As dimensões dos lados de um paralelepípedo reto retângulo, em

Questão 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 6 x 3  5 x 2  2 x  3  0 . Determine, em metros, o comprimento da diagonal deste paralelepípedo.
1
A)
6
1
B)
3
1
C)
2
2
D)
3
E) 1
Resolução:
Sabemos que
  5 
abc 
6

2 1
5
e ab  ac  bc   .
6 3
6
logo:
a  b  c
2
5
 
6
2
a 2  b 2  c 2  2  ab  ac  bc  
25
36
2 25

3 36
1
a 2  b2  c2 
36
a 2  b2  c2 
Lembrando D 2  a 2  b 2  c 2 , em que D é a diagonal do paralelepípedo:
1
D2 
36
1
D 
6
Alternativa A
Questão 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 
t
1
e que  CAt   P 1 BP , onde P é uma
3
0 0 1


matriz inversível. Sabendo que A   3 x 0  , determine os possíveis valores de x .
1 0 0


Obs.:  M  é a matriz transposta de M .
t
A)
B)
C)
D)
E)
1 e 3
1 e 3
2 e 3
1 e 3
2 e 3
Resolução:
0 0 1
det A  3 x 0  0  0  0  x  0  0   x
1 0 0
Da igualdade  CAt   P 1BP vem
t
t
det  CAt    det  P 1  B  P 


det  CAt   det P 1.det B.det P
1
.det B.det P
det P
1
det C.det A  det B 
det B 1
1
 4  x  .  x   1

3
4  x x  3
det C.det At 
x2  4x  3  1
x  1 ou x  3
Alternativa D
Questão 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 1 cm maior do 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
Resolução:
P4
4 cm
P3
3 cm
P2
2 cm
P0
 P0 P2 
 P0 P3 
2
 12  22
2
  P0 P2   32  12  22  32
2
2
1 cm
P1
 P0 P4 
  P0 P3   42  12  22  32  42
2
2

 P0 P24 
2
 12  22  33  42  ...  242
Fazendo:
1  13  13  3  12  3  1  1

 2  13  23  3  22  3  2  1

3

  3  1  33  3  32  3  3  1
 

 24  13  243  3  242  3  24  1

 24  1  13  3 12  22  33  ...  242  
3 1  2  3  ...  24   24
1  24  24  24
2
253  1  3.  P0 P24   3.
3
2
15625  925  3. P0 P24 
 P0 P24 
2
2
 4900
P0 P24  70 cm
Alternativa C
Questão 04
3
, onde x , y e z são números reais pertencentes ao intervalo  1,1 . Determine o
2
9
valor de x100  y100  z100  101
.
x  y101  z101
A) 2
B) 1
C) 0
D) 1
E) 2
Seja arcsenx  arcseny  arcsenz 
Resolução:
  
A função arcsen :  1,1    , 
 2 2

tem máxima imagem igual a .
2
Assim arcsenx  arcseny  arcsenz 
 arcsenx  arcseny  arcsenz 
3
2

2
 x  y  z 1
Donde:
x100  y100  z100 
111
9

x101  y101  z101
9
0
3
Alternativa C
3
Questão 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 é, 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
A)
B)
C)
D)
E)
2
3
...
10
11
12
1
55
2
55
3
55
4
55
6
55
Resolução:
O piloto ocupa uma das 12 vagas. O número de maneiras de outros sete pilotos ocuparem as 11 vagas restantes é C11,7  330
As configurações que nos interessam são aquelas em que nenhum desses outros sete pilotos ocupa uma das duas vagas vizinhas à do
primeiro. Isso deixa apenas 9 vagas restantes para esses sete pilotos e o número de maneiras de ocupá-las C9,7  36 .
Assim, a probabilidade de que os outros pilotos não ocupem uma vaga vizinha à do primeiro é
36
6
.

