Provas Objetivas - Resolvidas

 3
+ (log3 x )2 = 1 . A soma dos
x
quadrados das soluções reais essa equação está contida no
intervalo:
03. Considere a equação
3
2
3
01. Os polinômios P(x) = x + ax + 18 e Q(x) = x + bx + 12 possuem
duas raízes comuns. Sabendo-se que a e b são números reais, podese afirmar que satisfazem a equação
a) a = b
b) 2a = b
c) a = 2b
d) 2a = 3b
e) 3a = 2b
Solução:
a) [0,5)
d)[15,20)
log3 x
b) [5,10)
e) [20,∞)
c)[10,15)
Solução:
Sejam p , q , r as raízes de P(x)
e p , q , s as raízes de Q(x)
Das relações de Girard, temos:
⎧p + q + r = −a
⇒ s−r =a ⎨
⎩p + q+ s = 0
⎧p ⋅ q ⋅ r = −18
⎨
⎩p ⋅ q ⋅ s = −12
Condições de existência:
x > 0 e x ≠ 1/3
log 3 − log3x x + (log3 x )2 = 1
3x
1
r 3
⇒
=
s 2
Segue que s = -2a e r = -3a
Substituindo r = -3a em P(x), temos:
3
2
(-3a) + a(-3a) + 18 = 0
2
3
-27a + 9a + 18 = 0
3
-18a = -18
3
a =1
a=1
−
log(3 x )
3
1
1+
log3x
log3x
log33x
−
( )
+ logx3
log3x
1+
log3x
2
=1
( )
+ logx3
2
= 11
Fazendo log3x = y, temos:
1
1
−
+ y2 = 1
1+ y 1+ y
1 − y + y 2 (1 + y ) = 1 + y Logo: s = -2 e r = -3
y 3 + y 2 − 2y = 0
Substituindo s = -2 em Q(x), temos:
3
(-2) + b(-2) + 12 = 0
-8 - 2b + 12 = 0
-2b = -4
b=2
y( y 2 + y − 2 ) = 0
y2 = 0 , y2 = -2 , y3 = 1
Se y1 = 0, temos:
logx1 = 0
Segue que 2a = b
3
x1 = 1
ALTERNATIVA
B
02. Assinale a alternativa que apresenta o mesmo valor da
2
2
expressão [4cos (9°) - 3][4cos (27°) - 3]:
Se y2 = -2, temos:
logx 2 = −2
3
x2 =
a) sen(9°)
b) tg(9°)
c) cos(9°)
d) sec(9°)
e) cossec(9°)
1
9
Se y3 = 1, temos:
logx3 = 1
3
x3 = 3
Solução:
Sabemos que:
Assim temos:
2
3
cos (3a) = 4cos a – 3cos a
Assim:
3
2
cos(27°) = 4cos 9° - 3cos 9° = cos9°(4cos 9° - 3)
3
2
cos(81°) = 4cos 27° - 3cos 27° = cos27°(4cos 27° - 3)
Seja:
2
2
P = (4cos 9° - 3)(4cos 27° - 3)
Deste modo, podemos escrever P da seguinte maneira:
cos 27° cos 81° cos 81°
=
⋅
P=
cos 9° cos 27°
cos 9°
Mas 81° e 9° são complementares, portanto:
cos81° = sen9°
sen81° = cos9°
Logo:
cos 81° sen9°
= tg9°
=
P=
cos 9°
cos 9°
ALTERNATIVA
⎛ 1⎞
x12 + x 22 + x 32 = 12 + ⎜⎜ ⎟⎟
⎝9⎠
1
81 + 1 + 729 811
= 1+
+9=
=
81
81
81
log o :
811
∈ [10,15 )
81
ALTERNATIVA C
04. Considere as inequações abaixo:
2
2
2
I. a + b + c ≥ ab + bc +ca
3
3
2
2
II. a + b ≥ a b + ab
2
2
4
III. (a – b ) ≥ (a – b)
Esta(ão) correta(s), para quaisquer valores reais positivos de a, b e c,
a(s) inequação(ões)
a) II apenas.
b) I e II apenas.
c) I e III apenas.
d) II e III apenas. e) I, II e III.
B
GGE RESPONDE IME 2013 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
1
Solução:
Solução:
I. a + b + c ≥ ab + bc + ca
(1 + x + y )10 = (1 + x + y ) ⋅ (1 + x + y ) ⋅ ⋅ ⋅ (1 + x + y ) 144444424444443
Pela desigualdade de Cauchy – Schwarz
O coeficiente de x y é igual a quantidade de maneiras de escolher
4x e 4y dos polinômios
2
2
2
2
2
2 2
10
2
2
4 4
2
2
(a + b +c ) ≥ (ab + bc + ca) ↔ a + b + c ≥ ab + bc + ca
Logo verdadeiro
3
3
2
2
2
⎛10 ⎞ ⎛ 6 ⎞ 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 6 ⋅ 5
log o : ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ =
= 3150
⋅
4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 2 ⋅1
⎝ 4 ⎠ ⎝4⎠
2
II. a +b ≥ a b + ab ↔ (a + b) (a – ab + b ) ≥ ab (a + b)
ALTERNATIVA A
Como a + b ≠ 0, pois a e b ∈ ℜ *+
Temos a2 − ab + b2 ≥ a + b ↔ a2 − 2ab + b2 ≥ 0 ↔ (a − b )2 ≥ 0
como a e b ∈ ℜ *+ temos que (a − b )2 ≥ 0 ∀ a e b ∈ ℜ*+ .
Logo é verdadeiro
III. Para a= 1 e b = 2 temos:
⎛⎜12 − 22 ⎞⎟ ≥ (1 − 2)4
⎝
⎠
07.
