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48 OSG: 24885/09
1 OSG: 24885/09
SUMÁRIO
PROVAS OBJETIVAS
MATEMÁTICA ........................................................................................................... 3
FÍSICA ........................................................................................................................ 16
QUÍMICA ................................................................................................................... 35
2 OSG: 24885/09
47 OSG: 24885/09
46 OSG: 24885/09
3 OSG: 24885/09
MATEMÁTICA
INEQUAÇÕES (i)
r t r t r s t v1 1 (verdadeira)
s v s v s v
(ii)
r t r t rt rv rt st rv st r t0 0 0 rv st 0 (verdadeira)
r s t v r s t v (r s) (t v) (r s)(t v) s v
(iii)
r (r t) r r t rs rv rs st rv st0 0 0 rv
s s v s s v s(s v) s(s v)
+ +< ⇒ + < + ⇒ <
+ − − −< ⇔ − < ⇔ < ⇔ < ⇔ − < ⇔ <+ + + + + ⋅ + + +
+ + + − − −< ⇔ − < ⇔ < ⇔ < ⇔ <+ + + +
r tst (verdadeira)
s v
(iv)
r t r t 1 1s v
s v s vr t
Se escolhermos , , e tais que e s v,o item acima será falso,ou seja,nem sempre ocorrerá.s v
⇔ <
+ +< ⇔ < ⇔ >
< <r s t v
Os itens (i), (ii), (iii) são verdadeiros e o item (iv) é falso. Resposta correta: (D)
4 OSG: 24885/09
DETERMINANTES
Veja:
1n nnn
n n
1 1 1 1 1 1
1 3 0 0 0 0
0 1 3 0 0 0 1 A 3 A ,
0 0 1 3 0 0
0 0 0 0 3 0
0 0 0 0 1 3×
−−
= ⋅ + ⋅∆ = −
−
⋯
⋯
⋯
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
⋯
sendo Aij o cofator do elemento ij. Daí,
( )1 n n nn
(n 1) (n 1)matriz triangular
1 3 0 0 0
0 1 3 0 0
0 0 1 3 0( 1) 3 –1
0 0 0 0 3
0 0 0 0 1
+ +
− × −
−−
−∆ = − + ⋅
−
⋯
⋯
⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮
⋯ (n 1) (n 1)
n 1
1 1 1 1 1
1 3 0 0 0
0 1 3 0 0
0 0 1 3 0
0 0 0 0 3
− × −−∆
−−
−
⋯
⋯
⋯
⋯
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
⋯
45 OSG: 24885/09
Analisando cada gráfico: A) Apresenta um único ponto onde a pressão é máxima, nas coordenadas T = 390K e
V = 10L. B) Apresenta um único ponto onde a pressão é máxima, nas coordenadas T = 450K e
V = 9L. C) Apresenta um único ponto onde a pressão é máxima, nas coordenadas T = 480K e
V = 10L. D) Apresenta um único ponto onde a pressão é máxima, nas coordenadas T = 480K e V
= 9L. E) Apresenta uma transformação isobárica, iniciando nas coordenadas T = 300K e
V = 10L e terminando nas coordenadas T = 450K e V = 15L. Nessas coordenadas e em todos os infinitos pontos dessa isobárica, a pressão é máxima.
Resposta correta: (E)
GASES Para um sistema fechado e sem fronteiras móveis, o volume permanece constante. Para um gás ideal, a transformação isocórica ocorrida para a massa fixa de um gás ideal é:
1 2 1 11 1 1
1 2 1 1
P P P 1,05 P1,05 T T 15 T 300K 27ºC
T T T T 15
⋅= ⇒ = ⇒ ⋅ = + ⇒ = =+
Resposta correta: (A)
FBTS – Rev.: ____
27/10/2009
44 OSG: 24885/09
TERMODINÂMICA DOS GASES De acordo com a equação de estado do gás ideal, a pressão é dada por:
nRT
pV
=
Para que a pressão seja máxima, a temperatura deve ser máxima e o volume deve ser mínimo. Assim, a razão T/V deve ser máxima.
5 OSG: 24885/09
⇒ ∆n = 3∆n–1 + (–1)n + 1(–1)n – 1 ⇒ ∆n = 3∆n–1 + 1 ⇔ ∆n = n 1
1 13
2 2− = ∆ +
.
