cúbico são iguais a 22,4 kN/m3, 10,0 kN/m e 0,5 m. O valor do comprimento do cabo AB, em metros, após a colocação do corpo cúbico é

Adote:

41,12e73,13 a) 1,0 b) 1,5 c) 2,0 d) 2,5 e) 3,0


Solução:

Fe

Peso do corpo: P = PE Vo = 22,4 53 10-3 kN P = 125 22,4N = 2800 N T’ = P = 2800N Do equilíbrio horizontal:

Tcos30° = Fe cos45 T =

30cos45cosFe I

Do equilíbrio vertical: T sen30° + Fesen45° = T’ = P II Substituindo I em II:

P45sen30cos

30sen45cosFe

Usando os dados da questão temos: Fe = 2519 N

Lei de Hooke: Fe = kx m25,0k

Fex

Então

m75,025,05,0AC

m53,045cosACCE

m77,1CE3,2BD

BA

BD30cos

BA 2,0 m ALTERNATIVA C 20. Duas bolas, 1 e 2, movem-se em um piso perfeitamente liso. A bola 1, de massa m1 = 2 kg, move-se no sentido da esquerda para direita com velocidade v1 = 1 m/s. A bola 2, de massa m2 = 1 kg, move-se com ângulo de 60o com o eixo x, com velocidade v2 = 2 m/s. Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre as bolas e o piso rugoso é 0,10sec2 e a aceleração gravitacional é 10 m/s2. Ao colidirem, permanecem unidas após o choque e movimentam-se em um outro piso rugoso, conforme mostra a figura. A distância percorrida, em metros, pelo conjunto bola 1 e bola 2 até parar é igual a

a) 0,2 b) 0,5 c) 0,7 d) 0,9 e) 1,2

Solução: x: m11 + m22x = (m1 + m2)Vx

y: m22y = (m1 + m2)Vy

2x = 2 cos 60° = 21

2 = 1 m/s

2y = 2 sen 60° = 23

2 = s/m3

2kg 1m/s + 1kg 1m/s = 3kg Vx 2kg m/s + 1kg m/s = 3kg Vx 3m/s = 3Vx Vx = 1 m/s 1kg s/m3 = 3kg Vy

yVs/m33

Daí:

193V

s/m341

31V

V2 = 2gs = 2.0,10sec2 10 s

,cos

1sec2

2

VV

cos x 2

2x2

VV

cos43

341

Então:

s1034

10,0.234

21

s 0,5 m

ALTERNATIVA B 21. Um capacitor de placas paralelas, entre as quais existe vácuo, está ligado a uma fonte de tensão. Ao se introduzir um dielétrico entre as placas, a) a carga armazenada nas placas aumenta. b) o campo elétrico na região entre as placas aumenta. c) a diferença de potencial entre as placas aumenta. d) a capacitância diminui. e) a energia armazenada no capacitor diminui.

Solução: Lei de Gauss sem dielétrico:

q E0 , onde E é o fluxo do campo elétrico e q é a carga em uma placa do capacitor. Lei de Gauss com dielétrico:

EE0 , onde ε = permissividade do meio.

'q E Mas ε = κε0, κ = constante dielétrica. Então,

q E0 'q E0

Como κ > 1 para dielétricos: q’ > q Logo, a carga aumenta. ALTERNATIVA A


22. A figura acima apresenta um fio condutor rígido sustentado por dois segmentos, imersos em uma região com campo magnético uniforme de módulo B, que aponta para dentro da página. O primeiro segmento é composto de uma mola (M,) e o segundo de uma associação de duas molas (M2 e M3). Ao passar uma corrente elétrica por esse condutor, cada segmento apresenta uma tração T. Sabe-se que o campo magnético não atua sobre as molas e que a deformação da mola M, é x. A relação entre a diferença de potencial a que o fio é submetido e o produto das deformações dos segmentos é igual a

