Questão 01 - C

Utilizando produtos notáveis, pode-se verificar a relação:

Ainda, temos que:

Portanto:


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Questão 02 - D

Resolvendo a primeira inequação do sistema, temos:

Tem-se uma inequação quociente. Realizando o estudo de sinais, temos:

Da segunda inequação, temos que

.
Portanto, a intersecção das soluções das inequações é dada por:

As soluções inteiras são os elementos do conjunto

.
Logo, o sistema de inequações admite

soluções inteiras.
Portanto,

.
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Questão 03

Pelo enunciado podemos escrever

, com

, cujo afixo é um ponto qualquer do eixo das ordenadas (eixo imaginário). Já o afixo de

está em uma circunferência de centro em

e raio

, ou seja, pertence à circunferência:

Este Lugar Geométrico de

, a circunferência acima, sempre passa pela origem, ou seja,

é sempre solução. Ele também passa sempre pelo ponto

, que é o ponto mais afastado possível da origem. Assim,

é o valor máximo de

.

As alternativas a e b são falsas pela mesma razão: não há nada no enunciado que restrinja o sinal algébrico de

.
A alternativa d é falsa pois teremos sempre uma semi-circunferência onde

, exceto quando

.
A alternativa e é falsa pois podemos ter

... Acompanhe:
Caso

então teremos, de fato,

, o que torna verdadeiro afirmar que

.
Já se tivermos, entretanto,

, então escrevemos

, e a sentença

passa a estar errada.
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Questão 04 - E

O termo geral do desenvolvimento do binômio é dado por:


O termo independente de x é tal que seu expoente é nulo. Portanto,

.
O termo independente é dado por:

O coeficiente binomial é dado por:

Aplicando a fórmula do arco duplo, temos:




Mas, pelo enunciado, temos que

. Portanto,

.
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Questão 05 - B

Para resolução desta questão, vamos utilizar alguns produtos notáveis:


Fazendo

e

, temos:


Utilizando a Relação Fundamental da Trigonometria e o fato de que

, temos:

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Questão 06 - D

Sabendo que:

Podemos escrever

tal que

e

Pelo teorema de Binet,

, logo:

Na primeira hipótese temos:

Na segunda hipótese temos:

Assim

, cuja soma dos elementos é 3.
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Questão 07 - A

Aplicando as propriedades dos logaritmos e das potências, temos que:


Fazendo

, temos que:

Para

, temos que

.
Para

, temos que

. Porém esta solução não satisfaz a equação original.
Portanto:



.
Portanto, temos que

ou

.
O produto das soluções é igual

.
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Questão 08 - B

Calcula-se o valor de

para

.


Conclui-se que

.
Portanto,

, etc.
O valor mínimo de

ocorrerá quando:

.
Assim:




Verifica-se que

. <="" p="">

! (x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+xz+yz)

! 7^2=25+2(xy+xz+yz)

! xy+xz+yz=12

xyz\neq 0

! \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{4}\rightarrow xy+xz+yz=\frac{xyz}{4}\rightarrow xyz=48

! (x+y+z)^3 = x^3+y^3+z^3+3(x+y+z)(xy+xz+yz)-3xyz

! 7^3=x^3+y^3+z^3+3\cdot7\cdot12-3\cdot48

! 343=x^3+y^3+z^3+252-144

! x^3+y^3+z^3=235

x,\ y,\ e\ z

p(t)t^3-7t^2+12t-48

S_k=x^k+y^k+z^k

S_1=7

S_2=25

S_0=3

! S_3-7S_2+12S_1-48S_0=0

! S_3-7\cdot25+12\cdot7-48\cdot3=0

! S_3 = 235

\{2;3\}, \{2;6\}, \{3;5\}\ e\ \{5;6\}

8\times6=48

b_2

a_4

b_3

a_1

!3-b_1q+3r+b_1q^2=26

!b_1q(q-1)=23-3r

r \in \{1;2;3;\dots\}

b_1q(q-1)

r

b_1q(q-1)