Seja um triângulo ABC. AH é a altura relativa de BC, com H
localizado entre B e C. Seja BM a mediana relativa de AC. Sabendo
que BH = AM = 4, a soma dos possíveis valores inteiros de BM é
a) 11
b) 13
c) 18
d) 21
e) 26
Solução:
1 − 4 ≥ (− 1)4
A(0, y A )
−3 ≥ 1 Falso
Logo a alternativa é falsa
4
A alternativa correta é letra “B”
⎛X Y ⎞
M⎜⎜ c , A ⎟⎟
⎝ 2 2 ⎠
Obs. O gabarito oficial divulgou letra “E”, portanto deve haver
mudança no gabarito oficial para alternativa “B”
4
B( −4,0)
ALTERNATIVA B
C( Xc,0)
H(0,0)
⎧ax + by = c
, com a, b, c, d,
⎩px + qy = d
05. Considere os sistema de equações ⎨
p e q reais, abcd ≠ 0, a + b = m e d = mc. Sabe-se que o sistema é
indeterminado. O valor de p + q é:
a) m
b) m/n
2
2
c) m – n
d) mn
e) m + n
⎛ Xc
⎜⎜
⎝ 2
2
⎞
⎛Y
⎟⎟ + ⎜⎜ A
⎠
⎝ 2
2
X 2 + YA 2
⎞
= 16
⎟⎟ = 4 ⇒ c
4
⎠
Xc 2 + YA 2 = 64
2
⎞ ⎛Y
⎛X
BM = ⎜⎜ c + 4 ⎟⎟ + ⎜⎜ A
⎠ ⎝ 2
⎝ 2
BM =
2
⎞
⎟⎟ =
⎠
Xc2
Y
+ 4 Xc + 16 + A
4
4
2
Xc2 + Yc2 + 16 Xc + 64
128 + 16 Xc
=
4
4
Solução:
⎧ax + by = c
⎨
⎩px + qy = d
Condição de existência do Δ AHC implica em Xc < 8 logo como
abcd ≠ 0 , a + b = m , d = nc
BM = 32 + 4 X c os possíveis valores inteiros de BM são os
BM = 32 + 4 Xc
quadrados perfeitos 36 e 49, pois 64 implica em Xc = 8 contrariando a
Se o sistema é indeterminado, temos:
a b c
= =
p q d
a b
c
1
= =
=
p q nc n
condição de existência ∴ BM = 6 ou BM = 7
Resposta: 6 + 7 = 13
ALTERNATIVA B
p = na , q = nb
08. Seja Δ o determinante da matriz
Segue que:
p + q = na + nb = n(a + b) = mn
ALTERNATIVA D
06. O coeficiente de x4y4 no desenvolvimento de (1 + x + y)10 é
a) 3150
d) 81900
b) 6300
e) 151200
c) 75600
GGE RESPONDE IME 2013 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
⎡1 2
⎢
2
⎢x x
⎢⎣ x x
3⎤
⎥
x 3 ⎥ . O número
1 ⎥⎦
de possíveis valores de x reais que anulam Δ é
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
2
Solução:
1 2
Δ = x x2
x x
Solução:
8
3
1
2
Mas
n-1
n-1
192 = 3q → q = 64
(I)
189
192 = 3 + (n - 1)r → n-1 =
(II)
r
De (I) e (II) temos:
1
2
∴ rq = 9 ⋅ 28 = 3 ⋅ 2 ⋅ 7
1 2 3
Δ = x 1 x x2 = 0 x x
2
⎛
⎛ 8 ⎞⎛ 1 ⎞
8⋅7 1 6
r
1⎞
⋅
⋅1 =
3º termo de ⎜⎜1 + ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ 18 − 2 =
2
2
2
⋅
1
9
q
q
q
q
⎝ ⎠⎝ ⎠
⎝
⎠
x3 = 0 3
2
3
Δ = x (x + 2x + 3x – 3x – x – 2) = 0
3
2
Δ = x (x – 3x + 4x – 2) = 0
2
Δ = x (x – 1) (x – 2x + 2) = 0
q
2
Como x – 2x + 2 tem discriminante negativo (-4), os únicos valores
reais de x que anulam Δ são:
x = 0 ou x = 1.
189
r
= 64
189
∴q r
= 26 ou 43 ou 82
mas r é inteiro ∴
Assim:
a2 = a1 + r = 3 + 63
a2 = 66
ALTERNATIVA C
09. Seja o número complexo
z=
189
= 3 ⇒ r = 63
r
a
ib(1 + ib)2
, onde a e b são números
ALTERNATIVA
C
reais positivos e i = − 1 . Sabendo que o módulo e o argumento de
z valem, respectivamente, 1 e (-π) rd, o valor de a é:
11. Um menino, na cidade do Rio de Janeiro, lança uma moeda. Ele
1
4
1
b) 2
c) 1
d) 2
e) 4
a)
a)
b) Solução:
z=
andará 1m para leste se o resultado for cara ou 1m para oeste se o
resultado for coroa. A probabilidade deste menino estar a 5m de
distância de sua posição inicial, após 9 lançamentos da moeda, é
a
ib(1 + ib)
2
=
a ⎛⎜
1
b ⎜⎝ i 1 − b 2 + 2bi
(
a ⎛ − 2b − (1 − b 2 )i
= ⎜ 2
b ⎜⎝ 4b + 1 − 2b 2 + b 4
(
)
⎞ a⎛
⎞
1
⎟= ⎜
⎟
⎟ b ⎜ − 2b + (1 − b 2 )i ⎟
⎠
⎝
⎠
⎞ − a ⎛ 2b + (1 − b 2 )i ⎞
⎟
⎜
⎟=
⎟
b ⎜⎝ b 4 + 2b 2 + 1 ⎟⎠
⎠
)
9
26
35
26
2
c)
9!
35
d) 9 2
9!
e) 9
2
Solução:
2
Se argumento de z = (-π) e d ⇒ 1 – b = 0 ⇒ b ± 1
−a ⎛ 2b + 0i ⎞ −2a −a
⎟=
⇒z=
⎜
=
b ⎜⎝ 1 + 2 + 1 ⎟⎠ + 4
2
Como módulo de z = 1 ⇒
ALTERNATIVA
+a
= 1⇒ a = 2
2
Probabilidade Binominal
A Probabilidade de parar 5 metros a leste é igual a de parar a 5
metros a oeste.
Precisamos de 7 sucessos e 2 fracassos.
7
D
10. Entre os números 3 e 192 insere-se igual número de termos de
uma progressão aritimética e de uma progressão geométrica com
razão r e q, respectivamente, onde r e q são números inteiros. O
número 3 e o número 192 participam destas duas progressões.
8
⎛
1⎞
Sabe-se que o teceiro termo de ⎜⎜1 + ⎟⎟ , em potências crescentes
q
⎝
⎠
1
r
,é
. O segundo de progressão aritimética é:
de
q
9q
a) 12
b) 48
c) 66
d) 99
e) 129
GGE RESPONDE IME 2013 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
2
⎛ 9 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
2 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 1 9 ⋅ 23
9
P (5m) = 2 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ =
=
= 6
7
2
2
2
29
29
2
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
ALTERNATIVA A
Considere uma haste AB de comprimento 10 m. Seja um ponto
P localizado nesta haste a 7 m da extremidade A. A posição inicial
desta haste é horizontal sobre o semieixo x positivo, com a
extremidade A localizada na origem do plano cartesiano. A haste se
desloca de forma que a extremidade A percorra o eixo y, no sentido
positivo, e a extremidade B percorra o eixo x, no sentido negativo, até
que a extremidade B esteja sobre a origem do plano cartesiano. A
equação do lugar geométrico, no primeiro quadrante, traçado pelo
ponto P ao ocorrer o deslocamento descrito é
12.
2
2
a) 49x + 9y – 280x + 120y – 441 = 0
2
2
b) 49x – 406x – 49y + 441 = 0
2
2
c) 9x + 49y – 441 = 0
2
2
d) 9x + 9y + 120y – 441 = 0
2
2
e) 9x – 49y – 441 = 0
3
Solução:
V
x2 y2
+
=1
49 9
O
R
X
=
R
9 x 2 + 49 y 2
=1
441
h
r
T
Equação da elipse:
2
h−
h(h − 2r )
V
C
X
M
h
h(h − 2R )
Rh
X=
h(h − 2R )
2
Logo 9x + 49y – 441 = 0
Mas CM é a altura do triângulo equilátero do
hexágono regular.
