12
GGE RESPONDE VESTIBULAR – IME 2010 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) 1 www.gge.com.br MATEMÁTICA 01. Sejam r, s, t e v números inteiros positivos tais que v t s r < . Considere as seguintes relações : ( ) ( ) v v t s s r . I + < + ( ) v t t s r r . II + < + ( ) ( ) v s t r s r . III + + < ( ) ( ) v t r s t r . IV + < + O número total de relações que estão corretas é: a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 RESOLUÇÃO: (i) v v t s s r 1 v t 1 s r v t s r + < + + < + < Verdadeira (ii) rt st rt rv st rv v t s r + < + < < v t t r s r ) r s ( t ) v t ( r + < + + < + verdadeira (iii) rs st rs rv st rv v t s r + < + < < v s t r s r ) t r ( s ) v s ( r + + < + < + verdadeira (iv) + < + v t r s t r v(r + t) < s(r + t) v < s, porém não sabemos se isso é verdade. Contra-exemplo: Faça r =1, s = 3, t = 5, v = 4 Note que 4 5 1 3 5 1 porém , 4 5 3 1 + > + < ALTERNATIVA D 02. Considere o determinante de uma matriz de ordem n definido por: 3 1 ... 0 0 0 0 0 3 ... 0 0 0 0 0 0 ... 3 1 0 0 0 0 ... 0 3 1 0 0 0 ... 0 0 3 1 1 1 ... 1 1 1 1 n = Δ ....... .......... .......... .......... Sabendo que Δ 1 = 1, o valor de Δ 10 é a) 59049 b) 48725 c) 29524 d) 9841 e) 364 RESOLUÇÃO: 1 1 ) 1 ( 1 3 1 0 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 3 1 0 0 0 0 0 3 1 0 0 0 0 0 3 1 1 1 1 1 1 1 + = L L M M M M M M L L L L nxn 1 1 n 3 3 1 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 3 1 0 0 0 0 3 1 0 0 0 0 3 L L M M M L L L ) 1 n ( x ) 1 n ( + 3 1 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 3 1 0 0 0 0 3 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 L L M M M M M L L L M 2 1 ) 1 )( 1 ( + ) 1 n )( 1 n ( Δ + = Δ 1 n 1 n n 3 2 ) 1 3 ( 3 3 3 3 1 n 1 n 1 2 2 n 2 n 1 n 1 n 1 n n = Δ Δ = Δ Δ = Δ Δ = Δ Δ M 2 ) 1 3 ( 3 1 n 1 n + Δ = Δ = + = + = + + + + + = Δ 2 ) 19682 ( 3 1 2 ) 1 3 ( 3 1 3 ... 3 3 3 1 9 9 3 2 10 29524 ALTERNATIVA C 03. O valor da expressão + = 1 a 1 arccos 1 a 1 arcsen sen y 2 2 , onde a é um número real e a (-1,0), é: a) -1 b) 0 c) 2 1 d) 2 3 e) 1 RESOLUÇÃO: (-1,0) a e R a ; 1 a 1 arccos 1 a 1 arcsen sen y 2 2 + = = β = α 1 a 1 arccos e 1 a 1 arcsen Sejam 2 2 Sabemos que π π α 2 , 2 e ] , 0 [ π β Como 1 a 1 sen 1 a 1 arcsen 2 2 = α = α 1 a 1 cos 1 a 1 arccos 2 2 = β β Deste modo senα = cosβ Z k k 2 2 / k 2 2 π + π = β α π + π = β + α Por outro lado, como a R e a (-10), temos que senα < 0 e cosβ < 0

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MATEMÁTICA  

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

sr

< .

Considere as seguintes relações :

( ) ( )v

vts

sr.I +<

+

( ) vtt

srr.II

+<

+

( )( )vs

trsr.III

++

<

( ) ( )

vtr

str.IV +

<+

O número total de relações que estão corretas é: a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 RESOLUÇÃO: (i)

vvt

ssr1

vt1

sr

vt

sr +

<+

⇔+<+⇔<

Verdadeira (ii)

rtstrtrvstrvvt

sr

+<+⇔<⇔<

vtt

rsr)rs(t)vt(r

+<

+⇔+<+⇔

verdadeira (iii)

rsstrsrvstrvvt

sr

+<+⇔<⇔<

vstr

sr)tr(s)vs(r

++

<⇔+<+⇔

verdadeira (iv)

⇔+

<+

vtr

str

v(r + t) < s(r + t) ⇔ v < s, porém não sabemos se isso é verdade. Contra-exemplo: Faça r =1, s = 3, t = 5, v = 4

Note que 4

513

51 porém ,45

31 +

>+

<

ALTERNATIVA D  02. Considere o determinante de uma matriz de ordem n definido por:

31...000003...0000

00...310000...031000...003111...1111

n

−−

=Δ.....................................