330 55
Alternativa E
Questão 06
As raízes cúbicas da unidade, no conjunto dos números complexos, são representadas por 1 , w e w2 , onde w é um
número complexo. O intervalo que contém o valor de 1 w  é:
6
A)
B)
C)
D)
E)
 , 30
 30, 10
 10,10
10,30
 30,  
Resolução:
 1  w    1  2 w  w2 


Mas 1, w, w2 são raízes de x3  1  0 então 1  w  w2  0  Girard 
1  w
2 3
6
3
Donde 1  w2   w
Assim
1  2w  w    3w
2 3
3
 27 w3  27
Alternativa B
4
Questão 07
Uma pirâmide regular possui como base um dodecágono de aresta a . As faces laterais fazem um ângulo de 15º com o
plano da base. Determine o volume desta pirâmide em função de a .
A)
a3
2
B)
a3
2
C)
a3
D)
a3
E)
a3
32
2 3
32
2 3
32
2 3
32
2 3
2 3
32
Resolução:
Dividindo o decágono em 12 triângulos isósceles de vértice no centro do polígono, base a e altura h , temos:
a
a
tg15º  2  h 
2tg15º
h
A área da base da pirâmide é
ah
3a 2
A  12 

2 tg15º
Na pirâmide, de altura H , temos:
H
a
 tg15º  H 
h
2
Assim, o volume da pirâmide é:
a3
1
1 3a 2 a
V   A H  
 
3
3 tg15º 2 2tg15º
Da fórmula de arco metade temos:
1  cos30º
2 3
 30º 
tg15º  tg 


2
1

cos30º
2 3


Portanto a fórmula do volume ficaria
V
a3 2  3

2
2 3
Alternativa A
5
Questão 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)
48 x 2  36 y 2  2m 2  0
B)
8 x 2  16 y 2  3m 2  0
C)
16 x 2  48 y 2  3m2  0
D)
8 x 2  24 y 2  m 2  0
E)
16 x 2  24 y 2  m 2  0
Resolução:
Seja l a medida do lado do triângulo equilátero GHC , s sua área e S a área do triângulo ABC .
S  AABHFG  AFHCG 
 2 AFHCG  AFHCG  3. AFHCG
S  3  2s
S  6s
m2 3
l2 3
 6
4
4
ml 6
m
l
6
l 3 
m 

 m

 l
Logo: G  0,  e C 
 2 ,0   G  0, 2 6  e C  2 2 ,0 
 2


A elipse pedida tem equação:
x2
y2

1
2
2
 m 
 m 




2 2
2 6
8 x 2  24 y 2  m 2  0
Alternativa D
Questão 09
O valor de y  sen70º cos 50º sen260º cos 280º é:
A)
B)
C)
D)
E)
3
3
2
3
3
3
4
3
5
6
Resolução:
Da fórmula de prostaferese:
pq
pq
senp  senq  2sen
cos
2
2
Primeiro termo:
pq
 2  70º

 p  q  50º  p  120º e q  20º
 2
Portanto 2sen70º cos50º  sen120º sen20º
Segundo termo:
 p ' q '
 2  260º

 p ' q '  280º  p '  540º e q '  20º
 2
Portanto 2sen260º cos 280º  sen540º sen  20º 
sen70º cos50º  sen260º cos 280º  x
2 x  2sen70º cos50º  2sen260º cos 280º
2 x  sen120º  sen20º  sen540º  sen  20º 
2x 
3
3
x
2
4
Alternativa D
Questão 10
A equação da reta tangente à curva de equação x 2  4 y 2 – 100  0 no ponto P  8,3 é:
A)
B)
C)
D)
E)
2 x  3 y  25  0
x  y  11  0
3x  2 y  18  0
x  2 y  14  0
3 x  2 y  30  0
Resolução:
x 2  4 y 2  100  0 , derivando implicitamente
2 x dx  8 y dy  0
8 y dy  2 x dx 

E
dy  x

dx 4 y
dy
é o coeficiente angular da reta tangente em  x, y  .
dx
8 2

43 3
Reta:  y  y0   m  x  x0 
Assim m 
2
 x  8
3
3 y  9  2 x  16
2 x  3 y  25  0
y 3
Alternativa A
7
Questão 11
Considere o polinômio 5 x 3  3 x 2  60 x  36  0 . Sabendo que ele admite um solução da forma
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  30
n , onde n é um
Resolução:
5 x3  3 x 2  60 x  36  0
Fatorando
x 2 5 x  3  12 5 x  3  0
x
2
 12 5 x  3  0
x 2  12
x   12
Logo
5x  3  0
3
x
5
12 é raiz.
n  12 10  n  15
Alternativa C
Questão 12
Se log10 2  x e log10 3  y , então log 5 18 vale:
A)
B)
C)
D)
E)
x  2y
1 x
x y
1 x
2x  y
1 x
x  2y
1 x
3x  2 y
1 x
Resolução:
log18