Dados: Comprimento do fio: L Resistência do fio: R Massa do fio: M Constante elástica da mola M1: k Constante elástica das molas M2 e M3 : 2k Módulo do campo magnético: B Aceleração da gravidade: g a) R(Mg-T) / L.B.x b) R(Mg-2T) / L.B.x2 c) R(Mg-2T) / A.L.B.x2 d) (Mg-T) / 2.R.L.B.x e) (Mg-2T) / 2.R.L.B.x Solução: No equilíbrio:

k1

k22

k21

k21

eqk1 , 'xkeq23el

1el

B23el1el

F

kxF?i , RiV

MgFFF

1elF 23elFBF

gM

'xkF eq23el

k1

k21

k21

k1

eq

x’ = deformação da mola equivalente. Como as forças elásticas se equilibram com as trações:

x'xT'kxF

T'kxF

23el

1el

Então, kx + kx + iLB = Mg iLB = Mg – 2kx, mas kx = T Logo:

LBT2Mgi

Então:

LB)T2Mg(RV

Produto das deformações = xx’ = xx = x2. Finalmente,

22 LBx)T2Mg(R

xV

ALTERNATIVA B

23. Em problemas relacionados ao aproveitamento de energia térmica, é comum encontrar expressões com o seguinte formato:

kV Onde: V : variável de interesse com dimensão de razão entre a potência e o produto área x temperatura; : representa a taxa de variação de temperatura com relação a uma posição; : é a viscosidade dinâmica de um fluido, cuja dimensão é a razão (força x tempo) / área Sabendo-se que as dimensões básicas para temperatura, comprimento e tempo são designadas pelos símbolos , L, e T, a dimensão de k é dada por: a) 122 T L

b) 222 T L

c) T L 22

d) 222 T L

e) 122 T L Solução:

222

3

2

2

2

2

22

22

T L]k[

sKk

s1

sm

mss/kgm

mKk

Kms1s/kgm

msN

mKk

Kms/J

áreatempoforça

posição)atemperatur(k

atemperaturáreapotência

ALTERNATIVA B 24.

A Figura 1 apresenta um circuito elétrico e a Figura 2 um corpo lançado obliquamente. Na situação inicial do circuito elétrico, a chave k faz contato com o ponto a, carregando o capacitor C com uma energia de 0,0162 J. Em certo instante t0, o corpo é lançado com velocidade 0, com um ângulo de 30o e, simultaneamente, a chave k é transferida para o ponto b. Sabe-se que a energia dissipada no resistor de 3 entre t0 e o instante em que a partícula atinge a altura máxima é igual a 432 J. O alcance do lançamento em metros é a) 1350 3

b) 1440 3

c) 1530 3

d) 1620 3

e) 1710 3


Solução: Circuito. Situação Inicial:

C

C = 25·10-6F

E = 0,0162

Energia no capacitor: 2

CE2

26

2 v12961025

0162,2cE2

v36 Situação Final

36

4

R

4

1v

2v

2R63

31

61

R1

624qRe

v1262iR V;A 66

36qRe

iiqRe 2

Potencia dissipada pelo resistor de w4831212

RvPoT:3

2

Pot = s948432

PotEt

tE

Lançamento oblíquo:

y

x

ov

s9

s9

MAXH

A

º30

y: Vy=Voy – gt Para altura máxima: Vy = o Voy = gt

Voy= Vo sen 30º = 2vo

gt2Vgt2

vo

o

s/m180vo ALTERNATIVA D

25.

A figura apresenta o esquema de um telescópio refletor composto de: um espelho esférico de Gauss com distância focal fE; um espelho plano inclinado 45o em relação ao eixo principal do

espelho esférico e disposto a uma distância a do vértice do espelho esférico, sendo a < fE;

uma lente ocular delgada convergente com distância focal fL, disposta a uma distância b do eixo do espelho esférico.