Sabendo que Δ1 = 1, o valor de Δ10 é a) 59049 b) 48725 c) 29524 d) 9841 e) 364

RESOLUÇÃO:

11)1(1

310000030000

003100000310000031111111

+−⋅=

−−

L

L

MMMMMM

L

L

L

L

nxn

1

1n33100003000

003100003100003

−−

L

L

MMM

L

L

L

)1n(x)1n( −−

+

3100003000

000310000300111

00

011

−−

L

L

MMMMM

L

L

L

M

21)1)(1( +−−

)1n)(1n( −−

  

⇒Δ+=Δ −−

1n1n

n 3

2)13(3

3

3

3

1n

1n

12

2n2n1n

1n1nn

−=Δ−Δ

=Δ−Δ

=Δ−Δ

=Δ−Δ

−−−

−−

M

 

2)13(3 1n

1n−

+Δ=Δ−

 

=+=−

+=+++++=Δ2

)19682(312

)13(313...33319

93210   29524  

ALTERNATIVA C 03. O valor da expressão

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

−=

1a1arccos

1a1arcsenseny

22, onde a é um número

real e a ∈ (-1,0), é: a) -1 b) 0

c) 21

d) 23

e) 1 RESOLUÇÃO:

(-1,0)a e Ra;1a

1arccos1a

1arcsenseny22

∈∈⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−=β⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

−=α

1a1arccos e

1a1arcsen Sejam

22

Sabemos que ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ππ−∈α

2,

2e ],0[ π∈β

Como

1a1sen

1a1arcsen

22 −=α⇒⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

−=α

1a1cos

1a1arccos

22 −=β⇒⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

−⇒β

Deste modo senα = cosβ ⇒

Zkk22/

k22 ∈

⎪⎩

⎪⎨⎧

π+π=β−α

π+π

=β+α

Por outro lado, como a ∈ R e a ∈ (-10), temos que senα < 0 e cosβ < 0

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Deste modo;

π<β<π

<α<π

−2

e 02

Assim 0 < α + β < π Diante das soluções da equação trigonométrica senα = cosβ

Vemos que 2π

=β+α ; pois 0 < α + β < π

Como

y = sen(α + β) = 12

sen =π

y = 1 ALTERNATIVA E 04. 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) 6

104 b) 3

104 c) 31042 d) 104 e) 1043

RESOLUÇÃO:

Note que AD e CO são bissetrizes dos ângulos BAC

) e DCA

),

respectivamente, inicialmente, calculemos xCD = usando o

teorema da bissetriz interna relativo a AD .

⇒−

=x28

26x

18

⇒ 26x = 18 · 28 – 18x

442818x ⋅

=

11126x =

Em seguida calculemos a bissetriz AD .

onde ,)ap(bcpcb

2AD −⋅+

=

b = 18, c = 26, ,362

282618p =++

=

a = 28 Assim:

)2836(3626182618

2AD −⋅⋅⋅+

=

8362618442AD ⋅⋅⋅⋅=

26634442AD ⋅⋅⋅=

261136AD =

Finalmente calculemos yAO = aplicando o teorema da bissetriz

interna relativa a CO

y11

263611

126

y18

=

y112636126

y18

−=

y198263618y126 −⋅=

1041818y324 ⋅⋅=

104y = ALTERNATIVA D

05. Considere o sistema ,6xy2yx2yxyx

5yxxy223223⎪⎩

⎪⎨⎧

=+−−

=−+ onde x

e y são números inteiros. O valor de x3 + y2 + x2 + y é: a) 14 b) 18 c) 20 d) 32 e) 38 RESOLUÇÃO: x3y2 – x2y3 – 2x2y + 2xy2 = 6 x2y2(x – y) – 2xy(x – y) = 6 (x2y2 – 2xy)(x – y) = 6 [5 – (x – y)][3 – (x – y)] (x – y) = 6 faça (x – y) = k, pois x, y ∈ Z (5 – k)(3 – k)(k) = 6 como k ∈ Z Temos que k = Z Logo

