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MATEMÁTICA QUESTÃO 01

   

Resolução: Inicialmente vamos dispor as equações das circunferências (x  a )  (y  b )  r .

na forma característica


 C : x  x  y  y  C : x  x   y  y      C : (x  )  (y  ) 

, donde tiramos r 

 C : x  x  y  y  C : x  x   y  y      C : (x  )  (y  ) 

, donde tiramos r 

A área (S) da região hachurada será dada por:

S  AC  AC   r   r   (r  r ) S  (  )  S   u.a. ALTERNATIVA: D

QUESTÃO 02

 

Resolução: A equação

 pode ser reescrita como

 , isto é, uma elipse com centro

na origem (0,0) e eixo maior sobre o eixo x (ilustração 1). As retas r e r são tangentes a essa elipse nos pontos de ordenadas b e b . E dado o paralelismo entre elas ( r : y  x  b e r : y  x  b possuem o mesmo coeficiente angular) e a simetria da figura, é fácil perceber que b e b são valores simétricos entre si. De modo que a soma deles é nula.


Ilustração 1

Se desejássemos ainda encontrar os valores de b e b bastaria resolver o sistema:

 y  x  b (I)  x   y  (II)  Substituindo (I) em (II) resulta:

x

 (x  b )   x  (x  b ) 

 x  (x  b )    x  bx  ( b  ) 

(Equação do 2º grau)

Para que a reta seja tangente (toque em um só ponto da elipse) o discriminante (  ) dessa equação do 2º grau deve ser nulo. E, assim:   ( b)  ( ) ( b  )  

b 

b 

b    b  

b 

 b b 

ALTERNATIVA: A


QUESTÃO 03

Resolução: A partir da relação de recorrência an   an 2  an 1,  se n  3, n 

podemos escrever os 10

primeiros termos:

a  a a  a  a a  a  a

a a  x  a a  x  a a  x  a a  x  a a  x  a a  x  a a 

x a a  x 

Logo, a partir do enunciado podemos escrever:

x  x  x   x   x   x   x x 

ALTERNATIVA: E

 x

 x

x

x


QUESTÃO 04

Resolução:

log x  log x  log x   [log x ]  log x 

, x>0 (*)

Vamos fazer log x  t ( ) . Substituindo em (*):

t  t  t  (t  )  t  Substituindo agora os valores de t em (

 log x   x    log x   x  Assim,

x 

 

ALTERNATIVA: D

 x=1 ou  x=8

ou t=3

) teremos:


QUESTÃO 05



 

  

 

 

Resolução: Considere o ângulo  no ciclo trigonométrico (ilustração 2).

Ilustração 2

Da relação fundamental sen   cos   , obtemos:


 cos    sen   cos       cos   

 cos  

 cos  

E como tg  

  

 cos  

(*)

sen resulta: cos

tg  

sen  tg   cos 

 tg  



 tg  

Aplicando a fórmula de arco dobro para a tangente teremos:

tg (  )  tg (   )     tg (  )       tg (  ) 

tg   tg 

  

    tg (  ) 

 tg (  )  

 

 tg (  )   NOTA: (*) Observe da ilustração 2 que o cosseno do ângulo  é negativo, uma vez que ele

      . pertence ao intervalo  ,   , isto é,   ALTERNATIVA: B


QUESTÃO 06

Resolução: A partir do gráfico dado podemos escrever: Questão

Porcentagem dos acertos

1ª 2ª 3ª

70 % 60% 40%

Número de acertos por questão 0,7x80 = 56 0,6x80 =48 0,4x80 =32

Considere, agora, o diagrama de Venn (ilustração 3) em que: x – número de alunos que acertaram as três questões y – número de alunos que acertaram somente a 1ª e a 2ª questão z – número de alunos que acertaram somente a 2ª e a 3ª questão w – número de alunos que acertaram somente a 1ª e a 3ª questão


Ilustração 3

Como pelo enunciado o número de alunos que acertaram pelo menos uma questão é 72 (do total de oitenta, oito não acertaram nenhuma questão), teremos:

 (x  y  w ) 

 (x  y  z ) 

 (x  w  z )  x  y  w  z 

(i)

