tensão tensão "em um"

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MATEMÁTICA / FÍSICA / QUÍMICA
01
B
21
E
02
A
22
A
03
B
23
B
04
A
24
C
05
A
25
*
06
D
26
D
07
D
27
B
08
C
28
*
09
A
29
C
10
E
30
A
11
D
31
D
12
C
32
E
13
C
33
*
14
D
34
C
15
C
35
B
16
*
36
D
17
D
37
E
18
B
38
A
19
B
39
A
20
A
40
C
1
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GABARITO COMENTADO
Questão 01
Letra: B
Os lados a, b e c de um triângulo estão em PA nesta ordem, sendo opostos aos ângulos
ˆ, B̂ e Ĉ , respectivamente. Determine o valor da expressão:
internos A
ˆ
ˆC
A
2
ˆ
ˆ
AC
cos
2
cos
a)
b)
c)
d)
e)
2.
2.
2 2.
3.
4.
Solução:
Pela lei dos senos temos:
 

sen A
a 

2R

sen B
sen C
sen B

sen A


 2R  b 
a
b
c
2R


sen C
c 

2R

 
 
 
 
 
Como os lados estão em P.A. e o termo do meio é b temos: b 
Logo.
2
   sen  A  sen C  
sen B
2R
2R
2R
  sen  A  sen C  
2sen  A  C   sen  A   sen C 


2sen 180º  A  C
2
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ac
 2b  a  c
2
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Transformando a soma dos senos em produto e usando a formula de arco dobro:


 
 
2sen A  C  sen A  sen C 
AC
AC
AC
AC
2.2.sen 
 cos 
  2sen 
 cos 

 2 
 2 
 2 
 2 








AC
AC
2 cos 
  cos 

 2 
 2 




AC
cos 

 2 

 2
AC
cos 

 2 


Questão 02
Letra: A
Sejam x e y números reais não nulos tais que:
 logx y π  logy x e  a

1
1


b
1
1

π
logx y e
 logy x
x a b 2e
O valor de
y a b 2π
é:
a) 1
π
e
b)
ae
bπ
d) a – b
c)
e
e)
 a  b π
π
Solução:
logx y   logy xe  a   logx y  e logy x  a
1
logy x 
1

1
logx y e
1
 b  log
 x 1  y  log y e1  x  b   logx y  e logy x  b
Somando as duas igualdades, temos: 2 logx y  a  b  logx y 2  a  b  y 2  x a  b
Subtraindo a segunda da primeira, temos: 2e logy x  a  b  logy x2e  a  b  x2e  y a b
Assim,
x a  b  2e
x a  b  x 2e

 1.
y a  b  2
y a  b  y 2
3
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Questão 03
Letra: B
A função f :    é definida por:
f (x)  ln
8  3senx  sen3x
8  4senx  2sen2x cos x
Marque a opção verdadeira:
a) f não tem raízes reais
b) f é uma função ímpar
c) f é uma função par
d) f  x   1
e) f é sobrejetora
Solução:
Pelas fórmulas de prostaferese, temos 2sen2xcosx  sen3x  senx . Substituindo na
expressão de f  x  , temos:
8  3senx  sen3x
8  3senx  sen3 x
8  3senx  sen3 x
f  x   ln
 ln
 ln
8  4senx  2sen2 x cos x
8  4senx  sen3 x  senx
8  3senx  sen3 x
Vamos calcular f   x  :
8  3sen   x   sen  3x 
8  3senx  sen3x
f   x   ln
 ln





8  3sen  x  sen 3x
8  3senx  sen3x
1
8  3senx  sen3x
 8  3senx  sen3x 
 ln 
 f  x 
   ln
8  3senx  sen3x
 8  3senx  sen3x 
Portanto, f é uma função ímpar.
Questão 04
Letra: A
A soma dos termos de uma progressão aritmética é 244. O primeiro termo, a razão e o
número de termos formam, nessa ordem, outra progressão aritmética de razão 1. Determine
a razão da primeira progressão aritmética.
a) 7
b) 8
c) 9
d) 10
e) 11
Solução:
Temos que  a1 , r , n  estão em P.A., logo a1  n  2 e r  n  1.
Substituindo na formula do termo geral da P.A. teremos:
an  a1   n  1 r 
an  n  2   n  1 .  n  1 
an  n2  n  1
4
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Então a soma dos termos ficará:
Sn 
Sn 
 a1  an  n 

2
n  2  n2  n  1 n

n

2
Sn 
2
3 n
n
244 
2
2



3 n

2
n3  3n  488  0
Testando os divisores de 488 vemos que n  8 é solução e, aplicando o algoritmo de BriottRuffini vemos que esta é a única solução.
Então r  8  1  7 .
Questão 05
Letra: A
Determine o produto dos valores máximo e mínimo de y que satisfazem às inequações dadas
para algum valor de x.
2x2  12x  10  5y  10  2x
a)
b)
c)
d)
e)
–3,2
–1,6
0
1,6
3,2
Solução:
I.
2x 2  12x  10  5y 
2
2
5
5
2
8
y   x  3  9  5  y  y   x  3   ,
2
2
5
5
2
8
 1,6 .
Como  x  3  0 temos que y 
5
II.
x2  6x  5 
2x 2  12x  10  10  2x  2x 2  10x  0  0  x  5.
III.
5y  10  2x  5y  10  2.0  y  2.
Portanto, o produto pedido é 2.(–1,6)  –3,2 .
5
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Questão 06
Letra: D
Qual o resto da divisão do polinômio x26 – x25 – 6x24 + 5x4 – 16x3 + 3x2 pelo polinômio
x3 – 3x2 – x +3?
a) x2 + x –2
b) 6x2 – 4x +3
c) 3x – 9
d) 6x2 – 17x – 3
e) 6x + 1
Solução:
Como o divisor é do 3 grau, então o resto é no máximo do 2 grau. Sejam o polinômio
P  x   x26  x25  6x24  5x4  16x3  3x2 e o resto da divisão r  x   ax2  bx  c .
O divisor é x3  3x2  x  3  x2  x  3  1   x  3   x  1  x  1  x  3  .
Pelo teorema do resto, temos:
r 1  a  b  c  P 1  14
r  1  a  b  c  P  1  20
r 3  9a  3b  c  P 3  326  325  6  324  5  34  16  33  3  32 
 325  3  1  2   33  15  16  1  0
a  b  c  14