log 5
log 3  log 3  log 2
log10  log 2
2y  x

1 x
log 5 18 
Alternativa A
Questão 13
Seja
b e c números reais e distintos. Ao simplificar a função
 x  b  x  c  2  x  c  x  a  2  x  a  x  b
f  x  a2
b
c
, obtém-se f  x  igual a:
a  b a  c 
b  c b  a 
c  a c  b
A)
a,
x 2   a  b  c  x  abc
8
real,
de
variável
real,
B)
C)
D)
E)
x 2  x  abc
x2
 x2
x 2  x  abc
Resolução:
Fazendo x  a , x  b e x  c vem.
f  a   a 2 , f b   b 2 e f c   c 2
A função dada é do tipo f  x   Ax 2  Bx  C :
f a   A  a 2  B  a  C  a 2
f b   A  b 2  B  b  C  b 2
f c   A  c 2  B  c  C  c 2
Que conduz ao sistema linear nas, variáveis A , B e C .
C  a  B  a 2 A  a 2

2
2
C  b  B  b  A  b
C  c  B  c 2  A  c 2

Por Cramer temos: DC  DB  0 e DA  D  0 , logo:
C  B  0 e A 1
 f  x  x2
Alternativa C
Questão 14
Um curso oferece as disciplinas A , B , C e D . Foram feitas as matriculas 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
Resolução:
O total de inscrições feitas nas disciplinas A , B , C , D é 6  5  5  4  20 .
Como há 6 alunos inscritos em A , esse é o número mínimo de alunos que temos. Com 7 alunos, inscritos em pelo menos 3
disciplinas, o número de inscrições seria no mínimo 7  3  21 , que é impossível pois supera o total de inscrições.
Com exatamente 6 alunos, se nenhum fizer 4 inscrições, teríamos apenas 6  3  18 inscrições, que fica abaixo do número de vagas
ocupadas. Se apenas 1 se inscrever em 4 disciplinas então o teríamos 1  4  5  3  19 inscrições, que ainda está abaixo do total de
inscrições. Com 2 alunos se inscrevendo nas 4 disciplinas, teríamos 2  4  4  3  20 inscrições e, portanto, essa é a quantidade
mínima procurada.
Alternativa C
9
Questão 15
Seja F o conjunto cujos elementos são os 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
Resolução:
Fatorando obtemos:
27209  7  132  23
O fatorial de n será múltiplo de 27209 quando possuir os fatores primos 7 , 23 e 13 , este último em duplicidade.
De n  0 até n  22 não há o fator 23 .
Para n  23 , n  24 e n  25 , o fator 13 só está presente uma vez.
Para n  26 o fator 132 já esta presente.
Assim, somente os números de 0! a 25! são elementos de G . Como 0!  1!
n G   25
Alternativa E
Questão 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 de 2m . Para as duas situações, o coeficiente de atrito estático é  e o coeficiente de atrito cinético é

para a massa superior, e não há atrito para a massa inferior. A aceleração do conjunto ao longo do plano
2
inclinado, na situação da figura 2 é:
A) 2 g sen  / 3
B)
C)
D)
E)
3g sen  / 2
 g sen  / 2
g  2sen   cos 
g  2sen   cos 
Resolução:
Na figura 1 temos:
N 2
Px
T
N 1
T
q
Px
Py
P
1)
2)
Px  T  m o 
T  Px  fat  m o 
 2 Px  fat
10
fat
Py
P
 2 mg sen     N
 2 mg sen     mg cos 
  2 tg 
Na figura 2
N
N’
fat
T
T
P
P’
Px'  T  2m  a
1)
T  Px  fat  m  a

 2mg sen   mg sen     mg cos   3ma
2
 2 tg  
 3mg sen   
 mg cos   3m  a
 2 
 2mg sen   3m  a
a 
2
g sen 
3
Alternativa A
Questão 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  , é
A) qvB sen   mv 2 / r
B)
qvB sen   mv 2 / r
C)
qvB cos   mv 2 / r
D)
v
E)
v
q
q
2
 B 2  sen 2   m 2  v 2 / r 2 
2
 B 2  cos 2   m 2  v 2 / r 2 
Resolução:
No desenho em perspectiva vemos que:
11
Nz
z
v
B
Nr
Fm
y
x
A força magnética que atua sobre a carga pode ser dada por:
Fm  qvB sen 
Em que:
  180  90    90  
Assim:
Fm  qvB sen 90    qvB  cos 
Sendo que N Z  Fm

Por outro lado, a componente da normal no plano xOy N r é o agente centrípeto:
 
