"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"Galileu GalileiIME2

010

Sejam r , s , t e v números inteiros positivos tais que

r ts v

< . Considere as seguintes relações:

i. ( ) ( )r s t v

s v+ +

<

ii. ( ) ( )

r tr s t v

<+ +

iii. ( )( )r tr

s s v+

<+

iv. ( ) ( )r t r t

s v+ +

<

O número total de relações que estão corretas é: A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 Resolução:

1 1r t r t r s t vs v s v s v

+ +< ⇒ + < + ⇒ < , logo a afirmativa i é verdadeira.

1 1r t s v s v s r v t r ts v r t r t r t s r v t

+ +< ⇒ > ⇒ + > + ⇒ > ⇒ <

+ +, o que prova a afirmativa ii.

( ) ( ) ( )( )t rr t rr v s t r v r s t s r s r v s s t r

s v s v s+

< ⇒ ⋅ < ⋅ ⇒ ⋅ + ⋅ < ⋅ + ⋅ ⇒ + < + ⇒ <+

, o que prova a afirmativa iii.

Se a afirmativa iv fosse verdadeira, teríamos s v> , o que não é obrigatório.

Alternativa D

Considere o determinante de uma matriz de ordem n definido por:

1 1 1 1 1 11 3 0 0 0 00 1 3 0 0 00 0 1 3 0 0

0 0 0 0 3 00 0 0 0 1 3

n

−−

Δ = −

−

…………

……………………………

Sabendo que 1 1Δ = , o valor de 10Δ é A) 59049 B) 48725 C) 29524 D) 9841 E) 364

Q u e s t ã o 0 1

Q u e s t ã o 0 2

2

Resolução: Desenvolvendo pela definição de determinante temos:

�n=

13

–1–1

00

0

0 0

0 0

10

33

–1–1

0

0 0

0 0

10

00

33

–1

0 0

0 0

10

00

00

3

0 0

0 0

1

3 3

–1 –1

1

0 0

3 3

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

( –1)n ( –1)n

= 1�

1

–1

0

0

0

0

1

3

–1

0

0

0

1

0

3

–1

0

0

1

0

0

3

0

0

1

3

–1

1

0

3

0

0

0

0

0

0

n

+ (–1).(–1) .1+2

Determinantetriangular

�n–1

0 0 –1 3 0 0

Logo 1

13nn n

−−Δ = + Δ

Assim 910 93Δ = + Δ

9 810 83 3Δ = + + Δ , etc.

9 8 7 3 210 23 3 3 3 3∴Δ = + + + + + + Δ… , lembrando: 1

2 13Δ = + Δ

9 8 3 210 3 3 3 3 3 1Δ = + + + + + +… , soma de P.G.

( )10

10

1 3 129.524

3 1−

Δ = =−

Alternativa C

O valor da expressão 2 2

1 1sen arc sen arccos1 1

ya a

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦, onde a é um número real e ( )1,0a ∈ − , é:

A) 1− B) 0 C) 12

D) 3

2 E) 1

Resolução: Para todo ] [1, 0a ∈ − temos:

2 22

11 0 0 1 1 1 0 11

a a aa

− < < ⇒ < < ⇒ − < − < ⇒ < −−

.

Assim, 2

1arc sen1a

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

e 2

1arc cos1a

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

não estão definidos, pois os domínios das funções arc sen e arc cos são o intervalo [ ]1, 1− .

Observação:

Considere que os argumentos dados fossem 2

11a +

, o que resolve o impasse citado acima.

Nesse caso, fazendo 2

1arc sen1a

⎛ ⎞ = α⎜ ⎟+⎝ ⎠, com ,

2 2π π⎡ ⎤α ∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦

e 2

1arc cos1a

⎛ ⎞ = β⎜ ⎟+⎝ ⎠, com [ ]0,β∈ π , temos:

sen cosα = β ⇒ α e β são complementares.

Assim: ( )sen sen 12

y π= α + β = =

Alternativa Questão anulada

Q u e s t ã o 0 3

3

Seja ABC um triângulo de lados AB , BC e AC iguais a 26 , 28 e 18 , respectivamente. Considere o círculo de centro O inscrito nesse triângulo. A distância AO vale:

A) 1046

B) 1043

C) 2 104

3 D) 104 E) 3 104

Resolução:

R

A

Q

C

O

PB

Sendo P , Q e R os pontos em que os lados BC , CA e AB , respectivamente, tangenciam a circunferência, temos: AQ AR x= =

26BR BP x= = − 18CQ CP x= = − 28 26 18 28 8BP PC x x x+ = ⇒ − + − = ⇒ = .

Sendo S a área do triângulo ABC , temos:

( )( )( )S p p a p b p c= − − − ou S p r= ⋅ , em que a , b e c são as medidas dos lados do triângulo, 2

a b cp + += e r é o raio da

circunferência inscrita. Desta forma, temos 26 28 18 36

2P + +

= =

36 10 8 18 72 10S S= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ou

36S r= ⋅

36 72 10 2 10r r⋅ = ⇒ = Pelo teorema de Pitágoras:

( )22 22 10 8AO = +

2 40 64AO = + 2 104AO =

104AO =

Alternativa D

Considere o sistema 3 2 2 3 2 2

52 2 6

xy x yx y x y x y xy

+ − =⎧⎨

− − + =⎩, onde x e y são números inteiros.

O valor de 3 2 2x y x y+ + + é: A) 14 B) 18 C) 20 D) 32 E) 38 Resolução:

( )3 2 2 3 2 2

5 5 1

2 2 6

xy x y x y xy

x y x y x y xy xy

⎧ + − = ⇒ − = −⎪⎨

− − + =⎪⎩ , em evidência

↓

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 6xy x xy y xy x xy y⋅ − ⋅ − + =

( ) ( ) ( )2 2 6xy x y xy x y− − − = , substituindo em (1)

( ) ( ) ( )2 5 2 5 6xy xy xy xy− − − =

fazendo xy z= obtemos: 2 3 25 10 2 6 0z z z z− − + − =

3 27 10 6 0z z z∴ − + + =

z é inteiro, fazendo pesquisa de raízes inteiras, as possíveis raízes são: 1± , 2± , 3± , 6±

Q u e s t ã o 0 4

Q u e s t ã o 0 5

4

Efetuando os testes, verificamos que somente 3z = satisfaz.