Logo, 10 9
1 13
2 2 ∆ + = ∆ +
9 8
1 13
2 2 ∆ + = ∆ +
⋮ ⋮
× 2 1
1 13
2 2 ∆ + = ∆ +
910 1
1 13
2 2 ∆ + = ∆ +
⇒ 10
10
3 129524.
2
−∆ = =
Resposta correta: (C)
TRIGONOMETRIA A equipe de professores de Matemática do FB, ao analisar o enunciado da referida questão, verificou que ao assumir a ∈ (–1, 0), obtemos a2 ∈ (0,1) e a2 – 1 ∈ (–1, 0).
Logo, 2
11
a 1< −
− e, portanto, não é possível calcularmos
2
1arc sen
a 1
−
, nem arc
cos 2
1.
a 1
−
Portanto, sugerimos a anulação da questão.
6 OSG: 24885/09
GEOMETRIA PLANA
→ Temos que: a = 28, b = 18 e c = 26. Logo: 2p = a + b + c = 28 + 18 + 26 ⇒ 2p = 72 ⇒
⇒ p 36= ⇒ p a 8− = , p b 18− = e p c 10− =
→ Área do ∆ABC:
p (p a) (p b) (p c) p r
36 8 18 10 36 r 72 10 36r
r 2 10
⋅ − ⋅ − ⋅ − = ⋅ ⇒
⇒ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ =
⇒ =
Na figura, AP (p a) 8= − =
Pitágoras no ∆AOP: 2 2 2 2 2 2AO AP OP (p a) r 8 4 10 AO 104= + = − + = + ⋅ ⇒ =
Resposta correta: (D)
A
26
B C
18 Q P
0
r
28
43 OSG: 24885/09
TABELA PERIÓDICA Observando que as pás são dupla-face, a sequência nessa tabela de Giguère, após o berílio, está o elemento α. Como o berílio possui número atômico Z = 4, α terá Z = 5. Portanto, α pertence ao grupo 3A ou 13 da Tabela Periódica usual. A série dos lantanídeos inicia na parte superior da face não visível do bloco f. Assim, encerra-se no lutécio (Z = 71). Portanto, em ordem crescente e consecutiva os elementos se sucedem até chegar ao elemento β, que tem Z = 75. O elemento γ pertence ao 6º período na Tabela Periódica usual. Como acima dele temos o estrôncio (Z = 38), do 5º período, γ possui número atômico 18 unidades maior que o estrôncio; logo, Zγ = 38 + 18 = 56. Como o número atômico do Xe é 54, γ2+ tem a configuração eletrônica igual à do xenônio neutro. Partindo do cálcio (Z = 20) os elementos seguem, consecutivamente, inicialmente pela face visível do bloco d, em seguida, pela face não visível, até atingir o bloco p. Logo, seguiu-se, após o cálcio, 13 unidades de número atômico. Então, o número atômico de δ é 33. Para δ tendo A = 75, ele tem 42 nêutrons, enquanto 85
39X tem 46 nêutrons.