Assim, devemos resolver o sistema linear a  b  c  20  a  6  b  17  c  3 .
9a  3b  c  0

Portanto, o resto da divisão é r  x   6x2  17x  3 .
Questão 07
Letra: D
Quantos restos diferentes são possíveis da divisão de n2 por 11, sendo n um número natural?
a) 3
b) 4
c) 5
d) 6
e) 7
6
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Solução:
Olhando módulo 11, n só pode assumir valores congruentes a 0 até 10, logo seus quadrados
serão dados por:
n  0  n2  0
n  1  n2  1
n  2  n2  4
n  3  n2  9
n  4  n2  5
n  5  n2  3
n  6  n2  3
n  7  n2  5
n  8  n2  9
n  9  n2  4
n  10  n2  1
Logo n2 só pode ser congruente a 0,1,3,4,5 ou 9, então temos 6 valores.
Questão 08
Letra: C
O número de soluções da equação cos(8x) = sen(2x) + tg2(x) + cotg2(x) no intervalo [0,2) é:
a)
b)
c)
d)
e)
0
1
2
4
8
Solução:
Pela desigualdade das médias temos:
tg2x  ctg2x
 tg2x.ctg2x 
2
2
tg x  ctg2x  2
Sabendo ainda que :
1  sen2x
Somando as duas inequações temos:
1  2  sen2x  tg2x  ctg2x 
1  2  cos 8x 
1  cos 8x 
cos 8x  1
Que ocorrerá para sen2x  1 e tg2x  ctg2x  2 .
A última equação é a igualdade dada na desigualdade das médias, logo só ocorrerá
quando:
tg2x  ctg2x  1
 3 5 7
Logo, as soluções de tg2x  ctg2x  2 são ; ; ;
.
4 4 4 4
3
7
e
Dessas soluções, as únicas que satisfazem sen2x  1 e cos 8x  1 são
.
4
4
Temos então 2 soluções.
7
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Questão 09
Letra: A
Dada a matriz A, a soma do módulo dos valores de x que tornam o determinante da matriz
A nulo é:
1
 2
x
A
1

 x
a)
b)
c)
d)
e)
2x
0
0 

1
x 1
2 
x4
0
0 

–1
1
x  2
7
8
9
10
11
Solução:
Aplicando a regra de Howell/Chió, temos:
1
2
det A  x
1
x
2x
0
0
1
x 1
2
x4
0
0
1
1
x 2
2 1
  4  x    1

1  2x3
 4x
1  2x2
x 1
0
2
0
1
x 2

x 1
2
  x  4    x2  3x   x   x  4    x  3   0
1
x 2
x0  x3  x4
Portanto, a soma dos módulos dos valores que tornam o determinante nulo é |0|+|3|+|4|=7.
Questão 10
Letra: E
Sejam  a circunferência que passa pelos pontos (6, 7), (4, 1) e (8, 5) e t a reta tangente
à  , que passa por (0, –1) e o ponto de tangência tem ordenada 5. A menor distância do
ponto P (–1, 4) à reta t é:
a)
b)
c)
d)
e)
3 2
4
2 3
3
4 10 / 5
Solução:
Primeiramente note que os vetores AC  8  6,5  7  2, 2 e BC  8  4,5  1   4, 4 tem
produto escalar AC.BC  2, 2 .  4, 4  0 , logo o triângulo é retângulo de hipotenusa AB,
logo seu centro é o ponto médio de AB e a medida de seu raio a metade da medida de AB:
8
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6  4
2
6  4 1  7
C 
,
 5, 4  e r 
2 
 2
 1  7 
2
2
 10
Cuja equação é  x  5   y  4   10 .
2
2
Vamos descobrir os pontos de ordenada 5 (a,5) que estão nessa circunferência:
 a  5   5  4 
5
 a  5  9 
2
2
 10 
a  5  3 
a  8 ou a  2
Os possíveis pontos são
2,5 e 8,5 .
A reta que contém os pontos
8,5 e 0, 1 não
é
tangente à circunferência dada, pois a distância do centro até esta reta é menor do que o
raio. Logo a reta t é a que passa por 2,5 e  0, 1 e é dada por: 3x  y  1  0 .
Logo, a distância pedida é:
d 
3  1   4   1
3
2
  1
2

8
10

4 10
5
Questão 11
Letra: D
O lugar geométrico no plano complexo de w = z + 1/z, sendo z número complexo tal que z
= k e k >1, e um(a):
a) segmento de reta
b) circunferência
c) hipérbole
d) elipse
e) parábola
Solução:
Fazendo z  a  bi , temos:
1
w   a  bi  
a  bi
a  bi
w  a  bi  2
; k 2  a2  b2 ,:
a  b2
a  bi
w  a  bi 
k2
1 
1 


w  a 1  2   b 1  2  i
k 
k 


1 
1 


Fazendo : a 1  2   x e y  b 1  2  .
k 
k 


x2
y2
Temos:

 k 2 , e como k  1 :
2
2
1 
1 


1  k 2 
1  k 2 




9
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x2
2
1

k  k 



y2
2
1

k  k 


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1
Portanto, o lugar geométrico é uma Elipse.
Questão 12
Letra: C
O time de futebol “X” irá participar de um campeonato no qual não são permitidos empates.
Em 80% dos jogos, “X” é o favorito. A probabilidade de “X” ser o vencedor quando ele é o
favorito é 0,9. Quando “X” não é o favorito, a probabilidade de ele ser o vencedor é 0,02.
Em um determinado jogo de “X” contra o “Y”, o time “X” foi o vencedor. Qual a probabilidade
de “X” ter sido favorito neste jogo?
a) 0,80
b) 0,98
c) 180/181
d) 179/181
e) 170/181
Solução:
A árvore acima representa a situação descrita no enunciado. Como X venceu, o espaço
amostral fica reduzido. Assim, a probabilidade de X ser favorito dado que X venceu é
0,72
180
P

.
0,724 181
Questão 13
Letra: C
Seja um trapézio retângulo de bases a e b com diagonais perpendiculares. Determine a área
do trapézio.
ab
a)
2
2
a  b
b) 

