GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) d)
MATEMÁTICA
01. Sejam dois conjuntos, X e Y, e a operação Δ, definida por X
Δ Y = (X – Y) U (Y – X).
Pode-se afirmar que
a) (X Δ Y) ∩ (X ∩ Y) = Ø
b) (X Δ Y) ∩ (X – Y) = Ø
c) (X Δ Y) ∩ (Y – X) = Ø
d) (X Δ Y) U (X – Y) = X
e) (X Δ Y) U (Y – X) = X
RESOLUÇÃO:
Representando x Δ y por diagrama, temos:
e)
a) (X Δ Y) ∩ (X ∩ Y) = Ø (Verdadeiro)
b) (X Δ Y) ∩ (X – Y) = x – y (Falso)
c) (X Δ Y) ∩ (Y – X) = y – x (Falso)
d) (X Δ Y) U (X – Y) = x Δ y (Falso)
e) (X Δ Y) U (Y – X) = x Δ y (Falso)
ALTERNATIVA A
02.
i
Seja z = ρ . e θ um número complexo onde ρ e θ são,
respectivamente, o módulo e o argumento de z e i é a unidade
imaginária. Sabe-se que ρ = 2a cós θ , onde a é uma constante
real positiva. A representação de z no plano complexo é:
a)
RESOLUÇÃO
Seja Z = x + iy, a representação cartesiana do complexo Z.
i
Z = ρe θ , representação polar do complexo Z.
i
Sabendo que ρ = 2acosθ, substituindo em Z = ρe θ .
Obtemos que
i
Z= 2acosθ.e θ
iθ
Mas e = cosθ + isenθ, deste modo
Z= 2acosθ(cosθ + i senθ) ⇒ Z = 2acos θ + 2acosθsenθi
2
Então a parametrização de X = 2acos θ e Y= 2acosθsenθ.
⎧
⎛ 1 + cos 2θ ⎞
⎧⎪x = 2a cos2 θ
⎟
⎪x = 2a⎜
⇒
2
⎨
⎨
⎠ ;
⎝
⎪⎩Y = 2a cos θsenθ
⎪Y = asen2θ
⎩
2
pois
b)
cos2θ = 1 + cos2θ
∀θ ∈ R
2
Assim
⎧ X = a(1 + cos 2θ)
⎨
⎩Y = asen2θ
⇒
⎧ X = a + a cos 2θ
⇒
⎨
⎩Y = asen2θ
⎧ X − a = a cos 2θ
⎨
⎩Y = asen2θ
Elevando ao quadrado; temos que
c)
⎧⎪( x − a) 2 = a 2 cos 2 2θ
⇒ adicionando as equações, temos
⎨ 2
⎪⎩Y = a 2 sen 2 2θ
2
2
2
2
2
que (x‐a) + y =a (cos 2θ + sen 2θ).
2
2
Como cos 2θ+ sen θ=1. Para todo 2θ ∈ R.
2
2
2
Obtemos (x-a) + y = a .
Equação da circunferência do centro C(a,o) e r=a (raio) ALTERNATIVA A www.gge.com.br
1 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) 03. Seja A uma matriz quadrada inversível de ordem 4 tal que o
resultado da soma
4
3
(A + 3 A ) é uma matriz de elementos nulos. O valor do
determinante de A é
05. Sabe-se que
2
x
c) 2 −2sen
2
d) 2 − cos
e) 2
Resolução
4
2 + 2cos 2 x
, ∀x ∈ ℜ. Uma outra expressão
2
2(1 + 4 sen x )
para y é
a) 2
