· Substituindo α da última equação na primeira e na terceira, vem que: 2 4 a ba b ... Dessa...

(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE

1

MATEMÁTICA

QUESTÃO 01 Os polinômios ( ) 3 2 18P x x ax= + + e ( ) 3 12Q x x bx= + + possuem duas raízes comuns. Sabendo que a e b são números reais, pode-se afirmar que satisfazem a equação a) a b= b) 2a b= c) 2a b= d) 2 3a b= e) 3 2a b=

Resolução Alternativa B Como ( )P x e ( )Q x são polinômios mônicos com 2 raízes em comum, podemos escrevê-los como:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

P x x R x

Q x x R x

⎧ = − α ⋅⎪⎨

= − β ⋅⎪⎩,

onde α e β são as raízes que não são comuns aos polinômios. Com isso, temos a seguinte igualdade válida para todo x:

( ) ( ) ( ) ( )x P x x Q x− β ⋅ = − α ⋅ ⇔

( ) ( ) ( ) ( )3 2 318 12x x ax x x bx− β ⋅ + + = − α ⋅ + + ⇔

( ) ( )4 3 2 4 3 218 18 12 12x a x ax x x x bx b x+ −β − β + − β = − α + + − α − α Pela igualdade dos polinômios, temos que os coeficientes dos termos de mesmo grau são iguais entre si:

18 1218 12

aa b

b

− β = −α⎧⎪−β =⎪ ⇔⎨

= − α⎪⎪− β = − α⎩

632

ab a

b

= β − α⎧⎪ = −β⎪⎪ ⇔⎨α = −⎪⎪α = β⎪⎩

Substituindo α da última equação na primeira e na terceira, vem que:

2

4

a

b ab

β⎧ = −⎪⎪⎨ = −β⎪⎪ β = −⎩

Temos então, substituindo as equações uma na outra:

( ) 2 2 34 82

b a a β⎛ ⎞− = β = −β β = −β = −β − ⇔ β = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

Como 22

a aβ= − ⇔ β = − e a é um número real, segue que β também

tem que ser um número real. Assim: 3 8 2

⎧β = −⎪ ⇔ β = −⎨β∈⎪⎩

Substituindo β na relação b a= −β , temos que:

2b a=

QUESTÃO 02 Assinale a alternativa que apresenta o mesmo valor da expressão

( ) ( )2 24cos 9 3 4cos 27 3⎡ ⎤ ⎡ ⎤° − ⋅ ° −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ :

a) ( )sen 9°

b) ( )tg 9°

c) ( )cos 9°

d) ( )sec 9°

e) ( )cossec 9°

Resolução Alternativa B Como ( )cos 9 0° ≠ e ( )cos 27 0° ≠ , podemos escrever a expressão como:

( ) ( )2 24cos 9 3 4cos 27 3⎡ ⎤ ⎡ ⎤° − ⋅ ° −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 24cos 9 3cos 9 4cos 27 3cos 27cos 9 cos 27

⎡ ⎤ ⎡ ⎤° − ° ⋅ ° − °⎣ ⎦ ⎣ ⎦=° ⋅ °

Agora, lembrando da relação de arco triplo do cosseno:

34cos 3cos cos3θ − θ = θ Temos que:

( ) ( )34cos 9 3cos 9 cos(27 )° − ° = ° e

( ) ( ) ( )° − ° = °34cos 27 3cos 27 cos 81 E a expressão fica:

( ) ( ) ( )( )( )

sen 9cos(27 ) cos(81 ) cos(81 )cos 9 cos 27 cos 9 cos 9

°° ⋅ ° °= = = =

° ⋅ ° ° °( )tg 9°

QUESTÃO 03

Considere a equação ( )+ =2

3 33log log 1x xx

. A soma dos quadrados

das soluções reais dessa equação está contida no intervalo a) [0,5) b) [5,10) c) [10,15) d) [15,20) e) ∞[20, )

Resolução Alternativa C

Mudando 33log x x

de base, temos:

−= =

+

33

33 3

3log 1 log3loglog 3 1 logx

xxx x x

Assim:

( ) ( ) ( )+ − ⋅−+ = ⇔ =

+ +

3 22 3 3 33

33 3

log log 2 log1 log log 1 01 log 1 log

x x xx xx x

Como + ≠31 log 0x , obtemos:

( )23 3 3log log log 2 0x x x⎡ ⎤⋅ + − =⎣ ⎦ ⇔

3 1

3 2

3 3

log 0 1log 1 3

1log 29

x xx x

x x

= ⇒ =⎧⎪ = ⇒ =⎪⎨⎪ = − ⇒ =⎪⎩

Dessa maneira, a soma dos quadrados das soluções reais é dada por:

22 2 2 2 2

1 2 311 39

x x x ⎛ ⎞+ + = + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

[ )811 10,1581

∈

QUESTÃO 04

Considere as inequações abaixo: I) 2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + + II) 3 3 2 2a b a b ab+ ≥ +

III) ( ) ( )42 2a 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.


2

Resolução Alternativa B (I) Verdadeira. Multiplicando ambos os membros da inequação dada por 2 e rearranjando, temos:

2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2a b c ab bc ca a b c ab bc ca+ + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + ⇔ 2 2 2 2 2 22 2 2 0a ab b b bc c c ca a− + + − + + − + ≥ ⇔

( ) ( ) ( )2 2 2 0a b b c c a− + − + − ≥ Como o quadrado de um número real é sempre não-negativo, para qualquer número real, a soma de três números reais elevados ao quadrado também nunca será negativa. Assim, esta última inequação é verdadeira para quaisquer números reais a, b e c. Sendo todas as inequações equivalentes entre si, segue que a primeira inequação dada também é verdadeira para quaisquer a, b e c reais. (II) Verdadeira. Rearranjando a inequação dada, temos:

3 3 2 2 3 2 2 3 0a b a b ab a a b ab b+ ≥ + ⇔ − − + ≥ ⇔

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 20 0a a b b a b a b a b⋅ − − ⋅ − ≥ ⇔ − ⋅ − ≥ ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( )20 0a b a b a b a b a b− ⋅ + ⋅ − ≥ ⇔ − ⋅ + ≥ Sendo ( )2 0a b− ≥ para quaisquer a e b reais, já que é o quadrado de

um número real, e ( )a b+ é positivo já que a e b são positivos, temos que:

( ) ( )2 0a b a b− ⋅ + ≥ Sendo a última inequação verdadeira para todos a e b reais positivos, e todas as inequações equivalentes entre si, segue que a primeira inequação também é verdadeira para todos a e b reais positivos. (III) Falsa. Para 1a = e 2b = , que são reais positivos, temos:

( ) ( ) ( )( )

2 2 2 242 2

4 44

1 2 1 4 3

1 2 1 1

a ba b a b

a b

⎧ − = − = − = −⎪ ⇒ − < −⎨− = − = − =⎪⎩

Esse caso é um contra-exemplo para a inequação apresentada.

QUESTÃO 05

Considere o sistema de equações ax by cpx qy d

+ =⎧⎨

+ =⎩, com , , , ,a b c d p e

q reais, 0abcd ≠ , a b m+ = e d nc= .Sabe-se que o sistema é indeterminado. O valor p q+ é a) m

b) mn

c) 2 2m n− d) m n⋅ e) m n+

Resolução Alternativa D Um sistema linear de duas equações só será possível e indeterminado quando suas equações forem proporcionais ou algum de seus parâmetros (a, b, p ou q) for nulo. Como 0abcd ≠ , então:

p q da b c= =

Pelo enunciado, d nc= . Assim, usando propriedades de proporção

temos:

p q p q p q na b a b m

+ += = = = ⇔

++ = ⋅p q m n

QUESTÃO 06 O coeficiente de 4 4x y no desenvolvimento de ( )101 x y+ + é a) 3150 b) 6300 c) 75600 d) 81900 e) 151200

Resolução Alternativa A Lembrando da expansão de ( )101 x y+ + por Polinômio de Leibniz:

( )10

10

101 1

, ,x y x yα β γ

α+β+γ=

⎛ ⎞+ + = ⋅ ⋅ ⋅⎜ ⎟α β γ⎝ ⎠

∑

Onde:

10 10!, , ! ! !

⎛ ⎞=⎜ ⎟α β γ α ⋅ β ⋅ γ⎝ ⎠

Então o coeficiente de 4 4x y é:

10 10! 31504, 4, 2 4! 4! 2!⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⋅ ⋅⎝ ⎠

QUESTÃO 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 = = 4BH AM , a soma dos possíveis valores inteiros BM é a) 11 b) 13 c) 18 d) 21 e) 26

Resolução Alternativa B SOLUÇÃO 1: A ilustração abaixo descreve a situação descrita no enunciado.