 2 
a  b
c) 
 ab
 2 
 2a  b 
d) 
 ab
 2 
e)
a  b 2
 2 a b


10
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Solução:
Pela semelhança: ABD  ADC temos:
Logo a área é dada por: S 
 a  b
2
ab
a h
 h
h b
ab
.
Questão 14
Letra: D
Em um prisma oblíquo ABCDEFA’B’C’D’E’F’, cuja base ABCDEF é um hexágono regular de a,
a face EFF’E’ está inclinada 45o em relação à base, e a projeção ortogonal da aresta F’E’ sobre
a base ABCDEF coincide com a aresta BC. O volume do prisma é:
3 3 3
a
a)
2
9 3
a
b)
4
5 3 3
a
3
9 3
a
d)
2
5 3
a
e)
2
c)
11
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Solução:
Como a projeção de
F ' E ' coincide com BC, o triângulo FBF ' é retângulo em
ˆ
FB  F ' B  a 3 pois F ' FB  45o .
Logo a altura do prisma é a 3 e seu volume é V  6.
Be
a2 3 .
9
a 3  a2.
4
2
Questão 15
Letra: C
Seja um tetraedro regular ABCD de aresta a e um octaedro inscrito no tetraedro, com seus
vértices posicionados nos pontos médios das arestas do tetraedro. Obtenha a área da seção
do octaedro formada pelo plano horizontal paralelo à base do tetraedro BCD, distando desta
base de um quarto da altura do tetraedro.
3 2
a
a)
192
3 2
a
b)
96
c)
3 3 2
a
32
d)
3 3 2
a
64
e)
9 3 2
a
64
12
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Solução:
Seja AG a altura do tetraedro. O ponto M , médio da altura AG , pertence à face do octaedro.
Portanto, o ponto O , centro do octaedro, dista da base BCD do tetraedro um quarto da
altura AG (figura 1).
Como os vértices do octaedro estão sobre os pontos médios das arestas do tetraedro, então
a
a aresta do octaedro é metade da aresta do tetraedro, ou seja, .
2
A seção do octaedro é obtida pelo plano paralelo a uma de suas faces passando pelo seu
centro. Assim, essa seção é obtida ligando-se os pontos médios das arestas indicadas na
figura 2. A figura obtida é um hexágono cujo lado é metade da aresta do octaedro, ou seja,
2
a
. A área desse hexágono é dada por Shex.
4
 a
   3 3 3  a2
 6  4

.
4
32
Questão 16
ANULADA
Um corpo puntiforme de massa mA parte de ponto A, percorrendo a rampa circular
representada na figura acima, sem atrito, colide com outro corpo puntiforme de massa mB,
que se encontrava inicialmente em repouso no ponto B. Sabendo que este choque é
13
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perfeitamente inelástico e que o corpo resultante deste choque atinge o ponto C, ponto mais
alto da rampa, com a menor velocidade possível mantendo o contato com a rampa, a
velocidade inicial do corpo no ponto A, em m/s é
Dados:
 Raio da rampa circular: 2m;
 aceleração da gravidade g: 10 m/s2;
 massa mA: 1 kg;
 massa mB: 1 kg.
a) 10
b) 20
c) 4 15
d) 10 5
e) 8 5
Solução:
Dados: R  2m; g  10m s2 ; mA  1kg; mB  1kg
1) Movimento do ponto mais baixo da trajetória até o ponto C
Da condição de velocidade mínima no ponto mais alto da trajetória, temos que a força normal
é igual a zero (corpo na iminência de perder contato com a pista); portanto, a única força
que atua sobre o corpo é o peso, e esta faz o papel de força centrípeta.
m v2
P  Fcentrípeta  mg 
 v2  gR
R
Conservação da Energia:
m v2C
m vB2
Eantes  Edepois  EcinéticaB  EcinéticaC  EpotencialC 

 m gh 
2
2
vB2  v2C  2gh  vB2  gR  2.g.2R  vB2  5gR
2) Choque inelástico entre A e B
Da Conservação da Quantidade de Movimento temos:
Qantes  Qdepois  mA vA  mA  mB  vB  choque inelástico  
1.vA  1  1 vB  vA  2 5gR
3) Movimento do bloco A antes do choque
Da Conservação da Energia temos:
Eantes  Edepois  EpotencialA  EcinéticaA  EcinéticaB  m gh 
gR 
v
2
oA
v
2
oA
2

2
A

m v2oA
2
v
 2gR  v2oA  v2A  2gR  v2oA  2 5gR
2

2

m v2A

2
 2gR  v2oA  20gR 
 18gR  v2oA  18.10.2  v2oA  360  v2oA  6 10 m s
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Questão 17
Letra: D
A figura acima mostra uma onda transversal na forma de um pulso ondulatório em uma
corda esticada. A onda está se propagando no sentido positivo do eixo x com velocidade
igual a 0,5 m/s. Se o deslocamento y, em metros para uma coordenada x, em metros, no
instante t = 0 é dado por
1
y( x )  2
x 4
O deslocamento y, em centímetros, para x = 3 metros e t = 2 segundos é
a) 5,50
b) 6,25
c) 8,50
d) 12,50
e) 15,25
Solução:
Como o pulso se propaga no sentido positivo e com velocidade constante, seu deslocamento
y  x, t  é dado por y  x  vt  , pois o deslocamento é no sentido positivo. Logo,
y x 
1
1
1
 y  x, t  
 y  x, t  
2
2
x 4
 x  vt   4
 x  0,5t   4
2
Para x  3m e t  2 s temos:
y 3,2  
d
1
3  0,5.2
2
4
d
1
3  1
2
4
d
1

22  4
1
1
100
m  d  .102 cm  d 
cm  d  12,5 cm
8
8
8
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Questão 18
Letra: B
Uma chapa rígida e homogênea encontra-se em equilíbrio. Com base nas dimensões
apresentadas na figura, o valor da razão x/a é
a)
b)
c)
d)
e)
10,5975
11,5975
12,4025
15,2975
13,5975
Solução:
Analisando a figura, notamos que podemos eliminar as quadriculas que apresentam o
mesmo torque em módulo mas com sinais opostos (x, y e z); portanto, como
M 0
teremos:

10q.3a  Q.5a 
2 .a. a .3  2 . a .  x  8,5975a 
x  11,5975a
16
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Questão 19
Letra: B
A figura acima mostra um circuito elétrico composto por resistências e fontes de tensão.
Diante do exposto, a potência dissipada, em W, no resistor de 10  do circuito é
a)
b)
c)
d)
e)
3,42
6,78
9,61
12,05
22,35
Solução:
10I1  5I2  2I1  I2  1
5I1  10I2  10  I1  2I2  2
I2  1,0A
VTh  5  1  5V
TTh  15 Ω
7
17
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i 
15  5
10  15

7

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14
A
17
P = Ri2  10  14
17 
2
P  6,78W
Questão 20
Letra: A
A figura acima apresenta um pêndulo simples constituído por um corpo de massa 4g e carga
+ 50 C e um fio inextensível de 1m. Esse sistema se encontra sob a ação de um campo
elétrico E de 128 kN/C, indicado na figura.
Considerando que o pêndulo oscile com amplitude pequena e que o campo gravitacional seja
desprezível, o período de oscilação, em segundos, é
a)
b)
c)
d)
e)

20

10

5
2
5
4
5
Solução:
Dados:
m  4g  4.103 kg
q  50C  50.106 C  5.105 C
l  1m
E  128kN C  128.103 N C
Como o campo gravitacional é desprezível, o peso e a aceleração da gravidade são
igualmente desprezíveis. Logo,
18
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qE
m
Para pequenas oscilações, o período é dado por:
l
l
ml
T  2
 T  2
 T  2

qE
a
qE
m
Fresultante  Felétrica  ma  qE  a 
T  2
4.103.1
1
2

 T  2
 T
 T
s
5
3
1600
40
20
5.10 .128.10
Questão 21
Letra: E
Uma partícula eletricamente carregada está presa a um carrinho que se move com velocidade
de módulo constante por uma trajetória no plano XY definida pela parábola
y = x2 – 9x + 3
Sabe-se que, em XY, um campo magnético uniforme paralelo ao vetor (3B, B) provoca força
sobre a partícula. O ponto onde a partícula é submetida ao maior módulo de força magnética
é
a)
b)
c)
d)
e)
(– 6,
(– 3,
(1, –
(2, –
(3, –
93)
39)
5)
2)
15)
Solução:
Como o campo magnético é paralelo ao vetor 3B,B  , então o coeficiente angular da reta
paralela ao campo magnético é dado por:
y
B
1
m
m
m
x
3
3B
A direção da velocidade é a mesma da reta tangente à trajetória. Logo, podemos calcular o
seu coeficiente angular derivando a equação da trajetória.
y  x2  9x  3  y'  2x  9
Como a velocidade da partícula é constante, a força magnética será máxima quando os
vetores campo magnético e velocidade forem perpendiculares. Aplicando a condição de
perpendicularidade temos:
1
m.m'  1  m'  1  m'  3
3
Substituindo na derivada temos:
y '  2x  9  3  2x  9  2x  6  x  3
Substituindo na equação da trajetória temos:
y  x2  9x  3  y  32  9.3  3  y  15
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Questão 22
Letra: A
Duas fontes puntiformes idênticas estão localizadas nos pontos A e B. As fontes emitem onde
coerentes e em fase entre si. Se a distância d entre as fontes é igual a um múltiplo inteiro
positivo N do comprimento de onda, o número de máximos de interferência que podem ser
observados no eixo x à direita do ponto B é
a)
b)
c)
d)
e)
N–1
N
2N – 1
2N
infinitos
Solução:
Sabendo que os máximos de interferência correspondem a uma diferença de percurso ótico
múltiplo do comprimento de onda, temos
coordenada
N 
2
em
que
se
observa
a
N 
2
 x2  x  m , onde x é o valor da
m-ésima
interferência
construtiva.
Logo,
 m   2mx .
2
O caso limite em que x  0 confere m  N e, à medida que x tende a infinito, vemos que a
equação acima só é satisfeita para valores de m bem próximos, mas nunca iguais, a zero.
Logo, N  m  0 e observamos assim, N  1 máximos de interferência.
Questão 23
Letra: B
Um varal de roupas é constituído por um fio de comprimento 10,0 m e massa 2,5 kg,
suspenso nas extremidades por duas hastes uniformes de 200 N de peso, com articulação
nas bases, inclinadas de 45° em relação às bases e de iguais comprimentos. Um vento forte
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faz com que o fio vibre com pequena amplitude em seu quinto harmônico, sem alterar a
posição das hastes. A frequência, em Hz, neste fio é
Observação:
 a vibração no fio não provoca vibração nas hastes
a)
b)
c)
d)
e)
3
5
10
20
80
Solução:
Da condição de equilíbrio temos:
l
 M  0  Mpeso  Mtração  P. 2 .cos 45  T.l.sen45 
1 2
2
200. .
 T.
 T  100N
2 2
2
A velocidade de propagação da onda na corda é dada por:
T
T
Tl
100.10
v
v
v
v
 v  400  v  20 m s
m

m
2,5
l
E as frequências dos harmônicos são dadas por:
nv
5.20
fn 
 fn 
 fn  5Hz
2l
2.10
Questão 24
Letra: C
A figura acima mostra um conjunto massa-mola conectado a uma roldana por meio de um
cabo. Na extremidade do cabo há um recipiente na forma de um tronco de cone de
10 cm x 20 cm x 30 cm de dimensões (diâmetro da base superior x diâmetro da base inferior
x altura) e com peso desprezível. O cabo é inextensível e também tem peso desprezível. Não
há atrito entre o cabo e a roldana. No estado inicial, o carro encontra-se em uma posição tal
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que o alongamento na mola é nulo e o cabo não se encontra tracionado. A partir de um
instante, o recipiente começa a ser completado lentamente com um fluido com massa
específica de 3000 kg/m3. Sabendo que o coeficiente de rigidez da mola é 3300 N/m e a
aceleração da gravidade é 10 m/s2, o alongamento da mola no instante em que o recipiente
se encontrar totalmente cheio, em cm, é igual a
a)
b)
c)
d)
e)
0,5
1,5
5,0
10,0
15,0
Solução:
Como o preenchimento do recipiente é lento, então a condição final de equilíbrio é dada por:
mg  Kx
μVg