b) 2−sen
a) – 81
b) – 27
c) – 3
d) 27
e) 81
y=
2
x
x
−2 cos2 x
RESOLUÇÃO:
3
A +3 A =0
4
3
A =-3A
4
3
det(A )= det(-3A )
4
4
3
(detA) =(-3) =(detA)
y=
2 + 2cos 2 x
∀ x eR
2
2(1 + 4 sen x )
Temos que sen 2 x =
1 − cos 2x
,
2
∀ x ∈R
3
(det A ) [det A − 81] = 0
Assim
y=
Mas A é inversível
∴detA=81
2 + 2 cos 2 x
2 + 2 cos 2 x
=
2
2(1 + 4 sen )
1− cos 2 x
⎛
⎜
2⎜1 + 4 2
⎜
⎝
ALTERNATIVA E
04. Seja log 5 = m, log 2 = p e N = 125
3
1562,5
5
2
. O valor de
log5 N, em função de m e p, é
75m + 6p
a)
15m
70m − 6p
b)
15m
75m − 6p
c)
15m
70m + 6p
d)
15m
70m + 6p
e)
15p
log 5 5 3 ⋅
=3+
=3+
1
2 15
2(1 + 2
cos 2 x −1
)
2(1 + 21− cos 2 x )
=
1+
1+
2cos 2 x
2
21
2cos 2 x
2cos 2 x
Logo
y = 2cos2x -1 = 2−2sen
y = 2−2sen
2
2
x
x
ALTERNATIVA C
1
1
= log 5 5 3 + log 5 1562,5 3 − log 5 2 15
1
1562,5
1
log5
−
log52
3
10
15
(
)
2
1
1 log
log 5 5 6 − log10
5 −
3
15 log 5
1
(6 − log5 5 ⋅ 2) − 1 ⋅ p
3
15 m
1
1 p
= 3 + (6 − (log 5 5 + log5 2)) −
⋅
3
15 m
log 2 ⎞ 1 p
1⎛
⎟−
= 3 + ⎜⎜ 6 − 1 −
⋅
log 5 ⎟⎠ 15 m
3⎝
p⎞
p
1⎛
⎜ 5 − ⎟⎟ −
3 ⎜⎝
m ⎠ 15m
5
p
p
−
−
3 3m 15m
45m + 25m − 5p − p 70m − 6p
=
=
15m
15m
ALTERNATIVA B
=3+
=
2(1− cos 2 x ) ⎞
⎛
⎜
⎟
2
2⎜1 + 2
⎟⎟
⎜
⎝
⎠
2+2
2 + 2cos 2 x
2cos 2 x
2cos 2 x
y = cos 22x
.
=
=
2
2
2
2 + 2cos 2 x
+2
)
B
)
e C são, respectivamente, os ângulos opostos aos lado b e c, o
)
tgB
valor de ) é
tgC
06. Um triângulo ABC apresenta lados a, b e c. Sabendo que
a)
b)
=3+
=3+
2+2
2(1 + 21− cos 2 x )
2 + 2 cos 2 x
cos 2 x
RESOLUÇÃO:
log5 = m
log2 = p
1
1562,5 3
y=
cos 2 x
⎞
⎟
⎟⎟
⎠
=
c)
d)
a 2 − b 2 + c 2c
a 2 + b 2 − c 2b
a2 + b2 − c 2
a2 − b2 + c 2
a2 − b2 + c 2
a2 + b2 − c 2
a 2 + b 2 − c 2c
a 2 − b 2 + c 2b
b
e)
c
RESOLUÇÃO:
)
)
C
b
, senC =
senB =
2R
2R
) a2 + b2 − c 2
) a2 + c 2 − b2
, cosC =
cos B =
2ab
2ac
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2 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) )
senB
)
)
)
)
tgB
senB cos C
cos
B
=
=
⋅
)
)
) = )
tgC
senC
senC cos B
)
cos C
b a2 + b2 − c 2
2ac
a2 + b2 − c 2
⋅
⋅
=
2
2
2
c
2ab
a +c −b
a2 + c 2 − b2
ALTERNATIVA B
x . x . BD S( ABCD)
x 2 BD
=
⇒
= S( ABCD)
25
2
25
4.