Nr  m
2
v
r
Por fim:
N 2  N z2  N r2
 v2 
2
N 2   qvB cos    m 
 r 
2
v 
2 2
N 2  q 2v 2  B 2 cos 2   m 2
 N  v q 2 B 2 cos 2   m 2
r2
v2
r2
Alternativa E
Questão 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
Resolução:
Observe a figura:
12
Q’
M
d
a
d
P
Q
Em um instante qualquer com    , temos que Q ' M  QM , e pelo caso LAL , os triângulos PQ ' M e PQM são congruentes.
Sendo assim PQ '  d para qualquer  , e por fim, Q ' segue uma trajetória cujos pontos sempre distam d de P , ou seja,
semicircunferência.
Alternativa A
Questão 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 k N/ m3 , 10, 0 k N/ m e 0,5 m . O valor do
comprimento do cabo AB , em metros, após a colocação do corpo cúbico é
Adote:
3  1, 73 e
A)
B)
C)
D)
E)
2  1, 41 .
1, 0
1,5
2, 0
2,5
3, 0
Resolução:
Na figura vemos que:
13
1)
F1x  F2 x
2)
F1 y  F2 y  P
Por outro lado, sendo j o peso específico:
P  jV   22, 4  103   0,5 N
3
 P  2800 N
Sendo assim, as equações 1) e 2) ficam da forma:
2
3
F1 
 F2
1)
2
2
2
1
 F2  2800
2)
F1
2
2
Substituindo temos:
2  2800
F2 
 2051N
1 3


F1  2051 
3
 2517 N
2
No cabo AC temos:
F1  K  x
 x 
2517
 0, 2517 m
10,0  103
Sendo assim após a colocação do corpo:
AC ¨ 0,5  0, 25  0,75m
Por fim:
AC  cos 45º  AB  cos30º  2,3
2
3
 AB 
 2,3
2
2
 AB ¨ 2,0 m
0,75 
Alternativa C
Questão 20
14
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  1m/ s . A bola 2 , de massa m2  1kg , 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/ s 2 . Ao colidirem, permanecem unidas após o choque e movimenta-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
Resolução:
Conservando a quantidade de movimento antes e após a colisão nos eixos x e y temos:
1)
Q
x0
  Qx f
m1v1  m2v2  cos 60º  m1  m2  v  cos 
1
2  1  1  2     1  2  v  cos 
2
 v cos   1
2)
Q
y0
  QY f
0  m2v2  sen 60º  m1  m2   v  sen 
3
 3  v  sen 
2
3
 v sen  
3
1 2 
Sendo assim:
 3


v sen   3 

 tg 
v cos 
1
  30º
Daí:
v  cos30º  1
v 
1
1
2 3


mb
cos30º  3 
3
 2 
Portanto temos para o coeficiente de atrito:
2
0, 4
 2 
  0,10sec 2   0,10   
 3
3
Como a partícula é desacelerada pela força atrita, temos:
FR  Fat
m1  m2   a    N   m1  m2   g
a    g 
0, 4
4
 10  m/ s 2
3
3
Por fim, fazendo Torricelli:
v 2f  vO2  2a  d
2
2 3
4
0  
  2 3 d
 3 
 d  0,5m
15
Alternativa B
Questão 21
Um capacitor de placas paralelas, entre as quais existe vácuo, está ligado a uma 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.
Resolução:
Ao introduzirmos o dielétrico entre as placas aumentamos a capacitância do capacitor e, por conseguinte, aumentamos também a
carga nele armazenada.
Alternativa A
16
Questão 22
A Figura acima apresenta um fio condutor rígido sustentado por dois segmentos, imersos em uma região com o campo
magnético uniforme de módulo B , que aponta para dentro da página. O primeiro segmento é composto de uma mola
( M 1 ) e o segundo de uma associação de duas molas ( M 2 e M 3 ). 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 1 é x . A relação entre a diferença de potencial a que o fio é submetido ao produto das deformações dos
segmentos e igual a
Dados
● Comprimento do fio : L
● Resistência do fio: R
● Massa do fio: M
● Constante elástica da mola M 1 : k
●
Constante elástica das molas M 2 e M 3 : 2k
●
●
Módulo do campo magnético: B
Aceleração da gravidade: g
A)
R ( Mg  T ) / L.B.x
B)
R( Mg  2T ) / L.B.x 2
C)
R( Mg  2T ) / 4.L.B.x 2
D)
( Mg  T ) / 2.R.L.B.x
( Mg  2T ) / 2.R.L.B.x
E)
Resolução:
Forças atraentes sobre o fio:
Sendo assim, temos:
P  Fm  F1  F2
1
Como o segundo segmento tem um sistema de molas em série, temos:
k k
keq  1 2  k
k1  k2
Portanto
T  F1  F2  k  x
T
k
x 
E, da equação 1 resulta:
Mg  BiL  2T , em que i 
U
R
U 
 Mg  2T  B     L
R
U 
R  Mg  2T 
BL
Por fim:
U R  Mg  2T 