⇒⎩⎨⎧

==−3xy

2yx

⇒ y = 1 e x = 3 ou x = -1 e y = -3 ⇒ x3 + y3 +x2 +y = 6 Logo x3 + y2 + x2 + y = 27 + 1 + 9 + 1 = 38 Obs: para a resposta ser única x e y deveriam ser inteiros não-negativos. ALTERNATIVA E 06. Seja S = 12 + 32 + 52 + 72 + ... + 792. O Valor de S satisfaz: a) S < 7 x 104 b) 7x104 ≤ S < 8x104 c) 8x104 ≤ S < 9 x 104 d) 9x104 ≤ S 105 e) S ≥ 105

RESOLUÇÃO: S(n) = an3 + bn2 + cn + d (I) S(1) = a + b + c + d = 1 (II) S(2) = 8a + 4b + 2c + d = 10 (III) S(3) = 27a + 9b + 3c + = 35 (IV) S(4) = 64a + 16b + 4c + d = 84 (II) – (I) = 7a + 3b + c = 9 (V) (III) – (I) = 26a + 8b + 2c = 34 (VI) (IV) – (I) = 63a + 15b + 36 = 83 (VII) (VI) – 2(V) = 12a 2b = 16 (VIII) (VII) – 3 · (V) = 42a + 6b = 56 (IX)

(IX) – 3 · (VIII) = 6a = 8 ⇒ ⇒=34a (VIII)

b = 0 ⇒ (V) ⇒ 31c −= ⇒ (I) ⇒ d = 0

3n

3n4Sn

3−=

792 é o 40º termo ∴340

3404S

3

40 −=

320.85340

3256000S40 =−=

80.000 < S40 < 90.000 8 · 104 < S40 < 9 · 104 ALTERNATIVA C

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07. Seja o polinômio p(x) = x3 + (ln a) x + eb, 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: p(x) = x3 + (ln a)x + eb Res: sejam α1, α2, α3 raízes de p(x). Pelas relações de Girard, temos que α1 + α2 + α3 = 0 α1 α2 + α1α3 + α2α3 = lna α1α2α3 = - eb De α3 + α1 + α2 = 0 ⇒ α3 = - (α1 + α2) ⇒ 3

3α = - (α1 + α2)3

⇒=α+α+α 0)( 321

33

033 32

2212

21

31

33 =α+αα+αα+α+α

2212

21

33

32

31 33 αα−αα−=α+α+α⇒

)(3 212133

32

31 α+ααα−=α+α+α⇒

⇒α−αα−=α+α+α )(3 32133

32

31

bb321

33

32

31 e3)e(33 −=−⋅=ααα=α+α+α⇒

Portanto

b33

32

31 e3−=α+α+α⇒

Portanto depende apenas de b e é negativa. ALTERNATIVA D 08. A quantidade k de números naturais positivos, menores do que 1000, que não são divisíveis por 6 ou 8, satisfaz a condição: a) k < 720 b) 720 ≤ k < 750 c) 750 ≤ k < 780 d) 780 ≤ k < 810 e) k ≥ 810 RESOLUÇÃO:

Nº de termos: 166 + 124 – 41 = 249

6÷ 8÷

Nº não divisíveis por 6 ou 8, menores que 1000 999 – 249 = 750 ALTERNATIVA C 09. Uma hipérbole de excentricidade 2 tem centro na origem e

passa pelo ponto ).1,5(  A equação de uma reta tangente a esta hipérbole e paralela a y = 2x é: a) 6x32y3 += b) 33x2y +−= c) 32x6y3 +=

d) 4x32y3 += e) 3x2y +=

RESOLUÇÃO:

1ay

ax

2

2

2

2=− 4a1

a41

a1

a5 2

222=⇒=⇒=−

⇒=− 14

y4

x 22

04yx 22 =−− (I) Substituindo a equação da reta tangente y = 2x + k em (I) temos: x2 – (2x + k)2 – 4 = 0 – x2 – 4x2 – 4xk – k2 – 4 = 0 3x2 + 4kx + 4 + k2 = 0 Δ = 0 ⇒ (4k)2 – 4 ⋅ 3 ⋅ (4 + k2) = 0 ⇒ 16k2 – 48 – 12 k2 = 0 4k2 = 48 ⇒ k2 = 12 ⇒ k = ± 32 y = 2x ± 32

632y3 ±= Logo uma das retas tangentes é:

632y3 += ALTERNATIVA A 10. 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: Se f(x1) = f(x2), então x1 = x2 indica que f é injetora. Assim a condição necessária para que se f(g(x)) = f(h(x)), então g(x) = h(x) é que f seja injetora. ALTERNATIVA E 11. Considere o sistema abaixo, onde x1, x2 x3 e Z pertencem ao conjunto dos números complexos.