Logo

( )

( )( )

1, 3 (1)3, 1

31, 3

3, 1 (1)

x yx y

xyx y

x y

⎧ = =⎪

= =⎪= ⎨ = − = −⎪⎪ = − = −⎩

não satisfaz

não satisfaz a segunda equação do sistema

não satisfaz

Calculando: Para 3x = , 1y =

3 2 2 27 1 9 1 38x y x y+ + + = + + + =

Alternativa E

Seja 2 2 2 2 21 3 5 7 79S = + + + + +… . O valor de S satisfaz: A) 47 10S < × B) 4 47 10 8 10S× ≤ < × C) 4 48 10 9 10S× ≤ < × D) 4 59 10 10S× ≤ < E)

510S ≥ Resolução: Podemos escrever o somatório como:

( ) ( )39 39 39 39 39

2 2 2

0 0 1 1 0

2 1 4 4 1 4 4 1k k k k k

S k k k k k= = = = =

= + = + + = + +∑ ∑ ∑ ∑ ∑

Utilizando-se a relação ( )2 11 2

2k

k k k k k+⎛ ⎞

= + − = ⋅ −⎜ ⎟⎝ ⎠

39 39 39 39

1 1 1 0

14 2 4 1

2k k k k

kk k

= = = =

⎡ ⎤+⎛ ⎞− + +⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎣ ⎦∑ ∑ ∑ ∑

2 3 4 408 ... 40

2 2 2 2⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ⋅ + + + + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

,

que pelo teorema das colunas do triângulo vale: 41

8 40 853203

S ⎛ ⎞= ⋅ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Portanto: 4 48 10 9 10S⋅ ≤ ≤ ⋅

Observação: A seqüência (1, 9, 25, 49, ...) é uma PA de 2ª ordem. A soma de nS dos termos é um polinômio de 3º grau em n .

3 2nS a n bn cn d= ⋅ + + +

A partir dos valores de 1 2 3, ,S S S e 4S é possível montar um sistema de modo a obter os valores dos coeficientes a, b, c, d.

Alternativa C

Seja o polinômio ( ) ( )3 bp x x ln a x e= + + , onde a e b são números reais positivos diferentes de zero. A soma dos

cubos das raízes de ( )p x depende A) apenas de a e é positiva. B) de a e b e é negativa. C) apenas de b e é positiva. D) apenas de b e é negativa. E) de a e b e é positiva. Obs.: e representa a base do logaritmo neperiano e ln a função logaritmo neperiano. Resolução: Sendo α , β e γ as raízes de p , temos:

( )1 0α + β + γ =

( )2 ln aα ⋅β + α ⋅ γ + β ⋅ γ =

( )3 beα ⋅β ⋅ γ = −

Q u e s t ã o 0 7

Q u e s t ã o 0 6

5

De ( )1 , temos: 3 3 3 2 2 2 2 2 23 3 3 3 3 3 6 0α + β + γ + α β + α γ + αβ + αγ + β γ + βγ + αβγ =

( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 3 3 0α + β + γ + αβ α + β + γ + αγ α + β + γ + βγ α + β + γ − αβγ =

( )( )3 3 3 3 3 0α + β + γ + α + β + γ αβ + αγ + βγ − αβγ =

( )3 3 3 3 0 ln 3 0ba eα + β + γ + ⋅ ⋅ − ⋅ − = 3 3 3 3 beα + β + γ = − ⋅

Alternativa D

A quantidade k de números naturais positivos, menores do que 1000 , que não são divisíveis por 6 ou 8 , satisfaz a condição: A) 720k < B) 720 750k≤ < C) 750 780k≤ < D) 780 810k≤ < E) 810k ≥ Resolução: Consideremos os números naturais de 1 até 999 e denotemos por nD o conjunto dos números naturais positivos, inferiores a 1000 , e

divisíveis por n . Assim a resposta procurada é [ ]6 8999 n D D− ∪

6 8999 999166, 124

6 8D D⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

São divisíveis por 6 e 8 (intersecção a ser retirada)

24999 41.24

D ⎢ ⎥= =⎢ ⎥⎣ ⎦

Quantidade de números que não servem: [ ]6 8 166 124 41 249.n D D∪ = + − =

Resposta: 999 249 750.N = − = Alternativa C

Uma hipérbole de excentricidade 2 tem centro na origem e passa pelo ponto ( )5, 1 . A equação de uma reta

tangente a esta hipérbole e paralela a 2y x= é:

A) 3 2 3 6y x= +

B) 2 3 3y x= − +

C) 3 6 2 3y x= +

D) 3 2 3 4y x= +

E) 2 3y x= + Resolução: Considere a equação da hipérbole:

2 2

2 2 1x ya b

− =

Do enunciado a excentricidade é 2 2.c c aa

= ⇔ =

Como ( )5, 1 é um ponto da hipérbole:

22

2 2 2

5 1 15

aba b a

− = ⇒ =−

Como 2 2 2c a b= + , obtemos: 2

2 222

5aa a

a= +

−; de onde: 2a =

Assim: 22

45

ba

=−

, de onde: 2b =

Portanto a equação da hipérbole é 2 2 4x y− = . Considere a reta 2y x k= + , tangente à hipérbole.

Q u e s t ã o 0 9

Q u e s t ã o 0 8

6

Então, o sistema:

2 2

24

y x kx y

= +⎧⎪⎨

− =⎪⎩

Tem solução única.

( ) ( )22 2 22 4 3 4 4 0x x k x k x k− + = ⇔ + ⋅ + + =

Δ = 0 :

( ) ( )2 24 4 3 4 0 2 3k k k− ⋅ ⋅ + = ⇔ = ± .

Uma das retas possíveis é: 2 2 3 3 2 3 6y x y x= + ⇔ ⋅ = +

Alternativa A

Sejam as funções :f ℜ → ℜ , :g ℜ → ℜ , :h ℜ → ℜ . A alternativa que apresenta a condição necessária para que se

( )( ) ( )( )f g x f h x= , então ( ) ( )g x h x= é:

A) ( )f x x=

B) ( )( ) ( )f f x f x=

C) f é bijetora D) f é sobrejetora E) f é injetora Resolução: Considerando os conjuntos A e B , que possuem as funções injetoras e sobrejetoras, respectivamente. Como para toda f A∈ , temos ( )( ) ( )( ) ( ) ( )f g x f h x g x h x= → = , esta é a condição necessária pra a proposição dada.