A

B C H

M

4

4

4

Pela relação de Stewart segue que:

⎡ ⎤+ = +⎣ ⎦2 2 2( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )AM BC CM AB AC BM AM MC

⎡ ⎤+ = ⋅ + ⋅ ⇒⎣ ⎦⎡ ⎤⇒ + = ⋅ +⎣ ⎦

2 2 2

2 2 2

4( ) 4( ) 8 ( ) 4 4

( ) ( ) 2 ( ) 16

BC AB BM

BC AB BM

Pelo teorema de Pitágoras nos triângulos ABH e ACH:

+ = ⇒ = +2 2 2 2 24 ( ) ( ) 16h AB AB h e

= − + ⇒ = − + −2 2 2 2 28 ( 4) ( ) 64 16 8( )BC h BC BC h `

⎧ = +⎪⎨

= − + −⎪⎩

2 2

2 2

( ) 16( ) 64 16 8( )AB hBC BC h

Somando as equações obtidas:

+ = +2 2( ) ( ) 64 8( )AB BC BC


3

Substituindo na equação obtida pela relação de Stewart: ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ = ⋅ + ⇒ + = ⋅ + ⇒⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⇒ = +

2 2 2 2

2

( ) ( ) 2 ( ) 16 64 8( ) 2 ( ) 16

( ) 16 4( )

BC AB BM BC BM

BM BC.

Podemos observar que

> 4BC , já que = 4BH e

< 8CH , já que CH é cateto do triângulo que tem AC como hipotenusa.

Logo − < ⇒ <4 8 12BC BC , assim: < <4 12BC .

Deste modo:

= + ⇒ < <2 2( ) 16 4( ) 32 ( ) 64BM BC BM Deste modo os valores inteiros que satisfazem tal inequação são:

= 6BM e = 7BM . Logo a soma, S, dos possíveis valores de BM é = + ⇔ =6 7 13S S . SOLUÇÃO 2: Podemos observar que

A

B C H

M

4

4

4 P

Os triângulos AHC e MPC são semelhantes cuja razão de semelhança

é meio. Logo =2hMP e =( ) 2( )CH HP . Sendo assim, aplicando-se o

teorema de Pitágoras nos triângulos BMP e ACH segue que:

⎛ ⎞+ = ⇒ = + + ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠

⇒ + + + =

22 2 2 2 2

2 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) (4 ( ))2

4( ) 32( ) 64 4( ) (1)

hBP MP BM BM HP

HP HP h BM

+ = ⇒ + = ⇒

+ =

2 2 2 2 2 2

2 2

( ) ( ) ( ) (2 ) (8)4( ) 64 (2)

CH AH AC HP hHP h

Substituindo (2) em (1):

+ + + = ⇒

⇒ = + + ⇒

⇒ = +

2 2 2

2

2

4( ) 32( ) 64 4( )4( ) 32( ) 64 64

( ) 8( ) 32

HP HP h BMBM HP

BM HP

Sabe-se também que < <0 ( ) 4HP , já que CH é cateto do triângulo que tem AC como hipotenusa. Então:

< <232 ( ) 64BM Deste modo os valores inteiros que satisfazem tal inequação são:

= 6BM e = 7BM . Logo a soma, S, dos possíveis valores de BM é = + ⇔ =6 7 13S S .

QUESTÃO 08

Seja Δ o determinante da matriz 2 3

1 2 3

1x x xx x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. O número de possíveis

valores de x reais que anulam Δ é a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4

Resolução Alternativa C Como toda a segunda linha está multiplicada por x, podemos colocar esse x multiplicando todo o determinante:

2 3 2

1 2 3 1 2 31

1 1x x x x x xx x x x

Δ = = ⋅

Adicionando a terceira linha multiplicada por –1 à segunda, pelo teorema de Jacobi o determinante não se altera:

2 2

1 2 3 1 2 31 1 1

1 1x x x x x x x x

x x x xΔ = ⋅ = ⋅ − − − =

( ) ( ) ( )1 2 3

1 0 1 11

x x x xx x

= ⋅ − − + ⋅ −

Novamente na segunda linha, podemos colocar o fator ( )1x − em multiplicação na frente do determinante:

( )1 2 3

1 1 0 11

x x xx x

Δ = ⋅ − ⋅ − +

Aplicando agora a regra de Chió, temos:

( )( ) ( )

( ) 2 40 1 2 1 1 31 1

1 32 1 3xx

x x x xx xx x x

+− − ⋅ + − − ⋅Δ = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ =

− −− −

( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )21 2 1 3 4 1 2 2x x x x x x x x x= ⋅ − ⋅ ⋅ − − + ⋅ − ⇔ Δ = ⋅ − ⋅ − + Assim:

( ) ( )21 2 2 0x x x xΔ = ⋅ − ⋅ − + = ⇔ 0x = ou 1x = ou 1x i= ±

Ou seja, a equação 0Δ = tem duas raízes reais (0 e 1).

QUESTÃO 09

Seja o número complexo 2(1 )az

ib ib=

+, onde a e b são números

reais possíveis e 1i = − sabendo que o módulo e o argumento de z valem, respectivamente, 1 e ( )−π rd, o valor de a é

a) 14

b) 12

c) 1 d) 2 e) 4

Resolução Alternativa D Como o módulo do número complexo z é 1 e o argumento dele é −π rd, temos que 1z = − , e portanto:

( )( ) ( )2 2

2 1 1 1 21

az a ib ib ai b b biib ib

= = − ⇔ = − + ⇔ = − ++

Pela igualdade de números complexos ficamos com: 2

2

20 (1 )a b

b b

⎧ =⎪⎨

= −⎪⎩

Então, como ≠ 0b (caso contrário teríamos uma divisão por zero na expressão do número z):

2 21 0 1b b− = ⇔ = ⇔ 2a =


4

QUESTÃO 10 Entre os números 3 e 192 insere-se igual número de termos de uma progressão aritmética 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. Sabe-se que o

terceiro termo de ⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

811q

, em potências crescentes de 1q

, é 9rq

. O

segundo termo da progressão aritmética é a) 12 b) 48 c) 66 d) 99 e) 129

Resolução Alternativa C Pela expansão binomial, temos:

88

0

8 11i

i

i i q−

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑

Como o terceiro termo dessa expansão ( )= 2i é igual a 9rq

, vem

que:

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⋅⋅ ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

28 2

2 2

8 1 8 7 1 2812 2!q q q

⇒ =2

289r

q q⇔ ⋅ = ⋅ ⋅2 22 3 7r q

Sabemos que o número de termos nas progressões é o mesmo, então temos a seguinte relação:

( )−

⎧ = + − ⋅⎪⎨

= ⋅⎪⎩1

11

1nn

n

a a n rb b q

, onde = =192n na b e = =1 1 3a b

Substituindo os valores:

( )−

⎧ = + − ⋅⎨

= ⋅⎩1

192 3 1192 3 n

n rq

⇔ ( ) ( )( )−

⎧ − ⋅ = ⋅⎪⎨

=⎪⎩

3

1 6

11 3 722n

n rq

Dessa maneira, como q é inteiro, de (2), temos que q é uma potência de 2. Assim, ( )1n − é divisor de 6 e é positivo, podendo ser apenas

algum entre os valores 1, 2, 3 ou 6. Mas, por ( )1 , vem que −1n não pode ser múltiplo de 2, ou seja, 2 ou 6. Então, as únicas possibilidades para −1n são 1 e 3. Para − =1 1n , temos = 2n . Este resultado não convém pelo seguinte fato:

( )( )

−⎧ = ⇔ =⎪⎨

⋅ = ⋅ ⋅⎪⎩

2 1 6 6

2 2

32 242 3 7

q qr q

Como r e q satisfazem as duas equações e são ambos inteiros, então ( )3 torna ( )4 impossível. Para − =1 3n , temos = 4n . Assim:

−⎧ =⎪⎨

⋅ = ⋅⎪⎩

4 1 6

3

23 3 7q

r⇔

=⎧⎨ =⎩

463

qr

Portanto, o segundo termo da P.A. será:

= +2 1a a r ⇒ = +2 3 63a ⇒ =2 66a

QUESTÃO 11 Um menino, na cidade do Rio de Janeiro, lança uma moeda. Ele andará 1 m para o leste se o resultado for cara ou 1 m para oeste se o resultado for coroa. A probabilidade deste menino estar a 5 m de distância de sua posição inicial, após 9 lançamentos da moeda, é

a) 6

92

b) 6

352

c) 29!

d) 9

352

e) 9

9!2

Resolução Alternativa A Para que ocorra o evento descrito no enunciado, podemos perceber que é necessário que dos 9 passos dados pelo garoto, 5 deles devem ser feitos para Leste ou para Oeste e o restante seja dividido igualmente entre passos para Leste e Oeste. Ou seja, o menino pode caminhar 7 passos para Leste e 2 para Oeste ou 7 passos para Oeste e 2 para Leste. Deste modo, - Evento A: 7 passos para Leste e 2 para Oeste. Sabendo que a

probabilidade de obtermos cara e coroa valem 12

cada e que

podemos permutar os passos para Leste e para Oeste.

7 2

7

1 1 9! 9( ) ( )2 2 7! 2! 2

P A P A⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

- Evento B: 7 passos para Oeste e 2 para Leste. Sabendo que a

probabilidade de obtermos cara e coroa valem 12

cada e que

podemos permutar os passos para Leste e para Oeste.

7 2

7

1 1 9! 9( ) ( )2 2 7! 2! 2

P B P B⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

Então,

∪ = + ⇔ ∪ =7 7 6

9 9 9( ) ( )2 2 2

P A B P A B .