ALTERNATIVA C
13. Considere uma pirâmide regular de base hexagonal e altura h.
C
Uma esfera de raio R está inscrita nesta
pirâmide. O volume desta pirâmide é
x
M
2h 3 R 2h
a)
3 h − 2R
l
h 3 R 2h
3 h + 2R
b)
l=
2x
2h 3 R 2h
c)
3 h + 2R
3
⇒l=
2 ⋅ Rh 3
h(h − 2R ) ⋅ 3
d)
h 3 R 2h
3 h − 2R
O volume da pirâmide é Vp =
e)
2h 3 R 2h
3 h−R
Ab = 6 ⋅ AΔ = 6 ⋅
Vp =
V
h
r
T
2
1 6 ⋅ 4 ⋅ R2h2 3 3 2h 3 R2h
⋅
=
3 h(h − 2R ) ⋅ 9 4
3 h − 2R
3
14. Considere a figura abaixo formado por arcos de circunferência
tangentes cujos centro formam um pentágono regular inscritível em
uma circunferência de raio R. O perímetro da figura é:
OR
C
∴
ALTERNATIVA A
h−
R
4
Solução:
T
l2 3
1
Ab ⋅ h , onde
3
R
O
M
No triângulo VOT é retângulo em T:
2
Logo VT = (h − R )2 − R 2 ⇒ VT = h(h − 2r )
O triângulo VOT é semelhante ao triângulo VMC
Caso AA (ângulo V̂ e ângulo de 90º)
a)
b)
c)
d)
e)
GGE RESPONDE IME 2013 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
7πr
2
7πr
4
7πr
2
7πr
4
7πr
4
10 − 2 5
10 + 5
10 + 2 5
10 + 2 5
10 − 2 5
4
Solução:
Dado que: l 5 =
Solução:
R 10 − 2 5
2
108 =
q
⋅ 5sen( 2t )
m
q
ay =
⋅ 12 cos( 2t )
m
O movimento resultante é a superposição de dois movimentos
harmônicos simples perpendiculares com diferença de fase π/2.
3π
5
ω = 2rad / s
Em x :
5q
5q
= 22 ⋅ A x ∴ A x =
m
4m
Em y :
12q
3q
= 22 ⋅ A y ∴ A y =
m
m
⇒
amax = ω2 A
l5
2
2πR = 2π
l5
= πl 5
2
x
Mas 5x = 5 ⋅
Mas l 5 =
Note que Ay > Ax
y
x
360°⎫
252
7
πl 5 =
πl 5
⎬⇒ x =
252°⎭
360
10
7
7
πl 5 = πl 5 10
2
R 10 − 2 5
7πR 10 − 2 5
∴
2
4
ALTERNATIVA
ax =
Fx = qE x ( t ) = q ⋅ 5sen( 2t ) ⎫⎪
⎬
Fy = qE y ( t ) = q ⋅ 12 cos( 2t )⎪⎭
E
Kr 2 mv 2
EMEC =
+
= const.
2
2
⎛ 5q ⎞
,0 ⎟⎟ ⇒ Vx = 0 e Vy = VMAX = ωA y
Para VMAX ⇒ rmin = ⎜⎜
⎝ 4m ⎠
VMAX = 2 ⋅
15. Considere os conjuntos A, B, C e D, não vazios, contidos no
mesmo conjunto universo U. A simbologia F representa o
complemento de um conjunto F em relação ao conjunto U. Assinale a
opção correta
3q
6q
⇒ VMAX =
m
m
ALTERNATIVA
C
17.
a) Se A ∩ D ⊂ C e B ∩ D ⊂ C então A ∩ B ⊂ C
[
]
b) ( A ∩ B ∩ C) ∪ ( A ∩ B ∩ C) ∩ ( A ∩ B ∩ C) = ( A ∩ B) c) ( A ∩ B ∩ C) ∪ ( A ∩ B ∩ C) ∪ ( A ∩ B ∩ C) = ( A ∩ B ∩ C) d)
( A ∩ B ∩ C) ∪ ( A ∩ B ∩ C) ∪ ( A ∩ B ∩ C) = ( A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ∪ ( A ∩ C)
e) Se A ⊂ C e B ⊂ C então A ∪ B ⊂ C
Solução:
AUB= A I B= A I B Como A ⊂ C e B ⊂ C, temos A ∩ B ⊂ C.
ALTERNATIVA E
16. Uma partícula de carga q e massa m está sujeita a dois campos
Um foguete de brinquedo voa na direção e sentido indicados pela
figura com velocidade constante v. Durante todo o vôo, um par de
espelhos, composto por um espelho fixo e um espelho giratório que
gira em torno de ponto A, faz com que o laser sempre atinja o
foguete, como mostra a figura acima. O módulo da velocidade de
rotação é:
a)[v sen(θ)] / d
elétricos ortogonais Ex(t) e Ey(t), dados pelas equações:
Ex(t) = 5sen (2t)
Ey(t) = 12cos (2t)
b)⎡v sen 2 (θ / 2)⎤ / d
⎢⎣
⎥⎦
Sabe-se que a trajetória da partícula constitui uma elipse. A
velocidade escalar máxima atingida pela partícula é:
q
q
5 q
b) 5
c) 6
a)
2 m
m
m
d)[v sen(θ)] / 2d
d)
13 q
2 m
e) 13
c )⎡v sen 2 (θ)⎤ / d
⎢⎣
⎥⎦
e)⎡v sen 2 (θ)⎤ / 2d
⎢⎣
⎥⎦
q
m
GGE RESPONDE IME 2013 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
5
Solução:
Mas A =
d
θ
r
v
⇒
v cos(90 − θ) = vsenθ
d
se
nθ
X'
X
Vim = − VO ⋅
.
90 − θ
HI
V
X'
∴
= I =−
HO
VO
X
Vim
Vim
(1)
( 2)
=
.
X1'
X1
'
X2
X2
=
Vim(1)
3
=9 ∴
1
3
Vim( 2)
=9
ALTERNATIVA D
Consideramos (90 − θ) pequeno (durante um intervalo muito pequeno
de tempo...)
19.
vsenθ
= ϖ : velocidade angular do raio!
d
senθ
ϖe =
ϖ vsen2θ
=
2
2d
Um corpo de 300 g de massa é lançado de uma altura de 2,20 m em
relação ao chão como mostrado na figura acima. O vetor velocidade
inicial vo tem módulo de 20 m/s e faz um ângulo de 60º com a
vertical. O módulo do vetor diferença entre o momento linear no
instante do lançamento e o momento linear no instante em que o
objeto atinge o solo, em kg.m/s, é:
Do espelho
ALTERNATIVA E
18.
2
Dado: aceleração da gravidade: 10 m/s .
a) 0,60
b) 1,80
c) 2,25
d) 3,00
e) 6,60
Solução:
Um objeto puntiforme encontra-se a uma distância L de sua
imagem, localizada em uma tela, como mostra a figura acima.
