ESCS 2009 2°dia gabarito

GABARITO COMENTADO 9° VESTIBULAR FEPECS 2009
PROVA 2 – 2° DIA (11/01/2009 – DOMINGO)
Equipe de elaboradores: Eduardo Ulisses, George Menezes, Márcia Verburg, Édio
Gleiser, Daniel Barros, Domigos Dias, Thiago Rezende, Hara Dessano, Guilherme
Girão.
Revisão Textual: Cintia Frasão
Revisão Técnica: Guilherme Girão
Coordenação Pedagógica: Fabíola Batista
MATEMÁTICA / FÍSICA / QUÍMICA / BIOLOGIA
ITEM
GABARITO
1
C
COMENTÁRIOS
Para obter a aresta do cubo, consideremos o lado de cada
quadrado menor da figura dada igual a x. Daí:
3x × 4 x = 192 ⇒ x 2 =
2
C
192
= 16 ⇒ x = 4 =
12
VOLUME DO CUBO = x3 = 4³=64.
Número no visor  720. Sendo 720 = 24.32.5
Ao pressionar a tecla D o resultado obtido é
(4+1).(2+1).(1+1) = 30
Ao pressionar a tecla S em seguida o valor obtido é
1+2+3+4+...+29+30 = (1+
30).
30
= 465.
2
Lembrando que o número de divisores, positivos ou
negativos, de um número decomposto em fatores primos,
a
b
c
P1 .P2 .P3 ... é dado por (a+1).(b+1).(c+1).... e que a soma
n
dos termos de uma P.A. é dada por ( a1 + a n ). .
2
3
D
Completando a tabela:
HOMENS
MULHERES
TOTAL
BIOMÉDICA
12
32
44
TECNOLÓGICA
20
16
45%
de 80
= 36
TOTAL
32
48 = 60%
de 80
80
Escolhendo uma das pessoas tem-se:
Espaço amostral = 80
P( mulher ou área de biomédica) =
12 + 32 + 16
= 0,75 = 75% ,
80
maior que 74%.
4
B
Com os dados da questão, encontramos a seguinte função
exponencial:
1
V( t ) = V0 .(0,96)10
.t
Como devemos calcular o tempo necessário para que seu
volume seja à quarta parte do volume inicial, temos:
t
t
t
1
 96  10
 24  10
−1
10
V0 = V0 .(0,96) ⇒ 4− 1 = 
 ⇒ 4 = 

4
 100 
 25 
Aplicando o logaritmo de base 10, como sugerido no
comando da questão:
t
10
 24 
log 4− 1 = log 
 25 
−1
t
⇒ log 22 = ( log 24 − log 25)
10
t
⇒ log 2− 2 =
log 23.3 − log 52
10
t
− 2 log 2 =
( 3 log 2 + log 3 − 2 log 5)
10
t 
10 
⇒ − 2.0,30 =  3.0,30 + 0,48 − 2 log 
10 
2
t
− 0,6 =
( 0,90 + 0,48 − 2( log10 − log 2) )
10
⇒ − 6 = t.(1,38 − 2.(1 − 0,30 ) ) ⇒ − 6 = − 0,02t
( )
(
⇒ t = 300
)
Portanto, o tempo necessário é de 300 minutos, ou seja, 5
horas.
5
D
PB = AB = 3
Considerando
BQ = BC = 5
AB̂C = θ
, tem-se que
θ + α = 180º , logo
PB̂Q = α
cos α = − cos θ .
Pelo
∆ ABC ⇒ cos θ =
3
5
Pelo ∆ PQB usando lei dos cossenos temos:
2
2
2
PQ = PB + BQ − 2.PB.BQ. cos α
2
 3
PQ = 32 + 52 − 2.3.5. −  ⇒ PQ = 2. 13
 5
6
D
O valor total pago é dado por (preço unitário). (número de
sacas vendidas) = 5400.
200 