⎪⎩

⎪⎨

=−+−

=−−

=+−+

0ixixx)2i2(Zxxix2

0ixixx)i1(

321

321

321

 

O argumento de Z, em graus, para que x3 seja um número real positivo é: a) 0º b) 45º c) 90º d) 135º e) 180º Obs.: 1i −= RESOLUÇÃO: Calculando o determinante da matriz incompleta, temos:

i26ii2i211i2iii1

−−=−−−−

−+

 

 Calculando x3 pela regra de Cramer, temos:

2z

i260i2i2z1i20ii1

x3 −=−−

−−−+

=

Como x3 é real positivo devemos ter z real negativo. Logo o argumento de z, em graus, é 180º ALTERNATIVA E

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

49...

3)x(f2...

36)x(f4

12)x(f2

4)x(f

1n

3n≤+++++

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: Como f(x) ≥ 0, temos ⏐f(x)⏐= f(x)

Colocando o fator 4

)x(f em evidência, temos:

49...

32...

94

321

4)x(f

13

1n≤⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+++++

49

321

14

)x(f≤

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

−⋅

49)x(f

43

≤⋅

f(x) ≤ 3 como xlog3)x(f −= segue que

3xlog3 ≤−

- 3 ≤ 3 – log x ≤ 3 0 ≤ log x ≤ 6 100 ≤ x ≤ 106 Comentário: Onde temos f(x) = |3 – logx| x ∈ R deveríamos ter f(x) = |3 – logx|, x > 0 ALTERNATIVA D 13. 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) 8 π cm2 b) 9π cm2 c) 12π cm2 d) 16π cm2 e) 36π cm2 RESOLUÇÃO:

333 −

3323 +

       

3323 +

333 −

 

3326g

33g3g

332g3 −+−=+

3326g3 −=

1y3m333

3323m =∴=⇒+−+=

3323

333

xyx

2gg

+

−=

+=

+

3323

333

2gg

+

−=

+

1y3m333

3323m =∴=⇒+−+=

π=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛π=

⎟⎟

⎜⎜

⎛ −++π=

⎟⎟

⎜⎜

⎛ −π+

⎟⎟

⎜⎜

⎛++−π=

⎟⎟

⎜⎜

⎛ −π+

⎟⎟

⎜⎜

⎛++π=

⎟⎟

⎜⎜

⎛ −π+

⎟⎟

⎜⎜

⎛+−+++π=

⎟⎟

⎜⎜

⎛−π+⎟

⎜⎜

⎟⎟

⎜⎜

⎛−π−+

⎟⎟

⎜⎜

⎛+π=

=+−=

3108

3562

3321832122

331826

334

33262

2.3

39263

34g32

2.3

392g33g3

334g

3326g32

2333.2g.

333)2g.(

33232

S)SS(2S cilindromenor conemaior cone

π= 36  

ALTERNATIVA E 14. 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 2cm, 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:

αα

αα

α

Construa FH” // MF’ , H” ∈ s. Pelo teorema de Poncelet (propriedade refletora das cônicas), sabemos que a tangente r (à elipse passando por M) é a reta

bissetriz dos raios vetores M'F e FM . Assim, 'HHMRM'M = eH'HM'HMR = .

Segue que o triângulo HFH” é isósceles assim FH” = 2. Finalmente, da congruência dos triângulos FH”O e F’H’O, temos

"FH'H'F = . Logo x = 2 ALTERNATIVA D

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15. Cada um dos quatro quadrados menores da figura abaixo 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) 21 b)

85 c)

167

d)

3223 e)

6443

RESOLUÇÃO: Seja A o conjunto em que todos os quadrados que possuam um lado em comum, sejam pintados de cores diferentes. Seja B o conjunto de que ao menos dois quadrados, que possuam um lado em comum, sejam pintados da mesma cor. Logo P(B) = 1 – P(A): Vamos calcular P(A) 1º Caso: todas as cores diferentes: P4 = 4! = 24 2º Caso: 2 cores iguais por exemplo:

Verde

Verde

Azul

Azul

61234

!2!2!4C 2,4 =

⋅⋅

== maneiras de escolher 2 cores x 2 maneiras

de colocar as cores sem que possuam um lado em comum. Total: 12 maneiras 3° Caso: 2 quadrados com cores iguais e mais duas outras cores por exemplo:

4 maneiras de escolher a cor que se repete C3,2 maneiras de escolher as outras 2 cores 4 maneiras de colocar as cores sem que possuam um lado em comum da mesma cor. Logo 4 · 3 · 4 = 48 maneiras

Então ,

,totais casos

favoráreis casos)A(P =

Casos totais = 44 = 256

25684

256481224)A(P =

++=

6443

256841)B(Polog =−=

ALTERNATIVA E

FÍSICA  

16.

