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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
GGE RESPONDE IME 2012 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA 9
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
GGE RESPONDE IME 2012 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA 10
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
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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
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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
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