x2
L  B  x2
Alternativa B
17
Questão 23
Em problemas relacionados ao aproveitamento de energia térmica, é comum encontrar expressões com o seguinte
formato: V  k  α  β,
Onde:
● V : variável de interesse com dimensão de razão entre a potência e o produto área  temperatura ;
●
●
α : representa a taxa de variação de temperatura com relação a uma posição;
β : é a viscosidade dinâmica de um fluido, cuja dimensão é a razão  força  tempo  / área .
Sabendo-se as dimensões básicas para temperatura, comprimento e tempo são designadas pelos símbolos θ, L e T a
dimensão de k é dada por
L2 θ 2T 1
L2 θ 2T 2
L2 θ 2T
L2 θ 2T 2
L2 θ 2T 1
A)
B)
C)
D)
E)
Resolução:
V  
 P
L2  

E
L2    T

M  L2  T 2
 M 1 T 3
L2  T

  L1
L
 F  T M  L  T 2  T  M  L1  T 1
  2 
L
L2
V   M 1 T 3
k  
    L1  ML1 T 1
 
 k   L2  2 T 2
Alternativa B
Questão 24
k
a
b
4W
C
25mF
E
+
–
6W
3W
Figura 1
v0
30°
g = 10 m/s2
Figura 2
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 instante t0 ,
o corpo é lançado com velocidade v0 , 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 432J . O alcance do lançamento em metros é
18
A)
B)
C)
D)
E)
1350
1440
1530
1620
1710
3
3
3
3
3
Resolução:
C U 2
, lembrando que U   temos:
Earm 
2
C  2
2  Earm
2  0,0162


2
25  10 –6
c
  36V
Earm 
4  3i  3  2i  36  0
18i  36
i  2A
Seja P a potência dissipada no resistor de 3 :
P  R   2i   3   2  2 
2
P  48 W 
t 
2
432J
, em que t é o intervalo de tempo gasto para a partícula atingir a altura máxima.
t
432
s  9s
48
No lançamento
0  V0  sen30º  g  t
0  V0 
1
 10  9
2
V0  180 m/s
Seja D o alcance pedido:
D  V0  cos30º   2  t 
D  180 
3
29
2
D  1620  3 m
Alternativa D
Questão 25
objeto no infinito
Espelho de Gauss
b
a
A figura apresenta o esquema de um telescópio refletor composto de:
19
●
Um espelho esférico de Gauss com distancia focal f E ;
●
Um espelho plano inclinado 45º em relação ao eixo principal do espelho esférico e disposto a uma distancia a do
vértice do espelho, sendo a  f E .
● Uma lente ocular delgada convergente com distancia focal f L , disposta a uma distancia b do eixo do espelho
esferico.
Para que um objeto no infinito, cujo 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)
B)
fL  fE  a
fE  fL  a
C)
fL fE
a
af E
fL
D)
E)
af E
fL
fL 
Resolução:
A imagem do objeto no infinito formado pelo espelho esférico está f E à esquerda do mesmo, ou seja, a  f E do ponto de encontro
dos eixos principais da lente e do espelho esférico. Essa imagem será objeto para o espelho plano.
Como a inclinação do espelho plano é de 45º , a imagem através dele cairá sobre o eixo principal da lente e a uma distancia a  f E
do ponto de encontro dos eixos principais, logo a uma distância a  f E  b da lente.
Nas condições de questão devemos ter:
a  fE  b  fL
b  fL  fE  a
Alternativa A
Questão 26
As componentes da velocidade em função do tempo (t ) de um corpo em MCU de velocidade angular 2 rad/s são:
vx  3cos 2t
v y  3sen 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
Resolução:
I). (F)
II). (F)
III). (V)
O momento linear é constante apenas em módulo, sua direção varia
Temos aceleração na direção do centro da curva.
O trabalho da força resultante é realmente nulo, pois ela é perpendicular ao vetor velocidade
Alternativa B
20
Questão 27
S
R5
1W
R6
2W
R7
2W
P1
P2
R4
2W
R2
6W
R3
4W
R1
3W
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 , carregando com 32pC . A placa p2 está colada em um bloco de
madeira com massa m=1kg , mantido em repouso, encostado sobre uma mola não comprimida. Libera-se o movimento
de bloco e, no instante que a compressão da mola é máxima, fecha-se a chave S . Sabe-se que nesse instante a
potencia dissipada em R2 é 2 / 3W e que a aceleração da gravidade g  10m/s 2 . A constante da mola, em N/m , é
A) 100
B) 120
C) 150
D) 160
E) 180
Resolução:
O circuito pode ser simplificado no formato:
1W
2W
Ponte de
Wheatstone
2W
Q, U
6W
4W
i2
i1
3W
No instante em que a compressão é máxima temos em R2 :
P  R2  i22
2
  6  i22
3
1
i2  A
3
Estando R2 e R1 em paralelo:
U1  U 2
R1  i1  R2  i2
 i1  i2 
6 2
 A
3 3
E, para a corrente total:
21
i  i1  i2
i
2 1
  1A
3 3
E, no circuito completo:
U  R i
 6 3 3 6 
U 