Pfluido  Felástica  
 μVg  Kx  x 
m
K
μ

V

Calculando o volume do tronco de cone temos:
r  5 cm; R  10 cm; h  30 cm
1
1
Vtronco  V  V '  Vtronco  πR 2H  πr 2h'
3
3
H  h' h
 2h'  h' 30  h'  30 cm 

H  2h'  semelhança
1
1
H  60 cm  Vtronco  π.102.60  π.52.30  Vtronco  2000π  250π 
3
3
3
Vtronco  1750π cm  Vtronco  1750π.106 m3  Vtronco  175π.105 m3
Calculando o alongamento temos:
μVg
3000.175π.105.10
175π.103
x
x
x
m
K
3300
11
175π.103
175π.101
x
.102 cm  x 
cm  x  5 cm
11
11
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Questão 25
Letra: Anulada

A figura acima mostra um sistema posicionado no vácuo formado por um recipiente contendo
um gás ideal de massa molecular M e calor específico c em duas situações distintas. Esse
recipiente é fechado por um êmbolo preso a uma mola de constante elástica k, ambos de
massa desprezível. Inicialmente (Situação 1), o sistema encontra-se em uma temperatura
T0, o êmbolo está a uma altura h0 em relação à base do recipiente e a mola comprimida de
x0 em relação ao seu comprimento relaxado.
Se uma quantidade de calor Q for fornecida ao gás (Situação 2), fazendo com que o êmbolo
se desloque para uma altura h e a mola passe a estar comprimida de x, a grandeza que varia
linearmente com Q é
a) x + h
b) x – h
c) (x + h)2
d) (x – h)2
e) xh
Solução:
Temos:
W 
1
1
Kx 2  Kx02
2
2
1
K x 2  x02
2
U
1
U  ncV T  T  T0  T 

ncV
ncV
U  Q  W  U  Q 


1

2
2 
Q  2 K x  x0 



Por outro lado:
Kx

P  A V  Ah  PV  Kxh

P  Kx0 V  Ah  P V  Kx h
0
0
0 0
0 0
 0
A
23
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
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Temos então:
PV
PV  P0V0
Kx0 h0
PV
 0 0 


T
T0
T  T0
T0
Q
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Kxh  Kx0 h0
1 
1

Q  K x 2  x02 
ncV 
2



 xh  x0 h0 
1
K x 2  x02  
T0 ncV
2
 x0 h0 




T0 ncV 1
1
2
2

Q  xh.
 Kx  T0 ncV  Kx0


x0 h0
2
2


b
c
a
Além disso, da figura, temos Y.
Q  a.xh  b.x2  c
Q somente teria variação linear se Y fosse proporcional a Z, ou seja, se h fosse proporcional
a x, o que não é verdade, já que W é constante.
Questão 26
Letra: D
A figura acima representa uma lâmina de espessura e densidade constantes na forma de um
semicírculo de raio a. A lâmina está suspensa por um fio no ponto A e o seu centro de massa
4a
está a uma distância de
da reta que contém o segmento DB. Uma das metades da lâmina
3π
é retirada após um corte feito ao longo do segmento AC. Para a metade que permanece
suspensa pelo ponto A nessa nova situação de equilíbrio, a tangente do ângulo que a direção
do segmento de reta AC passa a fazer com a vertical é
3
a)
4π  3
4π
b)
3π  4
π
c)
π3
4
d)
3π  4
4
e)
4π
24
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Solução:
Pela simetria da figura, observamos que o centro de massa de cada um dos quadrantes se
encontra em um ponto que as divide simetricamente.
Conforme o dado inicial da distância, localizamos o centro de massa de cada uma, onde
4a
4a
d
4
3
tg 
 tg  3  tg 
 tg 
4a
3 a  4a
ad
3  4
a
3
3
Questão 27
Letra: B
A Figura 1 apresenta um sistema composto por um trilho fixo em U e uma barra móvel que
se desloca na vertival com velocidade  suspensa por um balão de massa desprezível. O
trilho e a barra são condutores elétricos e parmenecem sempre em contato sem atrito. Este
conjunto está em uma região sujeita a uma densidade de fluxo magnético B que forma com
a horizontal uma ângulo θ, como ilustrado na Figura 2.
Diante do exposto, o valor da corrente induzida no sistema, em ampères, no estado
estacionário é:
25
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Dados:
•
•
•
•
•
•
•
massa da barra: 1 kg;
aceleração da gravidade g: 10 m/s2;
ângulo q entre a horizontal e o vetor B: 60º;
massa específica do ar: 1,2 kg/m3;
volume constante do balão: 0,5 m3;
comprimento da barra entre os trilhos: 0,2 m;
densidade de fluxo magnético B: 4 T.
Observação:
• despreze a massa do balão com o hélio e o atrito entre a barra e os trilhos.
a)
b)
c)
d)
e)
5,7
10,0
23,0
30,0
40,0
Solução:
Constatamos que há 3 forças atuando sobre a barra (o peso do balão é desprezível), sendo
que estas a mantém em equilíbrio cinético.
Ebalão  Pbarra  Fmagnética  0  arVbalão g  mg  Bil cos   0
Substituindo os dados do enunciado temos:
1,2.0,5.10  1.10  4.i.0,2.0,5  0  i  10,0 A
Questão 28
Letra: Anulada
Em um laboratório localizado em um planeta desconhecido, um grupo de pesquisadores
observa o deslizamento de um bloco em um plano inclinado. Nota-se que o bloco parte do
repouso e atinge o final da rampa em 10 segundos e com velocidade de 4 m/s. Neste mesmo
ambiente, encontra-se instalado um manômetro do tipo “tubo em U” que tem por objetivo
medir o diferencial de pressão entre dois reservatórios que se localizam em cada ponta do
tubo. Sabe-se que o fluido manométrico é feito através da mistura da mesma quantidade
em massa de dois óleos miscíveis distintos. Levando em conta os dados abaixo, pode-se
afirmar que o coeficiente de atrito (dinâmico) entre o bloco e o plano inclinado na situação
física descrita é:
26
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Dados:
•
•
•
•
•
altura máxima do plano em relação à horizontal: 6 m;
comprimento da rampa: 10 m;
diferença entre as pressões nos reservatórios: 0,18 kPa;
cota de desnível do fluido manométrico: 30 cm;
massas específicas dos óleos: 0,3 g/cm3, 0,9 g/cm3.
Observação:
• considere que a massa, em kg, da mistura dos óleos é igual a soma das massas, em
kg, das massas de cada óleo.
a)
b)
c)
d)
e)
0,25
0,45
0,50
0,70
0,75
Solução:
Função horária da velocidade:
v  v0  at  4  0  a.10  10a  4  a  0,4m s2
Função horária da posição:
at2
0, 4.102
S  v0t 
 S  0.10 
 S  20m
2
2
Isso contradiz o dado do enunciado de que o comprimento da rampa é 10m, portanto, a
questão deve ser anulada.
OBS.: Se considerarmos a rampa com 20m teremos, calculando g:
mm
PA   hg  PB e mist =
 0, 45
m
m