As condições propostas pelas alternativas “A” e “C” são casos particulares de funções injetoras. Ao tomarmos uma função sobrejetora podemos ter ( )( ) ( )( )f g x f h x= , sem que ( ) ( )g x h x= , logo as funções do conjunto B não

formam condições necessárias para a proposição.

Alternativa E Considere o sistema abaixo, onde x1, x2, x3 e Z pertencem ao conjunto dos números complexos.

( )

( )

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 022 2 0

+ − + =⎧⎪

− − =⎨⎪ − + − =⎩

i x ix ixix x x Zi x ix ix

O argumento de Z, em graus, para que x3 seja um número real positivo é: A) 0° B) 45° C) 90° D) 135° E) 180° Obs.: 1i = − Resolução: Desenvolvendo as equações 1 e 3:

1 1 2 3

1 1 2 3

0

2 2 0

x ix ix ix

x ix ix ix

� � � ���

� � � � �

3 – =0

(3 – 1) = 0

= 0

ix x

x i

x

1 1

1

1

+

Logo o sistema se reduz a:

( )2 3 3 2 3 2

2 3

2 3

0 0

0

ix ix i x x x xx x Z

ix ix

⎧− + = ⇒ − = ∴ =⎪

− − =⎨⎪ − =⎩

Q u e s t ã o 1 1

Q u e s t ã o 1 0

7

Finalmente: –x2 – x3 = Z

3 322Zx Z x− = ⇒ = −

Para que x3 seja real positivo, Z < 0 Logo sua representação é:

Im

Re

=180ºZ

Argumento: 180°

Alternativa E

Seja ( ) ( )3 log= −f x x , x ∈ ℜ . Sendo n um número inteiro positivo, a desigualdade

( ) ( ) ( ) ( )3

1

2 4 2 9... ...4 12 36 3 4

n

n

f x f x f x f x−

−+ + + + + ≤ somente é possível se:

A) 0 ≤ x ≤ 106

B) 10–6 ≤ x ≤ 108

C) 103 ≤ x ≤ 106

D) 100 ≤ x ≤ 106

E) 10–6 ≤ x ≤ 106

Obs.: log representa a função logarítmica na base 10. Resolução: A desigualdade dada pode ser escrita como:

( ) ( ) ( )21 2 1 2 1 9...

4 3 4 3 4 4f x f x f x⎛ ⎞⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ≤⎜ ⎟

⎝ ⎠

O primeiro membro é uma soma de PG infinita de razão 23

q = . Portanto: ( )1

942 413

f x⋅≤ ⇔

−( ) 3f x ≤

Dado que ( ) 3 logf x x= − , temos:

3 log 3x− ≤ ⇔

3 3 log 3x− ≤ − ≤ ⇔ 6 log 0x− ≤ − ≤ ⇔

0 log 6x≤ ≤ 0 610 10x≤ ≤

Alternativa D

Sejam ABC um triângulo equilátero de lado 2 cm e r uma reta situada no seu plano, distante 3 cm do seu baricentro. Calcule a área da superfície gerada pela rotação deste triângulo em torno da reta r. A) 8π cm2 B) 9π cm2 C) 12π cm2 D) 16π cm2 E) 36π cm2 Resolução: Pelo teorema de Papus-Guldin, sabe-se que a área da superfície de revolução é dada por S = 2π·d·l, em que d é a distância do centro geométrico ao eixo de rotação e l é o comprimento da curva rotacionada. Desta forma d = 3 e l = 6. S = 2π·3·6 S = 36π cm2

Alternativa E

Q u e s t ã o 1 2

Q u e s t ã o 1 3

8

Seja M um ponto de uma elipse com centro O e focos F e F’. A reta r é tangente à elipse no ponto M e s é uma reta, que passa por O, paralela a r. As retas suportes dos raios vetores MF e MF’ interceptam a reta s em H e H’, respectivamente. Sabendo que o segmento FH mede 2 cm, o comprimento F’H’ é: A) 0,5 cm B) 1,0 cm C) 1,5 cm D) 2,0 cm E) 3,0 cm Resolução:

M

� ��

�

��

A

B

F

H’

H2 F’

r

s

0

Para auxiliar nas observações iremos marcar os pontos A e B sobre a reta r como mostra a figura. Como a reta r é tangente à elipse temos:

´AM F BM H= = α

Como r//s, temos AM F M HO= = α e ´ ´BM H M H O= = α , pois são alternos internos e ´ ´H OF H OF= = θ , pois são opostos pelo vértice. Usando Lei dos senos:

( )2 sen 2 (1)

sen 180 sen senFO FO ⋅ θ

= ⇒ =° − α θ α

( )´ ´ ´ ´ sen´ ´ (2)

sen sen senF O F H F OF H ⋅ θ

= ⇒ =α θ α

De (1) e (2): ´ ´ 2cm.F H =

Alternativa D

Cada um dos quatro quadrados menores da figura acima é pintado aleatoriamente de verde, azul, amarelo ou vermelho. Qual é a probabilidade de que ao menos dois quadrados, que possuam um lado em comum, sejam pintados da mesma cor?

A) 12

B) 58

C) 7

16

D) 2332

E) 4364

Resolução: Considere o evento: E: Todos os quadrados que possuam lado comum tenham cores diferentes.

Q u e s t ã o 1 4

Q u e s t ã o 1 5

9

Das 44 = 256 configurações possíveis, contemos aquelas que satisfazem a condição acima. Consideremos os quadrantes abaixo em que analisaremos as possibilidades para cada um deles:

D A

C B

1° caso: A e C têm a mesma cor 4 3 1 3 36 configurações

A B C D

⋅ ⋅ ⋅ =↓ ↓ ↓ ↓

2° caso: A e C têm cores diferentes 4 3 2 2 48 configurações

A B C D

⋅ ⋅ ⋅ =↓ ↓ ↓ ↓

Assim: ( ) 36 48 84256 256

P E += =

O evento considerado no enunciado é o complementar de E e portanto:

( ) ( ) 84 172 431 1 .256 256 64

cP E P E= − = − = =

Alternativa E

A figura composta por dois materiais sólidos diferentes A e B , apresenta um processo de condução de calor, cujas temperaturas não variam com o tempo. É correto afirmar que a temperatura 2T da interface desses materiais, em kelvins, é: Observações: • 1T : Temperatura da interface do material A com o meio externo • 3T : Temperatura da interface do material B com o meio externo • AK : Coeficiente de condutividade térmica do material A • BK : Coeficiente de condutividade térmica do material B A) 400 B) 500 C) 600 D) 700 E) 800 Resolução:

T2 T3 �� T1

�

O fluxo que entra pela interface de temperatura 1T é o mesmo que atravessa 2T e sai por 3T :

( ) ( )2 1 IA

A T TK

L⋅ −

φ = ⋅

( ) ( )3 2 IIB

A T TK

L⋅ −

φ = ⋅

Igualando ( )I e ( )II temos

Q u e s t ã o 1 6

10

( ) ( )2 1 3 2A B

A T T A T TK K

L L⋅ − ⋅ −

⋅ = ⋅

( ) ( )2 1 3 21 0,2T T T T⋅ − = −

2 1 3 20,2 0,2T T T T− = −

2 3 11,2 0,2T T T= +

3 12

0,2 0,2 1500 300 500K1,2 1,2T TT + ⋅ +

= = =

Alternativa B

A figura apresenta, esquematicamente, uma lente convergente de distância focal f posicionada no plano de transição entre o vácuo e um material de índice de refração n . O fator de ampliação (tamanho da imagem dividido pelo tamanho do objeto) de um objeto muito pequeno (se comparado com as dimensões da lente) colocado a uma distância p da lente é:

A) f

p f− D)

nfp nf−

B) f

n p f− E)

fnp f−

C) nf

p f−

Resolução: Observe a figura:

p

o

f f

ii’

Considerando o objeto muito pequeno, o raio que sai paralelo ao eixo incide perpendicularmente a dioptro plano (aproximado) e logo não sofre desvio. Sendo assim, não há aumento em relação à imagem formada caso não haja o meio n.

Sendo assim: fA

p f=

−

Alternativa A

Q u e s t ã o 1 7

11

A figura mostra duas barras AC e BC que suportam, em equilíbrio, uma força F aplicada no ponto C . Para que os esforços nas barras AC e BC sejam, respectivamente, 36 N (compressão) e 160 N (tração), o valor e o sentido das componentes vertical e horizontal da força F devem ser: Observação: Despreze os pesos das barras e adote 3 1,7= .

A) ( )80 N ↓ , ( )100 N →

B) ( )100 N ↓ , ( )80 N →

C) ( )80 N ↑ , ( )100 N ←

D) ( )100 N ↑ , ( )80 N ←

E) ( )100 N ↓ , ( )80 N ←

Resolução: Observe as forças indicadas na figura. 160N

30º

30º

2,5

m

36N

A C

B

FH

FV

4,25 m Para que haja equilíbrio, 0xFΣ = e 0yFΣ =

( )

0 36 160cos30 036 136 0100

x H

H

H

F FFF N

Σ = ⇒ + − ° =+ − =

∴ = →

( )

0 160 sen30 080

80

y V

V

V

F FF N

F N

Σ = ⇒ + ⋅ ° == −

∴ = ↓

Alternativa A

Q u e s t ã o 1 8

12

Um bloco de 4kg e velocidade inicial de 2m/s percorre 70cm em uma superfície horizontal rugosa até atingir uma

mola de constante elástica 200 N/m . A aceleração da gravidade é 210m/s e o bloco comprime 10cm da mola até que sua velocidade se anule. Admitindo que durante o processo de compressão da mola o bloco desliza sem atrito, o valor do coeficiente de atrito da superfície rugosa é: A) 0,15 B) 0, 20 C) 0, 25 D) 0,30 E) 0,35 Resolução:

fat MEτ = Δ

( )cos 180f iM Mm g S E Eμ ⋅ ⋅ ⋅ Δ ⋅ ° = −

2 2

2 2x m vm g S k ⋅

−μ ⋅ ⋅ ⋅ Δ = ⋅ −

2 20,1 24 10 0,7 200 42 2

−μ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅

4 7 1 8−μ ⋅ ⋅ = − 4 7 7−μ ⋅ ⋅ = −

0,25∴μ = Alternativa C

Uma partícula eletrizada penetra perpendicularmente em um local imerso em um campo magnético de intensidade B . Este campo é dividido em duas regiões, onde os seus sentidos são opostos, conforme é apresentado na figura. Para que a partícula deixe o local com ângulo de 30° , é correto afirmar que a eletrização da partícula e a intensidade do campo magnético que possui o sentido saindo do plano do papel devem ser, respectivamente: Dados: • R : raio da trajetória da partícula na região onde existe um campo magnético.

• 3LR

=

A) positiva e de valor 3B

.

B) positiva e de valor 6B

.

C) negativa e de valor 6B

.

D) positiva e de valor 23B

.

E) negativa e de valor 23B

.

Q u e s t ã o 1 9

Q u e s t ã o 2 0

13

Resolução:

v v1 0=

R

30°

30°r

L R= 3

Partícula eletrizadacom velocidade v0

sen30Lr

= °

3 12

Rr

=

6r R∴ = Pela regra da mão direita, conclui-se que a carga é negativa. ( )1 Região de campo magnético entrando.

( )

20

0

0 1

vB q v mR

m v B Rq

⋅ ⋅ = ⋅

⋅= ⋅

( )2 Região de campo magnético saindo.

( )

20

0

0

6

6 2

f

f

vB q v mR

m v B Rq

⋅ ⋅ = ⋅⋅

⋅= ⋅ ⋅

De ( )1 e ( )2 , temos:

6

6

f

f

B R B R

BB

⋅ = ⋅ ⋅

∴ =

Alternativa C

Sabendo que todos os resistores da malha infinita da figura têm resistência R , a resistência equivalente entre A e B é:

A) ( )1 2

2

R +

B) ( )1 3

2

R +

C) 32R

D) ( )1 5

2

R +

E) ( )1 6

2

R +

Q u e s t ã o 2 1

14

Resolução: Observe os pontos C e D indicados na figura

Observe que, como a malha é infinita, AB CD eqR R R≅ = .