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 T2 da interface desses materiais, em kelvins, é: Observações: • T1: Temperatura da interface do material A com o meio

externo • T3: Temperatura da interface do material B com o meio

externo • KA: Coeficiente de condutividade térmica do material A • KB: Coeficiente de condutividade térmica do material B a) 400 b) 500 c) 600 d) 700 e) 800 RESOLUÇÃO: φA = φB

LA)TT(K

LA)TT(K 23B12A −⋅

=−⋅

⇒ 1 · (T2 – 300) = 0,2 · (1500 – T2) ⇒ 5T2 – 1500 = 1500 – T2 ⇒ 6 · T2 = 3000 T2 = 500K ALTERNATIVA B  

17.

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) fp

f−                           

b) fpn

f−                          

c) fp

nf−

d) nfp

nf−                         

e) fnp

f−

RESOLUÇÃO:

αβ

   

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Sem o material:

fppfx

pffp

p1

f1

x1

x1

p1

f1

−⋅

=⇒⋅−

=−=⇒+=

Com o material:

n1

'xx

=fppfnxn'x

−⋅⋅

=⋅=⇒

;ph)(tg =α ⇒=β

'xhi)(tg

p'x

hh

n)(sen)(sen

)(tg)(tg

i

0 ⋅==βα

=βα

⇒−⋅

⋅=⇒fpfn

hh

ni

0

fpf

hh

0

i

−=

ALTERNATIVA A 18. 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, 36N (compressão) e 160N (tração), o valor e o sentido das componentes vertical e horizontal da força F devem ser:

Observação: Despreze os pesos das barras e adote 7,13 = a) 80N (↓), 100N (→) b) 100N (↓), 80N (→) c) 80N (↑), 100N (←) d) 100N (↑), 80N (←) e) 100N (↓), 80N (←) RESOLUÇÃO

525,4~

23)º30cos( =

  

  

⇒= 0F Como R

ALTERNATIVA A

19. Um bloco de 4 kg e velocidade inicial de 2 m/s 70 cm em uma superfície horizontal rugosa até atingir uma mola elástica 200 N/m. A aceleração da gravidade é 10 m/s2 e o bloco comprime 10 cm 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

72822.401,0.

22007,0.10.4.

2mV0

2x.Kd.F

E

2

20

2

AT

cT

=⇒

=+

−=Δ

−−

Δ=

μ

μ

τ

 

25,0287

==μ  

ALTERNATIVA C 20.

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 um 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. • L/R = 3 a) positiva e de valor B/3 d) positiva e de valor 2 B/3 b) positiva e de valor B/6 e) negativa e de valor 2 B/3 c) negativa e de valor B/6 RESOLUÇÃO:

magF

0V

B

B x VqFmag ⋅=

⇒ q < 0

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R’

60°

L = 3R

R’ · cos(60°) = 3R ⇒ R’ = 6R

⇒⋅

==B'q

mVR' ;

qBmV

R 00

6B'B =

ALTERNATIVA C 21.

B

R

R

R

R

RA

R

Sabendo que todos os resistores da malha infinita da figura têm resistência R, a resistência equivalente entre A e B é: a) R (1+ 2 ) / 2 b) R (1+ 3 ) / 2 c) 3R / 2

d) R(1 + 5 ) / 2 e) R (1+ 6 ) / 2 RESOLUÇÃO:

A BR R

EQR

A BEQR

EQ

EQEQ RR

R R.R R

++=⇒ EQEQ

22EQEQ R.R R R. R R R . R ++=+⇒

0RR . RR 2 EQ

2 EQ =−−⇒

( )2

51.R2

5RR2

R4RRR22

EQ+

=+

=+±

=⇒

 ALTERNATIVA: D  

22. 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:

2dM.Gg =

( ) 2T

2TT

.est2T

.supRGM0,9.~

R.1025,1M.G

R05,1G.M g ;

RM.Gg

2===⇒

sup.est g.9,0~g⇒

ALTERNATIVA: C 23. 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 temo (t) é dada por: a) M2 L-1 t-3. b) M L-1 t-2. c) M L-1 t-3. d) M2 L-2 t-3. e) M2 L-2 t-2. RESOLUÇÃO

[ ] [ ][ ][ ][ ] [ ] [ ]

[ ] [ ]

L.tL.M.

t.L1

t.L][

.L1.

tL.L.