Isso também seria consequência da Lei Binomial de probabilidade. Sabemos que cada passo é um evento independente que dá leste

com probabilidade 12

e oeste com probabilidade 12

. Assim:

( )5 de distância em 9 passosP =

( ) ( )7 direitas e 2 esquerdas + 2 direitas e 7 esquerdasP P=

7 2 2 79 91 1 1 1+

7 22 2 2 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠6

92

QUESTÃO 12

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 a) 2 249 9 280 120 441 0x y x y+ − + − = b) 2 249 406 49 441 0x x y− − + = c) 2 29 49 441 0x y+ − = d) 2 29 9 120 441 0x y y+ + − = e) 2 29 49 441 0x y− − =

Resolução Alternativa C Veja uma figura descrevendo a situação:

A

B

P

7

3

t

Px

Py

O


5

Então, A se deslocar ao longo do eixo y é equivalente a t variar entre 0 e 10 . Vamos agora calcular as coordenadas do ponto P em função de t . Por semelhança de triângulos temos:

3 10 310

7 10 710

PP

PP

OAyy OAOBx

x OB

⎧ ⋅⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ ⋅⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩⎩

Temos que OA t= . Para o cálculo de OB utilizamos o Teorema de Pitágoras:

⎧ = −⎪ ⇔ = −⎨≥⎪⎩

2 2 2210 100

0OB t OB tOB

Assim temos as coordenadas do lugar geométrico em sua forma paramétrica:

2

3107 100

10

P

P

ty

tx

⎧ =⎪⎪⎨

−⎪ =⎪⎩

Retirando da forma paramétrica:

( )

2 22

2 2

10100493 100 49 1

49 100 9 9100100

P

P PP

P

yt y yxx t

⎧ =⎪ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⇔ = − = − ⇔⎨ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ = −

⎪⎩

2 2 2 29 441 49 9 49 441 0P P P Px y x y⇔ = − ⇔ + − =

Então o lugar geométrico tem equação:

2 29 49 441 0x y+ − =

QUESTÃO 13 Considere uma pirâmide regular de base hexagonal de altura h. Uma esfera de raio R está inscrita nesta pirâmide. O volume desta pirâmide é

a) −

22 33 2

h R hh R

b) +

233 2

h R hh R

c) +

22 33 2

h R hh R

d) −

233 2

h R hh R

e) −

22 33

h R hh R

Resolução Alternativa A Segue a ilustração da situação descrita pelo enunciado.

V

O

P Q

T

V

O

T

P Q

Podemos notar que Δ Δ~VPQ VTO e PQ é o apótema do hexágono

regular da base. Sendo l o lado do hexágono, então =3( )

2lPQ .

Nota-se também que = =OP OT R . Considerando VP a altura h da pirâmide, temos que ( ) = −VO h R . Calculando a hipotenusa do ΔVPQ por Pitágoras, obtemos que

( ) = +2 234

VQ h l .

Assim, por semelhança, temos:

−=

+2 23 32 4

R h Rl h l

⇔− +

=+

2 2 2

2 2 2

23 34 4

R h hR R

l h l⇔

⇔ ( )= ⋅ −2 2 23 24

R h l h h R ⇔( )

=⋅ −

22 4

3 2R hl

h R ( )1

Sabemos que o volume da pirâmide é definido por = ⋅ ⋅13 bV A h , onde

bA é a área do hexágono regular. Dessa maneira, a área da base pode ser calculada dividindo a base em seis triângulos equiláteros.

Então, obtemos que = ⋅2 364b

lA .

E,

21 1 363 3 4b

lV A h h= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ( )2

Substituindo ( )1 em ( )2 , temos:

( )= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ −

21 4 363 3 2 4

R hV hh R

⇔( )

= ⋅−

22 33 2

h R hVh R

QUESTÃO 14

Considere a figura abaixo formada por arcos de circunferência tangentes cujos centros formam um pentágono regular inscritível em uma circunferência de raio R. O perímetro da figura é

a) π−

7 10 2 52R

b) π+

7 10 54R

c) π+

7 10 2 52R

d) π+

7 10 2 54R


6

e) π−

7 10 2 54R

Resolução Alternativa E Veja abaixo uma das circunferências:

108o

252o

Onde o ângulo central mede 108o pois é um ângulo interno do pentágono regular que os centros formam:

Assim, a região vermelha na figura acima é composta de 5 arcos de o252 de circunferências de raio r . Assim o comprimento pedido é:

o

o

2525 2 7360

C r r= ⋅ ⋅ π = π

Agora basta relacionar r e R . Veja que o lado do pentágono tem comprimento 2r . Utilizando o ângulo central temos a seguinte situação:

R

R

2r o72

Assim, pelo Teorema dos Cossenos:

( )2 2 o4 2 1 cos72r R= −

Agora nos resta calcular o valor de ocos72 , que é o mesmo de osen18 . A técnica de calculo desse valor é conhecida, e vem do

seguinte triângulo:

o72 o72

o36

x

1 1

Assim, se traçarmos a altura relativa a base de comprimento x (pontilhada na figura anterior), temos que o ângulo superior de algum dos triângulos retângulos formados mede o18 , portanto seu seno vale:

osen182x

=

Agora basta calcular o valor de x . Para isso, traçamos a bissetriz de um dos ângulos de o72 :

o72

o36

x

1

o36

o72 x

x

1 x−

1

Por semelhança entre o triângulo 1 e o triângulo original, temos:

21 1 51 01 2

x x x x xx− − ±

= ⇔ + − = ⇔ =

Mas como x é o comprimento de um lado de um triângulo, 0x >

e portanto 5 12

x −= . Assim:

o o 5 1cos72 sen182 4x −

= = =

Substituindo em ( )2 2 o4 2 1 cos72r R= − temos:

2 2 25 1 5 54 2 14 2

r R R⎛ ⎞− −

= − = ⇔⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 25 5 5 58 2 2

r R r R− −= ⇔ =

10 2 54

r R−⇔ =

Finalmente, substituindo em 7C r= π temos:

7 10 2 54RC π

= −


7

QUESTÃO 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 a um ponto U. Assinale a opção correta 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

Resolução Alternativa E Para justificar as afirmações abaixo serão utilizadas as leis de De Morgan:

⎧ ∪ = ∩⎪⎨

∩ = ∪⎪⎩

X Y X Y

X Y X Y, com X e Y conjuntos quaisquer.

a) Falso Construimos um contra-exemplo. Cosiderando:

{ }{ }

{ }

⎧ =⎪⎪ =⎨⎪

= =⎪⎩

,

,

, ,

A a d

B b d

D C a b c

Temos então que:

{ }{ }{ }

⎧ ∩ = ⊂⎪⎪ ∩ = ⊂⎨⎪ ∩ = ⊄⎪⎩

A D a C

B D b C

A B d C

b) Falso Simplificando a expressão, temos:

( ) ( ) ( )⎡ ⎤∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩⎣ ⎦A B C A B C A B C

Colocando C em evidência:

( ) ( ) ( )⎡ ⎤∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∩ ∩⎣ ⎦C A B A B A B C

Fazemos então distributiva de ( )A B∩ em ( )A B∩ :

( ) ( ){ } ( )C A B A A B B A B C⎡ ⎤ ⎡ ⎤∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∩⎣ ⎦ ⎣ ⎦ =

( ) ( ) ( )C B A A B A B C⎡ ⎤∩ ∪ ∩ ∪ ∩ ∩ ∩ =⎣ ⎦

Aplicando a distributiva novamente e utilizando as leis de De Morgan:

( ) ( ) ( )⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤∩ ∩ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∩⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦C B A C A B C A B =

( ) ( )C B A C A B⎡ ⎤ ⎡ ⎤∩ ∩ ∩ ∩ ∩⎣ ⎦⎣ ⎦

Pois: ( ) ( ) ( )C A B C A B C A B⎡ ⎤ ⎡ ⎤∩ ∪ ∩ ∩ ∩ = ∩ ∩⎣ ⎦ ⎣ ⎦ uma vez que

( ) ( )A B A B∩ ⊂ ∪ . Assim:

( ) ( ) ( ) ( )C B A C A B C B A B A⎡ ⎤ ⎡ ⎤∩ ∩ ∩ ∩ ∩ = ∩ ∩ ∩ ∩⎣ ⎦⎣ ⎦

Mas, como ( ) ( )∩ ∩ ∩ = ∅B A B A . Então:

( ) ( ) ( )C B A B A A B∩ ∩ ∩ ∩ = ∅ ≠ ∩

Obs: Vale a ressalva que se A e B forem disjuntos ( )∩ = ∅A B , a igualdade acima é verdadeira. c) Falso

( ) ( ) ( )∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩A B C A B C A B C ⇔

( ) ( ) ( )∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩A B C A B C A B C ⇔

( ) ( ) ( )∪ ∪ ∩ ∪ ∪ ∩ ∪ ∪A B C A B C A B C

Contra-exemplo: Consideramos os conjuntos:

{ }{ }{ }

⎧ =⎪⎪ =⎨⎪ =⎪⎩

A a

B b

C c

Sabemos que { }= , ,U a b c . Então:

A B C U

A B C U

A B C U

⎧ ∪ ∪ =⎪⎪ ∪ ∪ = ⇒⎨⎪ ∪ ∪ =⎪⎩

( ) ( ) ( )A B C A B C A B C U⇒ ∪ ∪ ∩ ∪ ∪ ∩ ∪ ∪ =

Mas ∩ ∩ = ∅A B C . d) Falso Construimos um contra-exemplo. Tomando os conjuntos:

{ }{ }{ }

⎧ =⎪⎪ =⎨⎪ =⎪⎩

,

,

,

A a d

B b d

C c d

Com { }= , , ,U a b c d . Então temos:

⎧ ∩ ∩ = ∅⎪⎪ ∩ ∩ = ∅⎨⎪ ∩ ∩ = ∅⎪⎩

A B C

A B C

A B C

⇒

( ) ( ) ( )⇒ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ = ∅A B C A B C A B C

Mas:

{ }{ }{ }

⎧ ∩ =⎪ ∩ =⎨⎪ ∩ =⎩

A B dB C dA C d

⇒

( ) ( ) ( ) { }⇒ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩ =A B B C A C d

Portanto:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ≠ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩A B C A B C A B C A B B C A C

e) Verdadeiro.