Faz-se objeto executar uma movimento circular uniforme de raio r
(r<<L) com centro no eixo principal e em um plano paralelo à
lente. A distância focal da lente 3L/16 e a distância entre o objeto
e a lente é x. A razão entre as velocidades escalares das
imagens para os possíveis valores de x para os quais se forma
uma imagem na posição da tela é:
a) 1
b) 3
c) 6
d) 9
e) 12
m = 300 g
yo = 2,20 m
Vo =20 m/s
θ = 60º
r
r
po = m Vo Tempo de voo: y( t ) = y o + Voy t − g
0 = y o + Voy t voo − g
t 2voo
2
0 = y o + Vo cos 60º t voo − g
0 = 2,2 + 10 ⋅ t voo − 5t 2voo
Para imagem na tela, vem:
5t 2voo − 10 ⋅ t voo − 2,2 = 0
t 2voo
2
Δ = 100 + 20 ⋅ 2,2 = 100 + 44 = 144
10 ± 12
t voo =
⇒ t + = 2,2s
10
∴ 16 X 2 − 16LX + 3L2 = 0
t = t voo ⇒ y( t voo ) = 0
Solução:
1 1
1
3L
= +
, f=
f
X L−X
16
t2
2
Posição do
Posição da
Objeto
Im agem
3L
L
⇒ X2' =
4
4
t − = −0,2s
Vy ( t voo ) = 10 − 10 ⋅ 2,2 = −12m / s
L
3L
X1 = ⇒ X1' =
4
4
X2 =
Velocidade final:
Vy ( t ) = Voy − gt
Vx = Vox = Vo sen60 º = 10 3m / s
r r r
Δp = p − p o ,
(
)
r
r
po = mVo = m Vox x̂ + Voy ŷ = 0,3 10 3 x̂ + 10 ŷ m / s
(
)
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6
Mas antes perceba que:
θ
]
)
(x2)
r r r
Δp = p − po = 0,3 10 3 − 10 3 x̂ + (− 12 − 10 )ŷ = 0,3(− 22 )ŷm / s = −6,6 ŷm / s
r
Δp = − 6,6 ŷ m / s
r
Δp = 6,60m / s
Daí
θ
3m
⇒
1,5m
Cosθ =
5m
[(
r
r
p = mV = m( Vx x̂ + Vy ŷ ) , t = t voo
r
p = 0,3(10 3 x̂ − 12ŷ )m / s
3
= 0,6
5
.
.
4m
2m
ALTERNATIVA E
Por fim:
20.
(μ1 ⋅ x1)gl1 + (μ 2 ⋅ x 2 )gl 2 = T ⋅ cos θ ⋅ BD
(600 ⋅ 1) ⋅ 10 ⋅ 0,5 + (800 ⋅ 1) ⋅ 10 ⋅ 1,5 = T ⋅ 0,6 ⋅ 2
3000 + 12000 = 1,2T
15000 = 1,2T ⇒ T = 12500 N
Finalizando:
Força
12500
=
= 125 ⋅ 106 Pa = 125MPa
Área 100 ⋅ 10−6
ALTERNATIVA B
21. Quando uma corda de violão é tocada, o comprimento de onda
da onda sonora produzida pela corda
A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma
barra vertical AC e um cabo CD, de pesos desprezíveis, e por uma
barra horizontal BD. A barra vertical é fixada em A e apoia a barra
2
horizontal BD. O cabo de seção transversal de 100 mm de área é
inextensível e está preso nos pontos C e D. A barra horizontal é
composta por dois materiais de densidades lineares de massa
μ1 e μ2. Diante do exposto, a força normal por unidade de área, em
MPa, no cabo CD é:
a) é a maior que o comprimento de onda da onda produzida na
corda, já que a distância entre as moléculas do ar é maior que a
distância entre os átomos da corda.
b) é menor que o comprimento de onda da onda produzida na
corda, já que a massa especifica do ar é menor que a massa
específica da corda.
c) é igual ao comprimento de onda da onda produzida na corda, já
que as frequências das duas ondas são iguais.
d) Pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda
produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação
da onda sonora e da onda produzida na corda.
e) Pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda
produzida na corda, dependendo das frequências da onda
sonora e da onda produzida na corda.
Solução:
Solução:
Impondo a condição de equilíbrio de rotação para a barra horizontal,
vem:
r
T
.
Daí :
B
r
P1
r
P2
Vonda de som =
T cos θ
θ
l1 = 0,5m
pólo
T
;
μ corda
Vcorda =
Tsenθ
D
l 2 = 1,5m
ΣMB = 0 ⇒ P1 ⋅ l1 + P2 ⋅ l 2 = T ⋅ Cosθ ⋅ BD
m1g ⋅ l1 + m2gl 2 = T ⋅ Cosθ ⋅ BD
B
; B = Coef. de Elasticida de do ar
μ ar
Vcorda
Vonda
T = Tração na corda
de som
=
T μ ar
⋅
μc B
λf = v ∴ λ =
v
, f iguais
f
λ vai depender das velocidades de propagação que podem ser
diferentes, em função de T, μC, μar e B.
ALTERNATIVA D
(μ1 ⋅ x1)g ⋅ l1 + (μ2 ⋅ x 2 ) ⋅ g ⋅ l 2 = T ⋅ cos θ BD
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7
A dimensão de v para que a equação acima seja dimensionalmente
correta é igual a:
a) raiz quadrada da aceleração.
b) quadrado da velocidade.
c) produto do comprimento pela raiz quadrada da velocidade.
d) produto da velocidade pela raiz quadrada do comprimento.
e) produto do comprimento pelo quadrado da velocidade.
22.
Solução:
[POT ] [K ] LT −2 ⋅ L3
=
[θ]
[ν]2
A figura acima apresenta uma partícula com velocidade v, carga q e
massa m penetrando perpendicularmente em um ambiente
submetido a um campo magnético B. Um anteparo está a uma
distância d do centro do arco de raio r correspondente à trajetória da
partícula. O tempo, em segundos, necessário para que a partícula
venha a se chocar com o anteparo é:
Dados:
v = 10 m/s
B = 0,5 T
q = 10 µC
-20
m = 10 x 10 kg
d=
2 −2
2
−1
[K ] = [φ][l] = T −1ML
L ⋅4
L−4
⋅ θ3
14T44⋅2
4
[A ][θ]
ML2 T − 2 ⋅ T −1 θ −1 =
[ν]2 = L3
[ν]
ML2 T −2 L−1 θ −1 LT −3 L3
⋅
[ν]2
T −2
3
= L 2 T −1
-2 1/2
1/2
-1
a) (LT ) = L T NÃO
-1 2
2
-2
b) (LT ) = L T NÃO
-1 1/2
1/2
-1/2
3/2
-1/2
c) L (LT ) = L ⋅ L ⋅ T = L T
NÃO
-1
1/2
3/2 -1
d) LT ⋅ L = L T SIM
2 -2
3 -2
e) L ⋅ L T = L T NÃO
2
r
2
-15
a) 40π x 10
-15
b) 20π x 10
-15
c) 10π x 10
-15
d) 5π x 10
-15
e) 2,5π x 10
ALTERNATIVA D
24.