Sendo assim, o circuito equivalente é:

Ou seja:

2 2 0eqeq eq eq

eq

R RR R R R R R

R R⋅

= + ⇒ − ⋅ − =+

2 22 5

2 4 2 2eq eqR R R RR R R⎛ ⎞− = + ⇒ = +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )5 12eqRR = +

Alternativa D

No interior da Estação Espacial Internacional, que está em órbita em torno da Terra a uma altura correspondente a aproximadamente 5% do raio da Terra, o valor da aceleração da gravidade é: A) aproximadamente zero. B) aproximadamente 10% do valor na superfície da Terra. C) aproximadamente 90% do valor na superfície da Terra. D) duas vezes o valor na superfície da Terra. E) igual ao valor na superfície da Terra. Resolução:

Sabendo que 2

GMgR

= , temos:

Gravidade na superfície da Terra ( 0g ):

0 2T

GMgR

= , em que TR é o raio da Terra.

Gravidade na Estação Espacial ( Eg ):

( )2 21,055100

ETT

T

GM GMgRRR

= =⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2

11,05E

T

GMgR

= ⋅

Ou seja,

021,05E

gg =

0

1,1025Egg =

00,907Eg g∴ =

Sendo assim, 90%Eg = de 0g

Alternativa C

Q u e s t ã o 2 2

15

Em certo fenômeno físico, uma determinada grandeza referente a um corpo é expressa como sendo o produto da massa específica, do calor específico, da área superficial, da velocidade de deslocamento do corpo, do inverso do volume e da diferença de temperatura entre o corpo e o ambiente. A dimensão desta grandeza em termos de massa ( M ), comprimento ( L ) e tempo ( t ) é dada por: A) 2 1 3M L t− −

B) 1 2M L t− −

C) 1 3M L t− −

D) 2 3M L t− −

E) 2 2 2M L t− − Resolução: Observe a notação utilizada:

Grandeza ( G ): 1, , , , ,G f c S v TV

⎛ ⎞= ρ Δ⎜ ⎟⎝ ⎠

Onde Densidade ( ρ ): [ ] 3M L−ρ = ⋅

Área ( S ): [ ] 2LS =

Velocidade ( v ): [ ] 1L Tv −= ⋅

Inverso de volume 1V

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

: 31 LV

−⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦

Variação de temperatura ( TΔ ): [ ] KTΔ =

Calor específico ( c ): [ ] [ ] [ ] 1 1M KM K

Qc Q − −= = ⋅ ⋅

⋅

Energia ( Q ): [ ] 2 2M L TQ −= ⋅ ⋅

Sendo assim:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1G c S v TV

⎡ ⎤= ρ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Δ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1M K

QG S v T

V⎡ ⎤= ρ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Δ⎢ ⎥⋅ ⎣ ⎦

[ ] 3 2 2 1 1 2 1 3M L M L T M K L L T L KG − − − − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

[ ] 1 3M L TG − −= ⋅ ⋅

Alternativa C

Situação I Situação II

Mola 1 Mola 1

Mola 2Massa M

Massa M

h

h/2

h/3

0 Na Situação I da figura, em equilíbrio estático, a Massa M, presa a molas idênticas, está a uma altura h/3. Na Situação II, a mola inferior é subitamente retirada. As molas, em repouso, têm comprimento h/2. O módulo da velocidade da Massa M na iminência de tocar o solo na Situação II é: Observação: g: Aceleração da Gravidade

A) 4 / 2 2gh ⎡ ⎤⎣ ⎦ D) / 2 2gh ⎡ ⎤

⎣ ⎦

B) 3 / 2 2gh ⎡ ⎤⎣ ⎦ E) 0

C) 2 / 2 2gh ⎡ ⎤⎣ ⎦

Q u e s t ã o 2 3

Q u e s t ã o 2 4

16

Resolução: No caso 1 o equilíbrio da massa M pode ser escrito da forma:

1 2F F P+ =

1 2kx kx P+ = ∴

2 3 2 3h h h hk k Mg⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

32

6h Mgk Mg k

h= ∴ =

Na situação 2, após a mola ser retirada há conservação de energia mecânica:

0 fM ME E=

( ) ( )2 2 26 2

2 22

2 3 2 22

36 4 3

h hk kh MvMg

h kh Mghk Mv

+ = + ∴

− + = ∴

Fazendo 3Mgk

h=

2 22

2

3 3 236 4 3

0 0

Mg h Mg h Mgh Mvh h

Mv v

⋅ − ⋅ + = ∴

= ∴ =

Alternativa E

R3

4

R2

4

B A

Chave k

E+

–

C16 F�

8 R1

Na figura, o frasco de vidro não condutor térmico e elétrico contém 0,20kg de um líquido isolante elétrico que está inicialmente a 20 C° . Nesse líquido está mergulhado um resistor 1R de 8Ω . A chave K está inicialmente na vertical e o capacitor C, de 16 Fμ , está descarregado. Ao colocar a chave no Ponto A verifica-se que a energia do capacitor é de 0,08J . Em seguida, comutando a chave para o Ponto B e ali permanecendo durante 5 s, a temperatura do líquido subirá

para 26°C. Admita que todo o calor gerado pelo Resistor 1R seja absorvido pelo líquido e que o calor gerado nos resistores 2R e 3R não atinja o frasco. Nessas condições é correto afirmar que o calor específico do líquido, em

1 1cal.g C− −° , é Dado: 1cal = 4,2 J A) 0,4 B) 0,6 C) 0,8 D) 0,9 E) 1,0 Resolução: No capacitor, quando k está na posição A, temos:

2 2

6

2 2 8 10 100 .2 16 10

CU EE U U VC

−

−

⋅ ⋅= ⇒ = = ⇒ =

⋅

T1

T2

P

Q u e s t ã o 2 5

17

Quando a chave k está na posição B, temos: R =43 �

R =42 �

R =81 � R =81 �

2�

100V i =100

10

i = 10A

100V

A potência dissipada em R1 vale 2 2

1 8 10 800P R i W= ⋅ = ⋅ = Como Q P t= ⋅ Δ , temos a energia dissipada em R1:

4000800 5 4000J = cal4,2

Q Q= ⋅ = ⇒

1 1

4000 200 64,2

4000 0,8 cal º4,2 200 6

Q mc t c

c c g C− −

= Δ ⇒ = ⋅ ⋅

⇒ = ⇒ =⋅ ⋅

Alternativa C

Um soldado em pé sobre um lago congelado (sem atrito) atira horizontalmente com uma bazuca. A massa total do soldado e da bazuca é 100 kg e a massa do projétil é 1kg. Considerando que a bazuca seja uma máquina térmica com rendimento de 5% e que o calor fornecido a ela no instante do disparo é 100 kJ, a velocidade de recuo do soldado é, em m/s A) 0,1 B) 0,5 C) 1,0 D) 10,0 E) 100,0 Resolução: Seja E a energia cinética total produzida pelo tiro:

3 35 100 10 J 5 10 J100

E = ⋅ = ⋅

Pela conservação da quantidade de movimento:

1 2

1 2

2 1

100 1100

Mv mvv v

v v

=⋅ = ⋅

= ⋅ (1)

Como 2 21 2

2 2Mv mv E+ = , temos:

2 231 2100 1 5 10

2 2v v⋅ ⋅

+ = ⋅ (2)

De (1) e (2):

2 2 2 41 1

21

1

1

100 100 10

10100 10000

1000010100

1,0m/s

v v

v

v

v

⋅ + ⋅ =

=

=

=

Alternativa C

Q u e s t ã o 2 6

18

Três satélites orbitam ao redor da Terra: o satélite 1S em uma órbita elíptica com o semi-eixo maior 1a e o semi-eixo menor

1b ; o satélite 2S em outra órbita elíptica com semi-eixo maior 2a e semi-eixo menor 2b ; e o satélite 3S em uma órbita circular com raio r. Considerando que 1 2 1 1,r a b a b= = ≠ e 2 2a b≠ , é correto afirmar que: A) os períodos de revolução dos três satélites são iguais. B) os períodos de revolução dos três satélites são diferentes. C) 1S e 3S têm períodos de revolução idênticos, maiores do que o de 2S . D) 1S e 3S têm períodos de revolução idênticos, menores do que o de 2S . E) 1S e 3S têm períodos de revolução idênticos, maiores do que o de 1S . Resolução: O raio médio da órbita elíptica é dado pela medida de seu semi-eixo maior. Quanto maior for o raio médio da órbita maior será o período de revolução.

1 2 2 3 1 2r a b a T T T= = < ⇒ = < , em que iT representa cada um dos períodos de revolução.

Alternativa D

Uma partícula emite um som de frequência constante e se desloca no plano XY de acordo com as seguintes equações de posição em função do tempo t.

( )( )

cos

sen

x a wt

y b wt

=

=

Onde: a, b e w são constantes positivas, com a b> . Sejam as afirmativas: I) o som na origem é percebido com a mesma frequência quando a partícula passa pelas coordenadas ( ),0a e ( )0, .b II) o raio de curvatura máximo da trajetória ocorre quando a partícula passa pelos pontos ( ) ( )0, 0, .b e b− III) a velocidade máxima da partícula ocorre com a passagem da mesma pelo eixo Y. A(s) afirmativa(s) correta(s) é(são): A) I, apenas B) I e II, apenas C) II, apenas D) II e III, apenas E) I, II e III Resolução: Pelas equações paramétricas podemos definir a trajetória:

( )( )

cos

sen

x a wt

y b wt

=

= ∴

( ) ( )2 2sen cos 1wt wt+ = 2 2

2 2 1x ya b

+ = , que é uma elipse

b

0

–b

–a a

v0

y

Sendo que a partícula começa o movimento na posição:

0

0

cos0sen 0 0

x a ay b

= == =

( ) ( )0 0, ,0P x y P a∴ =

e tem componentes de velocidade sen

cosx

y

v aw wtv bw wt

= −=

Q u e s t ã o 2 7

Q u e s t ã o 2 8

19

com a > b Sendo assim: I. (v) nas coordenadas (a, 0) e (0, b) a velocidade da partícula é perpendicular à direção que a liga ao observador, ou seja, não há efeito Doppler; II. (v) o raio de curvatura da elipse pode ser calculado por:

( ) 32 2 2 2senb t a b

a b

⎡ ⎤+ ω −⎣ ⎦ρ =⋅

que possui valor máximo para senωt = ±1, o que ocorre nos pontos (0, b) e (0, –b) , em que o raio de curvatura da elipse

é máximo e vale 2

;ab

ρ =

III. (v) a velocidade da partícula pode ser calculada de forma

( )

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

sen cos

sen

x y y yv v v v v v

v a w wt b w wt

v b w wt a w b w

= + ∴ = + ∴

= +

= + −

E já que a > b, v é máxima para sen 1wt = ± , ou seja, quando 2

wt kπ= + π , e assim, a partícula está em Y.

Alternativa E

Corpo

h

h/2

A figura ilustra uma mola feita de material isolante elétrico, não deformada, toda contida no interior de um tubo plástico não condutor elétrico, de altura 50cmh = . Colocando-se sobre a mola um pequeno corpo (raio desprezível) de massa

0,2kg e carga positiva de 69 10 C−× , a mola passa a ocupar metade da altura do tubo. O valor da carga, em coulombs, que deverá ser fixada na extremidade superior do tubo, de modo que o corpo possa ser posicionado em equilíbrio estático a 5 cm do fundo, é Dados:

• Aceleração da Gravidade: 210m/sg = • Constante Eletrostática: 9 2 29 10 . /K N m C= ×

A) 62 10−× D) 48 10−× B) 44 10−× E) 68 10−× C) 64 10−× Resolução: Cálculo da constante elástica da mola:

0,2 100,25

mg k xmg Nkx m

= ⋅⋅

= = ⋅

8 /k N m= Na nova posição de equilíbrio:

elétrica elásticaF P F+ = 1 2

2 'K Q Q

mg k xd

⋅+ = ⋅

9 62

2

9 10 9 100,2 10 8 0,45

0,45Q−⋅ ⋅ ⋅ ⋅

+ ⋅ = ⋅ 5

24 10 1,6Q⋅ ⋅ =

2 5

0,410

Q = 6

2 4 10Q C−= ⋅ Como a força elétrica é de repulsão:

62 4 10Q C−= ⋅

Alternativa C

Q u e s t ã o 2 9

20

20 cm 20 cm

60º

143cm

Um raio de luz monocromática incide em um líquido contido em um tanque, como mostrado na figura. O fundo do tanque é espelhado, refletindo o raio luminoso sobre a parede posterior do tanque exatamente no nível do líquido. O índice de refração do líquido em relação ao ar é: A) 1,35 B) 1,44 C) 1,41 D) 1,73 E) 1,33 Resolução:

20 cm 20 cm

60º

143cm

10 cm 10 cm

� �

�

C

A

O triângulo ABC é isósceles:

( )22

10 10 10sen243 9 310 143

α = = =+

Pela lei de Snell-Descartes:

1

1

.sen 60 sen

3 102 9 3

ar

ar

n n

n n

° = = α

= =

1 27 1,3520ar

nn

= =

Alternativa A

Q u e s t ã o 3 0

21

Considere as seguintes possibilidades para a estrutura da molécula de trifluoreto de cloro (ClF3):

F

F

F

Cl

F

F

F

Cl

FF

F

Cl

I II III Assinale a alternativa correta. A) A estrutura I é a mais estável, visto que as seis repulsões entre pares não-ligantes e pares ligantes equivalem à menor repulsão possível. B) A estrutura II é a mais estável, visto que ocorrem três repulsões entre elétrons não-ligantes e pares ligantes e mais uma repulsão entre pares de elétrons não-ligantes, o que confere uma maior estabilidade de forças. C) A estrutura III é a mais estável por equivaler à configuração na qual a repulsão entre todos os pares (ligantes e não-ligantes) é mínima. D) A estrutura I é a mais provável por ser a mais simétrica, correspondendo à configuração de menor energia. E) Todas as três estruturas possuem a mesma energia e são encontradas na natureza. Resolução: Segundo VSEPR, ClF3 corresponde a ClF3E2. Como m + n = 3 + 2 = 5,o que implica em 5 pares totais, com geometria dos pares em bipirâmide trigonal; assim os 2 pares não-ligantes ficarão no plano equatorial da molécula. Esta é a configuração que permite repulsão mínina entre os 5 pares. A geometria desta molécula é conhecida como “em T”.

Alternativa C

Em um recipiente fechado queima-se propano com 80% da quantidade estequiométrica de ar. Admitindo que não haja hidrocarbonetos após a combustão, que todos os produtos da reação estejam na fase gasosa e que a composição volumétrica do ar seja de uma parte de O2 para quatro partes de N2, calcule a porcentagem molar de CO2 no recipiente após a combustão (considere comportamento ideal para os gases). A) 4,35% B) 4,76% C) 5,26% D) 8,70% E) 14,28% Resolução: Considerando combustão completa, temos:

3 8 2 2 2( ) 5 ( ) ( ) 4 ( ).C H g O g CO g H O g+ → + Contudo a reação é feita com 80% de estequiometria de ar. Logo, a quantidade de O2 utilizado é: 5 mol _________100%

_________ 80% 4 molx x∴ =

Como o O2 é o reagente limitante, temos uma reação incompleta formando CO.

3 8 2 271 ( ) ( ) 3 ( ) 4 ( )2

C H g O g CO g H O Equação I+ → + Logo, sobra 0,5 mol de O2 que são utilizadas para queimar o CO a CO2. Assim, temos:

2 211 ( ) 1 ( )2

CO g O CO Equação II+ → Somando I e II, temos:

3 8 2 2

2 2

3 8 2 2 2

7( ) ( ) 3 ( ) 4 ( )2

11 ( ) ( ) ( ) ( )2

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

C H g O g CO g H O Equação I

CO g O g CO g Equação II

C H g O g CO g CO g H O g

+ → +

+

+ →

+ → + +

Portanto, os produtos gasosos são: 2 CO; 1 CO2; 4 H2O e também 16 mol de N2 para manter proporção estequiométrica de ar:

Assim, 2

2% CO

COTotal

nn

= , 2

1%2 1 4 16CO =

+ + +

2% 4,35%CO∴ =

Alternativa A

Q u e s t ã o 3 1

Q u e s t ã o 3 2

22

3 2 4 2 4 2CrI Cl NaOH NaIO Na CrO NaCl H O+ + → + + + Assinale a alternativa que indica a soma dos menores coeficientes inteiros capazes de balancear a equação química acima: A) 73. B) 95. C) 173. D) 187 E) 217. Resolução:

3 2 4 2 4 22 27 64 6 2 54 32CrI Cl NaOH NaIO Na CrO NaCl H O+ + → + + +

A soma dos coeficientes é 187. Há uma dupla oxidação: do Cr de + 3 a + 6, e do I de –1 a + 7; a redução é do Cl, de 0 a –1.

Alternativa D

Assinale a alternativa correta. A) Os polissacarídeos são obtidos a partir da combinação de monossacarídeos por intermédio de ligações peptídicas. B) Com exceção da glicina, todos os aminoácidos de ocorrência natural constituintes das proteínas são opticamente ativos, sendo que a quase totalidade possui configuração levógira. C) As proteínas de ocorrência natural são constituídas por α-aminoácidos, β-aminoácidos e γ-aminoácidos. D) A glicose é um lipídio de fórmula molecular C6H12O6. E) DNA e RNA são proteínas responsáveis pela transmissão do código genético. Resolução: a) Errado. As ligações peptídicas ocorrem nas proteínas, não nos açúcares. b) Correta. A glicina é o ácido 2-aminoetanoico

H C2

NH2

C

O

OH

e, portanto, não apresenta isomeria óptica. Os demais aminoácidos apresentarão, pois possuem carbono quiral:

(R ≠ do hidrogênio)

(A maioria possui configuração levógira) c) As proteínas naturais são constituídas apenas por α-aminoácidos. d) A glicose é um açúcar e não um lipídio. e) DNA e RNA não são proteínas.

Alternativa B

Assinale a alternativa que indica o número de isômeros ópticos e o número de racematos (misturas racêmicas) do 2-cloro-5-vinilciclopent-3-en-1-ol. A) 16 isômeros ópticos e 8 racematos. B) 16 isômeros ópticos e 16 racematos. C) 4 isômeros ópticos e 2 racematos. D) 8 isômeros ópticos e 4 racematos. E) 8 isômeros ópticos e 8 racematos.