0,3 0,9
4
Portanto: 0, 45.103.0,3.g  180  g  .
3
Pela conservação da energia:
4
m .42
4
m . .12 
 . m . .0,8.20 
3
2
3
64
16  8  

3
3
   0,375
8
27
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Questão 29
Letra: C
A figura acima apresenta um circuito elétrico e um sistema de balança. O circuito é composto
por uma Fonte em U, cinco resistores, um capacitor, um quadrado formado por um fio
homogêneo, duas chaves e um eletroímã interligados por fios de resistência desprezível. O
sistema de balança é composto por um bloco e um balde de massa desprezível que está
sendo preenchido por água através de um dispositivo. Sabe-se que, imediatamente após o
carregamento do capacitor, a chave Cha se abrirá e a chave Chb se fechará, fazendo com que
o capacitor alimente o eletroímã, de modo que este acione um dispositivo que interromperá
o fluxo de água para o balde. O valor do capacitor para que o sistema balde e bloco fique em
equilíbrio e a energia dissipada no fio a partir do momento em que o capacitor esteja
completamente carregado até o vigésimo segundo são, respectivamente
Dados:
•
•
•
•
•
U = 100 V;
resistência total do fio: 32 kΩ;
fluxo de água: 200 ml/s;
massa específica da água = 1 g/cm3;
massa do bloco: 0,8 kg.
Observações:
• despreze a massa do balde;
• considere o capacitor carregado em um tempo correspondente a cinco vezes a
constante de tempo.
a)
b)
c)
d)
e)
6 μF e 10 J
8 μF e 10 J
8 μF e 20 J
10 μF e 10 J
10 μF e 20 J
28
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Solução:
25
 10–3 A
4
16  10
25
VAB  –8  103 
 10–3  100  VAB  50V
4
i 
=
100
3

ΔV
0,8  103
 Δt 
 4s
Δt
200
Curto na fonte:
RAB  3  97  100kΩ
Δt  5RC  C 
4
3
5  100  10
 8  10–6  C  8,0μF
29
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Até o vigésimo segundo, temos:
Δt1  20  4  16s
2
 25

ε  2Ri 2Δt1  2  16  103  
 10–3   16
 4

ε  20J
Questão 30
Letra: A
Um capacitor de placas paralelas carregado gera um campo elétrico constante em seu
interior. Num instante inicial, uma partícula de massa m e carga +Q, localizada no interior
do capacitor, é liberada com velocidade nula. Neste mesmo instante, o capacitor começa a
girar com velocidade angular constante ω em torno do eixo z. Enquanto estiver no interior
do capacitor e antes de colidir com uma das placas, a trajetória da carga será uma
Observação:
• desconsidere as ações dos campos magnético e gravitacional.
a)
b)
c)
d)
e)
superposição de um movimento circular uniforme com um movimento uniforme no eixo Y.
superposição de um movimento circular uniforme com um movimento uniforme no eixo X.
elipse, não se constituindo uma circunferência.
circunferência.
parábola.
Solução:
Da 2ª Lei de Newton temos:
Fresultante  ma  Felétrica  ma  qE  ma  a 
q
E
m
Do movimento da partícula temos
q

x '' 
.E.cos t 


m
, onde as derivadas de 2ª ordem representam as acelerações nos eixos.

q
y '' 
.E.sen t 

m

30
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Integrando temos:
q

x '' 
.E.cos t 


m


y ''  q .E.sen t 

m

qE

x' 
.sen t   C1

m
, onde as derivadas representam as

y '   qE cos t   C
2

m

 x ' 0  0
velocidades no eixos. Aplicando as condições iniciais 
, temos que:
y
'
0

0




qE

x' 
.sen t 


m

y '   qE cos t   qE

m
m

Integrando novamente temos:
qE
qE


'
 x   m 2 .cos t   C1
 x '  m .sen t 

, que são as equações de

y '   qE cos t   qE
y '   qE sen t   qE t  C '
2
m
m
m

m 2

movimento da partícula.
Note que, para fins de identificação, podemos desprezar as constantes, pois as mesmas
representam apenas o ponto no qual a partícula começa o movimento. Logo,
qE

 x   m 2 .cos t 

y '   qE sen t   qE t

m
m 2
Agora, note também que:
2
2
q2E 2
 qE

 qE


.cos

t


.
sen

t

 x 2  y 2  R2 , o que dá um movimento




 m 2

 m 2

2 4
m





circular uniforme.
Além disso, temos também que:
qE
y 
.t  S  S0  vt , o que dá um movimento retilíneo uniforme.
m
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Questão 31
Letra: D
A eritromicina é uma substância antibacteriana do grupo dos macrolídeos muito utilizada no
tratamento de diversas infecções. Dada a estrutura da eritromicina abaixo, assinale a
alternativa que corresponde às funções orgânicas presentes.
a)
b)
c)
d)
e)
Álcool, nitrila, amida, ácido carboxílico.
Álcool, cetona, éter, aldeído, amina.
Amina, éter, éster, ácido carboxílico, álcool.
Éter, éster, cetona, amina, álcool.
Aldeído, éster, cetona, amida, éter.
Solução:
32
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Questão 32
Letra: E
Um volume V1 de uma solução aquosa de HC 6 mol/L contém inicialmente uma massa m0
de íons Fe+3. São realizadas n extrações utilizando, em cada uma delas, o mesmo volume V2
de éter etílico, o qual é um solvente seletivo para FeC3. Sabendo que o coeficiente de
partição do ferro entre o éter e a solução aquosa de HC vale K, qual das expressões abaixo
é equivalente à massa de íons Fe+3 remanescente na fase aquosa ao final do processo?
Suponha que a extração do soluto não altera o volume da solução de HC.
 6KV1 
a) m0 