Portanto, δ e X não são isótonos. O elemento ε está 5 unidades à frente do 38Sr,portanto possui Z = 43. Este elemento é
o tecnécio e pertence ao grupo 7B ou 7 da Tabela Periódica usual. Resposta correta: (C)
42 OSG: 24885/09
C
Alcino
Hex 1 ino
ou
Hex 2 ino
− − − −
KMnO4, H+ OH
O
D Ácido benzoico Logo, os compostos A, B, C e D correspondem, respectivamente, às funções orgânicas álcool, alceno, alcino e ácido carboxílico. Resposta correta: (B)
7 OSG: 24885/09
SISTEMA
( )
( )3 2 2 3 2 2
xy x y 5 I
x y x y 2x y 2xy 6 II
+ − = − − + =
De (I): xy + x – y – 1= 5 – 1⇒ x · (y + 1) –1 · (y + 1) = 4 ⇒ (y + 1) · (x – 1) = 4. Como y ≠ – 1 ⇒
⇒ x – 1 = 4 4
x 1y 1 y 1
⇒ = + ∈+ +
ℤ
Logo, (y + 1) divide 4 ⇒ y + 1 = +1, +2, +4, –1, –2 ou –4 ⇒ y = 0, 1, 3, –2, –3 ou –5
Assim, substituindo (IV) em (III): x = 5, 3, 2, –3, –1 ou 0
De (II): x2y2 · (x – y) – 2xy · (x – y) = 6 ⇒
⇒ (x – y) · xy · (xy – 2) = 6
De (IV) e (V): x y 5, 2 1, 1, 2 ou 5
xy 0, 3 6, 6, 3 ou 0xy 2 2, 1 4, 4, 1 ou 2
− = − − = − = − −
Podemos observar que de (VI) ⇒ ( ) ( ) ( )x,y 3,1 ou –1, – 3 .=
Vejamos os 2 casos:
1o caso: x3 + y2 + x2 + y = 27 + 1 + 9 + 1 = 38
2o caso: x3 + y2 + x2 + y = – 1 + 9 + 1 – 3 = 6
Resposta correta: (E)
(III)
(IV)
(V)
(VI)
8 OSG: 24885/09
SOMATÓRIO
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
40 vezes
S 1 3 5 7 ... 79
S 2 0 1 2 1 1 2 2 1 ... 2 39 1
S 2 0 1 2 2 0 1 2 1 1 2 2 1 1 ... 2 39 1 2 2 39 1
S 4 0 1 2 ... 39 1 1 ... 1 4 0 1 2 ... 39
39 40 79 3S 4 40 4
6
→ = + + + + +⇒ = ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + + ⋅ +⇒ = ⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅⇒ = ⋅ + + + + + + + + + ⋅ + + + +
⋅ ⋅⇒ = ⋅ + + ⋅
( )
( ) ( )
4 4
2 2 2
9 40
2S 2 13 40 79 40 2 39 40S 26 40 79 40 80 39S 82160 40 3120
S 85320Logo: 8 10 S 9 10
Para todo :n n 1
1) 1 2 ... n2n n 1 2n 1
2)1 2 ... n6
⋅
⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅⇒ = ⋅ ⋅ + + ⋅⇒ = + +⇒ =
⋅ ≤ < ⋅∈⋅ +
+ + + =
⋅ + ⋅ ++ + + =
Obs. : n N
Resposta correta: (C)
41 OSG: 24885/09
REAÇÕES ORGÂNICAS Observe as reações a seguir:
OH H2SO4 + H2O
A Álcool cíclico
R CH CH RKMnO4
sol. aquosa diluída
R CH CH R
OH OH
B
Alceno
CH3CH2CH2CH2 C CH + H2OHgSO4H2SO4
H3C CH2CH2CH2 C CH2
OH
CH3CH2CH2CH2 C CH3
O
ou
CH3CH2CH2C C CH3
40 OSG: 24885/09
O número de racematos (misturas racêmicas) é n
n 12ou 2
2− . Como n = 3, temos:
I. Número de isômeros ópticos = 23 = 8. II. Número de racematos = 2n – 1 = 2 3 – 1 = 4. Resposta correta: (D)
ENTROPIA I) A cristalização de um sal a partir de sua solução implica na diminuição da
desorganização do sistema. Assim, ∆S < 0. II) A sublimação de um sólido gera um vapor com maior grau de desordem no
sistema. Logo, ∆S > 0. III) A mistura de dois líquidos aumenta a desorganização do sistema. Portanto, ∆S > 0. IV) A fusão de um sólido implica em uma maior desorganização das partículas, agora
em fase líquida, o que nos leva a concluir que ∆S > 0. V) A compressão de um gás é um processo que diminui a desordem do sistema.
Assim, ∆S < 0. Resposta correta: (E)
9 OSG: 24885/09
POLINÔMIOS
Pelas Relações de Girard, a soma das raízes de p(x) = x3 + (ℓna)x + eb é 0 (zero).