2
1
⋅ S(ACD)=
S(ABCD)
2
x . x . AC S( ABCD)
x 2 AC
=
⇒
= 2 . S( ABCD)
4.25
2
25
(I)
(II)
Substituindo (I) em (II)
07. Os centros das faces de um tetraedro regular são os vértices
de um tetraedro interno. Se a razão entre os volumes dos
m
tetraedros interno e original vale
, onde m e n são inteiros
n
positivos primos entre si, o valor de m + n é
a) 20
b) 24
c) 28
d) 30
e) 32
RESOLUÇÃO:
x 2 . AC 2x 2 .BD
=
⇒ AC = 2BD = 4y
25
25
Δ ABP : y 2 + (2y ) 2 = x 2 ⇒ 5 y 2 = x 2
Pitágoras
S(ABCD)=
4 y.2y
= 4y 2
2
(III)
(IV)
Substituindo (III) e (IV) em (I)
5 y 2 .2 y
= 4 y 2 ⇒ y = 10 ⇒ 5( ABCD) = 400
25
ALTERNATIVA D
09. Seja A (a, b) o ponto da cônica x2 – y2 = 27 mais próximo da
reta 4x – 2y + 3 = 0. O valor de a + b é
a) 9
b) 4
c) 0
d) –4
e) –9
AB = BC = CD = AC = AD = BD = a
MN é base media do Δ BCD ⇒
a
⇒ Mn =
2
Δ AGH ~ ΔAMN:
GH AG 2
a
=
= ⇒ GH =
MN AM 3
3
3
3
m ⎛ GH ⎞
m ⎛ 1⎞
1
=⎜
⎟ ⇒
=⎜ ⎟ =
⇒
n ⎜⎝ a ⎟⎠
n ⎜⎝ 3 ⎟⎠
27
⇒ m + n = 28
RESOLUÇÃO:
2
2
x – y = 27
x0x – y0y = 27 (reta tangente)
x
27
y= 0 x−
y0
y0
4x – 2y + 3 = 0 → 2y = 4x + 3 → y = 2x +
x0
= 2 → x 0 = 2y 0 y0
↓
x 02 − y 02 = 27 → 4 y 2 − y 02 = 27
3 y 02 = 27
y 02 = 9 → y 0
ALTERNATIVA C
08. Os raios dos círculos circunscritos aos triângulos ABD e ACD
25
e 25. A área do
de um losango ABCD são, respectivamente,
2
losango ABCD é?
x2 y2
−
=1
27 27
2
2
b = 27
a = 27
b = 3
3
(− 3 3 ;0)
3
2
−3
4
1
S (ABCD)
2
= ±3
⎧y 0 = 3 → x 0 = 6 → x 0 + y 0 = 9
⎨
⎩y 0 = −3 → x 0 = −6 → x 0 + y 0 = −9
a=3 3
⋅ S(ABD)=
3
2
(3 3;0)
4x – 2y + 3 = 0 (r)
d(6,3) à reta r
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3 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) 4⋅6 − 2⋅3 + 3
=
4 2 + ( −2) 2
d(-6, -3) à reta r
4 ⋅ ( −6) − 2( −3) + 3
4 2 + ( −2 ) 2
αλ ≤ 4
α = 1 ⇒ λ ∈ {1, 2, 3, 4}
α = 2 ⇒ λ ∈ {1, 2}
α=3⇒λ=1
α=4⇒λ=1
E4 = {(1, 4, 1); (1, 4, 2); (1, 4, 3); (1, 4, 4);
(2, 4, 1); (2, 4, 2); (3, 4, 1); (4, 4, 1)}
#E4 = 8
21
20
=
−15
20
∴ (-6; -3) é mais próximo
∴a + b = - 6 +(-3) = - 9
E5 : β = 5
4 αλ ≤ 25 ⇒ αλ ≤ 6,25
α = 1 ⇒ λ ∈ {1, 2, 3, 4, 5}
α = 2 ⇒ λ ∈ {1, 2, 3}
ALTERNATIVA E
10. Seja o sistema de equações lineares dadas por
α = 3 ⇒ λ ∈ {1, 2}
α=4⇒λ∈1
α=5⇒λ=1
.
O valor de 7 Y1 + 3 y5 é
a) 12
b) 24
e) 60
c) 36
d) 48
E5 = {(1, 5, 1); (1, 5, 2); (1, 5, 3); (1, 5, 4); (1, 5, 5);
(2, 5, 1); (2, 5, 2); (2, 5, 3); (3, 5, 1);
(3, 5, 2); (4, 5, 1); (5, 5, 1)}
#E5 = 12
#E = 24
24
P(E) =
125 RESOLUÇÃO:
SEM ALTERNATIVA
Somando-se todas as equações:
10 y1 + 10 y2 + 10 y3 + 10 y 4 + 10 y5 = 310
12. É dada uma PA de razão r. Sabe-se que o quadrado de
y 1 + y 2 + y 3 + y 4 + y 5 = 31
Subtraindo-se da primeira e da última ficamos com:
−21
5 y1 = −21 → y1 =
5
129
5 y5 = 129 → y 5 =
5
⎛ 21 ⎞
⎛ 129 ⎞ −147 + 387 240
=
7 Y1 + 3 y5 = 7 ⋅ ⎜ −
⎟ + 3⋅⎜
⎟=
5
5
⎝ 5 ⎠
⎝ 5 ⎠
qualquer número par x, x > 2, pode ser expresso como a soma