!b_1q(q-1) \in \{6;12;20;32;42;\dots\}

q(q-1)

q(q-1)=20

b_1=1

\bar{CD}

r

\bar{CD}

F

! F=\left(t;\frac{7-t}{3}\right);1
S_{ABCF}=S_{AFDE}
! -\frac{1}{2}(+x_Ay_b+x_By_c+x_Cy_F+x_FyA-x_Fy_C+x_Cy_B-x_By_A-x_Ay_F) =
! -\frac{1}{2}(+x_Ay_F+x_Fy_D+x_Dy_E+x_EyA-x_Ey_D+x_Dy_F-x_Fy_A-x_Ay_E) =
x_F=t
y_F=\frac{7-t}{3}
! -\frac{1}{2}\left(-2+\frac{7-t}{3}-2t-1\right)=-\frac{1}{2}\left(t+2-3-4\left(\frac{7-t}{3}\right)\right)
! t = 29/14
x_F=29/14
y_F=69/42
! x_F+y_F=26/17
! arc\ tg\frac{4}{3} \cong 53,13^o
! arc\ tg\{frac{3}{4} \cong 36,87^o
A\hat{I}E
B\hat{J}F
C\hat{K}G
D\hat{L}H
IJKL
! AF = \frac{5a}{4}; AI=\frac{3a}{5}; JF=\frac{9a}{20}
l
IJKL
! l = AF - AI - JF
! l = \frac{5a}{4}-\frac{3a}{5}-\frac{9a}{20}
! l = \frac{a}{5} \rightarrow l^2=\frac{a^2}{25}
a
b
a
!="" 6(a+b)="36\rightarrow" a+b+6\="" cm=""
>
Como a aresta da base menor é exatamente a metade da aresta da base maior, então sabemos que a pirâmide original foi cortada exatamente na metade de sua altura, que era portanto 6 cm.
Assim, a pirâmide original tinha base hexagonal de aresta 4 cm e altura 6 cm, com o que determinamos seu volume:

O volume retirado foi certamente
, dada a proporção 1:2 entre os comprimentos correspondentes nas duas pirâmides, o que nos permite calcular o volume do tronco:

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Questão 15 - E

Escrevemos as Relações de Girard:

Sabemos que

,

e

são inteiros positivos distintos, sendo

e

(sem perder generalidade) já sabidamente divisores positivos de 80. Como o enunciado diz “duas raízes são divisoras de 80” ao invés de dizer “exatamente duas raízes são divisoras de 80”, então podemos ter

eventualmente divisor de 80.
O número 80 tem exatamente dez divisores, assim enumerados:

Pela segunda equação de Girard, temos:

Como

é positivo, sabemos que o produto

não pode alcançar ou ultrapassar o valor 80, o que nos permite eliminar 25 possibilidades e estreitar nossa busca para 20 possibilidades.
Em um trabalho enfadonho, porém possível de se realizar no tempo da prova, o aluno faz a conta

para cada um dos 20 pares possíveis, no canto do rascunho, percebendo que

só será inteiro em 7 dos casos:

As possibilidades

e

, que levam respectivamente a

e

, são repetições do caso

com

, pois nos dão o mesmo conjunto final de raízes. Nota-se também que em dois casos listados temos raízes não distintas, o que nos reduz a 3 possibilidades:

Para cada um desses cenários, segue respectivamente o valor de

:

Desses, apenas

apresenta a propriedade de que o produto de seus divisores próprios vale

:

Assim temos

e

.
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Questão 16 - C

De acordo com a lei de Dalton para a evaporação, temos:

A temperatura é a mesma em ambas as medições, logo as pressões de vapor saturado são iguais e o parâmetro é o mesmo para ambos os casos. Desse modo, temos:


Logo

.
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Questão 17 - C

Como não é fornecido nenhum coeficiente para calcular a dilatação da garrafa, consideraremos o processo isocórico.
O gás é monoatômico ideal, logo:

.
Finalmente:


.
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Questão 18 - A

O vetor posição entre B e A é dado por:

.
O vetor velocidade de A é dado por:

.
A força elétrica entre A e B será ortogonal à trajetória de A quando o vetor que une B e A for ortogonal à velocidade de A. Logo:


De onde vem:

Portanto, como

, tem-se:

.
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Questão 19 - C

Tempo total para ida e volta da onda sonora refletida no primeiro degrau:



Tempo total para ida e volta da onda sonora refletida no segundo degrau:



Mas,

, logo:

.
Para que haja interferência construtiva, a diferença entre os tempos da onda refletida no segundo degrau e da onda refletida no primeiro degrau deve ser múltiplo de um período da onda, ou seja:


A menor frequência ocorre para

, logo:

.
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Questão 20 - A

O trabalho da força do solo é, em módulo, igual à diferença entre a energia mecânica inicial e a energia mecânica final do corpo. Logo:




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Questão 21 - B

Diagrama das forças que atuam na barra CE:

Como a estrutura está em equilíbrio, a barra CE também está.
Condições de equilíbrio:


A densidade linear é obtida por:

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Questão 22 - C

A tração no cabo é igual à componente do peso do bloco na direção do plano inclinado.

Diagrama das forças que atuam na roldana:

Do Princípio de Pascal, temos que:

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Questão 23 - A

O fluxo de calor na situação final corresponde a 40% do fluxo na situação inicial, logo:

Além disso, temos que:



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Questão 24 - E

A amplitude dos pulsos refletido e transmitido se relacionam com a amplitude do pulso incidente que se propagava no meio 1 em direção ao meio 2 através das seguintes expressões:


Onde

é a impedância acústica do meio 1 e

é a impedância acústica do meio 2.
O pulso incidente é dado por:

, logo:

.
O pulso transmitido é dado por:

, logo:

.
Pela fórmula de Taylor, temos:

e

, logo:

.
Desse modo, temos:

.
Logo, para o pulso refletido, temos:

Obs: Para o pulso transmitido, teríamos:

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Questão 25 - D

Pelo que diz o enunciado, podemos supor que a potência fornecida pela placa seja:

O ângulo

assinalado acima é o ângulo entre a normal à placa e a radiação incidente. Supondo que apenas um lado da placa forneça energia elétrica, e pela simplicidade do enunciado quanto ao espectro de valores possíveis para

, vou considerar

pequeno o suficiente para que tenhamos

.
Nota-se que no “instante inicial”, ou seja, para

, o ângulo

é o ângulo entre a diagonal do cubo (chegando em A na figura) e o plano da base do cubo (contém BC). Segue, portanto:

Quando a estrutura girar

, teremos

. O valor de

cresce de

até

, diminuindo a potência de

até 0, tudo bem coerente com o enunciado.
A potência

para \theta=0 vale:

A potência requerida para alimentar

com

vale:

A potência acima foi chamada de “mínima” pois, pelo que dá a entender o enunciado, juntamente com nossa resolução até aqui, imaginamos que o aparelho irá funcionar para qualquer que nos dê uma potência maior do que

.
Confesso que achei isso confuso... Não há como alimentar uma resistência fixa com tensão fixa e potência variável!
Mas enfim, supondo a hipótese simplificadora de que o aparelho vai funcionar se

, temos que

deve crescer desde

até um valor final

, tal que:

Sendo assim, teremos

crescendo no intervalo

enquanto a potência diminui no intervalo

Como

, então teremos:


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Questão 26 - E

Dada a simetria do circuito, é fácil observar que para cada módulo, o resistor localizado entre A e B (assinalado na figura) estará em curto circuito.