Pela lei de De Morgan, temos que ∪ = ∩ = ∩A B A B A B . Como ⊂A C e ⊂B C , então ∩ ⊂A B C .

Observação: A demonstração que fizemos acima para cada alternativa faz uso apenas das definições e operações com conjuntos, não utilizando em nenhum momento diagramas para sua justificativa. Numa demonstração formal, caso de uma questão dissertativa, por exemplo, diagramas de Venn-Euler não poderiam ser usados para justificar a validade de uma determinada afirmação. Considerando que nesse caso temos uma questão objetiva, para descartar as alternativas (b), (c) e (d), podemos ilustrar, através de diagramas de Venn-Euler, que as igualdades apresentadas em cada


8

uma delas não são necessariamente verdadeiras, para três conjuntos A, B e C quaisquer. Observe os diagramas de Venn-Euler a seguir, que representam algumas intersecções que aparecerão nas alternativas (b), (c) e (d):

(I) A B C∩ ∩ :

(II) A B C∩ ∩

(III) A B C∩ ∩

Na alternativa (b), temos ( ) ( )A B C A B C∩ ∩ ∪ ∩ ∩ :

Observe a partir disso que:

( ) ( ) ( )A B C A B C A B C⎡ ⎤∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ = ∅⎣ ⎦ :

Para as alternativas (c) e (d), precisaremos do diagrama de:

( ) ( ) ( )A B C A B C A B C∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩

Na alternativa (c), o lado esquerdo da igualdade apresentada seria:

( ) ( ) ( )A B C A B C A B C∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩

Já o lado direito seria:

A B C∩ ∩

Na alternativa (d), o lado direito seria:

( ) ( ) ( )A B B C A C∩ ∪ ∩ ∪ ∩


9

FÍSICA

QUESTÃO 16 Uma partícula de carga q e massa m está sujeita a dois campos elétricos ortogonais ( )xE t e ( )yE t , dados pelas equações:

( ) ( )5sen 2xE t t=

( ) ( )12cos 2yE t t=

Sabe-se que a trajetória da partícula constitui uma elipse. A velocidade escalar máxima atingida pela partícula é:

a) 52

qm

b) 5 qm

c) 6 qm

d) 132

qm

e) 13 qm

Resolução Alternativa C Pelas equações da eletrostática, e considerando a força elétrica a única que atua na partícula:

x x x x x xqq E F q E m a a Em

⋅ = ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅

5 sen(2 )xqa tm

= ⋅ ⋅

Analogamente:

12 cos(2 )yqa tm

= ⋅ ⋅

Como a figura formada é uma elipse, então seu movimento é a composição de Movimentos Harmônicos Simples, nos eixos x e y. Podemos fazer as anti-derivadas ou utilizar as conhecidas equações de MHS para cada direção e assim obter as funções velocidade em x e y:

5 cos(2 )2x

qv tm

= − ⋅ ⋅

12 sen(2 )2y

qv tm

= ⋅ ⋅

A velocidade resultante v, em módulo: 2 2

2 2 2 5 12| | | | | | cos(2 ) sen(2 )2 2x y

q qv v v t tm m

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 22 2 225 144| | cos (2 ) sen (2 )

4 4q qv t tm m

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

( )2 2

2 2 2 225 119| | cos (2 ) sen (2 ) sen (2 )4 4

q qv t t tm m

= ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅

22 225 119| | sen (2 )

4 4qv tm

⎛ ⎞= ⋅ + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

Cujo maior valor corresponde ao caso em que 2sen (2 ) 1t = : 2 2

2max

25 119| | 1 364 4

q qvm m

⎛ ⎞= ⋅ + ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

max| | 6 qvm

=

QUESTÃO 17

Um foguete de brinquedo voa na direção e sentido indicados pela figura com velocidade constante ν . Durante todo o voo, um par de espelhos, composto por um espelho fixo e um espelho giratório que gira em torno de A, faz com que um raio laser sempre atinja o foguete, como mostra a figura acima. O módulo de velocidade de rotação do espelho é: a) ( )sen / d⎡ ⎤ν θ⎣ ⎦

b) ( )2sen / 2 / d⎡ ⎤ν θ⎣ ⎦

c) ( )2sen / d⎡ ⎤ν θ⎣ ⎦

d) ( )sen / 2d⎡ ⎤ν θ⎣ ⎦

e) ( )2sen / 2d⎡ ⎤ν θ⎣ ⎦

Resolução Alternativa E A figura abaixo traz algumas linhas de interesse para a resolução do exercício. Tomamos como R a distância entre o espelho giratório e o foguete, e como yν a componente perpendicular a R da velocidade do foguete:

θ

θ

yνν

d

R

Sabemos, do movimento circular, que Rν = ω⋅ , então:

y

Rθ

νω =

Como sen( )yν = ν ⋅ θ e sen( )

dR =θ

podemos dizer que:

2sen( ) sen ( )

sen( )d dθ

ν ⋅ θ ν ⋅ θω = =

θ

Devemos lembrar que o valor do ângulo θ entre o raio que chega e o que sai do espelho é o dobro do valor do ângulo α , entre o raio que chega e a normal ao espelho.

θ R

α

Podemos notar então que a velocidade angular do espelho αω é a metade da velocidade angular do raio emergente θω . Dessa forma:

2sen ( )2 dα

ν ⋅ θω =

⋅

QUESTÃO 18

x

r

L


10

Um objeto puntiforme encontra-se a uma distância L de sua imagem, localizada em uma tela, como mostra a figura acima. Faz-se o objeto executar um 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 é 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

Resolução Alternativa D

Sabemos que 1 1 1'f p p

= + (equação de Gauss).

Percebemos pela figura do enunciado que p x= e 'p L x= − . E a equação de Gauss fica:

16 1 13L x L x

= + ⇒−

22 3 0

16Lx L x− ⋅ + =

Calculando as raízes:

114

x L= e 234

x L=

Como o objeto realiza um movimento circular uniforme de raio r a sua projeção sobre a tela realizará movimento circular uniforme de raio R . Como as velocidades angulares são iguais podemos afirmar que:

1 2

1 2

V Vvr R R

ω = = =

Pelo aumento linear temos que: i R fAo r f p

= = =−

Então:

( )( )

211 1

2 2 1

2

ff pf pR V

R V f pff p

⎛ ⎞⎜ ⎟ −−⎝ ⎠= = =

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

Substituindo o que encontramos (note que 1 1p x= e 2 2p x= ):

1

2

3 3 916 4 16 93 1 1

16 4 16

L L LVV L L L

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = =

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1

2

9VV

=

QUESTÃO 19

Um corpo de 300g de massa é lançado de uma altura de 2,20m em relação ao chão como mostrado na figura acima. O vetor de velocidade inicial 0ν tem módulo de 20m/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: Dado: Aceleração da gravidade: 10m/s². a) 0,60 b) 1,80 c) 2,25 d) 3,00 e) 6,60

Resolução Alternativa E A força resultante sobre o corpo nesse caso é somente a força peso, que é constante. Portanto, de acordo com o teorema do impulso:

RQ F tΔ = ⋅ Δ ⇒ Q P tΔ = ⋅ Δ

⇒ Q mg tΔ = Δ (1)

Calculando então o tempo de queda: 2

0..2

g ts v tΔ = − ⇒210.0 2,2 20.cos(60 ).

2tt− = ° −

⇒21 10.2,2 20. .