 50 +
 .x = 5400 ⇒ 50.x + 200 = 5400 ⇒ x = 104
x 

7
E
Considerando o número de médicos que atendem na
emergência igual a x e o número de médicos que atendem
na enfermaria igual a y, tem-se:
20% de x = 80% de y = médicos comuns aos dois setores
 0,2.x = 0,8.y  x = 4.y
Lembrando que n (A ∪ B) = n (A) + n (B) − n (A ∩ B)
 x + y – 0,8.y = 63
4y + y – 0,8.y = 63
 y = 15. Assim x = 4.15 = 60
e o número de médicos que atendem, simultaneamente,
nos dois setores é 20% de 60 = 12.
8
A
L L L 
 , , ,...  é uma
 4 6 9 
Observe que a referida seqüência
progressão geométrica de razão
q=
2
. Como o problema
3
sugere que a seqüência é infinita e -1<q<1, temos que:
L
L
a1
3L
S∞ =
= 4 = 4 =
1− q 1− 2 1
4
3 3
9
E
Em R3 um plano é descrito pela equação:
Ax+By+Cz+D=0
em que os coeficientes A, B e C indicam a direção da reta
perpendicular a esse plano e uma reta é descrita pelo
conjunto de equações:
x=xo+at;
y=yo+bt;
z=zo+ct;
em que (xo, yo, zo) é um ponto conhecido dessa, os
coeficientes a, b e c indicam a direção de uma reta paralela
a esta e t é chamado de parâmetro.
Completando-se os quadrados da equação
x2+y2+z2+2x+2z+4z-31=0
encontramos
(x+1)2+y2+(z+2)2=36.
Observamos que essa esfera possui raio igual a 6 e centro
(-1,0,-2).
A reta r que passa pelo centro da esfera e é perpendicular
ao plano de equação x+y-z-10=0 intercepta esse plano em
C (cento da circunferência citada no texto).
O conjunto de equações de r é:
 x = − 1+ t

 y = 0+ t
 z = − 2− t

Substituindo essas, na equação do plano x+y-z-10=0 dado,
temos:
x + y – z – 10 = 0
-1+ t + t - (-2 - t) – 10 = 0
t=3
Substituindo o parâmetro encontrado nas equações da reta
encontramos:
10
A
x=2
y=3
z=-5
Pela figura II observa-se que volume da solução aquosa
restante no cone superior é o mesmo volume do que falta
preencher no cone inferior, pois os dois cones são
idênticos. Analogamente, o volume da solução aquosa que
fluiu do cone superior é igual ao volume da solução aquosa
contida no cone inferior. Dessa forma:
Altura do cone =
h+
1
5
h = h . Sendo h a altura da solução
4
4
aquosa restante no cone superior.
Considerando V1 = volume da solução aquosa restante no
cone superior
V2 = volume da solução aquosa que já fluiu
do cone superior.
V = volume do cone completo. Tem-se V1 + V2 = V.
Por semelhança de sólidos tem-se:
3