Observando o paralelismo existente entre os

módulos, temos:

Por fim, aplicando novamente a simetria do circuito acima, temos:

Resolvendo a série, temos:

Então:
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Questão 27 - A

Para o trecho sob influência do campo magnético, temos:


Além disso, da figura temos:


Como

, temos:


Para trecho sem campo magnético, temos:

Logo:



Como

, temos:

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Questão 28 - C

O raio da mancha de óleo cresce com aceleração constante. Logo:

.
O cone de sombra abaixo da mancha de óleo é definido a partir do ângulo limite de refração. Logo:

A altura

do cone é dada por:

.
Finalmente, o volume do cone é dado por:


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Questão 29 - C

Segue figura ilustrativa do problema:

O alcance do projétil é dado por:


Da Equação de Torricelli, obtém-se a aceleração linear do projétil no interior do tubo:

O tempo necessário para o deslocamento do projétil é tal que:

O deslocamento angular do projétil foi de

.


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Questão 30 - B

Acompanhe o desenho abaixo, que ilustra a colisão elástica:

Vamos considerar que o problema seja simétrico, ou seja, tudo o que acontece no intervalo

(como no desenho acima) acontecerá de forma simétrica em

(na parte de baixo do desenho). Vamos considerar também que o feixe incidente, na direção horizontal da figura, coincide em direção e sentido com o eixo

. O desenho estaria, portanto, no plano

tradicional, recorte do espaço feito pelo plano

.
Com o auxílio dos números complexos, podemos navegar rapidamente pelas coordenadas dos vetores do problema...
O vetor velocidade inicial do projétil, antes da colisão, é:

O vetor velocidade final do projétil, após a colisão, é:



A variação de velocidade foi:


Considerando

a massa do projétil e

a duração da colisão, temos o vetor força (média) que atuou sobre o projétil:

Pelo princípio da ação e da reação, temos que atuou sobre a esfera uma força igual e contrária:


Assim, apenas a componente horizontal (parte real) vai sobrar:

Levando em conta a simetria assumida para o problema, vamos considerar que uma das superfícies estará disposta em

, enquanto a outra superfície estará disposta na união do intervalo

com o intervalo

, e que tal disposição seja a mesma em todos os outros planos que passam pelo eixo

(além do plano

), de modo que a única força que sobrará de todas as colisões elásticas será a componente em

.
Nas colisões inelásticas, tal como antes, a força resultante é paralela ao eixo

, só que agora o esforço é menor para entender o motivo: toda a quantidade de movimento horizontal é absorvida pela esfera! Segue:

Consideremos uma densidade uniforme de projéteis chegando à superfície da esfera, de tal modo que as duas porções simétricas

e

tenham uma massa resultante

, onde

se mede em quilogramas por radiano no Sistema Internacional.
Assim, varrendo

no intervalo

, escrevemos a força horizontal resultante num trecho

de colisão elástica:


Num trecho

de colisão inelástica, temos:


Na primeira hipótese possível para o problema, temos colisão elástica (refletora) para

e inelástica (absorvedora) em

. Assim, a força resultante sobre a esfera será:

Esta força será máxima quando

, de onde temos o cenário da alternativa B do problema.
Na segunda hipótese possível para o problema, temos colisão inelástica (absorvedora) para

e elástica (refletora) em

. Assim, a força resultante sobre a esfera será:

Esta força será máxima quando

for o menor possível. Como

só chega em

, o valor de

tem seno não-negativo, de onde a força máxima acontecerá para

, cujas soluções são

e

, ou seja, toda a esfera está coberta pelo mesmo tipo de superfície, não havendo portanto dois deles. Este cenário só é compatível com a alternativa E.
De qualquer modo, comparando os dois cenários, no primeiro tivemos uma força máxima:

Já no segundo, nossa força máxima foi:

Então não há dúvidas de que a resposta é B.
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Questão 31 - C

a) Falso. Grafite e diamante são alótropos.
b) Falso. Verifica-se pelo diagrama de fases do carbono que o diamante é a variedade mais estável a altas pressões.

c) Correto. Na transformação do grafite para o diamante,

. Ou seja, na transformação inversa, do diamante para o grafite,

. Como

é negativo, temos que a transformação é espontânea.
d) Falso. O grafite é mais estável (mais abundante na natureza), e assim tem menor entalpia absoluta. Portanto, na transformação do grafite para o diamante, deve-se absorver energia

.
e) Falso. Pode ser observado também no diagrama de fases.
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Questão 32 - B