 KV2  V1 
n
 KV1 
b) m0 

 V2  KV1 
n
 6KV1 
c) m0 

 V2  V1 
n


V1
d) m0 

 V2  6KV1 


V1
e) m0 

 KV2  V1 
n
n
Solução:
Seja n1 o número de mols de Fe+3 na solução aquosa e n’1 o número de mols de Fe+3 na
solução de éter na primeira extração.
n '1 / V2
 k e n0  n1  n '1
n1 / V1
 n0  n1  / V1
n1 / V1


V1
 k  n1  n0 

 kV2  V1 
Seja ni o número de mols de Fe+3 na solução aquosa e n’i o número de mols de Fe+3 na
solução de éter na i-ésima extração.
n 'i / V2
 k e ni 1  ni  n 'i
ni / V1
 ni 1  ni  / V1
ni / V1


V1
 k  ni  ni 1 

 kV2  V1 
Ou seja, o número de mols de Fe+3


V1


kV2  V1 

na solução aquosa é uma PG de razão
.


V1
ni  n0 

kV2  V1 

A expressão do termo geral da PG será:
33
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i
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Como n=m/MM, teremos:


V1
mn  m0 

 kV2  V1 
n
Questão 33
Letra: Anulada
Um pesquisador verificou, em uma determinada posição geográfica, por meio da análise de
amostras de água do mar extraídas do local, que a massa específica média da água do mar
era 1,05 g/mL, a concentração média de espécies dissolvidas era 0,80 mol/L e a temperatura
média era de 290 K. O mesmo pesquisador, com o objetivo de colher água doce em seu
estudo, planeja envolver, com uma membrana semipermeável ideal, uma das extremidades
abertas de um longo tubo, a qual será imersa na água do mar. A que profundidade mínima,
em metros, o tubo deveria ser imerso?
a) 1930,0.
b) 183,4.
c) 73,7.
d) 19,4.
e) 9,7.
Dados:
Solução:
Durante a inserção do tubo na altura h:
Na base do tubo temos:
Patm + Págua doce + ∏ = Patm + Págua salgada, onde ∏ = Pressão osmótica
Então: ∏ = Págua salgada - Págua doce
∏ = dágua salgada.g.h - dágua doce.g.h
∏ = g.h(dágua salgada - dágua doce)
M.R.T = g.h(dágua salgada - dágua doce)
Considerando dágua doce = 1,00 g/mL:
0,8.103 . 8,3 . 290=10.h.(1,05 – 1,00).103
h =3667,8 m
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Observação:
Se considerarmos o tubo vazio ao ser imerso até a profundidade h, teríamos a situação
(absurda):
∏ = Págua salgada
M.R.T = dágua salgada.g.h
0,8.103 . 8,3 . 290=1,05.103. 10.h
h = 183,4 m
Questão 34
Letra: C
Considere os compostos abaixo enumerados.
I. Acetona;
II. Neopentano;
III. Fluoreto de lítio;
IV. Etanamida;
V. Pentano.
Assinale a alternativa que apresenta a sequência correta, conforme a ordem crescente de
ponto de ebulição.
a) III, I, IV, II, V.
b) V, II, I, IV, III.
c) II, V, I, IV, III.
d) II, V, IV, I, III.
e) V, II, III, IV, I.
Solução:
I-
IIIII-
IVVII e V são alcanos isômeros e apolares. A cadeia mais ramificada é a de menor ponto de
ebulição, por ser a de menor superfície de contato desses dois isômeros.
IV é a mais polar que I por fazer ligações de hidrogênio, que a acetona não faz.
III é a de mais alto ponto de ebulição e de fusão por ser um agregado iônico.
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Questão 35
Letra: B
Dados os elementos abaixo,
35
17
40
; 20
; 107
47 
marque a alternativa correta, considerando-se as condições de 1 atm e 25ºC.
a)  é encontrado livre na natureza na forma de gás monoatômico.
b)  combina-se com  formando um composto solúvel em água.
c)  combina-se com  formando um composto solúvel em água.
d)  combina-se com  formando um composto gasoso.
e)  é um mau condutor de eletricidade.
Solução:
2
2
6
2
6
2
20: 1s 2s 2p 3s 3p 4s é o metal alcalinoterroso cálcio.
Nos compostos iônicos tem Nox = +2.
 e  formam CaCl2, sal solúvel, porque os haletos são solúveis, exceto os de prata, chumbo
e mercúrio
Questão 36
Letra: D
Uma certa reação química a pressão e temperatura constantes apresenta uma pequena
variação da Energia Livre (G), de valor próximo de zero, uma variação positiva da entropia
(S) e uma variação negativa da entalpia (H). Considerando-se apenas estes dados, podese afirmar que a reação
a) é espontânea, a temperatura é aproximadamente igual a G/H e ela nunca atinge o
equilíbrio.
b) não é espontânea, a temperatura é aproximadamente igual a H/S e não há variação na
composição do meio reacional.
c) não é espontânea, a temperatura é aproximadamente igual a G/H e há uma pequena
variação na composição do meio reacional.
d) é espontânea, a temperatura é aproximadamente igual a H/S e há variação na
composição do meio reacional.
e) é espontânea, a temperatura é aproximadamente igual a G/H e o equilíbrio é atingido.
Solução:
Dados do problema:
ΔS>0
Reação exotérmica: ΔH<0
ΔG próximo de zero.
Análise de espontaneidade:
Como ΔG = ΔH – T. ΔS, pelos sinais de ΔH e ΔS, ΔG < 0 : Processo espontâneo
Como ΔG ≈ 0:
ΔH – T. ΔS ≈ 0
T ≈ ΔH/ΔS
ΔH  ΔG
Sendo ΔG = ΔH –TΔS, T 
.
ΔS
Portanto, ΔH – ΔG > 0, porque T >0, necessariamente. Como ΔH < 0 e ΔS > 0, essa
condição só se cumpre se |ΔG| > |ΔH| e ΔG <0, embora próximo de zero.
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No entanto, para T
ΔH/ΔS (alternativa D), é preciso desprezar ΔG, o que é incoerente,
porque não se desprezou ΔH, de valor menor que ΔG.
Questão 37
Letra: E
Um isótopo radioativo X transforma-se em um elemento estável Y após reações de
desintegração radioativa com emissão de radiação , radiação  negativa e radiação .
Assinale a alternativa correta.