2 2tt− = −

⇒ 25. 10. 2,2 0t t− − = ⇒ 1 1,2t = ±

Tomando então t positivo temos que 2,2t s= . Substituindo na equação (1) temos

( )0 0,3.10.2,2Q mg tΔ = − =

6,60 . /Q Kg m sΔ =

QUESTÃO 20

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. O cabo de seção transversal de 100 mm² 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 1μ e

2μ . Diante do exposto, a força normal por unidade de área, em MPa, no cabo CD é: Dados: • aceleração da gravidade: 10 m/s²; • densidades lineares de massa: 1 600kg mμ = e 2 800kg mμ = . a) 100 b) 125 c) 150 d) 175 e) 200


11

Resolução Alternativa B Os pesos das duas partes da barra horizontal são:

1 1 1 11 600 10 6000 NP l g P= ⋅μ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =

2 2 2 21 800 10 8000 NP l g P= ⋅ μ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = No triângulo pitagórico CBD temos:

3sen5

θ =

Admitimos o ponto B como ponto de giro da barra horizontal. A tração T no cabo pode ser decomposta, então temos a seguinte situação:

T

1P 2P

B xT

yT

0,5 m 0,5 m 0,5 m 0,5 m

θ D E F

Pela somatória nula dos momentos das forças em relação ao ponto B,

e como 3sen5yT T T= ⋅ θ = ⋅ :

1 20 0E F D BE BF y BDM M M P d P d T d+ + = ⇒ − ⋅ − ⋅ + ⋅ =

36000 0,5 8000 1,5 2,0 05

T− ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ =

12500 NT = A “força normal” no cabo CD em questão é a própria tração T. Sendo a área da secção deste cabo 2 4 2100 mm 10 mS −= = , temos:

64 2 2

12500 N N125 10 10 m m

TS −= = ⋅ ⇔ 125 MPaT

S=

QUESTÃO 21

Quando uma corda de violão é tocada, o comprimento de onda da onda sonora produzida pela corda a) é 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 específica 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.

Resolução Alternativa D Relacionando o comprimento de onda, a frequência, e a velocidade das ondas na corda e no ar temos:

corda cordaf vλ = ⋅

ar arf vλ = ⋅ Onde a frequência é a mesma para ambos, uma vez que a frequência gerada na corda é transmitida à onda sonora. Portanto

ar corda

ar corda

fv vλ λ

= =

Ou seja,

arar corda

corda

vv⎛ ⎞

λ = ⋅ λ⎜ ⎟⎝ ⎠

Sendo assim:

a) Incorreta: o comprimento de onda da onda sonora pode ser menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação de cada onda. b) Incorreta: o comprimento de onda da onda sonora pode ser maior que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação de cada onda. c) Incorreta: o comprimento de onda da onda sonora pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação de cada onda.

d) Correta: Na medida em que a razão ar

corda

vv⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

for maior/menor que 1

o comprimento da onda sonora ( arλ ) será maior/menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda ( cordaλ ). e) Incorreta: não vai depender das frequências, pois elas serão sempre iguais. A onda sonora é gerada pela perturbação causada pela corda nas moléculas de ar, e essa perturbação ocorre sempre na frequência de vibração da corda.

QUESTÃO 22

A figura acima apresenta uma partícula com velocidade ν , 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:

• 10 m/sν = • 0,5 TB = • 10 q C= μ • 2010 10 kgm −= ×

• 22

d r=

a) 1540 10−π× b) 1520 10−π× c) 1510 10−π× d) 155 10−π× e) 152,5 10−π×

Resolução Alternativa D A partícula carregada, ao penetrar no ambiente magnético, sofre ação de uma força magnética cujo módulo é dado por:

,MagF q B= ν Essa força aponta perpendicularmente à direção da velocidade, segundo a regra da mão esquerda.

v

magF

Como a trajetória é realizada com velocidade constante, a força magnética provoca uma resultante centrípeta, também constante, sobre a partícula. Tal força faz a partícula seguir a trajetória circular representada na figura do enunciado do exercício. Para calcularmos o tempo tΔ necessário para que a partícula colida com o anteparo, necessitamos saber o comprimento s do arco de

B θ

D

C

1,5 m

2,0 m

2,5 m


12

circunferência que ela percorre. Uma vez que nesse caso /t s vΔ = . Tal arco tem tamanho igual a

.s r= θ O ângulo θ está representado na figura abaixo, e é determinado por

cos arccos .d dr r

θ = ⇒ θ =

r

θ

d

s

Para a referida trajetória circular, podemos igualar a força magnética à resultante centrípeta a fim de obter o raio r em função dos parâmetros que o exercício oferece. Assim,

2

.Mag Centmv mF R qvB r v

r qB= ⇒ = ⇒ =

Desta forma,

arccos .s r m dtv v qB r

θΔ = = =

Substituindo agora os valores fornecidos no enunciado: 20

6

10.10 1arccos10.10 .0,5

tr

−

−Δ =r 2

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

155 .10 st −Δ = π

QUESTÃO 23

Em certos problemas relacionados ao escoamento de fluidos no interior de dutos, encontram-se expressões do tipo:

3

2

kalγ =

ν

A grandeza γ possui a mesma dimensão da razão entre potência e temperatura. O termo k é a condutividade térmica, conforme descrito pela Lei de Fourier. As dimensões dos parâmetros a e l são, respectivamente, as mesmas de aceleração e comprimento. A dimensão de ν 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.

Resolução Alternativa D Denotaremos as dimensões das grandezas fundamentais por:

M: Massa L: Comprimento T: Tempo θ: Temperatura

A dimensão de potência (P) pode ser calculada usando o fato de que potência é o produto de uma força por uma velocidade, e a força por sua vez é o produto de uma massa por uma aceleração. Assim:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] ( ) ( )2 1 2 3P F v m a v M L T L T M L T− − −= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ Encontramos, desse modo, as unidades dos parâmetros:

[ ]2 3

2 3 1M L T M L T−

− −⋅ ⋅γ = = ⋅ ⋅ ⋅ θ

θ

[ ] 2a L T −= ⋅

[ ]l L=

A Lei de Fourier sobre o fluxo de calor φ afirma que: k A

e⋅ ⋅ Δθ

φ = ,

onde φ é calor por tempo (portanto dimensionalmente homogêneo a uma potência), A é a área ( [ ] 2A L= ), e é a espessura ( [ ]e L= ) e Δθ

é a diferença de temperaturas ( [ ]Δθ = θ ). Assim:

[ ] [ ] [ ][ ] [ ]

( )2 33 1

2

e M L T Lk M L TA L

−− −φ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= = = ⋅ ⋅ ⋅ θ⋅ Δθ ⋅ θ

Substituindo tudo na fórmula apresentada, temos:

[ ] [ ] [ ] [ ][ ]

3

2

k a l⋅ ⋅γ = ⇔

ν

( ) ( )

[ ]

3 1 2 32 3 1

2

M L T L T LM L T− − −

− − ⋅ ⋅ ⋅ θ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ θ = ⇔

ν

[ ]2 2 3T L−ν = ⋅ ⇔ [ ] ( )1

1 2L T L−ν = ⋅ ⋅

QUESTÃO 24 u

νA

α

Uma onda plana de frequência f propaga-se com velocidade ν horizontalmente pela direita. Um observador em A desloca-se com velocidade constante ( )u u < ν 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:

a) ( )1 cosu f⎡ ⎤+ α⎢ ⎥ν⎣ ⎦

b) ( )1 cosu f⎡ ⎤− α⎢ ⎥ν⎣ ⎦

c) ( )1 cos

fu

− αν

d) ( )1 cos

fu

+ αν

e) ( )cos

1fu

α

+ν

Resolução Alternativa B Traçaremos uma figura para ajudar a compreender a situação.

α

ν

u

xu

yu

As linhas tracejadas representam as frentes de onda plana. Na imagem é possível perceber que apenas a componente xu da velocidade do observador contribui para o Efeito Doppler. Dessa forma:

o

x

f fu

= ⇒ν − ν

xo

uf f ν −= ⋅

ν

Como cos( )xu u= ⋅ α então:

cos( )o

uf f ν − ⋅ α= ⋅

ν

Rejeitando os termos:

( )1 cosouf f⎛ ⎞= − ⋅ α ⋅⎜ ⎟ν⎝ ⎠


13

QUESTÃO 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 ( )< <0 1q q . 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 que atravessa o vidro, após sucessivas reflexões internas no vidro, é dada por:

a) 2q I b) 22qI

q− c) 2

1qIq+

d) 2

qIq−

e) ( )1 12

q q I+

Resolução Alternativa D Observe a figura abaixo, onde o feixe perpendicular foi representado obliquamente para facilitar a visualização.