Solução:
Perceba que para atingir o anteparo é preciso que a partícula
percorra um arco cujo ângulo central é dado por:
d
→ cos θ =
r
1/8 de volta.
cos θ =
2r
2
r
= 2
∴ θ = 45º O que corresponde a
2
O tempo necessário para haver o choque é então Δt = T / 8
Mas T =
Δt =
2πm
qB
Uma onda plana de frequência f propaga-se com velocidade v
horizontalmente para a direita. Um observador em A desloca-se com
velocidade constante u (u < v) no sentido indicado na figura acima.
Sabendo que α é o ângulo entre a direção de propagação da onda e
de deslocamento do observador, a frequência medida por ele é:
→ π ⋅ 10−20
πm
π ⋅ 10 ⋅ 10−20
= 0,5 ⋅ π ⋅ 10−14 → =
=
4qB 4 ⋅ 10 ⋅ 10− 6 ⋅ 0,5 2 ⋅ 10− 6
Δt = 5 π ⋅ 10 −15 s
ALTERNATIVA D
23. Em certos problemas relacionados ao escoamento de fluidos no
interior de dutos, encontram-se
expressões do tipo:
Y=
k αl 3
v2
A grandeza γ possui a mesma dimensão da razão entre potência e
temperatura. O termo k é a condutividade térmica, conforme descrito
⎡ u
⎤
a) ⎢1 + cos( α )⎥ f
⎣ v
⎦
⎡ u
⎤
b) ⎢1 − cos( α )⎥ f
⎣ v
⎦
f
c)
u
1 − cos(α)
v
f
d)
u
1 + cos(α)
v
cos( α )
f
e)
u
1+
v
pela Lei de Fourier. As dimensões dos parâmetros α e ι são,
respectivamente, as mesmas de aceleração e comprimento.
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8
Solução:
ITT = soma da PG = S =
Iq
2
1 − (1 − q)2
(1 − q) 2 = r : razão da PG
;
Iq2
ITT = S =
ITT
2
1 − (1 + q − 2q)
Iq
=
2−q
=
Iq2
2
1 − 1 − q + 2q
=
Iq 2
q(2 − q)
ALTERNATIVA D
26.
r
| uII |= ucos θ
⎛ V ± Vo
f = fo ⎜⎜
⎝ V ± Vf
⎞
⎛ V ± Vo
⎟ ⇒ f* = f⎜
⎟
⎜V±V
f
⎠
⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
u
⎛ V − u cos θ ⎞ ⎛
⎞
f * = f ⎜⎜
⎟⎟ = f ⎜⎜1 − cos θ ⎟⎟
V
v
⎝
⎠ ⎝
⎠
ALTERNATIVA B
25. Um feixe de luz de intensidade I incide perpendicularmente em
uma lâmina de vidro de espessura constante. A intensidade da onda
transmitida do ar para o vidro e vice-versa é reduzida por um fator
q(0<q<1). Ao chegar a cada interface de separação entre o ar e o
vidro, a onda se divide em refletida e transmitida. A intensidade total
da luz atravessa o vidro, após sucessivas reflexões internas no vidro,
é dada por:
a) q2I
qI
b)
2 − q2
c)
2qI
1+ q
d)
qI
2−q
Um objeto puntiforme de massa m é lançado do ponto A
descrevendo inicialmente uma trajetória circular de raio R, como
mostrado na figura acima. Ao passar pelo ponto P o módulo da força
resultante sobre o objeto é 17 mg, sendo g a aceleração da
gravidade. A altura máxima hmax que o objeto atinge na rampa é:
a) 3R
( 17 − 1)R
c) ( 17 + 1) R
d) ( 17 + 2) R
b)
e) 18 R
Solução:
r
FRP = 17mg
N2 + m2g2 = 17mg
1
e) q (1 + q)I
2
N2 + m2g2 = ±17m2g2
Solução:
N = Fcp , força centrípeta
I2 = q I
I3 = I2 · q = q 2 I
I1 = I – 12 = I – qI = I(1 - q)
I4 = I2 – I3 = qI – q2I = qI(1 - q)
I5 = qI4 = q2I(1 - q)
I6 = I4 – I5 = qI(1 - q) – q2I(1 - q)
I6 = qI(1 - q) (1 - q) = q(1 - q)2I
I7 = qI6 = q2(1 - q)2I
I7 = q2I(1 - q)2
I8 = I6 – I7 = qI(1 - q)2 – q2I(1 - q)2
I9 = qI8 = q2I(1 - q)2 – q3I(1 - q)2
I10 = I8 – I9 = qI(1 - q)2 – q2I(1 - q)2 – q2I(1 - q)2 + q3I(1 - q)2
I11 = qI10
I11 = q2I(1 - q)2 – q3I(1 - q)2 – q3I(1 - q)2 + q4I(1 - q)2
I11 = q2I(1 - q)2(1 – 2q + q2)
I11 = q2I(1 - q)2 (q - 1)2 = q2I(1 - q)4
N=
Vp4
R2
mVp2
R
∴
m 2 Vp4
R
+ m 2 g2 = 17m 2 g2
= (17 − 1)g2
VP2 = 4gR
Conservação da energia mecânica:
Emec(p)= Emec(hmáx)
mgh p +
mVp2
2
= mgh máx
ghmáx = gR + 4g
R
2
hmáx = 3R
ALTERNATIVA A
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9
27. Um automóvel percorre uma estrada reta de um ponto A para um
ponto B. Um radar detecta que o automóvel passou pelo ponto A a
72 km/h. Se esta velocidade fosse mantida constante, o automóvel
chegaria
ao
ponto
B
em
10 min. Entretanto, devido a uma eventualidade ocorrida na metade
do caminho entre A e B, o motorista foi obrigado a reduzir
uniformemente a velocidade até 36 km/h, levando para isso, 20 s.
Restando 1 min para alcançar o tempo total inicialmente previsto
para o percurso, o veículo é acelerado uniformemente até 108 km/h,
levando para isso, 22s, permanecendo nesta velocidade até chegar
ao ponto B. O tempo de atraso, em segundos, em relação à previsão
inicial, é:
a) 46,3
b) 60,0
c) 63,0
d) 64,0
e) 66,7
Solução:
dAB = VAΔTt = 20m/s . 10 . 60s
dAB = 12000m
Metade da distância com a eventualidade:
Δt1 = 300s, Δx1 = 6000m
Redução de velocidade:
Δt2 = 20s
V = VO +at
10 = 20 + a ⋅ 20
-10 = a · 20
2
a2 = -1/2 m/s
Δx2 = ?
2
2
2
V = VO + 2a Δx2
100 = 400 – 2 ⋅ ½ ⋅ Δx2
-300 = -Δx2 ⇒ Δx2 = 300m.
Até faltar 1min p/ 10min (600s):
Δt1 + Δt2 + Δt3 = 540s
Δt3 = 220s, velocidade 10m/s = V3
Δx3 = V3 ⋅ Δt3 ⇒ Δx3 = 2200m
Δt4 = 22s, acelerando até V4 = 30m/s
V4 = V3 + a4 Δt4
30 = 10 + a4 ⋅ 22
10
2
a4 =
m/s
11
Δx4 = ?