Pelo diagrama o número de alunos que acertaram pelo menos duas questões é dado por x  y  w  z . E como pelo enunciado esse número é 52, chegamos a:

x  y w  z 

(ii)

Substituindo (ii) em (i) resulta:

 (x  y  w )   (x  y  z )   (x  w  z )    (x  y  w  x  y  z  x  w  z )   x   (x  y  w  z )  (iii) Substituindo agora (ii) em (iii) vem:

x  (

ALTERNATIVA: C

)

 x=12 alunos


QUESTÃO 07

 

 

Resolução: Sendo f (x )  m x  mx  uma função do 2º grau, seu gráfico será uma parábola. E como o coeficiente de x é sempre positivo ( m  , para todo m  ) a concavidade será voltada para cima. Para que a função seja sobrejetora devemos ter Im(f )  CD (f )  [a , [ . Sendo esse intervalo imagem da função, o valor de a será o menor valor que ela assume, isto é, o valor mínimo ( y v ) da função quadrática. Logo:

b   c [( m )   m  ] a     m ( m  m ) m a   a   a  m m

a  yv  



Construindo um gráfico hipotético dessa função, teríamos algo parecido com aquele que é apresentado na ilustração 4.

Ilustração 4

ALTERNATIVA: B


QUESTÃO 08

Resolução: Seja P o preço da TV. Com um desconto de 20% sobre P, o valor será Pd  P  , P  , P . Assim:

Pd  P 

 , P  ,

 P  R$ .

ALTERNATIVA: A

,


FÍSICA QUESTÃO 09

Resolução:

Considere o diagrama de forças a seguir:


Ilustração 5 - Diagrama de forças

Na direção x:

F

x

 0  N  F cos 60º  0

 N  F cos 60º (i) 

Na direção y:

F

y

 0  F  sen60º ( f at  P)  0

 f at  P  F  sen60º    N  m  g  F  sen60º  m 

F  sen60º    N (ii) g

Substituindo (ii) em (i) resulta:

m

F  sen60º    F  cos 60º F  ( sen60º    cos 60º ) m g g

 3 1 1 4 0     2 2 2  3 1  m  m  4     2 4 10   2 3 1   m  4     m  2 3  1  4  m

ALTERNATIVA: A

2, 46 Kg


QUESTÃO 10

Resolução: Analisemos cada proposição: A – VERDADEIRA – No movimento uniforme (velocidade constante) podem existir forças atuando sobre o corpo, conquanto a resultante dessas formas seja nula ( FR  m    0 ). B – VERDADEIRA – De acordo com a segunda lei de Newton, o efeito produzido em um ponto material por uma resultante não-nula é uma alteração em sua velocidade, isto é, uma aceleração. De modo que a aceleração é a consequência direta das forças, de resultante não-nula, que atuam sobre o ponto material. C – FALSA–Conquanto a resultante das forças que agem sobre o ponto material seja nula, ele executará um movimento uniforme (velocidade constante), isto é:

FR  0  m    0    0 D – VERDADEIRA –No movimento circular uniforme existe uma aceleração centrípeta (  C 

v2 ) R

que se origina em função do vetor velocidade variar a sua direção no decorrer do tempo. E – VERDADEIRA – No movimento circular uniforme o vetor velocidade tem módulo constante e, portanto, a aceleração tangencial é nula. Assim, para a aceleração angular (  ) teremos:

at  0   

at 0   0 R R

ALTERNATIVA: C

Nota: Para um melhor entendimento dos itens A, B e C analise, por exemplo, a questão 09, dada anteriormente. Ali, embora existam forças, a resultante é nula e o movimento é uniforme.


QUESTÃO 11

Resolução:

Ilustração 6 - Movimento Oblíquo

Na altura máxima temos que a velocidade na direção vertical (y) é nula, isto é v y  0 . Assim, pela equação de Torricelli, tem-se:

v y2  v02y  2    S  v y2  (v0  sen30º ) 2  2  ( g )  H  0  (v0 2  sen 2 30º )  2  g  H  v0 2 

2 g  H sen 2 30º

Substituindo nessa última equação os valores:

v0 2 

ALTERNATIVA: E

2 10  5 1   2

2

 v0 2  400

 v0  20 m/s


QUESTÃO 12

Resolução: De imediato é possível observar que as unidades fornecidas para os calores específicos (1/K) estão incorretas. Isso porque, sendo c 

Q [energia] , as unidades deveriam  m   [massa]  [temperatura]

ser cal/g  °C ou [no S.I.] J/Kg  K . Pelo erro na unidade de medida, já caberia a anulação da questão. Vamos admitir, contudo, que os calores específicos sensíveis tivessem sido fornecidos corretamente, isto é, cálcool  2428 J/Kg  K e cálcool  910 J/Kg  K .