 1
 63 3 6 
U  4V
No instante inicial tínhamos para o capacitor
U0 
Q0 32 pC

 2V
C0 16 pF
C0 
A
 16 pF
101
Sabendo que não houve descarga durante a descida, o campo elétrico deve ser constante:
U 0  E  d0
U f  E df
d f 
Uf
U0
 d0
d f  20cm
C f 
A
 8 pF
2 101
Sendo assim, a compressão máxima da mola foi x  10cm
Conservando energia mecânica:
mg x 
C0U 0 2 K x 2 CU 2


2
2
2
1
16 1012 2 k 10  8 1012  42
2 

1 10 10 
2
2
2
2
1
Para efeito de cálculos, podemos nessa equação desprezar os termos de energia potencial elétrico armazenada, resultando:
10 101 
k  10  1
2
2
 K  200 N / m
Não há alternativa
Observação:
Como a força elétrica entre os placas pode ser calculada, temos
F
EQ UQ
2


 3, 2 pN
2
2d f d f
Nata-se que F  Mg  10 N
Sendo assim, não concordamos com a situação quase-estática que resultaria:
10
 100 N / m
x
Afinal de contas a massa de 1kg foi liberada, ou seja, abandonada em repouso.
Kx ~ mg  K 
Questão 28
S2
a
a
S1
q
d
22
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
observadas num anteparo, situado a uma distância d (d  a) das fendas. Os valores de θ associados os máximos de
intensidades no anteparo são dados por:
A)
B)
C)
D)
E)
cos   nλ / a  cos α
senθ  (2n  1)λ / a  senα
senθ  nλ / a  sen α
cos θ  nλ / a  sen α
senθ  2nλ / a  cos α
; n  ..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, ... ;
; n  ...  3, 2, 1, 0, 1, 2,3,...
; n  ..., 3, 2, 1, 0,1, 2,3,...
; n  ..., 3, 2, 1, 0,1, 2,3,..
; n  ..., 3, 2, 1, 0,1, 2,3,..
Resolução:
Observe a figura:
S2
a
a y
aq
x
S1
q
d
Para interferência construtiva devemos ter:
x  y  n   , com n  ...  3,  2,  1, 0, 1, 2, 3...
Sendo assim:
a sen   a sen   n 
 sen 
n
 sen 
a
Alternativa C
Questão 29
Um corpo estava em orbita 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 de 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)
B)
C)
D)
E)
5 / 6 RT
RT
7 / 6 RT
4 / 3RT
3 / 2 RT
Resolução:
Na órbita terrestre tínhamos:
Fcp  FG
23
mv0 2 GMm

3RT  3RT 2
 mv02 
GMm
3RT
E , sua energia cinética valia:
mv 2 GMm
Ec0  0 
2
6 RT
Na nova órbita, temos para a energia cinética:
mv 2f
1  GMm 
 