Sendo x1, x2, x3 as raízes de p, temos:
p(x1) = x13 + (ℓna)x1 + eb = 0
p(x2) = x23 + (ℓna)x2 + eb = 0
p(x3) = x33 + (ℓna)x3 + eb = 0
Somando, obtemos:
x13 + x2
3 + x33 + (ℓna) ( )1 2 3x x x
0
+ +
+ 3eb = 0
⇒ x13 + x2
3 + x33 = – 3eb,
que só depende de b e é negativa. Resposta correta: (D)
PROGRESSÃO ARITMÉTICA Inicialmente vamos contar todos os números que são múltiplos de 6 ou 8. (1) Múltiplos de 6 a1 = 6 an = 996 r = 6 an = a1 + (n – 1) · r ⇒ 996 = 6 + (n – 1) · 6 ⇒ n = 166
10 OSG: 24885/09
(2) Múltiplos de 8 a1 = 8 an = 992 r = 8 an = a1 + (n – 1) · r ⇒ 992 = 8 + (n – 1) · 8 ⇒ n = 124 (3) Múltiplos de 24 a1 = 24 an = 984 r = 24 an = a1 + (n – 1) · r ⇒ 984 = 24 + (n – 1) · 24 ⇒ n = 41 Com isso, o total de múltiplos de 6 ou 8 é 166 + 124 – 41 = 249. O total de números menores que 1.000 é 999, então a quantidade de números que não são divisíveis por 6 ou 8 é 999 – 249 = 750. Logo, k = 750. Resposta correta: (C)
GEOMETRIA ANALÍTICA
Como a excentricidade é 2 , então c
2a
= . Além disso, c2 = a2 + b2 ⇒
⇒ ( )22 2a 2 a b= + ⇒ a2 = b2 ⇒ a = b.
Temos duas possibilidades para a hipérbole: (1) x2 – y2 = a2 (2) y2 – x2 = a2
Como o ponto ( )5, 1 pertence à hipérbole, então a hipérbole será a do item (1).
39 OSG: 24885/09
como não possui centro estereogênico, não há atividade óptica. Os demais aminoácidos naturais são opticamente ativos e levógiros. Item B verdadeiro. As proteínas de ocorrência natural são constituídas apenas de αααα-aminoácidos. Item C falso. A glicose é um monossacarídeo (hexose) de fórmula molecular C6H12O6. Item D falso. DNA e RNA são ácidos nucleicos responsáveis pela transmissão de código genético. Item E falso. Resposta correta: (B)
A estrutura do composto 2–cloro–5–vinilciclopent–3–en–1–ol, é:
Cℓ
OH
Apresenta 3 carbonos quirais (assimétricos) distintos. Portanto, o número de estereoisômeros opticamente ativos é 2n (onde n é o número de carbonos quirais distintos).
38 OSG: 24885/09
As variações de número de oxidação, em módulo, são:
∆(Cr) = 6 – 3 = 3 (oxidação) ∆(I) = [7 – (–1)] · 3 = 24 (oxidação)
⇒ ∆total(CrI3) = 3 + 24 = 27
∆(Cℓ) = [0 – (–1)] · 2 = 2 (redução)
A equação balanceada fica assim:
2CrI3 + 27Cℓ2 + 64NaOH 6NaIO4 + 2Na2CrO4 + 54NaCℓ + 32H2O
A soma dos coeficientes inteiros mínimos é: Σ = 2 + 27 + 64 + 6 + 2 + 54 + 32 ⇒
Resposta correta: (D)
BIOQUÍMICA
Os polissacarídeos são obtidos a partir de seus monômeros (monossacarídeos), por ligações glicosídicas, elimando H2O. Item A falso.
A glicina possui a seguinte estrutura
Σ = 187
11 OSG: 24885/09
Com isso, ( )22 2 25 1 a a 4 a 2 b 2− = ⇒ = ⇒ = ⇒ = .
A equação da hipérbole será x2 – y2 = 4. Queremos uma reta tangente à hipérbole que seja paralela à reta y = 2x, então a reta terá equação y = 2x + n. Vamos agora resolver um sistema que terá solução única:
2 2
y 2x nx y 4
= + − =
( ) ( )2 2
2 2
3x 4n x n 4 0 0, pois o sistema terá solução única.
4n 4 3 n 4 0 n 2 3
⇒ + ⋅ + + = ⇒ ∆ =⇒ − ⋅ ⋅ + = ⇒ = ±
As possíveis retas tangentes são y 2x 2 3 3y 2 3 x 6= ± ⇒ = ⋅ ± .