Dados:

 esfera  30ºC=(30+273)K=303K  d 0  10cm d f  9,99cm  m Alumínio  0,5Kg  5  =2,5 10 (1/K)  m esfera  0,1Kg c  2428 J/Kg  K  álcool cálcool  910 J/Kg  K   f  temperatura final de equilíbrio   temperatura inicial da massa de álcool  A Para que a esfera de alumínio esteja em equilíbrio térmico com a massa de álcool devemos ter:

Qálcool  Qesfera  0  mA  c A  ( f   A )  mE  cE  ( f   E )  0  0,5  2428  ( f   A )  0,1  910  ( f  303)  0  1214  ( f   A )  91 ( f  303)  0  1214 f  91 f  1214 A  27573  0  A 

1305 f  27573 1214

(i)

Analisemos agora a dilatação térmica sofrida pela esfera. Se pensarmos apenas em termos dos diâmetros, poderemos simplificar o problema para um caso de dilatação linear (ilustração 3).

Ilustração 7 - Dilatação do diâmetro da esfera

Para que o encaixe seja possível devemos ter L  d f  d0  9,99cm  10,00cm=  0,01cm , isto é, a esfera de alumínio deve sofrer uma retração no seu diâmetro. Logo:


L  0, 01  L0     esfera  0, 01  ( f  303)   f  

0, 01 L0  

0, 01 0, 01  303   f    303 L0   10  2,5 105

  f  303 

100 2,5

  f  263K (ii)

Substituindo (ii) em (i):

1305 f  27573

1305  (263)  27573 1214 1214   A  260K=(260  273)°C=  13°C

A 

 A 

ALTERNATIVA: NULA (Como evidenciado, ainda que as unidades tivessem sido fornecidas corretamente, as alternativas não contemplavam a solução do problema, isto é,

 A  13°C ).

NOTA: Para esse caso, em particular, devido à dilatação da esfera em qualquer direção ser homogênea, é possível restringir o problema a um problema de dilatação linear, considerando apenas os diâmetros. O estudante, porém, deve ter em mente que nem sempre é possível adotar esse procedimento para trabalhar com encaixe de peças. Se o solido geométrico a ser encaixado numa chapa com furo retangular tivesse, por exemplo, a forma de um paralelepípedo o problema apenas poderia ser solucionado valendo-se da dilatação superficial da região a ser encaixada.


QUESTÃO 13

Resolução:

Ilustração 8 - Variação da pressão com a profundidade

Desconsiderando a pressão atmosférica, e aplicando a Lei de Stevin para cada um dos líquidos teremos:


pobjeto   água  g  hágua  óleo  g  hóleo  pobjeto  103 10  4 102  0,9 103 10  6 10 2  pobjeto  9, 4 102 N/m 2

ALTERNATIVA: B

QUESTÃO 14

 

Resolução:

 PMAX  84Pa  3   =1,20 Kg/m  Dados: v  350 m/s  r=10 m

   

  


Ilustração 9- Potência sonora

W

Como sugere a unidade  2  , a intensidade I representa o quociente entre potência ( P ) e área m  ( A ) da superfície, isto é, I 

P . A área de uma superfície esférica é A  4 r 2 . Porém, note que A

se pede a potência para ondas na área de superfície do hemisfério. Ou seja, a área a ser considerada é na realidade Ahemisfério  2 r 2 . E, assim, I 

P . 2 r 2

Substituindo I nessa última equação pela expressão fornecida no enunciado, teremos: 2 2 PMAX  r 2  PMAX P   P  v 2  v 2 r 2