dos n primeiros termos desta PA, onde n é igual à metade de x. O
valor de r é
a) 2
b) 4
c) 8
d) 10
e) 16
7 Y1 + 3 y5 = 48
RESOLUÇÃO
⎛ a1 + an ⎞
x
⎜⎜
⎟n = x 2 onde n = → x = 2n
2 ⎟⎠
2
⎝
ALTERNATIVA D
⎛ a1 + a1 + (n − 1)r ⎞
⎜⎜
⎟⎟n = x 2 = ( 2n) 2
2
⎝
⎠
11. Uma urna contém cinco bolas numeradas de 1 a 5. Retiramse, com reposição, 3 bolas desta urna, sendo α o número da
primeira bola, β o da segunda e λ o da terceira. Dada a equação
2
quadrática αx + βx + λ= 0, a alternativa que expressa a
probabilidade das raízes desta equação serem reais é
a) 12519
b) 6023
c) 12526
d) 6026
e) 6025
RESOLUÇÃO:
3
Espaço amostral Ω = x
3
onde x = {1, 2, 3, 4, 5}. # Ω = 5 = 125
2
Evento. E = {(α, β, λ) e Ω / β – 4 αλ ≥ 0}
E = E1 UE2 UE3 UE4 UE5
onde Ec = {(α, β, λ) ∈ E/β = i}
E1: β = 1 4αλ ≤ 1 E1 = ∅ #E1 = 0
E2: β = 2 4αλ ≤ 4
αλ ≤ 1
α = λ = 1 #E2 = 0
E2 = {(1, 2, 1)}
E3: β = 3 4αλ ≤ 9 ⇒ αλ ≤ 2, 25
λ = 1 ⇒ λ ∈ {1, 2}
α=2⇒λ=1
E3 = {(1, 3, 1); (1, 3, 2); (2, 3, 1)}
#E3 = 3
E4: β = 4
⎛ 2a1 (n − 1)r ⎞
2
⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟n = 4n
⎠
⎝
2a1 +(n-1)r=8n
a1 +(n-1)r=8n-a1=an
an + a1 = 8n
(I)
an - a1 = (n − 1)r
2an = 8n + (n − 1)r
an =
8n + (n − 1) r
2
a1 = 8n − an = 8n -
(I)
8n + (n - 1)r
2
(n − 1)r
2
8.2 + ( 2 − 1)r
a2 =
= an + r
2
16 + r 8
= + r → 16 + r = 8 + 2r
2
2
r=8
a1 = 8n −
ALTERNATIVA C
4 αλ ≤ 16
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4 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) 13. Se as curvas y = x2 + ax + b e x = y2 + cy + d se interceptam
em quatro pontos distintos, a soma das ordenadas destes quatro
pontos
a) depende apenas do valor de c.
b) depende apenas do valor de a.
c) depende apenas dos valores de a e c.
d) depende apenas dos valores de a e b.
e) depende dos valores de a,b,c e d.
RESOLUÇÃO:
2
2
As curvas y = x + ax +b e x = y + cy + d se intersectam em 4
pontos. Soma das ordenadas dos 4 pontos substituindo, II e I,
temos:
2
2
2
y = (y + cy + d) + a (y + cy + d) + b
4
2 2
2
3
2
2
y + c y + d + 2cy + 2d y + 2cdy +a y + acy + ad +b = y
4
3
2
2
2
y – 2cy + (c + 2d + a) y + (2cd + ac – 1)y + ad + b + d = 0
A soma de tais ordenadas é:
2c
2
2
g: R → R
3
g(x, 4) = (x , x – ƒ(y))
• Claramente h não é sobrejetiva pois em sua imagem só há
2
pares (m, v) tais que m ≥ 0 pois m = x .
• m também não é injetiva pois se (m, v) está na imagem de h,
então
2
m=x
x= ± m
v = x - ƒ(y)
ƒ(y) = ± m - v
)
logo, h (m, v) = {( m , ƒ ( m − v ) ; ( m , ƒ ( m − v ))}
De modo que ƒ não é injetiva.
Pois m > 0 ( m , ƒ ( m − v ) ) ≠ ( − m , ƒ ( − m − 5))
-1
-1
(
y = ƒ ( m - v) ou y = ƒ − m − v
-1
ALTERNATIVA A
14. O par ordenado (x,y), com x e y inteiros positivos, satisfaz a
equação
2
2
5x + 2y = 11 (xy - 11). O valor de x + y é
a) 160
b) 122
c) 81
RESOLUÇÃO:
ƒ: R → R bijetora ⇒ inversível.