M][.

LM

.V

1.V.A.C.MX

233

32

3

OL

==

ΔΔ

=

Δ=

τ

θθ

τ

θ

= M.L-1.t-3 ALTERNATIVA C 24.

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) ]22/[gh4                    b)  ]22/[gh3                 c) ]22/[gh2

d) ]22/[gh                      e) 0 RESOLUÇÃO Início

36h.K

3h.g.M

26h.K.2

3h.g.ME

6h

3h

2hXX

2

2

0

21

+=⎟⎠

⎞⎜⎝

+=

=−=Δ=Δ

 

 Do Equilíbrio:

x.K.2 Δ

Mg

hg.M.3KMg

6hK.2 =⇒=⇒

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Final:

36h.g.3V

h.g.M.723h.

hg.M3.

727

3h.g.M

2MV

72h.K7

3h.g.M

8h.K

36h.K

3h.g.M

2MV

36h.K

3h.g.M

8h.K

2MV

E22h.K

2MVE

2

22

2222

222

0

2

2

f

=⇒

=−=⇒

−=−+=⇒

+=+⇒

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

+=

 

6h.g.3

V =⇒

SEM ALTERNATIVA 25.

Na figura, o frasco de vidro não condutor térmico e elétrico contém 0,20 kg de um líquido isolante elétrico que está inicialmente a 20°C. Nesse líquido está mergulhado um resistor R1 de 8 Ω. A chave K está inicialmente na vertical e o capacitor C, de 16 μF, está descarregado. Ao colocar a chave no Ponto A verifica-se que a energia do capacitor é de 0,08 J. 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 R1 seja absorvido pelo líquido e que o calor gerado nos resistores R2 e R3 não atinja o frasco. Nessas condições, é correto afirmar que o calor específico do líquido, em cal · g-1°C-1, é Dado: 1 cal = 4,2 J a) 0,4 b) 0,6 c) 0,8 d) 0,9 e) 1,0 RESOLUÇÃO: Chave em A:

⇒⋅

=2ECE

2

n ⇒⋅⋅

=−

2E101608,0

26V100E =

Chave em B: Ut = REQ · iT 100 = 10 · iT iT = 10ª PDis = R1 · i2 = 8 · 102 = 800w EDISS = Pot · Δt = 800 · 5 = 4000J Q = m · c · Δθ 4000 = 200 · C · (26 – 20)

Cg/col2,43

10Cg/J3

10C °⋅

=°=⇒

⇒ C ∼ 0,8 col/g°C ALTERNATIVA C  

26. Um soldado em pé sobre um lago congelado (sem atrito) atira horizontalmente com uma bazuca. A massa total do soldado e da bazuca é 100kg e a massa do projétil 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 100kj, a velocidade de recuo do soldo é, em m/s,

a) 0,1 b) 0,5 c) 1,0 d) 10,0 e) 100,0 RESOLUÇÃO:

0,05 . KJ100w Qw05,0 =⇒==η

J 5000 Kj 5w == cEw Δ=

cpcscf , 0c EE EEº

+== 2

2pp

2s

scf Vm2V

m E +=

ppsfo Vm VmQ , 0Q s +−== sspppps VmVm , Vm Vm0 s =+−=∴

Vsmmv

p

sp =

Daí,

2

sp

sp2scf V

mm

2

m Vs

2m

E ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

p

s22

22

sp

scf m

m21Vs

mpms

2mp V

mmE

J500010021 V.

2kg100E

100

2scf =

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

+=

≅43421

J500010021 V.

2kg100E

100

2scf =

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

+=

≅43421

sm1Vc =

ALTERNATIVA C 27. Três satélites orbitam ao redor da Terra: o satélite S1 em uma órbita elíptica com o semi-eixo maior a1 e o semi-eixo menor b1; o satélite S2 em outra órbita elíptica com semi-eixo maior a2 e semi-eixo menor b2; e o satélite S3 em uma órbita circular com raio r. Considerando que r = a1 = b2, a1 ≠ b1 e a2 ≠ b2, 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) S1 e S3 têm períodos de revolução idênticos, maiores do que o

de S2 d) S1 e S3 têm períodos de revolução idênticos, menores do que

o de S2 e) S2 e S3 têm períodos de revolução idênticos, maiores do que o

de S1 RESOLUÇÃO:

21322

211

1 barR;3

baR;

2ba

R ===+

=+

=

;rR;2

raR;

2br

R 32

21

1 =+

=+

=

Temos ainda:

1222

11 brababa

>>⇒⎩⎨⎧

>

>

Kleper) de lei 3ª pela(TTTRRRrRrR

1321321

2 >>⇒>>⇒⎩⎨⎧

<>

A SER CONTESTADA ALTERNATIVA B

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28. 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: x = a cos(wt) y = b sen(wt) onde: a, b e w são constants positivas, com a > b Sejam as afirmativas: I. o som na origem é percebido com a mesma frequência quando a partícula passa pelas coordenadas (a, 0) e (0, b). II. o raio de curvatura máximo da trajetória ocorre quando a partícula passa pelos pontos (0, b) e (0, -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:

I. Verdadeiro, pois em ambos os pontos Vrel = 0 ⇒ fAP = femitida II. Verdadeiro, da geometria III.

)wt(cosbw)wt(senawV cos(wt) bwV

(wt) sen awV 2222222

y

x ⋅+⋅⋅=⎪⎭

⎪⎬⎫

⋅+=⋅−=

)]wt(cosb)wt(sena[wV 222222 ⋅+⋅=

)]ba)(wt(senb[wV 222222 −+⋅=

1)wt(sen1)wt(senV 2máx ±=⇒=⇒

⇒ cos (wt) = 0 ⇒ x = 0 ⇒ eixo y ⇒ verdadeira ALTERNATIVA E

29.

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 h = 50cm. Colocando-se sobre a mola um pequeno corpo (raio desprezível) de massa 0,2 kg e carga positiva de 9 x 10-6C, 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 5cm do fundo, é: Dados: • Aceleração da gravidade: g = 10 m/s2. • Constante eletroestática: K = 9 x 109 N.m2/C2. a) 2 x 10-6. b) 4 x 10-4. c) 4 x 10-6. d) 8 x 10-4. e) 8 x 10-6.

RESOLUÇÃO Início:

m/N8K225,0.Kmgx.KpF oel

=⇒=⇒

=Δ⇒=

Final:

33

2

22

3

22

69

221el

el

10.81324,0

10.8145,0.6,12Q

Q45,010.816,1

45,0Q.10.9.10.9245,0.8

dQ.Q.Kmgx.K

FpF

==⇒

=⇒

+=⇒

+=Δ

+=

= 4.10-6C ALTERNATIVA C 30.

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:

º60

Dx

cm 10 D2= 143 + 100 = 243

24310 (x) sen =

243

10 . n23.1 =

35,12027

20243.3n ===⇒

ALTERNATIVA: A         

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QUÍMICA 31. Considere as seguintes possibilidades para a estrutura da molécula de trifluoreto de cloro (ClF3):

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 ao sistema 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: Espécies do tipo AX3E2 apresentam uma maior estabilidade quando a geometria da espécie é do tipo “T”, na qual os dois pares de elétrons ocupam vértices da base de uma bipirâmide trigonal e os pares ligantes completam o arranjo tridimensional.

Esta configuração promove a menor repulsão entre os pares de elétrons ligantes e não-ligantes, resultando numa maior estabilidade. ALTERNATIVA C  

32. 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) 870 % e) 1428 % RESOLUÇÃO: Deve-se considerar como queima estequiométrica a seguinte equação química: 1C3H8(g) + 5O2(g) → 3CO2(g) + 4H2O(g) A utilização de apenas 80% da quantidade estequiométrica de ar e a informação de que apenas produtos gasosos são obtidos sugere que forma-se CO(g) além de CO2(g). Assim, a equação química passa a ser: 1C3H8(g) + 4O2(g) → 1CO2(g) + 2CO2(g)+ 4H2O(g) Considerando 1L de propano, temos:

* quantidade estequiométrica de ar: L252,0

5Var ==

* volume de ar utilizado: V = 0,8 . 25 ⇒ V = 20L * 16L V; L4VVV20

2222 NONO ==⇒+=

* pela equação química temos também: 4 V; 2 V; 1V OHCOCO 22

===

Como os gases são considerados ideais, percentagem molar é igual a percentagem volumétrica. Assim:

0435,0231X

164211X

nnnnn

X

2

2222

22

CO

CONOHCOCO

COCO

==

⇒+++

=⇒+++

=

= 4,35% ALTERNATIVA A 33.