900 = 100 + 2a4 ⋅ Δx4
800
Δx 4 =
= 40 ⋅ 11 = 440m 10
2⋅
11
Distância total até o momento:
Δx1 + Δx2 + Δx3 + Δx4 = 6000 + 300 + 2200 + 440 = 8940m
Restam 12000 – 8940 = 3060m. Logo,
Δx5 = 3060m
V4 = 30m/s
Δx 5
Δt 5 =
V4
3060 306
Δt 5 =
=
= 102s
30
3
28.
Um cabo subterrâneo inicialmente isolado, instalado entre os
pontos A e B, possui resistência de 0,01 Ω/m. Este cabo se rompeu
e seu ponto de ruptura apresenta fuga de corrente para a terra.
Para determinar o ponto de rompimento do cabo e escavar o
terreno de modo a sanar o problema, foi montado o aparato
apresentado na figura acima, composto por uma bateria Vb
ajustada para fornecer uma corrente constante de 10 A ao circuito
formado pela resistência R e pelo cabo. O valor da tensão da
bateria é mostrado por um voltímetro que apresenta um erro de
medição de +/- 10 %. Sabendo que a leitura do voltímetro é 16,67
V, é CORRETO afirmar que:
a) a partir da leitura do voltímetro no ensaio, pode-se concluir que o
comprimento total do cabo é 2 km.
b) a distância mínima de x para se iniciar a escavação é 224 m.
c) a distância máxima de x para se encerrar a escavação é 176 m.
d) o ponto x = 240 m está dentro do intervalo provável de ruptura do
cabo.
e) ponto x = 210 m está dentro do intervalo provável de ruptura do
cabo.
Solução:
O circuito da questão pode ser modelado abaixo:
10A
R=10Ω
Temos
⎛ R ⋅ Rcabo ⎞
⎟ ⋅ I ⇒
Vb = Req ⋅ I ⇒ Vb = ⎜⎜
⎟
⎝ R + Rcabo ⎠
⇒ I
1
1
= +
Vb R Rcabo
1
I
1
=
−
Rcabo Vb R
Com o erro de medição de ±10 % a Voltagem Vb pode assumir os
valores:
Vb(máx) = Vb + 10% Vb = 1,1 Vb = 1,1 · 16,67 = 18,337 V
Vb(mín) = Vb - 10% Vb = 0,9 Vb = 0,9 · 16,67 = 15,003 V
Tempo total: Δt1 + Δt2 + Δt3 + Δt4 + Δt5 = 300 + 20 + 220 + 22 + 102 =
664s
Diferença: 664 – 600 = 64s
ALTERNATIVA D
Isso implica valores de Rcabo dados por:
1
10
1
=
−
Rcabo(mín) 15,003 10
⇒ Rcabo(mín ) ≅ 1,765Ω
Então
xcabo(mín )
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1m
= 1,765Ω ⋅
0,01Ω
10
Por outro lado
1
Rcabo(máx )
30.
10
1
=
−
⇒ Rcabo(máx ) ≅ 2,245Ω
18,337 10
Então
xcabo(máx ) = 2,245Ω ⋅
1m
0,01Ω
x cabo (máx ) ≅ 224,5m
Por fim 176,5 m ≤ xcabo ≤ 224,5 m
ALTERNATIVA E
29. Em um experimento existem três recipientes E1, E2 e E3. Um
termômetro graduado numa escala X assinala 10ºx quando imerso
no recipiente E1, contendo uma massa M1 de água a 41ºF. O
termômetro, quando imerso no recipiente E2 contendo uma massa
M2 de água a 293 K, assinala 19ºX. No recipiente E3 existe
inicialmente uma massa de água M3 a 10ºC. As massas de água
M1 e M2, dos recipientes E1 e E2, são transferidas para o recipiente
E3 e, no equilíbrio, a temperatura assinalada pelo termômetro é de
13ºX. Considerando que existe somente troca de calor entre as
M
massas de água, a razão 1 é:
M2
M3
a) 2 + 0,2 M
No circuito apresentado na figura acima, a chave S é fechada e a
corrente fornecida pela bateria é 20A. Para que o fusível F, de 1,5A,
não abra durante o funcionamento do circuito, o valor da resistência
variável R, em ohms é:
Consideração:
O capacitor está descarregado antes do fechamento da chave S:
a) R ≥ 120
b) 95 ≤ R ≤ 115
c) 85 ≤ R ≤ 100
d) 55 ≤ R ≤ 65
e) R ≤ 45
Solução:
2
b) 2
Vamos condicionar o valor do resistor R analisando o circuito
imediatamente após o fechamento da chave. Nesse caso o capacitor
está descarregado e funciona como um curto-circuito.
Com isso passa a corrente limite pelo fusível.
O circuito então se resume ao esquema a seguir:
M3
c) 1 + M
2
d) 0,5
M
e) 0,5 -2 3
M2
20 −i
20 A
⎯⎯⎯→ E
⇒
X − 10 K − 278
=
3
5
K
278k
−
F
(1,5 + i )
X − 10
K − 278
X − 10 K − 278
=
⇒
=
19 − 10 293 − 278
9
15
−
1,5 A
1 →
⎯⎯ ⎯⎯
6Ω
⇒
+
3Ω
2⋅(1,5 + i1)
−
D
293k
⎯⎯⎯ ⎯
⎯→
i
R
−
i
A
1
⎯⎯→
12Ω
3i1
10 º x
+
4Ω
⎯⎯
⎯→
Do recipiente 1 temos:
10ºx é equivalente a 41ºF como
F − 32 K − 273
41 − 32 K − 273
=
⇒
=
⇒ K = 278
9
5
9
5
Do recipiente 2 temos:
19°x equivalente a 293k
X
+
+
Solução:
19 º x
C
⎯⎯⎯→
−
B
Usando a lei dos Nós no nó A, temos:
3i1 = 1,5 + 2 · (1,5 + i1)
3i1 = 1,5 + 3 + 2i1
i1 = 4,5A
Usando a lei dos Nós no nó C, temos:
20 – i = 3i1 + i1
4i1 = 20 – i
4 · 4,5 = 20 – i
18 = 20 – i
i = 2A
M1 estava inicialmente a 10ºx = 278k
19 − 10 K − 278
M2 estava inicialmente a 19ºx ⇒
=
⇒ K = 293
3
5
10ºC equivalente a 283k ⇒ M3 estava inicialmente a 283k
Após adicionar M1 e M2 a M3 a temperatura de equilíbrio é 13ºx e:
13 − 10 K − 278
=
⇒ K = 283 ⇒ 13° x equivalent e a 283k
3
5
Finalmente usando a Lei das Malhas na malha ECDBE, vem:
+ 4 · (3i1) + 3[2 · (1,5 + i1)] – R · i = 0
12i1 + 9 + 6i1 = R · i
18i1 + 9 = R · i
ALTERNATIVA B
ALTERNATIVA E
Assim:
18 · 4,5 + 9 = R · 2
81 + 9 = R · 2
2R = 90
Como o calor só é trocado entre M1, M2 e M3 :
R = 45 Ω
Q1 + Q2 + Q3 = 0 ⇒ M1 ⋅ c ⋅ (283 − 278 ) + M2 ⋅ c ⋅ (283 − 293 ) + M3 ⋅ c ⋅ (283 − 283 ) = 0
Mas esse é o valor maximante para R.