I

I1 I2 I3

A B C

Note que a intensidade de radiação que atravessa o vidro é a soma:

{ } ( )1 2 3, , , ... 1I I I Pelo enunciado, a intensidade da luz incidente no ponto A é qI , logo a que atravessa esse ponto é 2q I . A luz incidente em B sofre duas reflexões após atingir A, sendo incidente(1 )q I− a intensidade da luz

refletida, assim a luz incidente em B possui intensidade 2 2(1 )q q I− ⋅ . Note que para cada ponto (A, B, C ...) a intensidade da luz transmitida se reduz por um fator 2(1 )q− , assim a sequência ( )1 será:

{ }2 2 2 2 4 2 6, (1 ) , (1 ) , (1 ) , ...q I q q I q q I q q I− − −

Observe que esta sequência é uma Progressão Geométrica (P.G.) com infinitos termos de razão 2(1 q)− . Lembrando que a soma dos infinitos termos de uma P.G. é:

1

1aS

r∞ =−

Sendo a1 o primeiro termo e r a razão. Para simplificar, faremos a soma dos termos { }2 4 61, (1 ) , (1 ) , (1 ) , ...q q q− − − e multiplicamos por 2q I :

2 2 2

1 1 11 (1 ) 1 (1 2 ) 2

Sq q q q q∞ = = =

− − − − + −

Logo a intensidade que atravessa será: 2

22atravessaq II

q q= ⇒

− 2atravessaq II

q⋅

=−

QUESTÃO 26

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 17mg , sendo g a aceleração da gravidade. A altura máxima hmax que o objeto atinge na rampa é: a) 3R b) ( )−17 1 R

c) ( )+17 1 R

d) ( )+17 2 R

e) 18R Resolução Alternativa A

A fim de calcularmos a altura máxima hmax atingida pelo objeto em questão, podemos considerar o fato de não haver forças dissipativas atuando sobre ele, o que faz com que sua energia mecânica seja conservada ao longo do movimento. Dessa forma, igualamos a energia mecânica final à energia mecânica em algum outro instante do percurso. Para tanto, escolhemos o ponto P, onde é possível avaliar mais facilmente a energia cinética e a energia potencial gravitacional, sendo a última dada em relação ao chão por

.Pot PE m g R= ⋅ ⋅ . A energia cinética deve ser calculada usando

2.

12Cin P PE m v= ⋅ ⋅ ,

onde Pv é a velocidade em P. Nesse ponto P, duas forças atuam sobre o objeto: • o peso P m g= ⋅ , vertical, para baixo;

• a reação normal N , horizontal, para o centro da trajetória circular.

Desta forma, o módulo da resultante RF neste ponto é tal que:

( ) ( )2 2 2 22 217 4RF P N m g m g N N m g= + ⇔ ⋅ ⋅ = ⋅ + ⇔ = ⋅ ⋅

Em P, a normal tem papel de resultante centrípeta, de maneira que

2 224 4P PP

m v m vN m g v g RR R⋅ ⋅

= ⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ = ⋅ ⋅ ,

o que nos dá uma energia cinética igual a:

2.

1 22Cin P PE m v m g R= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ,

e por sua vez uma energia mecânica total igual a:

. . . 2 3Mec P Pot P Cin PE E E m g R m g R m g R= + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ . Assim, como a energia cinética é nula no ponto de altura máxima, impondo a conservação da energia mecânica entre esse ponto e o ponto P, temos:

.0 3PotMax Mec P maxE E m g h m g R+ = ⇔ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ max 3h R=

P

R R

A

hmax

N

P

RF


14

QUESTÃO 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, 22 s, 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

Resolução Alternativa D Passando os dados para o sistema internacional e traçando os gráficos da viagem Prevista e a Real num mesmo sistema de coordenadas:

(m/s)V

(s)t

10

20

30

300 320 562 540 600 ft

Previsto

Real

Para que as distâncias percorridas sejam iguais devemos ter as áreas abaixo dos gráficos iguais (o gráfico está fora de escala). Calculando a área prevista:

20 600 12.000PA = ⋅ = Calculando a área real:

(20 10) (10 30)20 300 20 10 220 22 30 ( 562)2 2R fA t+ +

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ −

6.000 300 2.200 440 30 ( 562)R fA t= + + + + ⋅ − 8.940 30 ( 562)R fA t= + ⋅ −

Igualando as áreas: 8.940 30 ( 562) 12.000ft+ ⋅ − =

( 562) 102ft − = 664ft =

Como o tempo previsto era de 600 segundos, temos um atraso de 64 segundos.

QUESTÃO 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 mínia de x para se iniciar a escavação é 224 m. c) a distância mínia 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) o ponto x=210 m está dentro do intervalo provável de ruptura do cabo.

Resolução Alternativa E Para analisar completamente o problema, temos que ter em mente que o aparelho de medida possui um erro de medição de 10%, para mais ou para menos. Isto nos obriga a trabalhar com os limites superior e inferior de suas medidas ao invés de um único valor. Assim, começamos calculando os extremos minU e maxU para o potencial que ele mede:

min

max

916,67. 15 V,101116,67. 18,33 V.10

U

U

= =

= =

A ruptura do cabo subterrâneo faz com que o trecho sob o solo funcione como uma resistência de 0,01 /mΩ , e conduza corrente para a terra, corrente essa que será ‘drenada’ pelo aterramento, conforme a figura abaixo. Isto ocorre pois tudo o que se encontra aterrado está no mesmo potencial, logo pode haver fluxo livre de cargas ali.

i

Dessa maneira o circuito resultante pode ser esquematizado da seguinte forma:

Rcabo

A resistência equivalente do circuito será dada por

1010

caboEQ

cabo

RRR

=+

e deverá compreender uma faixa de valores, pois

min max

10010

100 .10

caboEQ

cabo

cabo

cabo

RU R IR

RU UR

= ⋅ = →+

≤ ≤+

Resolvendo a inequação encontramos

15 100 18,3310

cabo

cabo

RR

≤ ≤+

( ) ( )0,15 10 0,1833 10cabo cabo caboR R R+ ≤ ≤ + 1,76 2,24 .caboRΩ ≤ ≤ Ω

Portanto: 176 224 .cabom L m≤ ≤

A partir disso inferimos que uma escavação de manutenção deva ser realizada no mínimo a uma distância de 176 metros e no máximo a 224 metros. Com os resultados apresentados concluímos que:


15

a) Incorreta: Não se pode determinar o comprimento total do cabo, pois parte de seu comprimento não faz parte do circuito. Mesmo os comprimentos parciais não podem ser determinados, devido à imprecisão do voltímetro, que nos dá uma margem de 176 m a 224 m para os possíveis valores do comprimento parcial do cabo (até a parte rompida). b) Incorreta: a distância máxima (e não mínima) é de 224 m. c) Incorreta: a distância mínima (e não máxima) é de 176 m. d) Incorreta: 240 m não está entre 176 m e 210 m, que são os limites encontrados para o tamanho do cabo rompido. e) Correta: 210 m está entre os valores encontrados de 176 m a 210 m

QUESTÃO 29 Em um experimento existem três recipientes 1E , 2E e 3E . Um termômetro graduado numa escala X assinala 10 °X quando imerso no recipiente 1E , contendo uma massa 1M de 41 °F. O termômetro, quando imerso no recipiente 2E contendo uma massa 2M de água a 293 K, assinala 19 °X. No recipiente Ε3 existe inicialmente uma massa de água 3M a 10 ºC. As massas 1M e 2M , dos recipientes 1E e 2E , são transferidas para o recipiente 3E e, no equilíbrio, a temperatura assinalada pelo termômetro é de 13 °X. Considerando que existe

somente troca de calor entre as massas de água, a razão 1

2

MM

é:

a) 3

2

2 0,2 MM

+

b) 2

c) 3

2

1 MM

+

d) 0,5

e) 3

2

0,5 2 MM

−

Resolução Alternativa B Como só há trocas de calor entre as massas de água, ao somarmos o calor recebido/perdido por cada porção resultará em zero:

1 2 3 0Q Q Q+ + = ⇒ 1 1 2 2 3 3 0M c T M c T M c T⋅ ⋅ Δ + ⋅ ⋅ Δ + ⋅ ⋅ Δ = ⇒

( ) ( ) ( )1 eq 1 2 eq 2 3 eq 3 0M T T M T T M T T⋅ − + ⋅ − + ⋅ − = eq. (1)

onde c é o calor específico da água, e eqT é a temperatura de equilíbrio após a mistura das massas de água. Todas as temperaturas foram dadas, mas em escalas diferentes:

1 10 X 41 FT = ° = ° 3 X 10 CT = Θ ° = °

2 19 X 293 KT = ° = 13 XeqT = °

Porém, observe que todas as temperaturas foram dadas na escala X exceto 3T . Dessa forma, vamos calcular 3T nessa mesma escala, o que denotaremos por Θ . A conversão entre as escalas de temperatura é dada por:

0 32 273180 100 100

X X F C Kx− − −

= = =Δ

eq. (2)

Usaremos os valores dados para as temperaturas 1T e 2T , e a equação (2), para calcular 0X e xΔ , e em seguida, calcular Θ :

Equação (2) para 1T :

0 32180

X X Fx− −

=Δ

010 41 32180

Xx− −

=Δ

010 120

Xx−

=Δ

eq. (3)

Equação (2) para 2T :

0 273100

X X Kx− −

=Δ

019 293 273100

Xx− −

=Δ

019 15

Xx−

=Δ

eq. (4)

Igualando xΔ nas equações (3) e (4) temos que ( ) ( )0 020 10 5 19X X⋅ − = ⋅ − ⇒ 0 7X =

Substituindo esse resultado na equação (3):

10 7 120x

−=

Δ⇒ 60xΔ =

Usando então esses valores na equação (2) encontramos Θ :

0

100X X C

x−

=Δ

⇒7 10

60 100Θ −

= ⇒ 13 º XΘ =

Agora temos todas as temperaturas na escala X . Substituindo-as na equação (1):

( ) ( ) ( )1 2 313 10 13 19 13 13 0M M M⋅ − + ⋅ − + ⋅ − = ⇒ 1 23 6 0M M⋅ − ⋅ = ⇒

1

2

2MM

=

QUESTÃO 30

No circuito apresentado na figura acima, a chave S é fechada e a corrente fornecida pela bateria é 20 A. Para que o fusível F, de 1,5 A, 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) 80 ≤ R ≤ 100 d) 55 ≤ R ≤ 65 e) R ≤ 45

Resolução Alternativa E O primeiro fato que podemos observar acerca do circuito apresentado no exercício é que a corrente que atravessa o fusível F é máxima quando o capacitor está descarregado, de forma que o trecho de circuito compreendido entre os pontos A e B, representados abaixo, funciona na prática como um curto-circuito, permitindo que corrente flua livremente entre os dois pontos.