Resposta correta: (A)
FUNÇÕES Uma condição necessária para que uma função seja injetora é que f(x1) = f(x2) → x1 = x2. Como f(g(x)) = f(h(x)) ⇒ g(x) = h(x), então f é injetora. Resposta correta: (E)
12 OSG: 24885/09
NÚMEROS COMPLEXOS
( )
( )
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 i x ix ix 0 (I)2ix x x z (II)2i 2 x ix ix 0 (III)
+ ⋅ − + = − − = − ⋅ + − =
Vamos, inicialmente, adicionar as equações (I) e (III).
( )1 1x 3i 1 0 x 0⋅ − = ⇒ =
O novo sistema é:
2 3 2 3
2 3 3
ix ix 0 x xz x x z 2x− + = ⇒ =
= − − ⇒ = −
Como x3 > 0, então z = – 2x3 < 0. Então, z é um número real negativo e, assim, seu argumento é 180º. Resposta correta: (E)
37 OSG: 24885/09
Note que a quantidade estequiométrica de O2 seria 5n, necessária para produzir apenas CO2 e H2O. Usando apenas 80% da quantidade estequiométrica, ou seja, 4n, a reação é de combustão incompleta, como mostrado na equação química acima. Note também que a quantidade de N2 adicionada ao recipiente é:
( ) ( ) ( ) ( )2 22 2
n O n Nn N 4 4n n N 16n
1 4= ⇒ = ⋅ ⇒ =
Desse modo, a quantidade total após a reação é:
n(total) = n + 2n + 4n + 16n ⇒ n(total) = 23n
Então, a porcentagem molar de CO2 é:
( ) ( ) ( )22 2
n CO nx CO x CO 4,35%
n(total) 23n= = ⇒ =
Resposta correta: (A)
REAÇÕES DE OXIDAÇÃO Trata-se de uma reação de oxidação-redução, a qual podemos equilibrar os coeficientes pelo método redox. Determinando os estados de oxidação, encontramos 3 elementos sofrendo variação:
CrI3 + Cℓ2 + NaOH NaIO4 + Na2CrO4 + NaCℓ + H2O
+3 –1 0 +7 +6 –1
36 OSG: 24885/09
LIGAÇÕES QUÍMICAS
De um modo geral, espécies do tipo AX3E2 são mais estáveis quando a geometria dos pares ligantes é do tipo “T”, na qual os dois pares não ligantes ocupam vértices da base de uma bipirâmide trigonal, com os pares ligantes completando o arranjo geométrico.
Esse arranjo espacial confere a maior estabilidade, pois apresenta a menor repulsão entre pares ligantes e não ligantes.
Resposta correta: (C)
ESTEQUIOMETRIA Admitindo que a quantidade inicial de propano seja n, e que não tenha sobrado hidrocarboneto após a combustão, a reação ocorre do seguinte modo:
C3H8(g) + 4O2(g) → CO2(g) + 2CO(g) + 4H2O(g)
Início: Variação: Final:
n –n 0
4n – 4n
0
0 + n n
0 +2n 2n
0 +4n 4n
13 OSG: 24885/09
PROGRESSÃO GEOMÉTRICA (P. G.)
Defina n 1
n 1
f (x) 2f (x) 4f (x) 2 f (x)S ... ...
4 12 36 4 3
−
−
⋅= + + + + +⋅
Logo, 2 n 1f (x) 2 2 2
S 1 ... ...4 3 3 3
− = ⋅ + + + + +
Defina 2
2 2A 1 ...
3 3 = + + +
Multiplicando os dois lados por 2
3
:
22 2 2
A ...3 3 3
1A 1 A 3
3
⋅ = + + ⇒
⋅ = ⇒ =
Logo: f (x) 3
S 3 S f (x)4 4
= ⋅ ⇒ = ⋅
Assim, 9 3 9
S f (x) f (x) 34 4 4
≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔ ≤ ⇔
3 log x 3 3 3 log x 3⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔
6 log x 0 6 log x 0⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≥ ≥ ⇔ 610 x 10⇔ ° ≤ ≤
Resposta correta: (D)
–
14 OSG: 24885/09
GEOMETRIA ESPACIAL
Pelo Teorema de Pappus, a área desejada é A = 2π ⋅ d ⋅ ℓ, sendo d a distância do centro
de massa (baricentro) à reta eixo de rotação e ℓ, o perímetro do objeto a ser girado.