2
2
h=R →R
2
h(x,y) = (x , x – ƒ(y))
d) 41
e) 11
RESOLUÇÃO
2
2
5x + 2y = 11 (xy – 11)
2
2
5x + 2y – 11xy = -121
2
2
5x – 10xy + 2y – xy = -121
5x (x – 2y) – y (x – 2y) = -121
(x – 2y) (5x – y) = -121
Ora, como x, y ∈ Z+ x < 5x e -2y < -y.
Logo x – 2y < 5x –y e como o produto é negativo, x – 2y < 0 e 5x –
y >0
Além disso, pelo teorema fundamental da Aritmética, temos
I.
⎧ x − 2y = −1
⎨
⎩5 x − y = 121
-1
-1
-1
-1
• g é bijetiva,
Se (m, v) ∈ Img
3
m=x
x =3m
v = x - ƒ(y)
ƒ(y) =
y=ƒ
-1
3
m −v
( m − v)
3
Deste modo, g é inversível, sendo sua inversa
-1
2
2
g :R →R
g (m, v) = ( 3 m ,ƒ ( 3 m - v)
-1
-1
ALTERNATIVA E
9x = 243
x = 27
FÍSICA
27 – 2y = -1
y = 14
16. Um raio de luz de freqüência 5 x 1014 Hz passa por uma
II.
⎧x − 2y = −11
⎨
⎩ 5x − y = 11
9x = 33
x∉Z
III.
⎧x − 2y = 121
⎨
⎩ 5x − y = 1
9x = 123
x∉Z
Logo, x + y = 27 + 14 = 41
ALTERNATIVA D
película composta por 4 materiais diferentes, com características
em conformidade com a figura abaixo. O tempo gasto para o raio
percorrer toda a película, em ηs, é
a) 0,250
para todo conjunto dos números reais e as relações h e g,
definidas por:
2
2
2
2
2
h: IR → IR : ( x , y ) → ( x , x – f(y) ) e g: IR → IR : ( x , y ) → (
3
x , x – f(y) )
Pode-se afirmar que
a) h e g são sobrejetoras.
b) h é injetora e g sobrejetora.
c) h e g não são bijetoras.
d) h e g não são sobrejetoras.
e) h não é injetora e g é bijetora.
c) 0,925
d) 1,000
e) 3,700
RESOLUÇÃO:
ΔS
ΔS
vi = λi . f0 =
֜ Δti =
Δti
λ i ⋅ f0
⎛
⎞
1 ⎟ 5 ⋅ 10 4 ⋅ λ 0 1 ⎛ 1
1
1
1 ⎞
ΔS ⎜
⎟
=
⋅
⋅ ⎜⎜
+ +
+
⋅⎜
14
f0 ⎜
0
,
2
1
0
,
8
0
,5 ⎟⎠
λ
λ i ⎟⎟
5 ⋅ 10
0 ⎝
⎝ i
⎠
-10
-9
= 10 . 9,25 = 0,925 . 10 s = 0,925ns
֜ ΔtTOTAL =
15. Sejam f uma função bijetora de uma variável real, definida
b) 0,640
∑
ALTERNATIVA C
17. A figura apresenta uma barra metálica de comprimento L =
12 m, inicialmente na temperatura de 20 °C, exatamente inserida
entre a parede P1 e o bloco B feito de um material isolante térmico
e elétrico. Na face direita do bloco B está engastada uma carga Q1
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5 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) afastada 20 cm da carga Q2, engastada na parede P2. Entre as
duas cargas existe uma força elétrica de F1 newtons.
Substitui-se a carga Q2 por uma carga Q3 = 2 Q2 e aquece-se a
barra até a temperatura de 270 °C. Devido a esse aquecimento, a
barra sofre uma dilatação linear que provoca o deslocamento do
bloco para a direita. Nesse instante a força elétrica entre as
cargas é F2 = 32 F1.
Considerando que as dimensões do bloco não sofrem alterações
e que não exista qualquer força elétrica entre as cargas e a barra,
-1
o coeficiente de dilatação térmica linear da barra, em °C , é
L ⎞
L⎞
⎛
⎛
L2 ⋅ ⎜ 4ρ + hμρ + μ a ⎟g = μa ⋅ L2 ⋅ ⎜ h + ⎟ ⋅ g
4 ⎠
2⎠
⎝
⎝
L
L
μa = μa . h + μa .