V1
h 
64

 ⇒ V1 =
=
.V
5
V  h
125


 4 
Dessa forma,
V2 = V − V1 ⇒ V2 =
61
.V
125
Por regra de três, tem-se:
Para volume = V
:
61
Para volume =
V :
125
Dessa forma :
11
D
tempo = 1h 40min = 100 min
t
 61 
V.t = 
V  .100 ⇒ t = 48 min 48s
 125 
Fazendo-se a medida de um objeto cujo comprimento é de
23 cm, com uma régua milimetrada, pode-se, com maior
precisão, estimar que o comprimento esteja entre
22,95 cm e 23,05 cm, pois a menor medida possível é igual
a 1 mm.
Assim, um objeto de 23 cm, que é o caso, terá sua medida
feita com régua expressa com 4 algarismos significativos.
12
C
Portanto, a medida é 23,00 cm.
A partir da área sob a curva, obtém-se:
Essa área é equivalente a
13
( 20 × 4)
2
= 40 m
Sem
Resposta
(Decomposição
do
vetor
velocidade
no
início
do
lançamento)
A partir da análise da componente vertical do movimento
do projétil, obtém-se:
Vy0 = V0 senθ
2
Vy 2 = Vy0 + 2a∆ S
0 = V0 ( senθ ) − 2gH
2
2
V ( senθ )
⇒ H= 0
= 3,2 m
2g
2
14
A
15
B
2
Para permanecer em equilíbrio, é necessário que a soma
das forças seja zero. Por tratar-se de vetores paralelos,
basta somar os três valores, utilizando-se os sinais + e –
em cada um deles. Assim, a única combinação possível
consta da alternativa A:
11 = 3 + 8
Observa-se que as demais alternativas não contêm
associações possíveis.
A energia potencial gravitacional do pacote, antes de
escorregar, é:
Epg = m g h = m × 10 × 1,0 = 10m , em que m representa a
massa do projétil.
A energia cinética, após chegar ao solo, é:
mv2 m( 4 )
Ec =
=
= 8m
2
2
2
Observa-se que se dissipou uma quantidade de energia
equivalente a 2m.
Assim, se o trabalho realizado para colocar o pacote no alto
do plano inclinado é igual à sua energia potencial
gravitacional, tem-se:
T = 10m ⇒ m =
T
10
Por fim, a energia dissipada por atrito é dada por:
 T
E = 2m = 2 
 10 
⇒ E = 0,2T
16
E
O empuxo que atua sobre o corpo é igual ao seu peso
quando esse flutua em equilíbrio.
O empuxo é dado por:
E = ρ fluido × Vsubmerso × g
O peso do corpo pode ser escrito como:
P = m corpo × g = ρ corpo × Vcorpo × g
Assim, igualando-se as expressões de P e E, no equilíbrio,
tem-se:
E= P
ρ fluido × Vsubmerso × g = ρ corpo × Vcorpo × g
ρ fluido × Vsubmerso = ρ corpo × Vcorpo
Vsubmerso ρ corpo
=
Vcorpo
ρ fluido
Pelos dados do enunciado:
ρ água
1 ρ corpo
=
⇒ ρ corpo =
10 ρ água
10
ρ
1 ρ corpo
=
⇒ ρ corpo = óleo
6 ρ óleo
6
Assim:
ρ água
10
17
B
=
ρ óleo
ρ
6
⇒ óleo =
= 0,6
6
ρ água 10
Utilizando-se a equação dos gases ideais:
P1V1 P2 V2
=
T1
T2
(a temperatura tem de ser expressa em kelvin)
3.3 2P2
=
300 400
P2 = 6atm
18
A
Letra B.
Utilizando-se a expressão:
v=
T
µ
v=
100
0,01
v = 104
v = 100m / s
19
C
(a massa foi escrita em quilogramas)
Assim, letra A.
Utilizando a equação do aumento, vem:
A= −
Portanto:
p'
p
p' = − 5p
Substitui-se esse resultado na equação de Gauss:
1 1 1
= +
f p p'
1 1 1
= −
15 p 5p
1
4
=
15 5p
p = 12 cm
20
E
Portanto, letra C.
(Na prova não estão escritos quais são os pontos A e B.
Vamos considerá-los os pontos extremos do circuito).
Para calcular a corrente que passa pelo resistor R3 é
necessário saber a tensão entre os seus terminais, que é a
mesma nos terminais do resistor R2, por estarem em
paralelo. Assim, através da primeira lei de Ohm teremos:
U = Ri
U = 15 . 2
U = 30 V
Como essa é a mesma tensão nos terminais de R3:
30 = 10 . i
i=3A
Calcula-se a resistência equivalente da ligação em paralelo:
R 2R 3
R2 + R3
15.10
R eq =
15 + 10
R eq = 6Ω
R eq =
Assim, a resistência equivalente entre os pontos A e B
será:
R = 6+ 4
R = 10Ω
Como a corrente total do circuito é a soma das correntes
que atravessam os resistores R2 e R3 teremos:
I=5A
Utilizando a primeira lei de Ohm, novamente, para os
pontos A e B, teremos:
U AB = 10.5
U AB = 50V
21
D
22
C
23
D
24
B
25
A
Portanto, letra E.
O elemento selênio se encontra no mesmo período que o
elemento zinco, porém está mais à direita. Portanto
apresentará maior potencial de ionização.