Assim, A = 2π ⋅ 3 ⋅ 6 = 36πcm2.
Resposta correta: (E)
GEOMETRIA ANALÍTICA
Círculo diretor da elipse
35 OSG: 24885/09
De acordo com a Lei da Refração: osen60
senθ = n → senθ =
3
2 n⋅
senθ = cosα (complementares)
3 10 3 10
2 n 2 n100 143 243= → =
⋅ ⋅+
20 ⋅ n = 729 20 ⋅ n = 27
n = 27
20
n 1,35=
Resposta correta: (A)
QUÍMICA
34 OSG: 24885/09
0,2 × 10 + 9 – 6
2
2
9 10 9 10 q
0,45
× × × × = 8 × 0,45
2 + 400 × 103 × q2 = 3,6 0,4 × 106 × q2 = 1,6
– 62q 4 10 C= ×
Resposta correta: (C)
ÓPTICA GEOMÉTRICA (REFRAÇÃO)
A Lei da Reflexão nos permite completar a figura dada na questão conforme a representação acima.
15 OSG: 24885/09
Considere o círculo diretor da elipse centrado em F’ e com r aio 2a (medida do eixo maior). Traçando F’H” // FH, obtemos ∆F’H’H” isósceles e, portanto, F’H” = F’H’. Por outro lado, ∆F’H”O ≡ ∆FHO. Daí, F’H” = FH = 2. Assim, F’H’ = 2.
Resposta correta: (D)
PROBABILIDADE
15. Número de casos possíveis: Total: 4 · 4 · 4 · 4 = 28 = 256 → Vamos contar os casos desfavoráveis. Vejamos as possibilidades: 1a) 2a)
Total: 4 · 3 · 2 = 24 cor 1 cor 2
cor 3 cor 1
Total: 4 · 3 · 2 · 1 = 24 cor 1 cor 2
cor 3 cor 4
4 4
4 4
16 OSG: 24885/09
3a) 4a)
→ Número de casos desfavoráveis: 24 + 24 + 12 + 24 = 84
→ Número de casos favoráveis: 256 – 84 = 172
Portanto:Número de casos favoráveis 172 43
P PNúmero de casos possíveis 256 64
= = ⇒ =
Resposta correta: (E)
FÍSICA
Total: 4 · 3 = 12 cor 1 cor 2
cor 2 cor 1
Total: 4 · 3 · 2 = 24
cor 2 cor 1 cor 1 cor 3
33 OSG: 24885/09
ESTÁTICA E ELETROSTÁTICA
Equilíbrio a meia altura h
2
m × g = Km × ∆h
m × g = mK h
2
×
0,2 × 10 = mK 0,50
2
× → Km =
8N
m
Equilíbrio a 5cm do fundo:
m × g + 1 2
2
K q q
d
× × = Km × ∆h’
32 OSG: 24885/09
MECÂNICA E ACÚSTICA
Equações dadas: x a cos(w t)y b sen (w t)
= ⋅ ⋅= ⋅ ⋅
Elevando-as ao quadrado e somando-as temos:
2 2
2 2
x y+ = 1
a b
Portanto, a trajetória é elíptica, conforme figura abaixo: (a > b) I. Está correta, já que nas posições (a; 0) e (0; b) os vetores velocidade da partícula
(fonte) são perpendiculares às linhas que a ligam à origem (observador). Sendo
assim, a frequência não é afetada pelo efeito Doppler;
II. Afirmativa correta, o que está evidenciado na própria figura que traçamos (curvatura
mínima – raio de curvatura máximo);
III. Afirmativa também correta. A passagem da partícula pelo eixo y ocorre nos pontos
(0; b) e (0; – b) onde por termos a menor distância à origem, teremos velocidade
máxima.