a) A diferença entre os números de massa de X e de Y será igual à diferença entre o dobro
do número de partículas  emitidas e o número de partículas  emitidas.
b) A emissão da radiação  altera o número atômico de X.
c) A diferença entre os números atômicos de X e de Y será igual ao quádruplo do número
de partículas  emitidas.
d) X e Y são isótonos.
e) A diferença entre os números de nêutrons de X e de Y será igual à soma do dobro do
número de partículas  emitidas com o número de partículas  emitidas.
Solução:
Considere as reações do decaimento:
A
4
A4
Z X 2 α  Z 2 B
A4
Z 2
B
0
1
β  ZA14 Y
A 4
Z 1
Y  00γ  ZA14 Y
Seja n o número de nêutrons:
nx  A  Z
nY  ( A  4)  (Z  1)  A  Z  3
nx  nY  ( A  Z )  ( A  Z  3)  3
Houve uma emissão  e uma .
O dobro de emissão  mais uma emissão  é igual a 3 também.
Questão 38
Letra: A
Assinale a alternativa correta.
a) A hidrólise total de um nucleotídeo resulta em uma base nitrogenada heterocíclica, um
monossacarídeo e um íon fosfato.
b) As bases nitrogenadas encontradas nos nucleotídeos do DNA são: adenina, uracila,
citosina e guanina.
c) Watson e Crick descobriram que o RNA possui uma estrutura de dupla hélice, estando as
hélices ligadas entre si por ligações de hidrogênio entre pares de bases nitrogenadas.
d) O pareamento de bases nitrogenadas em um ácido nucleico é específico: uma adenina se
liga somente a outra adenina, uma citosina a outra citosina e assim por diante.
e) A replicação do RNA é a responsável pela transmissão do código genético.
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Solução:
a) Verdadeira: os nucleotídeos são formados por ácido fosfórico, monossacarídeo (desoxi-dribose) e bases nitrogenadas. As bases podem ser pirimidínicas e purínicas.
Pirimidina
Purina
Esquema da reação de hidrólise:
b) Falsa: A uracila só é encontrada no RNA;
c) Falsa: A estrutura de dupla hélice se refere ao DNA;
d) Falsa: Adenina se liga à timina, e citosina se liga à guanina;
e) Falsa: DNA sofre replicação.
Questão 39
Letra: A
Considere as etapas sequenciais de mistura/filtração do processo não contínuo a seguir.
No Misturador 1, antes da adição de 100 mL de uma solução aquosa de sulfato de amônio
20 g/L, encontram-se 100 mL de uma solução aquosa composta por massas iguais de nitrato
de prata, nitrato cúprico e nitrato de chumbo (II), de concentração total 60 g/L.
Ao Misturador 2, que contém o material passante do Filtro 1, adicionam-se 100 mL de uma
solução aquosa de carbonato de sódio 40 g/L e uma pequena quantidade de uma solução de
hidróxido de sódio objetivando o adequado ajuste do pH de precipitação para, em seguida,
proceder a filtração.
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Sobre os produtos de filtração, pode se dizer que:
a) o precipitado retido no Filtro 2 é uma mistura heterogênea.
b) o precipitado retido no Filtro 1, conhecido como galena, é um sólido iônico resultante da
reação:
Pb(NO3)2(aq) + (NH4)2S(aq)
PbS(s) + 2NH4NO3(aq)
c) no misturador 2 observam-se os seguintes equilíbrios iônicos:
2Ag+(aq) + CO32−(aq)
Ag2CO3(s)
+
2−
2Cu (aq) + CO3 (aq)
Cu2CO3(s)
d) o chumbo no estado sólido pode ser obtido espontaneamente através do sólido retido no
Filtro 1, conforme a reação comum às baterias de chumbo:
2PbSO4(s) + 2H2O(l)
PbO2(s) + Pb(s) + 2SO42–(aq) + 4H+(aq)
e) o precipitado retido no Filtro 2 é um sólido molecular, metaestável, com baixo ponto de
fusão e com excelentes propriedades de condução térmica e elétrica.
Solução:
Misturador 1: Soluções de AgNO3(aq), Cu(NO3)2(aq) e Pb(NO3)2(aq). Com adição de (NH4)2SO4
ocorrerá a reação de precipitação:
Pb+2(aq) + (NH4)2SO4(aq)  2NH4+(aq) + PbSO4(s)
Misturador 2: Adição de Na2CO3(aq). Ocorrerão as seguintes reações de precipitação:
2Ag+(aq) + Na2CO3(aq)  Ag2CO3(s) + 2Na+(aq)
Cu+2(aq) + Na2CO3(aq)  CuCO3(s) + 2Na+(aq)
O material sólido retido no filtro 2 será constituído por Ag2CO3 (sólido esbranquiçado) e
CuCO3 (sólido esverdeado), sendo uma mistura heterogênea.
Questão 40
Letra: C
Considere a rota sintética descrita na sequência abaixo, onde cada etapa ocorre em
temperatura e pressão adequadas:
1ª Etapa: o composto A (C7H6O) sofre oxidação em solução básica de permanganato de
potássio. O produto gerado, após neutralizado, é o ácido benzoico;
2ª Etapa: o ácido benzoico reage com etanol em solução ácida, produzindo o composto B e
água;
3ª Etapa: o composto B sofre forte redução com hidreto de lítio-alumínio em éter, gerando
dois produtos que, depois de neutralizados, formam então o composto C e o etanol.
Considerando as etapas supracitadas, são feitas as seguintes afirmações:
I) o composto A e o composto C são isômeros.
II) o composto B é um éster.
III) o composto B é o acetato de benzila.
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Com base na análise das afirmações acima, assinale a opção correta.
a) Todas as afirmações são falsas.
b) Apenas as afirmações I e II são verdadeiras.
c) Existe apenas uma afirmação verdadeira.
d) Apenas as afirmações II e III são verdadeiras.
e) Todas as afirmações são verdadeiras.
Solução:
1ª etapa:
A: Benzaldeído
Ácido benzoico
2ª etapa:
3ª etapa:
B: Benzoato de etila
C: Ácido benzóico
40
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