CrI3 + Cl2 + NaOH → NaIO4 + Na2CrO4 + NaCl + H2O 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: CrI3 + Cl2 + NaOH → NaIO4 + Na2CrO4 + NaCl + H2O Elementos que sofrem oxidação: Cr → passa de + 3 para + 6 ⇒ 3e- I → passa de – 1 para + 7 ⇒ 8e- Como para cada átomo de cromo existem três átomos de iodo, temos: Total de elétrons: 3e- + 3 · 8e- = 27e- Apenas o cloro sofre redução, passando de NOX 0 para – 1. Assim, são necessários 27 átomos de Cl. A equação balanceada, portanto, será: 2CrI3 + 27Cl2 + 64NaOH → 6 Na IO4 + 2Na2CrO4 + 54NaCl + 16 H2O Soma dos coeficientes = 187 ALTERNATIVA D  

34. 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: Na natureza, quase todos os aminoácidos (exceto a glicina que é aquiral), possuem configuração L no carbono α.

L - α - aminoácido ALTERNATIVA B 35. 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.

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RESOLUÇÃO: H

Cl

OH H

HCH=CH2

Carbonos assimétricos: C1 ; C2 ; C5. nº de isômeros óticos: 23 = 8 nº de racematos: 23-1 = 4 ALTERNATIVA D 36. Considere as supostas variações de entropia (Δ S) 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 (l) (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. b) III, lV e V. c) II, III e V. d) I, II e IV. e) II, IV e V. RESOLUÇÃO: I. Cristalização do sal comum ⇒ Redução da desordem ⇒ ΔS < 0 II. Sublimação da naftalina ⇒ Aumento da desordem ⇒ ΔS > 0 III. Mistura da água e álcool ⇒ Aumento da desordem tanto para a água quanto para o álcool ⇒ ΔS > 0 IV. )l(

fusão)s( FeFe ⎯⎯⎯ →⎯ ⇒ Aumento da desordem ⇒ ΔS > 0

V.  ArAr compressão⎯⎯⎯⎯⎯ →⎯ ⇒ Redução da desordem ⇒ ΔS < 0

ALTERNATIVA E 37.

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: Reações associadas aos compostos A, B, C e D.

⎯⎯⎯ →⎯ 42 0SHΔ

R'CHCHR 'RCHCHR 4KMnO −−−⎯⎯⎯ →⎯−=−

⎯⎯⎯⎯ →⎯4

4 H ,KMnO

32223HgSO

3223 CCHCHCHCHCH CHCCCHCHCH 4⎯⎯⎯ →⎯−≡

  A → álcool ; B → alceno ; C → Alcino ; D → ácido carboxílico. ALTERNATIVA B 38. 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 formadoras das pás do catavento e onde o eixo de sustentação está fixado ao longo do bloco s.

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 X85

39 . e) O elemento ε é o 43Tc, primeiro elemento artificial conhecido, e

pertence ao grupo 6B ou 6 da Tabela Periódica usual. RESOLUÇÃO: A partir da figura, constata-se que o elemento γ é um metal alcalino – terroso. γ = Ba (Bário) O íon γ+2 possui configuração eletrônica igual ao gás nobre do 5º período, isto é, Xenônio (Xe) ALTERNATIVA C

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

b)

c)

d)

e)

RESOLUÇÃO:

De acordo com a lei dos gases ideais, tem-se: VTnRP =

Portanto, para que se tenha pressão máxima é necessário que a temperatura seja máxima e o volume seja mínimo.

Analisando os gráficos um a um: a) apresenta pressão máxima apenas no ponto com T = 390 K e

V = 10 L b) apresenta pressão máxima apenas no ponto com T = 450 K e

V = 9 L c) apresenta pressão máxima apenas no ponto com T = 480 K e

V = 10 L d) apresenta pressão máxima apenas no ponto com T = 480 K e

V = 9 L e) entre os pontos com (T, V) = (450, 15) e (T, V) = (300, 10)

apresenta uma transformação isobárica. Em todas as infinitas pontas da isobárica a pressão é máxima.

ALTERNATIVA E 40. 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°C 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°C b) é superior a 30°C e inferior a 300°C c) é igual ou superior a 300°C 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: Num sistema fechado, o volume permanece constante. Assim, tem-se:

⇒=+⇒+

=⇒= 111

1

1

1

2

2

1

1 T 05,115T15TP 05,1

TP

TP

TP

0,05 T1 = 15 ⇒ T1 = 300 K = 27°C ALTERNATIVA A