RESOLUCAO3_ EXATAS_25_5_2014_ALICE 15/05/14 15:35 Página 1
CIÊNCIAS EXATAS
RESOLUÇÕES COMENTADAS DO SIMULADO 3
Questão 1
Questão 3
E
x2 – 2bx . cos + b2 – a2 = 0 admite c como raiz dupla.
c
a) c + c = 2 b cos ⇔ cos = –––
b
q
A
b) c . c =
b2
–
a2
⇔
b2
a2
=
+
c2.
q
c
Como cos = –– , o triângulo
b
–––
20°
–––
ABC é retângulo, com catetos medindo a = BC, c = AB e a
–––
hipotenusa medindo b = AC.
50°
C
F
B
a
20°
40°
A
–––
—
Traçamos a mediana AF relativa à hipotenusa BC do triângulo
retângulo ABC.
b
c
Assim, AF = BF = FC = EF e os triângulos FAC e FAE são
ambos isósceles, do que se pode concluir que:
^
^
^
FAC = 20°, AFB = 40° e AFE = 50°.
B
a
Finalmente, no triângulo isósceles FAE, temos:
C
^
θ + θ + 50° = 180° ⇔ 2θ = 130° ⇔ θ = 65°= AEF
c
Respostas: a) cos = ––
b
b) Demonstração
Respostas: a) AFE = 50°
Questão 2
Questão 4
^
^
b) AEF = 65°
B
2x + 3
1
f(x) = ––––––– = 2 + ––––– , x – 1
x+1
x+1
x
a) x1; x2 ⺢ – –1. Se x1 x2 ⇔ x1 + 1 x2 + 1 ⇔
1
1
1
1
⇔ –––––– –––––– ⇔ 2 + –––––– 2 + ––––––
⇔
x +1
x1 + 1
x2 + 1
x1 + 1
A
a
b q
C
2
⇔ f(x1) f(x2) ⇔ f é injetora.
b) Sendo f–1 a função inversa de f, então:
D
1
1
f [f–1(x)] = x ⇔ 2 + ––––––––– = x ⇔ ––––––––– = x – 2 ⇔
–1
–1
f (x) + 1
f (x) + 1
1
3–x
⇔ f–1(x) + 1 = –––––– ⇔ f–1(x) = ––––––
x–2
x–2
Assim: A = ⺢ – 2 = ⺢ – a ⇔ a = 2
Respostas: a) Demonstração
b) a = 2
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2x
3x
a) Os triângulos ADC e ABC são retângulos e, pelo Teorema
de Pitágoras, tem-se:
1) (AC)2 = (3x)2 + (2x)2 = 13x2 ⇒ AC =
13 . x
2) (AC)2 = (AB)2 + (BC)2 ⇒ 13x2 = (AB)2 + x2 ⇒
⇒ AB = 2
3.x
–1
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2
3 ,
b) Da figura: sen α = ––––– , cos α = ––––––
13
13
3
2
sen β = ––––– , cos β = ––––– e θ = α + β.
13
13
h(cm)
300,0
250,0
200,0
Assim, sen θ = sen(α + β) = sen α . cos β + sen β . cos α =
1
3
2
3
2
3 = 3 + 4
= ––––– . ––––– + ––––– . ––––––
––– –––––– =
13
13
13
13
13
13
3 + 4
3 = 3
= –––––––––
3 + 4)
––––– . (
13
13
Respostas: a) AC =
150,0
100,0
50,0
13 . x e AB = 2
3.x
3 . ( 3 + 4)
b) sen θ = ––––
13
0
1,0
2,0
V
––––
t 1
Questão 5
triângulo
(A2)
retângulo
5,0
6,0
7,0
8,0
9,0
10,0
t (semanas)
40,0
= –––––– (cm/semana2)
2,0
a1 = 20,0 cm/semana2
a) A altura máxima atingida pelo pé de milho (H) pode ser calculada pela área compreendida entre o gráfico V x t e o eixo
dos tempos.
Essa área corresponde à de um trapézio, mas, tendo-se em
vista o item b, faremos:
+
4,0
c) De 0 a 2,0 semanas:
a1 =
H = (A1)
3,0
+
De 6,0 a 10,0 semanas:
a2 =
V
––––
t 2
(A3)
– 40,0
= –––––– (cm/semana2)
4,0
a2 = – 10,0 cm/semana2
triângulo
2,0 . 40,0
4,0 . 40,0
H = –––––––––– + 4,0 . 40,0 + –––––––––– (cm)
2
2
2
a [cm/(semana) ]
20,0
H = 40,0 + 160,0 + 80,0 (cm) ⇒ H = 280,0 cm
b) De 0 a 2,0 semanas, bem como de 6,0 a 10,0 semanas, o
movimento da extremidade superior do pé de milho é uniformemente variado. Isso significa que o gráfico h x t
nesses intervalos é parabólico.
É importante notar que, em t0 = 0 e em t1 = 10,0 semanas,
ocorrem os vértices dos arcos de parábola, já que nesses
instantes, V = 0.
Já no intervalo de 2,0 a 6,0 semanas, o movimento da extremidade superior do pé de milho é uniforme e o gráfico
h x t é uma reta oblíqua.