2
4
L
֜ h . (μρ - μa) = μa
- 4ρ
4
μ ⋅ L − 16ρ
֜h= a
4 ⋅ (μ ρ − μ a )
֜ 4ρ + hμρ +
ALTERNATIVA A
19. Um objeto com massa de 1 kg é largado de uma altura de 20
m e atinge o solo com velocidade de 10 m/s. Sabe-se que a força
F de resistência do ar que atua sobre o objeto varia com a altura,
2
conforme o gráfico abaixo. Considerando que g = 10 m/s , a altura
h, em metros, em que a força de resistência do ar passa a ser
constante é
-5
a) 2,0 x 10
-5
b) 3,0 x 10
-5
c) 4,0 x 10
-5
d) 5,0 x 10
-5
e) 6,0 x 10
RESOLUÇÃO:
F1 =
⇒
K ⋅ Q1 ⋅ Q 2
0,2
2
; F2 =
2 ⋅ K ⋅ Q1 ⋅ Q2
2
d
=
K ⋅ Q1 ⋅ (2 ⋅ Q 2 )
d2
32 ⋅ K ⋅ Q1 ⋅ Q2
0,2
2
= 32 ⋅ F1
⇒ d2 =
0,22
= 0,05m
4
a) 4
ΔLBARRA = 0,20 – 0,05 = 0,15m = L0 . αΔθ
0,15
⇒α=
= 5 ⋅ 10 −5 ⋅ °C −1
12 ⋅ (270 − 20)
b) 5
c) 6
d) 8
e) 10
RESOLUÇÂO:
τ T = ΔE c ;
ALTERNATIVA D
τF =
m . g Htotal + τF =
18. Uma chapa de metal com densidade superficial de massa ρ
foi dobrada, formando as quatro faces laterais de um cubo de
aresta L. Na parte inferior, fixou-se uma peça sólida em forma de
paralelepípedo com dimensões h x L x L e massa específica μP,
de maneira a compor o fundo de um recipiente. Este é colocado
em uma piscina e 25 % do seu volume é preenchido com água da
piscina, de massa específica μa. Observa-se que, em equilíbrio, o
nível externo da água corresponde à metade da altura do cubo,
conforme ilustra a figura. Neste caso, a dimensão h da peça sólida
em função dos demais parâmetros é
−(20 + h) ⋅ 12
= −6(20 + h)
2
mv 2f
-0
2
1 . 10 . 20 – 6 . (20 + h) =
1 ⋅ 10 2
2
200 – 120 – 6h = 50
6h = 30
h = 5m
ALTERNATIVA B
20.
Um reservatório possui duas faces metálicas que se
comportam como placas de um capacitor paralelo. Ao ligar a
chave Ch, com o reservatório vazio, o capacitor fica com uma
carga Q1 e com uma capacitância C1. Ao repetir a experiência com
o reservatório totalmente cheio com um determinado líquido, a
carga passa a ser Q2 e a capacitância C2. Se a relação Q1/Q2 é
0,5, a capacitância no momento em que o líquido preenche
metade do reservatório é
RESOLUÇÃO:
2
Massa do conjunto = 4 . L . ρ + h . L. L . μρ + L . L .
2
= L . (4ρ + h . μρ +
L
μa)
4
L⎞
⎛
2
VolumeSubmerso = L . ⎜⎜ h + ⎟⎟
2⎠
⎝
L
. μa
4
a) C1
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b) 3/4 C2
c) C2
d) 3/2 C2
e) 3/4 C1
6 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) RESOLUÇÃO:
U=
RESOLUÇÃO
Q
Q
Q
C
⇒ 1 = 2 ⇒ 2 =2
C
C1 C 2
C1
Na associação final temos:
10 . x + 10 . (x + 2) + 40 . 4 = 27,5 . 8
20 x + 20 + 160 = 220
20 x = 40
x = 2m
C
C
Em paralelo 1 com 2 = C1
2
2
֜ CEQ =
C1
3C1 3C 2
=
+ C1 =
2
2
4
ALTERNATIVA C 23. Na figura dada, o bloco realiza o movimento descrito a
seguir:
– Em t = 0, desloca-se para a direita, com velocidade constante;
– Em t = t1, cai da plataforma;
– Em t = t2, atinge o solo e continua a se mover para a direita, sem
quicar;
ALTERNATIVA B
21. A resistência equivalente entre os terminais A e B da figura
acima é
– Em t = t3, é lançado para cima, pela ação do impulso I ;
– Em t = t4, volta a atingir o solo.