(i) O elemento do cátion possui 12 prótons, ou seja, está na família 2A e terceiro período. Seu número de nêutrons é 12 (isótopo mais estável), portanto a sua massa atômica deve ser aproximadamente 24 u.
(ii) O elemento do ânion possui 7 prótons, uma vez que seu ânion trivalente tem 10 elétrons. O elemento está na família 5A e segundo período. Seu número de nêutrons é 7 (isótopo mais estável), portanto a sua massa atômica deve ser aproximadamente 14 u.
Devido às cargas dos íons, o composto formado será

, onde C é o elemento do cátion e A é o elemento do ânion. Portanto, a massa molar de

deve ser:

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Questão 33 - D

i) Na estrutura 1, a hibridização deve ser

. Com a hibridização, deve haver 4 orbitais semipreenchidos para receber F, e dois preenchidos, onde um par será direcionado ao O e o outro ficará isolado. Elementos da 8A atendem a esse requisito. Ao lado estão representados, para um elemento da 8A, os estados fundamental, excitado e hibridizado, respectivamente.

ii) Na estrutura 2, a hibridização deve ser

. Com a hibridização, deve haver 4 orbitais semipreenchidos para receber F, e um preenchido, onde estará o par isolado. Elementos da 6A atendem a esse requisito.

(iii) Na estrutura 3, a hibridização deve ser

. Com a hibridização, deve haver 5 orbitais semipreenchidos para receber F. Elementos da 5A atendem a esse requisito.

Obs.: para que as hibridizações

e

sejam possíveis, é preciso que o elemento esteja do terceiro período em diante, pois nos dois primeiros períodos não há subnível d.
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Questão 34 - E

a) Falso. As solubilidades também são as mesmas.
b) Falso. Em 2 ocorre uma transição de estrutura cristalina, passagem de hidratada para anidro.
c) Falso. A solução A está apenas insaturada, o que é um equilíbrio estável.
d) Falso. O ponto 2 registra uma mudança em A.
e) Correto. Ao aquecer a solução, os gases normalmente escapam devido à sua volatilidade, diminuindo a solubilidade.
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Questão 35 - A

Seja uma amostra de 100 g do óxido. Assim, temos 53 g de cromo e 47 g de oxigênio.
Em número de mol, temos:


Nota-se que a proporção entre Cr e O vale 1:3. A fórmula mínima então é CrO3.
O calor específico do Cr-54 pode ser calculado pela regra empírica de Dulong-Petit.
cA ≈ 6,4
c ≈ 6,4/54 = 0,12 cal/gºC
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Questão 36 - C

Redução do zinco metálico:

Pela proporção estequiométrica, temos:
1 mol Zn : 2F (carga de 2 mol de elétrons)
7/65 mol : Q
Q = 7.2.96500/65 = 20785 C
Sabendo-se que Q = iΔt, temos:
Δt = Q/i = 20785/0,7 = 29692 s = 8,25 h = 8 h e 15 min
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Questão 37 - A

Benzeno + cloreto de etanoíla:

Benzeno + etanoato de etanoíla:
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Questão 38 - D

Aplicando a expressão que relaciona as massas e o número de meias-vidas decorridas:




Logo, após 4 dias (96 horas), passaram-se 8 meias-vidas. Logo, o tempo de meia-vida vale:

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Questão 39 - C

a) Falso. Existem 3 estereoisômeros.

b) Falso. Metilcicloexano não apresenta estereoisomeria.
c) Correto. Os dois isômeros são imagem no espelho.

d) Falso. Existem dois diastereoisômeros (cis e trans).

e) Falso. Existem dois diastereoisômeros (cis e trans).
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Questão 40 - B

a) Falso. A adição de sólido não desloca o equilíbrio.
b) Verdadeiro.

, onde Δn é a variação do número de mols de gás da reação.
c) Falso. A remoção de sólido não desloca o equilíbrio.
d) Falso.

, logo

.
e) Falso. A constante de equilíbrio depende da temperatura.