Resposta correta: (E)
17 OSG: 24885/09
PROPAGAÇÃO DO CALOR – CONDUÇÃO TÉRMICA Lei de Fourier
Haverá um fluxo de calor do material B para o A. No regime estacionário, tal fluxo é constante, daí:
BK A⋅ ( )3 2T – T
L =
AK A⋅ ( )2 1T – T
L
• 0,2(1500 – T2) = 1(T2 – 300) ⇒ • 300 – 0,2T2 = T2 – 300 ⇒ 1,2T2 = 600
2T = 500K
Resposta correta: (B)
18 OSG: 24885/09
ÓPTICA GEOMÉTRICA (LENTES)
Na figura seguinte, representamos o objeto (o), sua imagem i (que seria obtida, se o
meio cujo índice de refração é n fosse o vácuo) e sua imagem i ’ (obtida pelo sistema
óptico). A linha pontilhada indica o caminho dos raios se tivéssemos vácuo em ambos
os lados, observe o desvio δ sofrido pelos raios luminosos devido à existência do meio
de índice de refração n.
Pelo enunciado VF = f e VF’ = nf (considerando que f é a distância focal da lente
estando ela totalmente envolvida pelo vácuo). O fato do objeto ser muito pequeno nos
leva a aproximações através dos quais i = i’. Desta maneira o fator de ampliação é o
mesmo que é obtido na situação em que a lente é totalmente envolvida pelo vácuo.
A = f
|P – f |
Resposta correta: (A)
vácuo meio (n)
31 OSG: 24885/09
GRAVITAÇÃO
Para ilustrar a situação, vamos desenhar as três órbitas centradas no mesmo ponto, como na figura, de acordo com o problema. Pela 3ª Lei de Kepler (Lei dos Períodos), sabemos que o quadrado do período da órbita é proporcional ao cubo do semi-eixo maior. Daí, segue que o item D é correto. Resposta correta: (D)
30 OSG: 24885/09
Qi = Qf 2, 2
cfM V mV
E2 2
⋅= +
mV = M ⋅ V’ 2 2, ,
cfM V m M V
E2 2 m
⋅ ⋅= + ⋅
,M V
Vm
⋅= 2, 2
,2cf
M V ME V
2 2m
⋅= + ⋅
Como a bazuca é tratada como uma máquina térmica: Eútil = Ecf
úcf T cf
T
EE E E 0,05 100KJ 5.000J
Eη = → = η ⋅ → = ⋅ =
Assim: 2
2, 2
,cf
M V MV E
2 2m
⋅ + ⋅ =
22
,cf
M MV E
2 2m
⋅ + =
22
, 100 100V 5.000
2 2 1
⋅ + = ⋅
[ ]2,V 50 5000 5000⋅ + =
2, 5000V
5050=
V’ = 0,995m/s ≈ 1m/s Resposta correta: (C)
19 OSG: 24885/09
ESTÁTICA
Colocando as forças, temos:
20 OSG: 24885/09
F1 = 36N F2 = 160N
F2x = F2 ⋅ cos 30º = 160 ⋅ 3
2= 80 ⋅ 1,7 = 136N
F2y = F2 ⋅ sen 30º = 160 ⋅ 1
2= 80N
Σ Fx = 0 ∴ F1 + Fcx + F2x = 0
(+ 36) + Fcx + (– 136) = 0 → Fcx = + 100N (→) Σ Fy = 0 ∴ F2y + Fcy = 0
80 + Fcy = 0 → Fcy = – 80N (↓) Resposta correta: (A)
DINÂMICA
29 OSG: 24885/09
2. Cálculo da corrente elétrica após comutar a chave k para o ponto B.
( ) 100V2 8 i i 10A.
10ε = + ⇒ = =
Ω
3. Energia dissipada pela resistência R1 e absorvida pelo líquido.
( )28 10 5 4000JΕ = ⋅ ⋅ =
4. Cálculo do calor específico. 4000
E 4000J Q cal.4,2
40 00
= ⇒ =
2 004,2
= ( )g ce 26 6
40 cal calce ce 0,79 .g ºC g ºC2 6 4,2
⋅ ⋅ −
= ⇒ =⋅ ⋅⋅ ⋅
Resposta correta: (C)
CONSERVAÇÃO DA QUANTIDADE DE MOVIMENTO
Pela conservação da quantidade de movimento (sistema isolado), temos: Qi = 0 Qf = mV – M ⋅ V’
28 OSG: 24885/09
CIRCUITOS E CALORIMETRIA 1. Cálculo da força eletromotriz.