De acordo com a equação:
1 mol de Al2(SO4)3 → 2 mols de AlPO4
Então:
342 g de Al2(SO4)3 → 2 x (122)g de AlPO4
1026 g de Al2(SO4)3 → X g de AlPO4
X = 736 gramas.
A reação que produz o material citado no texto é uma
reação de esterificação:
(Ácido carboxílico + Álcool → Éster + Água)
Assim, o ácido utilizado será o ácido p-hidroxi-benzóico e o
álcool, é o etanol.
Os íons metálicos agem como catalisadores e a água
oxigenada atua como agente oxidante.
−
0,7 mg de sulfito ( SO 3 ) → 1 kg de peso corpóreo
−
X mg de sulfito ( SO 3 ) → 40 kg de peso corpóreo
X = 28 mg.
N = mmol/MM
N = 28/80
−
N = 0,35 mmol de sulfito ( SO 3 )
26
E*
27
B
O grupo etóxi é hidrofílico, entretanto, interage com a água
a partir de forças dipolo-dipolo. O grupo alquil é
lipossolúvel e interage com as gorduras através de forças
de London.
Assim, a alternativa mais correta é a letra E.
ΔH = Hf(P) – Hf(R)
ΔH =[(16 x
28
A
29
E
30
Sem
resposta
31
A
32
33
C
E
34
B
35
E
36
B
37
B
H ( CO 2 ) ) + (18 x H ( H 2O ) )] – [2 x H ( C8 H18 ) ]
ΔH = =[(16 x 393) + (18 x 242)] – [ 2 x 257]
ΔH = 10130 kJ, dividindo por 2:
ΔH = – 5065 kJ/mol
A pilha que fornecerá maior diferença de potencial será a
formada por alumínio e mercúrio.
ΔE = E(Hg) – E(Al)
ΔE = + 2,51 V
Na estrutura apresentada, as funções orgânicas presentes
são: Ácido carboxílico e amida.
Não há nenhuma resposta que se enquadre para essa
questão.
pH = – log [H+]
4 = – log [H+]
[H+] = 10-4 mol/L
O metal que possui elétrons distribuídos em 5 níveis
eletrônicos é o cádmio.
A isomeria presente na estrutura é a isomeria de posição.
C CaCO3 = 2,7 x 103 mol/L que é igual a
Então N = m/MM
2,7 x 103 = m/100
m = 2,7 x 105 g ou 2,7 x 102 mg/L
que corresponde aos valores encontrados para a água dura.
Comparando-se o primeiro experimento com o terceiro,
percebe-se que quando se dobra a concentração de [OH] a
velocidade dobra. E comparando-se a primeira com a
segunda linha, quando se dobra a concentração de [clorometano] a velocidade também dobra. Logo ambos são de
primeira ordem.
V = K x [cloro-metano] x [OH]
O resultado da combinação do ametal mais abundante
(oxigênio) com o metal menos abundante (Mg) formará o
óxido de magnésio. A combinação do ametal menos
abundante (cloro) com o metal mais abundante (sódio)
obtém-se o cloreto de sódio.
Apesar de não especificar meiose I e II nessa opção, o
pareamento de cromossomos ocorre apenas na meiose.
Cruzamento: AaBb (pai) X Aabb (mãe)
¼ (aa) x ½ (bb) x ½ (masc) = 1/16
38
E
http://www.rincon.com.br/Imagens/ggEspermatogenese.gif
39
A
40
E
41
C
42
D
43
C
44
E
45
D
46
Sem
resposta
47
A
48
C
49
A/E
50
D
Todo aracnídeo apresenta quatro pares de patas e corpo
dividido em: cefalotórax e abdome.
Entre as funções do epitélio de revestimento externo
encontra-se a proteção do organismo.
Mitocôndrias, ribossomos e lisossomos são encontrados em
todos os tipos de células eucariontes.
Ao colocar-se uma célula em meio hipotônico, ocorre a
entrada de água através da membrana por osmose.
Melatonina, também conhecida como hormônio do sono,
tem a influência da luz como descrito no item.
A tripsina, enzima sintetizada no pâncreas, atua no
duodeno quebrando peptídeos.
O item A refere-se a Lamark; entretanto os itens B, C e E
são referentes a conceitos de genética.
As duas classes de Cordados exemplificadas no texto são
Aves e Mamíferos, nenhuma das alternativas apresenta
100% de características comuns entre Aves e Mamíferos.
Anta, arara e onça-preta são animais endotérmicos
(homeotérmicos).
Acetilcolina,
adrenalina
e
noradrenalina
são
os
neurotransmissores mais comuns.
As respostas A e E apresentam o mesmo resultado,
estando ambas corretas.
Antônio é A positivo (heterozigoto para as duas
características, pois seu pai é “O” positivo e sua mãe é Rh
negativo), Maria é AB negativo. Logo:
¼ (sangue B) x ½ (Rh+) x ½ (definição do sexo) = 1/16
A carga genética mitocondrial é basicamente da mãe.