Para que um objeto no infinito, cujos raios luminosos são oblíquos ao eixo óptico do espelho esférico, apresente uma imagem final focada nas condições usuais de observação (imagem da ocular no seu plano focal) o valor de b deve ser: a) fL + fE - a b) fE – fL - a

c) aff EL

d) L

Ef

af

e) L

EL f

aff

Solução:

lf

b

a

REAL LENTE

VIRTUALLENTE

b

'FI

'I

''Fº45

VIRTUAISRAIOS

REAIS RAIOS

LENTEDA FOCAL PLANO

ESPELHO DO FOCAL PLANO

lf

Comentário: As imagens formadas pelas lentes real e virtual são simétrica em relação ao espelho plano. I’ se forma no plano focal do espelho esférico. Do desenho: -fl + b + a = fe b = fe +fl – a ALTERNATIVA A 26. As componentes da velocidade em função do tempo (t) de um corpo em MCU de velocidade angular 2 rad/s são: vx = 3 cos 2t ; vy = 3 sen 2t. Considere as seguintes afirmações: I. O vetor momento linear é constante. II. A aceleração é nula, pois o momento da força que atua sobre o

corpo em relação ao ponto (0, 0) é nulo. III. O trabalho da força que atua no corpo é nulo. É correto

APENAS o que se afirma em a) II b) III c) I e II d) I e III e) II e III


Solução:

P

s

2t

PP

P 0t

s

43t

acp

s

4t

I. Podemos ver no desenho que o vetor momento linear não é

constante. II. Como o movimento é circular nós temos uma aceleração

centrípeta logo a aceleração não é nula. III. A força resultante sobre o corpo será do tipo centrípeta, visto que

o movimento é um MCU. Como esta força é perpendicular ao movimento para qualquer instante de tempo, o trabalho da força é nulo.

Portanto temos apenas o item III verdadeiro. ALTERNATIVA B 27.

A figura apresenta uma placa positiva metálica P1, de massa desprezível, fixada no teto, que dista 10 cm de uma placa idêntica P2. Ambas constituem um capacitor de 16 pF, carregado com 32 pC. A placa P2 está colada em um bloco de madeira com massa m = 1 kg, mantido em repouso, encostado sobre uma mola não comprimida. Libera-se o movimento do bloco e, no instante que a compressão da mola é máxima, fecha-se a chave S. Sabe-se que nesse instante a potência dissipada em R2 é 2/3 W e que a aceleração da gravidade g = 10 m/s2. A constante da mola, em N/m, é a) 100 b) 120 c) 150 d) 160 e) 180 Solução: No circuito: R5 R3 = R4 R6 = 4 R7 está em curto circuito. Temos então:

2 4

21

3

6 6

3

2

6

3

Potência dissipada em R2: 9/16

3/2R

tPiiRtP

2

o22

222o

A31

i2

D.D.P. em R2: V231

6iRV 22

D.D.P em R1 = 2V

Corrente em R1: A32

RV

i1

11

Corrente no circuito: A132

31

i

D.D.P em R: V = R i = 2 1 = 2V D.D.P no circuito = VF = 2 + 2 = 4V Inicialmente no capacitor temos:

V210161032

CQV

9

9

oo

Conservando a carga temos: VoCo = VFCF onde Vo e Co. D.D.P e capacitância com a chave aberta. VF e CF: D.D.P e capacitância com a chave fechada. Logo: 2 16 10-9 = 4 CF CF = 8 10-9 F

;dd2d

A21

dA

C21

C FooF

oF

do = 10cm dF = 20 cm x(mola) = 10 cm = 0,1 m

Lei de Hooke; F = k x x

Fk

, F = P = Peso do bloco

P = MG = 1 10 = 10N 1,0

10k = 100 N/m

ALTERNATIVA A 28.

Uma luz com comprimento de onda incide obliquamente sobre duas fendas paralelas, separadas pela distância a. Após serem difratados, os feixes de luz que emergem das fendas sofrem interferência e seus máximos podem ser observados num anteparo, situado a uma distância d (d>>a) das fendas. Os valores de associados aos máximos de intensidades no anteparo são dados por: a) cos = n/a - cos ; n = ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ... b) sen = (2n + 1) /a - sen ; n = ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ... c) sen = n/a - sen ; n = ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ... d) cos = n/a - sen ; n = ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ... e) sen = 2n/a - cos ; n = ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ... Solução:

d

a

2S

1S

1S2S

21 ,n

asen ;sen a 21 nsensen a

sena

nsen

ALTERNATIVA C


29. Um corpo estava em órbita circular em torno da Terra a uma distância do solo igual à 2 RT , sendo RT o raio da Terra. Esse corpo é colocado em órbita de outro planeta que tem 1/20 da massa e 1/3 do raio da Terra. A distância ao solo deste novo planeta, de modo que sua energia cinética seja 1/10 da energia cinética de quando está em torno da Terra é: a) 5/6 RT b) RT c) 7/6 RT d) 4/3 RT e) 3/2 RT Solução:

Terra:

T

T2T

T

T2T

2T

T

T

2T

G

R3GMv

R3GmMmv

)R3(GmM

R3mvF

T

Planeta:

r3

R20/GM

rRGM

v

)rR(

GmMrR

mvF

T

T

p

p2p

2p

p

p

2p

Gp

Como 10v

v10

EE

2p2

pc

cT

p

r3

R20/GM

10v...2De

T

T2T

T

T

T

T

2T

2T

R3GM

r3/R20/GM

v10v

...13Dividindo

r3

RR

32

r3

RR3

201

101

T

T

T

T

rR31

23

r3

RR

23

T

TT

TT R67

rR6

29

ALTERNATIVA C

30.

Uma chapa triangular, cujo material constituinte tem 3 vezes a densidade específica da água, está parcialmente imersa na água, podendo girar sem atrito em torno do ponto P, situado na superfície da água. Na parte superior da chapa, há uma carga positiva que interage com uma carga negativa presa no teto. Sabe-se que, se colocadas a uma distância L, essas cargas de massas desprezíveis provocam uma força de atração igual ao peso da chapa. Para manter o equilíbrio mostrado na figura, a razão d/L, onde d é a distância entre as cargas, deve ser igual a

a) 610

b)

5103

c)

614

d) 414

e)

630

Solução: Para d = L : Fele = Mg

MgL

KQ2

2

2

2

2

2

eledLMg

dKQF : Ld Para

Empuxo:

h21

2L

2LV

gVF

imerso

imersoemp

Onde h = espessura da chapa

hL3

2M ,hg2L3Mg :Peso

8LghF

22

2

emp

3L

CM

2L

6L

2L

dLMg

3LMg

32

81

6L)Mg(0

0 :Torques

2

2

eleemppeso


5103

523

518

Ld

dL

185

0dL

21

361

61

2

2

2

2

2

ALTERNATIVA B

FOLHA DE DADOS Massas Atômicas (u):

H C O Na Si S Ca Ge As Te Po 1 12 16 23 28 32 40 72,6 74,9 127,6 210 Dados Termodinâmicos: R = 0,082 atm.L.mol-1.K-1 = 8,314 J.mol-1K-1

31. Dentre as opções abaixo, indique a única que não apresenta estereoisomeria. a) 3-metil-2-hexeno b) 2-penteno c) Ácido butenodióico d) Propenal e) 2-buteno Solução: No propenal não há estereoisomeria, apresentando apenas tautomeria que é um tipo de isomeria plana. ALTERNATIVA D 32. Sobre a diferença entre sólido amorfo e sólido cristalino, pode-se afirmar o seguinte: a) os sólidos amorfos não têm uma entalpia de fusão definida,

enquanto os sólidos cristalinos têm. b) sólido amorfo é aquele que pode sofrer sublimação, enquanto

sólido cristalino não. c) embora ambos possuam estrutura microscópica ordenada, os

sólidos amorfos não possuem forma macroscópica definida. d) os sólidos cristalinos têm como unidade formadora átomos,

enquanto para os amorfos a unidade formadora são moléculas.

e) os sólidos cristalinos são sempre puros, enquanto os amorfos são sempre impuros.