–2
10,0
0
1,0
2,0
3,0
4,0
5,0
6,0
7,0
8,0
9,0
10,0 t (semanas)
-10,0
-20,0
Respostas: a) 280,0 cm
b) Ver gráfico
c) Ver gráfico
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Questão 6
Igualando-se (2) e (1), vem (Δ t = 1,0 min = 60 s):
a) Sendo o movimento uniformemente variado, vem:
m . c . Δ θ = I . A . Δt
Q=E
V0 + Vf
Δx
––– = –––––––
Δt
2
I . A . Δt
Δ θ = ––––––––
mc
0 + VA
25,0
A: –––– = ––––––
⇒ VA = 12,5 m/s
2
4,0
0 + VB
60,0
B: –––– = ––––––
⇒ VB = 16,0 m/s
2
7,5
b) Nos trechos de movimento uniforme:
Δx
Δx
V = ––– ⇒ Δt = –––
Δt
V
48 000
400 . 2,0 . 60
Δ θ = –––––––––––– (°C) = –––––– (°C)
6 000
6,0 . 1000
Δθ = 8,0°C
b) Da Equação de Clapeyron:
m
pV = ––– R T
M
75,0
A: ΔtA = –––– (s) = 6,0 s ⇒
12,5
TA = 10,0 s
40,0
B: ΔtB = –––– (s) = 2,5 s ⇒
16,0
TB = 10,0 s
pM
m
––– = –––––
RT
V
pM
ρ = –––––
RT
pM
Para ––––– constante, ρ é inversamente proporcional a T:
R
c)
ρ’
T
––– = –––
ρ
T’
ρ’
290
––– = ––––
1,2
300
Respostas: a) VA = 12,5 m/s
ρ’ = 1,16 kg/m3
VB = 16,0 m/s
b) TA = 10,0 s
Respostas: a) 8,0°C
b) 1,16 kg/m3
TB = 10,0 s
c) Ver gráfico
Questão 8
Questão 7
a) A energia absorvida por uma placa solar (E) é proporcional
à intensidade solar (I), à área do coletor (A) e ao tempo de
exposição ao sol (Δt):
E = I . A . Δt
(1)
a) No equipamento:
P=i.U
240 = i . 12 ∴ i = 20 A
b) No equipamento:
Q
i = –––
Δt
O calor sensível que aquece o ar é dado por:
Q = m c Δθ
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(2)
QT
20 = –––
∴ QT = 400 A.h
20
–3
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Na associação de baterias:
1 bateria –––– 50 A.h
Questão 10
N baterias –––– 400 A.h
N = 8 baterias, no mínimo
c) Na associação de baterias:
Q
iTOT = –––
Δt
400
iTOT = –––– (A) ∴ iTOT = 100 A
4
A tensão nos terminais do gerador (V) será dada por:
V = R . iTOT + Ebat
V = 0,2 . 100 + 12 (SI)
V = 32 volts
Respostas: a) 20 A
b) 8 baterias
c) 32 V
Questão 9
Comprimido: 192 mg = 0,192 g
Elixir: 50 mL = 0,05 L
1 L ––––––––– 3,84 g
0,05 L ––––––––– x
∴ x = 0,192 g
Total: 0,384 g
M(C27H44O) = 384 g/mol
384 g ––––––––––– 6 . 1023 moléculas
0,384 g ––––––––––– x
x = 6 . 1020 moléculas
5 L ––––––––––– 6 . 1020 moléculas
1 mL →
10–3
L ––––––––––– y
y = 1,2 .
1017
moléculas
I. Mg
II. Cl
III. Na
IV. P
Questão 11
a) Os gases que se difundem no tubo reagem segundo a
equação da reação:
NH3 (g) + HCl (g) → NH4Cl (s)
O anel branco que se forma no tubo é devido à formação
do sólido NH4Cl.
Pelas informações fornecidas, observamos que o anel se
forma mais próximo do algodão embebido com HCl (6 cm)
do que do algodão embebido com NH3 (9 cm). Portanto,
podemos concluir que a velocidade de difusão do gás NH3
é maior que a do gás HCl.
b) O aumento da temperatura do sistema implica um aumento da energia cinética das partículas e, portanto, um aumento na velocidade de difusão dos dois gases.
m v2
Ecin = K T = –––––
↑
2
↑
↑
Com o aumento da temperatura, o ponto de encontro dos
dois gases continua o mesmo, mas o tempo para a formação do anel de NH4Cl será menor.
c) Com a fórmula fornecida:
velocidade de difusão do HCl
––––––––––––––––––––––––––– =
velocidade de difusão do NH3
massa molar do NH3
––––––––––––––––––– ,
massa molar do HCl
conhecendo a massa molar do NH3, poderíamos determinar a massa molar do HCl.
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CIÊNCIAS EXATAS
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massa molar do HCl =
velocidade de difusão do NH
= –––––––––––––––––––––––––––3
velocidade de difusão do HCl
2
. massa molar do NH3
Colocando os dois chumaços de algodão no mesmo instante, a velocidade de difusão é proporcional à distância
percorrida.
Se o chumaço de algodão contendo NH3 for colocado
antes, a formação do anel ocorrerá numa região mais próxima do HCl e, portanto, menos de 6 cm da sua extremidade, originando um erro no cálculo da massa molar do
HCl.
Iríamos achar que a velocidade do NH3 seria maior que a
verdadeira e, portanto, a massa molar do HCl resultaria
maior que a real.
Questão 12
a) Teremos:
Situação inicial
n = 7 mol (vide figura)
PxV=nxRxT
P x 11,2 = 7 x 0,082 x (85,4 + 273)
P = 18,368 atm
b) A transformação é isotérmica (Tconstante = 85,4°C), a partir
da figura verifica-se que o número total de moléculas não
varia. Então:
P1V1 = P2V2
18,368 atm . 11,2 L = P2 . 16,8 L
P2 = 12,245 atm
7 mol ––––––––– 12,245 atm
3 mol ––––––––– x
x = 5,25 atm
CIÊNCIAS EXATAS
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