2
2
10,08J C
21
0,08 16 100V2
ε = = ⋅ ε
= ⋅ µ ε ⇒ ε =
21 OSG: 24885/09
No deslocamento AB :
atc
c
R fm a Nm
=⋅ = µ ⋅
ca m⋅ = µ ⋅c
ga g= µ ⋅
2 2B Av v 2 a d= − ⋅ ⋅ 2 2B Av v 2 g d= − ⋅µ ⋅ ⋅
No deslocamento BC (Compressão da mola) 2Bmv
2
2k x
2
⋅∆= (Conservação da Energia)
( )22B
2B
4 v 200 0,11
v2
⋅ = ⋅
=
212 2 10 0,7
20,5 4 14 14 3,5
3,50,25
14
= − µ ⋅ ⋅
= − µ → µ =
µ = =
Resposta correta: (C)
22 OSG: 24885/09
FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CA i) Tendo em vista que ao entrar na região de campo magnético entrante, a partícula
desvia-se para a esquerda, então de acordo com a Força de Lorentz a carga é negativa.
ii) R omv
Bq=
CB RC’B’ R’
==
27 OSG: 24885/09
CONSERVAÇÃO DA ENERGIA MECÂNICA Na situação de equilíbrio, temos:
F1 + F2 = Mg ⇒ k1 ∆x1 + k2∆x2 = Mg Onde Fi e ∆xi (i = 1, 2) são as forças e as deformações sofridas pelas molas 01 e 02,
respectivamente. Como as molas são idênticas e ih h h
x ,2 3 6
∆ = − = temos:
h2k Mg kh 3Mg (I)
6⋅ = ⇒ =
Pela conservação da energia entre os pontos dados, temos:
2 2 21 1 1 1 1
1 1 1k x Mgh k x’ MV
2 2 2∆ + = ∆ +
Daí:
2 221 h h 1 h 1
k Mg k MV2 6 3 2 2 2
+ ⋅ = +
Levando (I) em consideração, obtemos:
2
2
gh gh gh 13 3 V
72 3 8 2
V 0 V 0
⋅ + = ⋅ +
⇒ = ⇒ =
Observe que o estudante atento iria verificar que a única alternativa com dimensões de velocidade é o item correto (E). Resposta correta: (E)
26 OSG: 24885/09
[V] = L 3 [∆T] = θ
M[c] =
2 2L T
M
−⋅ ⋅ 2 2 1L T − −= ⋅ ⋅θ⋅θ
3M L[G]
−⋅=2 2 1L T − −⋅ ⋅ ⋅ θ 2L⋅ L⋅ 1T−⋅ ⋅ θ
3L
[G] = M ⋅ L–1 ⋅ T –3 Resposta correta: (C)
23 OSG: 24885/09
iii) R’ o
o
mv3RR’ 6R
sen30= → = →
B’qomv
6= ⋅B q
B’ = B
6
Resposta correta: (C)
ASSOCIAÇÃO DE RESISTORES
24 OSG: 24885/09
Daí:
Req = R + R Req
R Req
⋅⇒
+
R Req + 2Req = R2 + R Req + R Req ⇒ 2Req– R Req – R2 = 0
Req = 2 2R R 4R R(1 5)
Req2 2
+ + +⇒ =
Resposta correta: (D)
GRAVITAÇÃO
25 OSG: 24885/09
Sabemos que o valor da gravidade a uma altitude h acima da superfície de um planeta é dada por:
gh = gsup 2R
R h +
, onde gsup é o valor da gravidade na superfície do planeta.
gh = gsup ⋅ 2
R
R 0,05R +
= gsup R
1,05 R
2
gh = 0,907 gsup ⇒ h supg 90,7% de g≈
Resposta correta: (C)
ANÁLISE DIMENSIONAL
c A v TG
V
µ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∆= Q = mc ⋅ ∆θ; Q
cm
=⋅ ∆θ
[ ] [c] [A] [v] [ T]
[G][V]
µ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∆=
[µ] = M ⋅ L–3 [A] = L 2 [v] = L ⋅ T –1