Q u e s t ã o 3 3

Q u e s t ã o 3 4

CH

NH2

C

O

OH

R�

Q u e s t ã o 3 5

23

Resolução: A fórmula estrutural do 2-cloro-5-vinilciclopent-3-en-1-ol é:

OH

CHCH2

125

4 3

C�

���

Oberva-se a presença de três (03) carbonos quirais (n = 3). Logo: I.O.A. = 2n I.O.A. = 23 I.O.A. = 8 M.R. = 2n–1 M.R. = 22 M.R. = 4

Alternativa D

Considere as supostas variações de entropia (ΔS) nos processos abaixo: I. cristalização do sal comum (ΔS > 0) II. sublimação da naftalina (naftaleno) (ΔS > 0) III. mistura de água e álcool (ΔS < 0) IV. ferro (s) Fusão⎯⎯⎯→ ferro (I) (ΔS > 0) V. ar Compressão⎯⎯⎯⎯→ ar comprimido (ΔS < 0) As variações de entropia indicadas nos processos que estão corretas são: A) I, III e IV. D) I, II e IV. B) III, IV e V. E) II, IV e V. C) II, III e V. Resolução: I) Na cristalização do sal, o soluto sai da solução (situação de maior entropia) para formar cristais (situação de menos entropia) (ΔS < 0). II) Na sublimação, a naftalina passa do estado sólido para o gasoso com o consequente aumento de entropia. III) Na mistura de substâncias há aumento de desordem (ΔS > 0). IV) Na passagem de sólido para líquido com o consequente aumento de entropia (ΔS > 0). V) Na compressão do ar, e a diminuição de volume, e consequentemente com diminuição de entropia (ΔS < 0).

Alternativa E

C H O+ 2

HgSO4

H SO2 4

CH CH CH CH CCH3 2 2 2 3

O

H SO2 4

�A

KMnO4

Diol vicinalSol. aquosa

diluída

B

KMnO H4 ,+

D

Dadas as reações acima, escolha, dentre as opções abaixo, a que corresponde, respectivamente, às funções orgânicas das substâncias A, B, C e D. A) Álcool, alceno, alcino e cetona. B) Álcool, alceno, alcino e ácido carboxílico. C) Aldeído, alcano, alceno e cetona. D) Aldeído, alceno, alceno e ácido carboxílico. E) Álcool, alcano, alcano e aldeído. Resolução: Desidratação intramolecular de álcool:

OH

H SO2 4

�+ H O2

( )A

Q u e s t ã o 3 6

Q u e s t ã o 3 7

24

Oxidação branda de alcenos:

C CKMnO4

Sol. aquosadiluída

C C

OH OH

Diol vicinal

( )B Alceno

Hidratação de alcinos seguido de tautomeria:

H C3 CH2 CH2 CH2 C CH + H O2

HgSO4

H SO2 4 H C CH3 2 3[ ] C CH2

OH

H C CH3 2 3[ ] C CH3

O

( )C

Tautomeria

Oxidação enérgica de homólogos do benzeno:

KMnO H4 /+

C

O

OH + CO2 + CH H O3 + 2C

O

HO

( )D Assim, temos: A = Álcool B = Alceno C = Alcino D = Ácido carboxílico

Alternativa B

Considere a versão tridimensional da Tabela Periódica sugerida pelo químico Paul Giguère. Nesta representação, a Tabela Periódica se assemelha a um catavento onde os blocos s, p, d, f são faces duplas formadoras das pás do catavento e onde o eixo de sustentação está fixado ao longo do bloco s.

Hidrogênio

�

��

�

�4Be12Mg

20Ca38Sr

21Sc

22Ti

Hélio

Oxigênio

Bloco p

Ferro

Bloco d

TérbioBloco f

Gadolinio

Bloco S

Lítio

103Lr

71Lu

f

d

p

s

Nr. AtômicoELEMENTO

Q u e s t ã o 3 8

25

Em relação à tabela acima, assinale a alternativa correta. A) O elemento α é um gás nobre. B) O elemento β é o 80Hg. C) O íon γ+2 tem a configuração eletrônica do xenônio. D) O 75δ é isótono do 85

39 .X E) O elemento ε é o 43Tc, primeiro elemento artificial conhecido, e pertence ao grupo 6B ou 6 da Tabela Periódica usual. Resolução: a) Errado, o α é o Boro (B) b) Errado, o β é o Rênio (Re) c) Correto. d) Errado, não são isótonos, visto que o número de nêutrons do 75

33δ( )As é 42, enquanto o número de nêutrons do X é 46.

e) Errado, pois o ε pertence ao grupo 7B.

Alternativa C As alternativas abaixo representam processos hipotéticos envolvendo 2 mols de um gás ideal, contidos em um conjunto cilíndrico-pistão. Assinale a alternativa que apresenta mais de três estados (V, T) nos quais a pressão é máxima:

Resolução: Em um gráfico V × T, as isobáricas são retas passando pela origem e, quanto maior a pressão, menor será o coeficiente angular dessa reta. Nas alternativas A, B, C e D, a reta tangente ao gráfico das transformações que passa pela origem apresenta apenas 1 ponto em comum, com o gráfico. Já na alternativa E encontram-se infinitos pontos.

Alternativa E

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Um sistema fechado e sem fronteiras móveis contém uma determinada massa gasosa inerte. Sabe-se que, após aquecimento, o sistema registra um aumento de 5% na pressão e de 15 ºC na temperatura (considere que o gás se comporta idealmente). A respeito do valor da temperatura inicial, pode-se dizer que: A) é igual ou inferior a 30 ºC. B) é superior a 30 ºC e inferior a 300 ºC. C) é igual ou superior a 300 ºC. D) somente pode ser calculado conhecendo-se o volume e a massa de gás. E) somente pode ser calculado conhecendo-se o volume, a massa e a pressão inicial do gás. Resolução: Sistema fechado e sem fronteiras móveis: n(nº de mols) e V(volume) constantes. Gás ideal: p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T. Situação inicial: p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T

Situação aquecida: (p ⋅ 1,05) ⋅ V = n ⋅ R ⋅ (T + 15) Dividindo membro a membro por , temos:

151,05 TT+

= onde T é a temperatura em kelvins.

0,05T = 15 ⇒ T = 300 K = 27ºC. Alternativa A

Q u e s t ã o 4 0

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Professores:

Física

Bruno Werneck Marcelo Moraes

Rodrigo Bernadelli

Matemática Bruno Fraga

Lafayette Ney Marcondes

Química

Adair Dalton Everton

Nelson Santos Neto Thé

Colaboradores

Aline Alkmin Thales Xavier

Henrique José Diogo

Digitação e Diagramação

Érika Resende Leandro Bessa Márcia Santana

Valdivina Pinheiro Vinícius Ribeiro

Desenhistas Arthur Vitorino Lucas de Paula Mariana Fiusa Rodrigo Ramos

Revisores

Luís Antônio Alvarenga Raquel Guissoni

Trajano Reis

Projeto Gráfico Mariana Fiusa

Vinicius Ribeiro

Assistente Editorial Valdivina Pinheiro

Supervisão Editorial

José Diogo Rodrigo Bernadelli Marcelo Moraes

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