Nestas condições, a opção que melhor representa graficamente a
energia cinética do bloco em função do tempo é
a) 1/3 R
b) 1/2 R
c) 2/3 R
d) 4/3 R
e) 2 R
RESOLUÇÃO:
a)
Os dois resistores “R” não são atravessados por correntes. Temos
em paralelo 3 conjuntos de 4R.
4R
REQ =
3
b)
ALTERNATIVA D 22.
Uma viga de 8,0 m de comprimento, apoiada nas
extremidades, tem peso de 40 kN. Sobre ela, desloca-se um carro
de 20 kN de peso, cujos 2 eixos de roda distam entre si 2,0 m. No
instante em que a reação vertical em um apoio é 27,5 kN, um dos
eixos do carro dista, em metros, do outro apoio
a) 1,0
b) 1,5
c) 2,0
d) 2,5
e) 3,0
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7 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) c)
d)
e)
RESOLUÇÃO:
Do M.H.S temos:
f=
M=
1
k
⋅
⇒ω=
2π m
k
m
R
hi
P
f
R
2
=
=− i =+
=
h0
P0
f − P0
R ⎛R
⎞ − 2x
− ⎜ + x ⎟⎟
2 ⎜⎝ 2
⎠
ALTERNATIVA A
RESOLUÇÃO:
Entre 0 e T1 V = C . T. E
25. Um feixe de elétrons passa por um equipamento composto
por duas placas paralelas, com uma abertura na direção do feixe,
e penetra em uma região onde existe um campo magnético
constante. Entre as placas existe uma d.d.p. igual a V e o campo
magnético é perpendicular ao plano da figura.
Entre T1 e T2 movimento acelerado na vertical
֜ Ec crescente.
Entre T2 e T3 o corpo volta a ter a mesma velocidade inicial.
Em T3 recebe o impulso, volta a ter a mesma V0 no ponto mais
alto (entre T2 e T3) e depois acelera na queda.
ALTERNATIVA C
24.
Considere o sistema acima, onde um objeto PP’ é colocado
sobre um carrinho de massa m que se move, em movimento
harmônico simples e sem atrito, ao longo do eixo óptico de um
espelho esférico côncavo de raio de curvatura R. Este carrinho
está preso a uma mola de constante k fixada ao centro do
espelho, ficando a mola relaxada quando o objeto passa pelo foco
do espelho. Sendo x a distância entre o centro do carrinho e o
foco F, as expressões da freqüência w de inversão entre imagem
real e virtual e do aumento M do objeto são
Considere as seguintes afirmativas:
I. O vetor quantidade de movimento varia em toda a trajetória.
II. Tanto o trabalho da força elétrica quanto o da força magnética
fazem a energia cinética variar.
III. A energia potencial diminui quando os elétrons passam na
região entre as placas.
IV. O vetor força elétrica na região entre as placas e o vetor força
magnética na região onde existe o campo magnético são
constantes.
As afirmativas corretas são apenas:
a) I e II
b) I e III
c) II e III
d) I, II e IV
e) II, III e IV
RESOLUÇÃO:
Entre as placas o movimento é retilíneo uniformemente variado
devido a força elétrica e em seguida é circular uniforme devido a
força magnética.
I. (Verdadeiro) Inicialmente varia o módulo e em seguida varia a
direção.
II. (Falso) A força magnética não realiza trabalho.
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8 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) III. (Verdadeiro) Em um sistema conservativo o ganho de energia
cinética está associado a uma perda de energia potencial.
IV. (Falso) O vetor força magnética tem direção variável.
Admitindo-se que a estaca esteja danificada em um único ponto, a
distância do topo da estaca em que se encontra a fissura é
I e III,
ALTERNATIVA B
26. Duas partículas A e B de massas mA = 0,1 kg e mB = 0,2 kg
sofrem colisão não frontal. As componentes x e y do vetor
quantidade de movimento em função do tempo são apresentadas
nos gráficos abaixo.