Assim:
M
R ≤ 45 Ω
M1 ⋅ 5 + M2 ⋅ (− 10) = 0 ⇒ 2M2 = M1 ⇒ 1 = 2
M2
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11
+
2-
Logo K < S
2+
2b) Ba → 54e e S → 18e não são isoeletrônicos
2+
2c) Ba e S Igual a Letra B
d) Correta → Para Isoeletrônicos, maior Z → menor raio Iônico
2+
2e) Ba < S Igual a Letra B
31. Dadas as reações:
PC l3 + 3H2O → 3H2O → H3PO3 + 3HCl
ALTERNATIVA D
PCl5 + 4H2O → H3PO4 + 5HCl
33. Dentre as opções abaixo, escolha a que corresponde,
respectivamente, às classes das moléculas: hemoglobina, amido,
DNA, ácido palmítico.
Assinale a afirmativa correta:
a) As reações podem ser classificadas como reações de
deslocamento ou troca simples.
b) O fósforo sofre oxidação em ambas as reações.
c) O ácido fosforoso é um triácido formado por ligações covalentes.
d) Os ânions fosfato e fosfito ⎛⎜ HPO32− ⎞⎟ possuem geometria
⎝
⎠
tetraédrica
e) O pentacloreto de fósforo gasoso é um composto iônico.
a) Proteína, glicídio, ácido nucleico, lipídio.
b) Ácido nucleico, glicídio, lipídio, proteína.
c) Proteína, proteína, lipídio, ácido nucleico.
d) Glicídio, proteína, ácido nucleico, lipídio.
e) Glicídio, lipídio, ácido nucleico, proteína.
Solução:
Solução:
Hemoglobina → Proteína relacionada ao processo de respiração
celular.
a) Dupla troca
Amido → Polissacarídeo (glicídeo) utilizado como reserva de energia.
b) I. +3 →+3
II. +5 → +5
O
c) H − O − P − O − H
Nox constante
−
−
Ácido palmítico → Ácido graxo encontrado no óleo de palma (lipídeo)
−
DIÁCIDO
H
d)
O
−
− −
−
−
− −
−
P
O−
O−
Tetraédric a
−
P
O−
H
Tetraédric a
cl cl
e) cl − p
cl
cl
O
−
O
ALTERNATIVA A
O
−
−
DNA → Ácido desoxirribonucleico (ácido nucleico).
34. Um tambor selado contém ar seco e uma quantidade muito
pequena de acetona líquida em equilíbrio dinâmico com a fase vapor.
A pressão parcial da acetona é de 180,0 mm Hg e a pressão total no
tambor é de 760,0 mm Hg.
−
− −−
A diferença de eletronega tividade é menor
que 1,7 → ligações covalentes. Assim o composto
é molecular
ALTERNATIVA D
2-
+
2+
32. Dados os íons: 16S ; 19K ; 56Ba , indique qual das relações
abaixo apresenta os íons isoeletrônicos em ordem correta de raio
iônico.
+
2a) K > S
2+
2b) Ba = S
2+
2c) Ba > S
+
2d) K < S
2+
2e) Ba < S
Solução:
2−
16 S
3º p
2+
56 Ba
4º p
6º p
2-
Ba > S > K
2+
+
2
2
6
2
a) 950,0 mm Hg
b) 1175,0 mm Hg
c) 760,0 mm Hg
d) 832,0 mm Hg
e) 905,0 mm Hg
Solução:
A acetona líquida encontra-se em equilíbrio com a fase vapor e este
equilíbrio depende apenas da temperatura. Como a temperatura
permanece constante podemos afirmar que a pressão parcial da
acetona não se altera.
Assim: Pacet=180 mmHg.
Com relação ao ar seco, a quantidade em mols permanece constante
fazendo com que se tenha:
2+
+
19 K
Em uma queda durante seu transporte, o tambor foi danificado e seu
volume interno diminuiu para 80% do volume inicial, sem que tenha
havido vazamento. Considerando-se que a temperatura tenha se
mantido estável a 20ºC, conclui-se que a pressão total após a queda
é de:
6
2
10
6
2
10
Ba → 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p
5 camadas
6
Pf(ar ) =
Pi(ar )
0,8
=
(760 − 180)
⇒ Pf(ar ) = 725mmHg 0,8
+
2
2
6
2
6
Assim,
PTOTAL= Pacet + Pf(ar) = 180 + 725 = 905 mmHg
2-
2
2
6
2
6
ALTERNATIVA E
K → 1s 2s 2p 3s 3p
3 camadas
S → 1s 2s 2p 3s 3p
3 camadas
a) F =
K⋅ ↑ Z ⋅ e −
↓d
2
Z = Número atômico
d = Raio Iônico
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12
35. Um erlenmeyer contém 10,0 mL de uma solução de ácido
clorídrico, juntamente com algumas gotas de uma solução de
fenolftaleína. De uma bureta, foi-se gotejando uma solução 0,100 M
de hidróxido de sódio até o aparecimento de leve coloração rósea.
Nesse momento, observou-se um consumo de 20,0 mL da solução
alcalina. Pode-se afirmar que a concentração de HCl na solução
ácida original era de:
Dados:
Solução:
E3 = Variação de entalpia de reação que não varia com a presença
do catalisador.
E1 = Energia de ativação da curva 1.
E2 = Energia de ativação da curva 2.
Como E2 > E1 → curva 1 tem presença de catalisador.
Massas atômicas: H = 1,00 u, O = 16,0 u, Na = 23,0 u, Cl = 35,5 u
–3
3
a) 3,65 x 10 g/cm
–3
3
b) 7,30 x 10 g/cm
–3
3
c) 4,00 x 10 g/cm
–3
3
d) 3,20 x 10 g/cm
–3
3
e) 2,00 x 10 g/cm
Solução:
Solução levemente rósea indica neutralização total do ácido. Assim
temos:
ma → molaridade do ácido
Va → volume do ácido
+
Xa → nº de H do ácido
mb → molaridade da base
Vb → volume da base
Xb → nº de HO da base
ma ⋅ Va ⋅ Xa = mb ⋅ Vb ⋅ Xb
ma ⋅ 10 ⋅ 1 = 0,1 ⋅ 20 ⋅ 1
ma = 0,2mol ⋅ L−1
a) Falsa. Energia dos produtos < Energia dos reagentes → E3 < 0 →
reação exotérmica.
b) Falsa. E2 > E1 → curva 2 representa a reação não catalisada.
c) Falsa. A energia de ativação da curva 1 é E1.
d) Falsa. A energia de ativação da curva 2 é E2.
e) Verdade. Como a energia de ativação (E1) é menor que a energia
de ativação da curva 2 (E2), a curva 1 corresponde a reação
catalisada, e Energia dos produtos é menor que a dos reagentes
indicando uma reação com liberação de calor.