A corrente RI que flui pela resistência variável R é totalmente determinada pela corrente I que passa pelo seguinte trecho do circuito, pois 20 ARI I+ = .

I

I

1i

2i


16

Como os pontos A e B estão sob mesmo potencial, a queda de tensão em cada um dos resistores superiores deve ser a mesma, de forma que

( )4 12 1 1 134 124

U U i I i i IΩ Ω= ⇔ = ⋅ − ⇔ =

onde 1i é corrente através do resistor de 4Ω . De forma similar podemos calcular a corrente 2i através do resistor de 3Ω :

( )3 6 2 2 223 63

U U i I i i IΩ Ω= ⇔ = ⋅ − ⇔ =

Denominando por ABi a corrente que flui de A para B, podemos ver que por conservação de cargas no nó A temos

1 23 2 14 3 12AB AB ABi i i i I I i I= + ⇔ = − ⇔ =

A corrente tolerada pelo fusível é exatamente esta que atravessa o trecho AB, de maneira que o valor máximo de I é dado por

1 1,5 A 18 A12

I I≤ ⇔ ≤

A diferença de potencial nos terminais da resistência variável R e nos terminais da parte do circuito isolada na figura anterior (com resistência equivalente EQR ) deve ser a mesma, e deve valer V . Com isso, o valor de R fica completamente determinado por

( )20EQV I R I R= ⋅ = − ⋅ Calculando EQR temos:

1 1 5 ,1 1 1 14 12 3 6

EQR = + = Ω+ +

e com isso

( )5

20IR

I=

−

Como 18 AI ≤ , temos que 5 18 45 45

20 18R R⋅≤ = ⇔ ≤ Ω

−

QUÍMICA

QUESTÃO 31

Dadas as reações:

3 2 3 3PC 3 H O H PO 3 HC+ → +

5 2 3 4PC 4 H O H PO 5 HC+ → + 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 ânios fosfato e fosfito ( )2

3HPO − possuem geometria tetraédrica. e) O pentacloreto de fósforo gasoso é um composto iônico.

Resolução Alternativa D a) INCORRETO. Ambas as reações são de dupla troca e não de troca simples, pois os átomos de cloro ligados ao fósforo são substituídos por grupos hidroxila e o grupo hidroxila da água é substituído por cloro.

23PC 3 HOH OHP(OH) 3 HC+ → + b) INCORRETO, não há variação de NOX para o fósforo em nenhuma das reações.

3 1 1 3 2

3 3 3

5 1 1 5 2

5 3 4

PC H PO

PC H PO

+ − + + −

+ − + + −

→

→

c) INCORRETO, apesar do ácido fosforoso ( 3 3H PO ) apresentar três hidrogênios na sua fórmula molecular, somente dois deles são ionizáveis, pois o terceiro está ligado diretamente ao átomo de fósforo e não apresenta caráter ácido.

P

O

OHHOH

d) CORRETA.

P

O

O-HO-

P

O

O--OO-

Ânion fosfito Geometria do átomo central:

tetraédrica (4 ligantes).

Ânion fosfato Geometria do átomo central:

tetraédrica (4 ligantes). e) INCORRETA. A diferença de eletronegatividade entre fósforo e cloro é pequena, pois estes elementos estão na mesma região da tabela periódica, e a ligação química terá um caráter predominantemente covalente.

QUESTÃO 32 Dados os íons: 2

16S − ; 19K+ ; 256Ba + indique qual das relações abaixo

apresenta os íons isoeletrônicos em ordem correta de raio iônico. a) 2K S+ −> b) 2 2Ba S+ −= c) 2 2Ba S+ −> d) 2K S+ −< e) 2 2Ba S+ −<

Resolução Alternativa D a) INCORRETO. O íon K+ apresenta a mesma configuração eletrônica do [Ar]3s23p6. Porém, o raio iônico do K+ é menor, por possuir excesso de cargas positivas (maior número de prótons que elétrons). O ânion S2- apresenta a mesma configuração eletrônica do Ar e do cátion K+, mas maior raio iônico, devido ao excesso de cargas negativas. b) INCORRETO. Os íons Ba2+ e S2- não são isoeletrônicos (Ba2+ = 54 elétrons, S2- = 18 elétrons). Além disso, o Ba2+ possui maior raio iônico por pertencer ao quinto período da tabela periódica, enquanto que o S2- pertence ao terceiro período. c) INCORRETO. Os íons Ba2+ e S2- não são isoeletrônicos, como explicado no item b). d) CORRETO. Os íons K+ e S2- são isoeletrônicos e como o número de prótons do enxofre é menor que do potássio, a ordem apresentada nesse item está correta. e) INCORRETO. Os íons Ba2+ e S2- não são isoeletrônicos, como explicado no item b).

QUESTÃO 33 Dentre as opções abaixo, escolha a que corresponde, respectivamente, às classes das moléculas: hemoglobina, amido, DNA, ácido palmítico. a) Proteína, glicídio, ácido nucléico, lipídio. b) Ácido nucléico, glicídio, lipídio, proteína. c) Proteína, proteína, lipídio, ácido nucléico. d) Glicídio, proteína, ácido nucléico, lipídio. e) Glicídio, lipídio, ácido nucléico, proteína.

Resolução Alternativa A • A hemoglobina é uma proteína do tipo metaloproteína. São

dois tipos de cadeias: uma contendo 141 aminoácidos e outra contendo 146. Cada cadeia possui um íon Fe2+, que interage com o O2, permitindo seu transporte pelo organismo.

Figura 1: Estruturas primária, secundária, terciária e quaternária da hemoglobina. (disponível em http://qnint.sbq.org.br, acessado em 15/10/2012).


17

• O amido é um polímero cujas unidades monoméricas são

moléculas de glicose. Assim é classificado como glicídio ou carboidrato.

Figura 2: Representação da cadeia de amido. (disponível em http://qnint.sbq.org.br, acessado em 15/10/2012). • O DNA (ou ácido desoxirribonucléico) é um polímero formado

por nucleotídeos (açúcar, grupo fosfato e base nitrogenada), e pertence à classe dos ácidos nucléicos.

Figura 3: Esquema representativo da estrutura dos ácidos nucléicos (disponível em http://genesegenomas.wikispaces.com, acessado em 15/10/2012). • O ácido palmítico é um ácido graxo (ácido carboxílico de

cadeia longa), que possui a fórmula condensada mostrada abaixo e é classificado como lipídio.

Ou seja: Hemoglobina ⎯⎯→ Proteína

Amido ⎯⎯→ Glicídio DNA ⎯⎯→ Ácido nucléico

Ácido palmítico ⎯⎯→ Lipídio

QUESTÃO 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 de acetona é de 180,0 mm Hg e a pressão total no tambor é de 760,0 mm Hg. 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 20°C, conclui-se que a pressão total após a queda é de: 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

Resolução Alternativa E Para facilitar a resolução, podemos dividir o sistema em duas partes:

Parte I: acetona

Parte II: ar seco

Na parte I, temos um equilíbrio heterogênio no qual a acetona líquida está em equilíbrio com seu vapor. Como a temperatura é mantida constante no processo, e a pressão de vapor (pressão exercida pelo vapor em equilíbrio com sua fase condensada) só depende da substância e da temperatura, a pressão parcial permanece constante e igual a 180 mmHg durante o processo. Note que a redução do

volume altera apenas a quantidade de acetona na fase de vapor, mas não a sua pressão parcial.

( ) (v)acetona acetona Já na parte II, contendo apenas ar seco (gás) temos que a redução do volume leva a uma alteração da pressão, segundo a equação geral dos gases temos que:

ar 1 1 ar 2 2

1 2

P V P VT T⋅ ⋅

= eq. 1

Pelos dados fornecidos temos que a temperatura permanece constante, e o volume é reduzido em 80%: V2 = 0,8 ⋅V1. A pressão devido ao ar seco apenas pode ser calculado por:

Par 1 = 760 – 180 = 580 mmHg. Substituindo na equação acima (eq. 1), temos:

1 ar 2 1 ar 2(580mmHg) (0,8 ) 725mmHgV P V P⋅ = ⋅ ⇒ = Assim, a pressão final do sistema será:

final acetona ar2 finalP P P P 180 725 = + ⇒ = +

finalP 905 mmHg=

QUESTÃO 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: Massas atômicas: H = 1,00 u, O = 16,0 u, Na = 23,0 u, Cl = 35,5 u a) 3,65 x 3 310 g/cm− b) 7,30 x 3 310 g/cm− c) 4,00 x 3 310 g/cm− d) 3,20 x 3 310 g/cm− e) 2,00 x 3 310 g/cm−

Resolução Alternativa B

• Cálculo da quantidade de base adicionada (em mol):

0,1 mol NaOH 1 L X 0,02 L

X = 2.10-3 mol NaOH Como NaOH é uma monobase e HCl é um ácido monoprótico, a neutralização total necessitará quantidades equimolares de ácido e base.