Ec f 
 1
2
10  6 RT 
Sendo assim, temos agora:
Fcp  FG
M 
G  m
mv 2f
20
  
 RT
  RT

d 
d

 3
  3

1
GMm
 mv 2f 

 2
20  RT

d

 3

E , substituindo 1 em  2 
1  GMm  1 GMm


5  6 RT  20  RT

d

 3

R

 6 RT  4  T  d 
 3

7
 d   RT
6
Alternativa C
Questão 30
–Q
d
+Q
L
L/2
L/2
P
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 de chapa. Para manter o equilíbrio
mostrado na figura, a razão d / L , onde d é a distância entre as cargas, deve ser igual a
24
A)
10
6
B)
3 10
5
C)
14
6
14
4
30
6
D)
E)
Resolução:
Do exposto podemos escrever o peso da barra na forma
kQ 2
P  2 Observe a figura :
L
Para que a chapa fique em equilíbrio é preciso que a soma dos tanques em relação ao ponto P dê zero:
  0
 L 2  L 
1 L
L
 F    E      P    0
2
2
3
4
3 2
 
 

L
L
L
F   P E 
2
6
3
3F  P  2 E 1
Pelos valores das densidades podemos ainda relacionar P e E :
P  3    V  g e,
V 
E  g  
4
P
 12  2 
E
Substituindo  2  em 1 :
3F  P  2 
P
12
5P
 3
6
Em que :
3F 
F
KQ 2
d2
 4
25
Substituído  4  em  3
KQ 2
KQ 2
 5 2
2
d
L
2
d
18

L2
5
18 
d 3 20

L
5
Alternativa B
Folha de dados
Massas Atômicas (u):
H C O Na Si
S Ca Ge
As
1 12 16 23 28 32 40 72,6 74,9
Dados Termodinâmicos:
R = 0,082 atm. L.mol–1 . K–1 = 8,314 J.mol–1 K–1
Te
127,6
Po
210
Questão 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
Resolução:
Como o propenal não possui carbono quiral e nem estereocentro geométrico, não apresenta estereoisomeria.
Alternativa D
Questão 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.
Resolução:
Sólidos amorfos por não apresentarem uma estrutura microscópica ordenada, não têm uma entalpia de fusão definida, diferentemente
dos sólidos cristalinos.
Alternativa A
Questão 33
26
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)
200
210
220
230
240
C1(mol/L)
0,8000
0,7900
0,7800
0,7700
0,7600
C2(mol/L)
0,8333
0,8264
0,8196
0,8130
0,8064
C3(mol/L)
0,8186
0,8105
0,8024
0,7945
0,7866
c
 kC n descreva adequadamente as velocidades das reações estudadas. Considere ainda
t
que as magnitudes das constantes de velocidade específica de todas as reações são idênticas à da reação de segunda
ordem, que é 1, 0  103 L/mol.s. Assim, pode-se afirmar que C1, C 2 e C 3 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.
Considere que o modelo
Resolução:
C1 se refere claramente a uma equação de ordem 0, uma vez que as diferenças de concentração são constantes.
Vamos provar que C3 é de 1ª ordem, semelhante à uma equação de radioatividade. Chamaremos de T a meia-vida do processo.
De 210 s para 200 s:
10
0,8186
0,8186
 2T 
 1,0100
0,8105 
10
0,8105
2T
De 220 s para 200 s:
10
0,8186
0,8186
 2T 
 1,0202
0,8024 
10
0,8024
T
2
Mas:
2
 10 
2
2   2 T   1,0202  1,0101
 
Isto prova que a equação é de 1ª ordem.
Conclui-se portanto, que C2 é de 2ª ordem.
20
T
Alternativa C
Questão 34
As variáveis de um experimento de difração de raios X obedecem à seguinte lei:
2 d sen  
Onde  é o comprimento de onda do feixe monocromático de radiação X incidente sobre a mostra,  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 145 pm sobre uma amostra de um metalóide, cuja cela unitária segue a
representação da figura abaixo, observa-se interferência construtiva em 13,3º.
Camada 1
Camada 1
Camada 1
27
Tabela 1
sen 