Solução: Como sólidos amorfos não têm uma mudança de estado definida como um único ponto de temperatura e pressão, não há como diferenciar o calor absorvido para “mudança” de estado e o calor absorvido para aumento da energia cinética das moléculas, já que no sólido amorfo, ocorrem simultaneamente os dois processos. ALTERNATIVA A 33. Um grupo de alunos desenvolveu um estudo sobre três reações irreversíveis de ordens zero, um e dois. Contudo, ao se reunirem para confeccionar o relatório, não identificaram a correspondência entre as colunas da tabela abaixo e as respectivas ordens de reação.

t (s) C1 ( mol/L) C2 ( mol/L) C3 ( mol/L)

200 0,8000 0,8333 0,8186 210 0,7900 0,8264 0,8105 220 0,7800 0,8196 0,8024 230 0,7700 0,8130 0,7945 240 0,7600 0,8064 0,7866

Considere que o modelo nkCtC

descreva adequadamente as

velocidades das reações estudadas. Considere ainda que as magnitudes das constantes de velocidade específica de todas as reações são idênticas à da reação de

segunda ordem, que é 1,0 x10-3 L/mol.s. Assim, pode-se afirmar que C1, C2 e C3 referem-se, respectivamente, a reações de ordem a) 1, 2 e 0. b) 0, 1 e 2. c) 0, 2 e 1. d) 2, 0 e 1. e) 2, 1 e 0. Solução: Podemos notar na coluna 01, a concentração sofre reduções iguais para intervalos de tempo iguais, o que reflete uma velocidade constante C1 ordem zero. Na coluna 2, podemos aplicar os resultados na equação integrada de 2ª ordem, no primeiro intervalo (200 210):

kt]C[

1]C[

1

0

10108333,01

]C[1 3

21,1]C[

101,02,1

]C[1

[C] 0,826 M Nota-se que a lei de 2ª ordem adequa-se aos resultados da coluna 02.

01 ordemC302 ordemC2zero ordem1C

:Assim

ALTERNATIVA C 34. As variáveis de um experimento de difração de raios X obedecem à seguinte lei: 2 d sen = onde X é o comprimento de onda do feixe monocromático de radiação X incidente sobre a amostra, é o ângulo no qual se observa interferência de onda construtiva e d é o espaçamento entre as camadas de átomos na amostra. Ao se incidir raios X de comprimento de onda de 154 pm sobre uma amostra de um metalóide, cuja cela unitária segue a representação da figura abaixo, observa-se interferência construtiva em 13,3°.

Tabela 1

sen 7,23° 0, 1259 11,2° 0, 1942 13,3° 0, 2300 15,0° 0, 2588 30,0° 0, 5000

Tabela 2

Metalóide Raio Atômico (pm) Si 117 Ge 123 As 125 Te 143 Po 167

De acordo com as tabelas 1 e 2, pode-se afirmar que o metalóide analisado é: a) Si b) Ge c) As d) Te e) Po


Solução: Aplicando-se a equação de Bragg ao ângulo de interferência construtiva (13,3º), obtemos: 2d sen 13,3º = 154 2d = 669,56

pm78,334d pm1672datômicoRaio

ALTERNATIVA E 35. Sobre um sol, também chamado por muitos de solução coloidal, pode-se afirmar que: a) como toda solução, possui uma única fase, sendo, portanto,

homogêneo. b) possui, no mínimo, três fases. c) assemelha-se a uma suspensão, diferindo pelo fato de necessitar

um tempo mais longo para precipitar suas partículas. d) é ao mesmo tempo uma solução e uma suspensão, porque,

embora forme uma fase única, deixado tempo suficientemente longo, formam-se duas fases, precipitando-se uma delas.

e) possui duas fases, sendo, portanto, heterogêneo. Solução: Todo colóide é considerado um sistema com pelo menos duas fases, ou seja, heterogêneo. ALTERNATIVA E 36. Ao se adicionar um sólido X em um béquer contendo solução aquosa de fenolftaleína, a solução adquire uma coloração rósea e ocorre a liberação de um composto gasoso binário. A análise elementar desse composto gasoso revelou que a percentagem em massa de um de seus elementos é superior a 90%. Com base nessas informações, o sólido X é: a) Na2CO3 b) C6H5COOH c) NaHCO3 d) CaC2 e) C6H5OH Solução: Das alternativas apresentadas, o único composto que libera gás em

contato com água é o CaC2:

)g(222

22 HC)OH(Ca

OH2CaC

ALTERNATIVA D 37. Um volume V1 de oxigênio e um volume V2 de ácido sulfídrico, ambos nas mesmas condições de temperatura e pressão, são misturados. Promovendo-se a reação completa, verifica-se que os produtos da reação, quando colocados nas condições iniciais de pressão e temperatura, ocupam um volume de 10 L. Considere que a água formada encontra-se no estado líquido e que as solubilidades dos gases em água são desprezíveis. Sabendo-se que havia oxigênio em excesso na reação e que V1 + V2 = 24 L, verifica- se que o valor de V2 é: a) 14,7 b) 9,3 L c) 12,0 L d) 5,7 L e) 15,7 L Solução: Reação: 2H2S(g) + 3O2(g) 2 H2O() + 2SO2(g)

L24VVV

gasosos) cosúni(L10)sobra(VVV

21inicial

OSOfinal 22

Como O2 está em excesso o H2S reagiu completamente. Assim, segundo balanceamento:

2SHO

2SHSO

V23V

23)reagiu(V

VVV

22

22

Assim, podemos reescrever:

24VVV

10V23VV)sobra(VVV

21inicial

212O2final 2

Assim:

10)V24(V21

V 22final

14V23

2

V2 = 9,33L ALTERNATIVA B 38. Dos compostos abaixo, aquele que não forma ligação peptídica é: a) timina b) glicina c) prolina d) asparagina e) valina Solução: Na timina a estrutura fechada não permite a reação de condensação.

ALTERNATIVA A 39. A determinada profundidade, o organismo de um mergulhador absorve N2 a uma pressão parcial de 5,0 atm. Considere que a solubilidade do N2 no sangue, a uma pressão parcial de 0,78 atm, seja 5,85 x 10-4 mol/L. Admita, ainda, que o volume total de sangue no corpo do mergulhador possa ser estimado em 6,0 L. Nessas condições, estima-se que a quantidade de N2, em mol, que o mergulhador elimina em seu retorno à superfície, onde a pressão parcial desse gás é 0,78 atm, seja: a) 3,50 x 10-3 b) 7,30 x 10-3 c) 1,90 x 10-2 d) 1,21 x 10-2 e) 2,25 x 10-2 Solução: A solubilidade do N2 no sangue é diretamente proporcional à sua pressão parcial. Dessa forma podemos determinar a solubilidade do N2 quando a pressão parcial é de 5,0 atm: 0,78 atm ------------------- 5,85 ∙ 10-4 mol∙L-1

5,0 atm ------------------- S S = 3,75 ∙ 10-3 mol∙L-1 A quantidade em mol de N2 eliminada no retorno à superfície será: Δn = 6,0 ∙ 3,75 ∙ 10-3 – 6,0 ∙ 5,85 ∙ 10-4 Δn = 1,90 ∙ 10-2 mol ALTERNATIVA C


40. Dada a reação química abaixo, que ocorre na ausência de catalisadores,

H2O(g) + C(s) + 31,4 kcal CO(g) + H2(g) pode-se afirmar que: a) o denominador da expressão da constante de equilíbrio é

[H2O].[C]. b) se for adicionado mais monóxido de carbono ao meio

reacional, o equilíbrio se desloca para a direita. c) o aumento da temperatura da reação favorece a formação dos

produtos. d) se fossem adicionados catalisadores, o equilíbrio iria se

alterar tendo em vista uma maior formação de produtos. e) o valor da constante de equilíbrio é independente da

temperatura. Solução: H2O(g) + C(s) + 31,4 kcal CO(g) + H2(g) Observe que a reação em equilíbrio é endotérmica no sentido dos reagentes para o produto. Como o aumento de temperatura favorece o sentido endotérmico , temos que o aumento de temperatura favorece a formação de produtos. ALTERNATIVA C

01 a, b b - Cobertura Máxima...

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