P

 (10)2  (84)2 1, 2  350

P

7056 102 420

 P  1, 68 .103 W =1, 68 KW

ALTERNATIVA: B


QUESTÃO 15

Resolução: Analisemos cada proposição: I – CORRETA - O fenômeno da indução eletromagnética, isto é, a capacidade de um campo magnético gerar correntes elétricas, foi provado experimentalmente em 1831, na Inglaterra, por Michael Faraday. II – CORRETA – Basta observar que pela Lei de Faraday-Neumann, a f.e.m. induzida (  ) é função da variação do fluxo magnético (  ), ou seja:

 

 t

De modo que se o fluxo magnético for constante (   0 ), a f.e.m. induzida será nula. III – CORRETA –Como postula a Lei de Faraday, a variação do fluxo magnético (  ) faz surgir uma força eletromotriz induzida (f.e.m.) no laço, responsável pelo aparecimento de uma corrente elétrica induzida.

ALTERNATIVA: E


QUESTÃO 16

Resolução:

Ilustração 10- Propagação de onda elétrica


v  f  f   f 

v

3 10 30 107   5 107 6 6 8

 f  50 106 Hz = 50 MHz

O plano de polarização da onda é formado pelo plano que contém a direção de propagação da onda e a direção de vibração da onda (no nosso caso, direção y e direção z, respectivamente). E como nas ondas transversais a polarização se dá perpendicularmente à direção de propagação da onda, a direção da polarização será vertical ao longo do eixo z.

ALTERNATIVA: A


QUÍMICA QUESTÃO 17

Resolução: Analisemos cada proposição: I-CORRETA - No metano ( CH 4 ) as configurações eletrônicas dos átomos são:


C  1s 2 , 2s 2 , 2 p 6  C:[Ne] H  1s 2

 H: [He]

Como se observa, a configuração dos elementos na molécula de metano é semelhante a dos gases nobres correspondentes. II-INCORRETA – A teoria de Lewis (teoria eletrônica das ligações) apenas evidencia a distribuição dos elétrons da camada de valência dos átomos (ilustração 1). O arranjo espacial das moléculas é explicado pela teoria da repulsão dos pares eletrônicos da camada de valência (VSEPR).

Ilustração 11 - Modelo de Lewis para o metano

III-INCORRETA – Apresentamos a reação descrita na ilustração 2: H H

C H

Cl H

+

Cl 2

H

C

H

+ H2

Cl Ilustração 12 - Halogenação do metano

Da reação observa-se que apenas um único composto clorado se forma, de forma que para ela não faz sentido falar em isomeria. ALTERNATIVA: E


QUESTテグ 18

O

O

O

R

R

R

OH

H NH2

(I)

H

(VI)

O

O OH

N(C 2H5)2

(IX)

(IV) O H

OH

(V)

R2

NO 2

R2

R2 NH2

NO 2

OH

O

O R2

R

(III)

(II) O

Resoluテァテ」o:

NH2

N(C 2H5)2

R

O

R2 (H 5C2)2N

(X)

NO 2

(VII)

NH2

(VIII)


Um dipeptídeo é o composto orgânico formado através da ligação peptídica de dois aminoácidos. Nessa ligação, o grupo ácido ( COOH ) de uma molécula liga-se ao grupo básico (  NH 2 ) da outra molécula. Dentre todas alternativas, somente as estruturas fornecidas em “A”, isto é, estruturas (III) e (VI), apresentam ao mesmo tempo grupo ácido e grupo básico. Esses grupos podem, então, se unir do seguinte modo: O O R2

O R

OH

NH2

H

R2

R

N OH

O

H

NH NH2

dipeptídeo Ilustração 13 - Formação de dipeptídeo

ALTERNATIVA: A

QUESTÃO 19

Resolução:

OH

+ H2O


Escrevamos inicialmente a reação química que caracteriza o sistema de purificação:

2Li(OH)(s)+CO2 ( g )  Li 2CO3 (s)+H 2O (l) 2 mols--------1 mol-------1 mol--------1 mol Vamos determinar o número de mols a que corresponde o volume de 5,2L ocupado pelo CO2 ( g ) :

 p  760 mmHg T=29°C=302 K  Dados:  V=5,2 L M LI (OH )  7  16  1  24 g/mol

P V  nRT  n 

P V RT

n

1  5, 2 5, 2 n 0, 082  302 24, 764

n

0, 21 mol de CO 2 (g)