7,23º
0,1259
11,2º
0,1942
13,3º
0,2300
15,0º
0,2588
30,0º
0,5000
Metalóide
Si
Ge
As
Te
Po
Tabela 2
Raio Atômico (pm)
117
123
125
143
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
Resolução:
Dados:
  154pm
  13,3º
sen13,3º  0, 2300
Aplicando a lei dada:
2 d sen  
2 d sen13,3º  154
d  334,8 pm
Como a distância d corresponde a dois raios, então:
334,8
R
 167, 4 pm (Polônio)
2
Alternativa E
Questão 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.
Resolução:
Dispersões coloidais são sistemas heterogêneos apresentando, no mínimo, duas fases.
Alternativa E
Questão 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) Na2 CO3
B) C6 H 5COOH
C) NaHCO3
D) CaC2
E) C6 H 5OH
28
Resolução:
CaC2 ( s )  2 H 2O (l )  Ca (OH ) 2 (aq )  C2 H 2 ( g )
A formação do Ca(OH ) 2 é responsável pela coloração rósea da solução e o C2 H 2 ( g ) , o gás binário. Calculando a composição
percentual desse gás, tem-se:
26 g de C2 H 2 _____ 24 g de carbono
100 g de C2 H 2 _____ x
x  92,30 g de carbono
Portanto, o composto apresenta 92,30% de carbono e 7,70% de hidrogênio.
Alternativa D
Questão 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 L.
B) 9,3 L.
C) 12, 0 L.
D) 5, 7 L.
E) 15, 7 L.
Resolução:
A reação que ocorre é:
H 2 S ( g )  3 / 2 O2  H 2O  l   SO2 ( g )
Como há O2 ( g ) em excesso, e o volume de H 2 S é referenciado como V2 , podemos escrever a primeira equação, na qual y é o
volume de O2 em excesso:
3
V2   V2  y  24
2
Trabalhando agora o segundo membro, podemos escrever a segunda equação:
V2  y  10
Subtraindo as duas equações, obtemos:
3
 V2  14
2
Assim, V2  9,33 L
Alternativa B
Questão 38
Dos compostos abaixo, aquele que não forma ligação peptídica é:
A) timina
B) glicina
C) prolina
D) asparagina
E) valina
Resolução:
Observe as estruturas a seguir:
29
Apenas os aminoácidos se ligam através de ligações peptídicas.
Alternativa A
Questão 39
A determinada profundidade, o organismo de um mergulhador absorve N 2 a uma pressão parcial de 5, 0 atm. Considere
que a solubilidade do N 2 no sangue, a uma pressão parcial de 0, 78 atm , seja 5,85  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 N 2 , em mol, que o mergulhador elimina em seu retorno à superfície, onde a pressão parcial desse gás é
0, 78 atm , seja:
A)
B)
C)
D)
E)
3,50  103
7,30  103
1,90  102
1, 21 102
2, 25  102
Resolução:
Seja S1 a solubilidade do N 2 no sangue a pressão de 0,78 atm . E S 2 a solubilidade desse mesmo gás sob pressão de 5 atm . Dessa
forma, tem-se:
S1  k  0,78  k 
5,85  104 mol  L–1
 7,5  104 mol  L1  atm 1
0,78atm
S 2  k  5  7,5  104  5  37,5  104 mol  L1
Assim,
S  S2  S1  37,5  104 mol  L1  5,85  104 mol  L1  31,65  104 mol  L1
30
1 L de sangue _____ 31,65  104 mol de N 2
6 L de sangue _____ x
 x  1,899  104 mol de N 2
x  1,90  104
mol de N 2
Alternativa C
Questão 40
Dada a reação química abaixo, que ocorre na ausência de catalisadores,
H 2 O ( g )  C ( s )  32, 4 kcal  CO ( g )  H 2 ( g )
pode-se afirmar que:
A) o denominador da expressão da constante de equilíbrio é  H 2 O   C  .
B)
C)
D)
E)
se for adicionado mais monóxido de carbono ao meio reacional, o equilíbrio se desloca para a direita.
o aumento da temperatura da reação favorece a formação dos produtos.
se fossem adicionados catalisadores, o equilíbrio iria se alterar tendo em vista uma maior formação de produtos.
o valor da constante de equilíbrio é independente da temperatura.
Resolução:
Como a reação direta é endotérmica, o aumento da temperatura favorece a formação dos produtos.
Alternativa C
31
Professores:
Física
Marcelo Moraes
Rodrigo Bernadelli
Matemática
Marcelo Moraes
Lafayette
Bruno Fraga
Química
Adair
Dalton
Everton
Gildão
Nelson
Thé
Colaboradores
Aline Alkmin
José Diogo
Mateus Grangeiro
Rubem Jade
Thays de Freitas
Digitação e Diagramação
Cristiane Santos
Daniel Alves
João Paulo de Faria
Valdivina Prinheiro
Desenhistas
Leandro Bessa
Luciano Lisboa
Rodrigo Ramos
Vinicius Ribeiro
Projeto Gráfico
Vinicius Ribeiro
Assistente Editorial
Valdivina Pinheiro
Supervisão Editorial
José Diogo
Rodrigo Bernadelli
Marcelo Moraes
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