(aq) (aq) 2 ( ) (aq)1HCl 1NaOH H O 1NaCl+ + Assim:

nbase = nácido Logo, a quantidade de ácido na solução original era 2.10-3 mol.

• Cálculo da massa de HCl em 10 mL de solução:

Massa molar HCl: 35,5 + 1 = 36,5 g/mol

1 mol HCl 36,5 g 2.10-3 mol HCl Y

Y = 0,073g HCl

• Cálculo da concentração de HCl (em g/cm3):

0,073 g HCl 10 cm3 Z 1 cm3

Z = 7,30.10-3 g

Ou seja, a concentração de HCl é .7,30.10-3 g/cm 3 .


18

QUESTÃO 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:

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 1 3E E+ . d) A curva 2 representa a reação não catalisada, que ocorre com liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por 2 3E E+ . e) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por 1E .

Resolução Alternativa E O catalisador tem a função de aumentar a velocidade da reação, ao diminuir sua energia de ativação. Dessa forma, a curva 1, que apresenta menor energia de ativação (E1), corresponde à reação catalisada, enquanto a curva 2 corresponde à reação não catalisada, já que possui maior energia de ativação (E2). Como a energia dos reagentes é maior que a dos produtos, a reação é exotérmica, ou seja, libera calor (energia). Dessa forma: a) Incorreta, pois a reação é exotérmica; b) Incorreta, pois a reação catalisada é a 1 e o processo é exotérmico; c) Incorreta. A energia de ativação da curva 1 é E1; d) Incorreta. A energia de ativação da curva 2 é E2; e) Correta, como explicado acima.

QUESTÃO 37 O dispositivo a seguir utiliza a radiação solar para quantificar variações em propriedades termodinâmicas. Este dispositivo é composto por uma lente convergente e por um porta-amostras. A lente possui área útil de 80,0 cm², absortividade ( )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.

Em um procedimento experimental, injetou-se 0,100 mol de uma substância pura líquida no porta-amostras do dispositivo. Em seguida, mediu-se um tempo de 15,0 min para a vaporização total da amostra, durante o qual a irradiação solar permaneceu constante e igual a 750 W/m². Nesse processo, a temperatura do porta-amostras estabilizou-se em 351 K. No experimento, o calor sensível da amostra e a radiação emitida pelo porta-amostras são desprezíveis. Pode-se concluir que na 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)

Resolução Alternativa C O dispositivo apresentado na questão focaliza parte da radiação solar no porta-amostras. Podemos então calcular a quantidade de radiação (calor) que chega ao porta-amostras por:

Q I A t= ⋅ ⋅ ⋅ τ onde: Q = quantidade de calor; I = intensidade da radiação; A = área; t = tempo e τ = transmissividade.

1 2 4 2750 J s m 80 10 m (15 60 s) 0,8Q − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ 4,320 kJQ =

Como 0,100 mol da substância pura foi vaporizada, a variação da entalpia do sistema (ΔH) é igual a:

4,320 kJ0,100 mol

QHn

Δ = = ⇒kJ43,2

molHΔ =

A variação de entropia do sistema (ΔS) pode ser calculada a partir da energia livre de Gibbs (ΔG), lembrando que durante a transição de fase temos um sistema em equilíbrio no qual ΔG = 0.

3 J0 43,2 10 351Kmol

G H T S SΔ =Δ − ⋅ Δ ⇒ = + ⋅ − ⋅ Δ ⇒J123

mol KSΔ ≈

⋅

QUESTÃO 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 de 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.

Resolução Alternativa D a) Incorreta. Thomson acreditava que o átomo era uma esfera carregada positivamente, contendo elétrons de carga negativa encrustados (modelo do “pudim de passas”). b) Incorreta. Thomson acreditava que os elétrons poderiam ser retirados dos átomos (ionizados) sob certas condições. c) Incorreta. A natureza elétrica da matéria já havia sido constatada anteriormente e foi primeiramente explicada por Thomson. d) Correta. O elétron foi a primeira particula subatômica a ser conhecida e foi descoberta através dos experimentos com tubos de raios catódicos de Thomson. e) Incorreta. Rutherford desconhecia a existência de partículas nucleares neutras. Seu modelo se baseava em um núcleo positivo e denso no centro do átomo, com elétrons desenvolvendo órbitas ao seu redor, semelhante ao sistema solar.

QUESTÃO 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 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 4

2He , o que faz com que este se separe facilmente de núcleos maiores.


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Resolução Alternativa B a) Incorreta. A emissão de uma partícula α resulta em um elemento situado em duas posições à esquerda do elemento original, na tabela periódica, já que a partícula α consiste de dois prótons e dois nêutrons. Isso leva à diminuição do número atômico de duas unidades e do número de massa de quatro unidades (1a lei de Soddy). Já a emissão de uma partícula β resulta em um elemento situado em uma posição imediatamente à direita do elemento original, na tabela periódica, já que aumenta o número de prótons em uma unidade (2a lei de Soddy). b) Correta. A radiação γ frequentemente acompanha uma emissão α ou β . c) Incorreta. Raios γ são radiações eletromagnéticas, de comprimento de onda inferior ao da luz visível, cuja emissão não resulta em mudanças do número de massa do elemento.

(Figura: comprimentos de ondas notáveis. Extraída de David P. White, editora Pearson)

d) Incorreta. As reações de fusão nuclear ocorrem quando vários núcleos pequenos reagem formando um núcleo maior. As reações de fissão nuclear são as reações que envolvem quebra em átomos menores, liberando energia e partículas radioativas. e) Incorreta. A emissão de partículas α ( )4

2 He decorre do fato de os

átomos radioativos possuírem baixa estabilidade. Isótopos estáveis encontram-se dentro da chamada Faixa de Estabilidade associada à razão nêutron-próton. A emissão de partículas radioativas altera essa razão, tornando o radionuclídeo mais estável. Assim, o decaimento α não se relaciona com a instabilidade do átomo de Hélio, que é na verdade bastante estável.

QUESTÃO 40 Com respeito aos orbitais atômicos e à teoria da ligação de valência, assinale a alternativa INCORRETA. a) Um orbital atômico híbrido 3sp 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. c) Os elétrons em orbitais híbridos de um carbono 3sp 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.

Resolução Alternativa C a) Correta. Um orbital híbrido do tipo sp3, ocorre mediante a combinação de 3 orbitais p e um orbital s gerando quarto orbitais sp3

+

→

3 orbitais p + 1 orbital s → 4 orbitais sp3

Por esse motivo é possível afirmar que um orbital sp3 é formado por 14

de orbital s e 34

de orbital p, ou seja, 25% de caráter s e 75%

de caráter p. b) Correta, por definição orbital é a região do espaço com maior probabilidade de encontrar um elétron. Os orbitais 2s e 2p estão em uma camada interna situada próxima ao núcleo. O orbital 2s tem forma

esférica centrado no núcleo com um plano nodal interno, enquanto o orbital p tem forma de halter.

Orbital s Orbital p

Sendo assim a afirmação desse item está correta, pois o elétron do orbital 2s se encontra próximo ao núcleo em um orbital esférico. c) Incorreta, o orbital híbrido sp possui um caráter s maior que o orbital híbrido sp3. Quanto maior o caráter s do orbital maior a probabilidade de se encontrar o elétron próximo ao núcleo e por consequência o efeito da carga nuclear será mais pronunciado. Portanto os elétrons sp percebem mais a carga nuclear do que os elétrons sp3. d) Correta. Uma ligação tripla é formada por uma ligação σ na qual os orbitais da ligação se sobrepõem de forma frontal, e por duas ligações π onde os orbitais p se sobrepõem de forma lateral. A figura representa a tripla ligação do etino.

(Figura extraída de David P. White, editora Pearson)

e) Correta. Para um mesmo orbital a energia aumenta à medida que a camada fica mais externa.

Equipe desta resolução

Física Claiton Pimentel de Oliveira

Luiz Salles de Carvalho Matheus Veronez

Vinício Merçon Poltronieri

Matemática Darcy Gabriel Augusto de Camargo Cunha

Felipe Eboli Sotorilli Rodrigo do Carmo Silva

Thais de Almeida Guizellini

Química Lucas dos Santos Vargette

Fabiana Ocampos Roberto Bineli Muterle

Thiago Inácio Barros Lopes

Revisão Danilo José de Lima

Edson Vilela Gadbem Eliel Barbosa da Silva

Fabiano Gonçalves Lopes Marcelo Duarte Rodrigues Cecchino Zabani

Digitação, Diagramação e Publicação Allan Moura

Dáfine Villa dos Santos Eduardo Teixeira Akyiama

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