Pela estequiometria da reação, temos:

2Li(OH)(s)------CO 2 ( g ) 2 mols-------------1 mol x mol ------------- 0,21 mol  x  0, 42 mol de Li(OH)(s) Finalmente de n 

m M molar

, teremos:

nLi (OH ) 

m M molar

 m  0, 42  24 ALTERNATIVA: C

 m  nLi (OH )  M molar  m 10 g


QUESTÃO 20

Resolução: Escrevamos a reação de ionização do ácido benzoico:

O

O

+ H2 O

C

C O

OH

1 mol

-

+

+

1 mol

1 mol

1 mol

H3O

Ilustração 14- Ionização do ácido benzoico.

Concentração (em mol/l) Início Ionizados Equilíbrio

[ H 2O ]

[ C7 H 5 O 2 ]

[ H 3O ]

0,072

-

0

0 3

2,110

2,1103

-

2,1103

2,1103

3

2,110

 0,0021

0,072  0,0021  6,99 102

Ka 

ALTERNATIVA: A

[ HC7 H5O2 ]

[C7 H5O 2  ]  [H 3O + ] [HC7 H5O2 ]

 Ka 

2,1103  2,1 103 4, 41 10 6  K  a 6,99 102 6,99 102

 Ka

6,3 105


QUESTÃO 21



Resolução: Analisemos cada proposição: I – INCORRETA – O conceito de fissão nuclear está correto. Porém, a reação apresentada é de fusão nuclear (núcleos menores de hidrogênio se unem para formar núcleos maiores de Hélio). II – CORRETA – Os isótopos

e

respectivamente; enquanto que o isótopo

são encontrados nas proporções 98,9% e 1,1%, radiativo é identificado apenas na forma de traços e

sua formação se dá nas camadas atmosféricas mais altas pela reação 7 N14 0 n1 6 C14 1 H1 .


III – INCORRETA 5730 anos 5730 anos m   50% de m   25% de m

? -------------------------------------------2010 d. C. Retrocedendo 5730+5730 = 11460 anos, a partir de 2010, chegaremos ao ano 9450 a. C.

IV– CORRETA

ALTERNATIVA: D

QUESTÃO 22

Resolução:

Na 2CO3 (aq)  2Na + (aq)+CO32- (aq) 1 mol-------------2mols-------1mol Determinemos a concentração molar do íon sódio:

1 mol de átomos --------------6,02 1023 átomos --------------3,011023 átomos

n

 nNa =0,5 mol de Na=0,5 mol de Na + M Na 

n Vsolução

 M Na 

0,5 0, 25

 M Na  2 mol/l


A partir da estequiometria da primeira reação, determinemos a concentração molar do íon carbonato:

2 mols de Na + (aq)----------------1 mol CO 32 (aq) 0,5mol de Na + (aq)----------------nCO2 3

2

 nCO2  0, 25 mol de CO3 (aq) 3

M CO2  3

ALTERNATIVA: B

nCO2 3

Vsolução

 M CO2  3

0, 25 0, 25

 M CO2  1 mol/l 3


QUESTÃO 23

Resolução: O dióxido de carbono reage com a água segundo a reação:

CO2 (g)+H2O(g)  H2CO3 Assim, a alternativa “A” é incorreta por apresentar H 2CO2 ao invés de H 2CO3 . ALTERNATIVA: A


QUESTÃO 24

Resolução:

Analisemos cada proposição: I–CORRETA – Cátion é são íons do tipo A +X . II–INCORRETA– Ligações iônicas são baseadas na troca (doação) de elétrons. O compartilhamento caracteriza ligações covalentes.


III – INCORRETA – A relação que existe entre raio atômico e potencial de ionização é inversa.