ALTERNATIVA E
37. O dispositivo a seguir utiliza a radiação solar para quantificar
variações em propriedades termodinâmicas. Este dispositivo
composto por uma lente convergente e uma porta-amostras. A
2
lente possui área útil de 80cm , absorvidade (α) de 20% e
transmissividade (τ) de 80%. O porta-amostras possui
absortividade de 100% e volume variável, operando à pressão
constante de 1,0 atm.
Ccomum
MM
Ccomum = m ⋅ MM
m=
Ccomum = 0,2 ⋅ 36,5
Ccomum = 7,3g ⋅ L−1
Ccomum = 7,3 ⋅ 10 −3 g ⋅ mL−1
ALTERNATIVA B
36. O gráfico abaixo ilustra as variações de energia devido a uma
reação química conduzida nas mesmas condições iniciais de
temperatura, pressão, volume de reator e quantidades de reagentes
em dois sistemas diferentes. Estes sistemas diferem apenas pela
presença de catalisador. Com base no gráfico, é possível afirmar
que:
Em procedimento experimental, injetou-se 0,100ml de uma
substância pura liquida no porta-amostras do dispositivo. Em
seguida, mediu-se um tempo de 15min para a vaporização total da
amostra, durante o qual a irradiação solar permaneceu constante e
2
igual a 750W/m . Nesse processo, a temperatura do portaamostras estabilizou-se em 351K. no experimento, o calor sensível
da amostra e a radiação emitida pelo porta-amostras são
desprezíveis. Pode-se concluir que a vaporização total da
substância, as variações de entalpia molar padrão e de entropia
molar padrão são respectivamente:
a) 4,32 kJ/mol e 12,3 J/(mol K)
b) 5,40 kJ/mol e 15,4 J/(mol K)
c) 43,2 kJ/mol e 123 J/(mol K)
d) 54,0 kJ/mol e 154 J/(mol K)
e) 31,6 kJ/mol e 90,0 J/(mol K)
Solução:
1m2
750 W
X
8 ⋅ 10 −3 m2
x = 6W
80%
a) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com
absorção de calor.
b) A curva 2 representa a reação catalisada, que ocorre com
absorção de calor.
c) A curva 1 representa a reação catalisada com energia de
ativação dada por E1 + E3.
d) A curva 2 representa a reação não catalisada, que ocorre com
liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por E2 +
E3.
e) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com
liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por E1.
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4,8 W
80 cm 2 = 80 ⋅ 10 −4 m 2
4,8 W → 4,8J
y
1s
15 ⋅ 60
y = 4320J 0,1mol
13
0,1mol → 4320J
40. Com respeito aos orbitais atômicos e à teoria da ligação de
1mol → 43200J ΔH°VAP = 43,2KJ
ΔS =
43,2KJ ⋅ mol
351K
valência, assinale a alternativa INCORRETA.
−1
3
ΔS = 123J ⋅ mol −1 ⋅ K −1
ALTERNATIVA C
38. Os trabalhos de Joseph John Thomson e Ernest Rutherford
resultaram em importantes contribuições na história da evolução dos
modelos atômicos e no estudo de fenômenos relacionados à matéria.
Das alternativas abaixo, aquela que apresenta corretamente o autor
e uma das suas contribuições é:
a) Thomson – Concluiu que o átomo e suas partículas formam um
modelo semelhante ao sistema solar.
b) Thomson – Constatou a indivisibilidade do átomo.
c) Rutherford – Pela primeira vez, constatou a natureza elétrica da
matéria.
d) Thomson - A partir de experimentos com raios catódicos,
comprovou a existência de partículas subatômicas.
e) Rutherford – Reconheceu a existência das partículas nucleares
sem carga elétrica, denominadas nêutrons.
Solução:
a) Consiste no modelo de Rutherford
b) Consiste no modelo de Dalton
c) Consiste no modelo de Thomson
d) Verdade, o experimento de tubo de raios catódicos comprovam a
existência de partículas subatômicas.
e) Quem descobriu o nêutron foi J.Chadwick.
ALTERNATIVA
a) Um orbital atômico híbrido sp tem 25% de caráter s e 75% de
caráter p.
b) Um elétron 2s passa mais tempo do que um elétron 2p numa
região esférica centrada no núcleo e bem próxima deste.
3
c) Os elétrons em orbitais híbridos de um carbono sp percebem
um efeito de atração elétrica do núcleo de carbono maior do que
os elétrons em orbitais híbridos de um carbono que apresenta
hibridização sp.
d) Uma ligação tripla representa uma ligação σ e duas ligações π.
e) A energia dos orbitais p de um átomo aumenta de 2p para 3p,
deste para 4p, e assim por diante.
Solução:
3
a) Um orbital sp é formado pela superposição de 1 orbital “s” e 3
orbitais “p”. Como as contribuições de cada orbital são iguais,
25% de caráter total é “s” e 75% do “p”.
b) Orbitais tipo “s” possuem um ventre de densidade de
probabilidade de encontrar o elétron no núcleo, logo a assertiva
está correta.
c) Como os orbitais “sp” têm maior caráter “s” do que os orbitais
sp3, os elétrons são os mais fortemente atraídos nos orbitais
“sp”. Assertiva errada.
d) Afirmação correta e imediata.
e) Grosso modo, a energia total de elétron pode ser expressa, em
termos qualitativos e comparativos, como a soma dos números
quântico primário e secundário. Logo a assertiva está correta.
ALTERNATIVA C
D
39. Com relação às emissões radioativas observadas no planeta
Terra, assinale a alternativa correta:
a) A emissão de uma partícula α resulta em um elemento situado
em uma posição imediatamente à direita do elemento original, na
tabela periódica.
b) A radiação γ frequentemente acompanha uma emissão α ou β.
c) Raios γ são radiações eletromagnéticas, de comprimento de
onda superior ao da luz visível, cuja emissão não resulta em
mudanças do número em atômico ou do número de massa do
elemento.
d) As reações de fusão nuclear ocorrem quando núcleos de átomos
pesados, como urânio ou tório, são bombardeados com nêutrons,
quebrando-se em átomos menores e liberando energia e
radioatividade.
e) O decaimento α se deve à alta instabilidade do núcleo de 42 He , o
que faz com que este se separe facilmente de núcleos maiores.
Solução:
a)
ZX
A
→2 α 4 + Z − 2 Y A − 4
Para se situar imediatamente à direita, o número atômico deveria
crescer uma unidade. Logo, assertiva está errada.
b) Afirmação correta. Imediata
c) Espectro de frequência
f
Luz visível
Raios
γ
Como a frequência do raio γ é maior do que a frequência da luz
visível, seu comprimento de onda é menor. Afirmação errada.
d) o processo descrito é o da fissão nuclear. Afirmativa errada
4
e) o núcleo de 2He é extremamente estável. Afirmativa errada.
ALTERNATIVA B
GGE RESPONDE IME 2013 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
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