IV – INCORRETA – Uma ligação covalente pode tanto ser sigma (  ), como pi (  ). V – INCORRETA – Elementos com distribuição eletrônica final em np 5 são definidos pela configuração de valência ns 2 np5 , sendo, portanto, classificados no grupo 17 (antiga família 7A). Esses elementos, conhecidos como halogênios, são receptores de elétrons. VI – INCORRETA –Elementos representativos (família A) como os semi-metais, não-metais e gases nobres costumam não apresentar esse tipo de ligação. VII – INCORRETA – Atrações eletrostáticas entre íons formam sólidos cristalinos. VIII – INCORRETA – Os elementos da família 2A têm configuração de valência ns 2 , de modo que os orbitais do tipo p estão vazios. Se ocorrer para um dado elemento a hibridação, teremos novos orbitais híbridos sp (ilustração 5).

Ilustração 15 - Hbridação do tipo sp

IX – INCORRETA – Para se arrancar um elétron é preciso fornecer energia ao sistema. De modo que o processo é endotérmico.

ALTERNATIVA: C


BIOLOGIA QUESTÃO 25

Resolução: A osmose é caracterizada passagem do solvente de uma região de menor concentração para a de maior concentração.

ALTERNATIVA: D


QUESTÃO 26

Resolução: Observe os genótipos possíveis para os filhos de cada casal, segundo cada sistema sanguíneo:

CASAL 1

/ i i / LM LN / D D ou d

SISTEMA ABO IA

CASAL 2 I

B

IAi IAi SISTEMA MN LN

IBi IBi

LM LN LN LN FATOR Rh d

LM LN LN LN

Dd Dd ou dd

LN

d Dd Dd ou dd

SISTEMA ABO IA

/ IA IB

IB

IA IA IA IB SISTEMA MN LM

IBi IB IB

LM LM LM LN

/

LM LM LM LN FATOR Rh D

D D ou d

DD DD ou Dd

/ LM LN

LM

D ou d DD ou Dd DD ou Dd ou dd


O os filhos do casal 1 podem apresentar tipos sanguíneos A, B, MN, N, Rh + , Rh- . Já os filhos do casal 2 apresentam tipos A, B, AB, MN, M, Rh+ , Rh- . Como a criança apresenta os grupos A, M, Rh- , é provável, então, que seja filha do casal 2.

Notas: 1) Adotamos as seguintes simbologias genotípicas para representar os fenótipos: Tipo Sanguíneo A B AB O M N MN Rh+ Rh-

Genótipo

IA IA ou IAi IB IB ou IBi IA IB ii M M

L L LN LN LM LN

DD ou Dd dd

2) Essa questão destaca que nem sempre é possível determinar a filiação baseandose apenas num sistema sanguíneo. Se considerássemos apenas o sistema ABO e o fator Rh, por exemplo, os dois casais poderiam ser pais da criança, uma vez que os possíveis descendentes deles poderiam apresentar sangue tipo A e fator Rh-.

ALTERNATIVA: E


QUESTÃO 27

Resolução: Irradiação adaptativa é o processo pelo qual uma espécie distribui-se nos mais variados ambientes e origina espécies diferentes. ALTERNATIVA: B

QUESTÃO 28

Resolução:

Nas briófitas, a planta propriamente dita, de vida independente e duradoura, é o gametófito.

ALTERNATIVA: C


QUESTÃO 29

Resolução:

Nos artrópodes o crescimento é descontinuo e sempre precedido pelo fenômeno de muda ou ecdises.

ALTERNATIVA: A


QUESTÃO 30

Resolução:

A fita de DNA será cortada pela ação da enzima I em três fragmentos: GATTACAATT, TCGACCTTGCAATT e CCGGTGAGAC.

ALTERNATIVA: D


QUESTテグ 31

Resoluテァテ」o:


Ao longo da cadeia alimentar tanto a energia quanto a biomassa diminui: o que permite dizer que as suas pirâmides tróficas serão invariáveis quanto à forma geométrica, isto é, terão sempre base larga e topo estreito. ALTERNATIVA: A

QUESTÃO 32

Resolução: O ciclo lisogênico e o lítico (relativo à lise = quebra, rompimento) diferem porque neste último ocorre a morte da célula. ALTERNATIVA: C


Nota: Quaisquer críticas, sugestões ou inconsistências encontradas nesse material podem ser encaminhadas para o e-mail ronimar@uft.edu.br. Desde já agradeço.



Resolução Comentada - Vestibular UFT 2010.2