Considere as seguintes afirmativas:
I. A energia cinética total é conservada.
II. A quantidade de movimento total é conservada.
III. O impulso correspondente à partícula B é 2i + 4j.
IV. O impulso correspondente à partícula A é -3i + 2j.
RESOLUÇÃO:
As afirmativas corretas são apenas:
a) I e II
b) I e III
c) II e III
d) II e IV
e) III e IV
RESOLUÇÃO:
Ec =
P2
2m
Ec inicial =
Ec inicial =
t1 =
Px2,A
2m A
+
2L
v
t1
t1 + t 2
t1
⇒
=
⇒d=
⋅L
2d
2L
t1 + t 2
42
= 80J
2 ⋅ 0,1
Px2,A + Py2,A
2 ⋅ mA
+
Px2,B + Py2,B
2 ⋅ mB
2d
v
t1 + t 2 =
⎛ 1+ 4 ⎞ ⎛ 9 + 4 ⎞
⎟⎟ = 25 + 32,5
⎟⎟ + ⎜⎜
= ⎜⎜
⎝ 0,2 ⎠ ⎝ 0,4 ⎠
= 57,5J ֜ Há energia dissipada
ALTERNATIVA C
I. (Falso)
No eixo x:
28. Ao analisar um fenômeno térmico em uma chapa de aço, um
pesquisador constata que o calor transferido por unidade de
tempo é diretamente proporcional à área da chapa e à diferença
de temperatura entre as superfícies da chapa. Por outro lado, o
pesquisador verifica que o calor transferido por unidade de tempo
diminui conforme a espessura da chapa aumenta. Uma possível
unidade da constante de proporcionalidade associada a este
fenômeno no sistema SI é
-3 -1
a) kg.m.s .K
2
b) kg.m .s.K
-1
c) m.s.K
-3
d) m2.s .K
-1 -1
e) kg.m.s .K
P0 = 4kg ⋅
m
m
, Pf = (3 + 1) = 4kg ⋅
s
s
No eixo y:
P0 = 0, Pf = (2 – 2) = 0
֜ Há conservação da quantidade do movimento.
II. (Verdadeiro)
III. (Falso)
I B = ΔQB = (3 − 0)i + ( −2 − 0) j = 3i − 2 j
RESOLUÇÃO:
A ⋅ Δθ
Q⋅l
Q
=K⋅
⇒K =
l
A ⋅ Δt ⋅ Δθ
st
IV. (Verdadeiro)
I
A
= ΔQ A = (1 − 4)i + ( 2 − 0) j = −3i − 2 j
⇒ [K ] =
ALTERNATIVA D
27. Uma estaca de comprimento L de um determinado material
homogêneo foi cravada no solo. Suspeita-se que no processo de
cravação a estaca tenha sido danificada, sofrendo possivelmente
uma fissura abrangendo toda sua seção transversal conforme
ilustra a figura abaixo. Para tirar a dúvida, foi realizada uma
percussão em seu topo com uma marreta. Após t1 segundos da
percussão, observou-se um repique (pulso) no topo da estaca e, t2
segundos após o primeiro repique, percebeu-se um segundo e
último repique de intensidade significativa (também no topo da
estaca), sendo t1 ≠ t2.
J⋅m
m2 ⋅ s ⋅ K
=
Kg ⋅ m
s2
⋅m⋅
m
m2 ⋅ s ⋅ K
= Kg ⋅ s −3 ⋅ K −1 ⋅ m
ALTERNATIVA A
29.
Um planeta de massa m e raio r gravita ao redor de uma
estrela de massa M em uma órbita circular de raio R e período T.
Um pêndulo simples de comprimento L apresenta, sobre a
superfície do planeta, um período de oscilação t.
Dado que a constante de gravitação universal é G e que a
aceleração da gravidade, na superfície do planeta, é g, as massas
da estrela e do planeta são, respectivamente:
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9 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) 32.
No processo de refino eletrolítico do cobre utilizam-se
eletrodos deste metal e solução
aquosa de sulfato de cobre (II). Neste processo é correto afirmar
que
A) no catodo obtém-se cobre impuro e ocorre liberação de
oxigênio.
B) no anodo obtém-se cobre puro e ocorre a liberação de
hidrogênio.
C) o cobre é depositado no anodo e dissolvido no catodo.
D) o cobre é dissolvido no anodo e depositado no catodo.
E) ocorre apenas liberação de hidrogênio e oxigênio.
RESOLUÇÃO:
Fg = RCP
G⋅M⋅m
R2
ω=
= m ⋅ ω2 ⋅ R
G⋅M
R
3
=
2π
4π 2 R 3
⇒M=
⋅
T
G
T2
t = 2π
L
L ⋅r2
= 2π
g
G⋅m
⇒ t2 =
4 ⋅ π2 ⋅ L ⋅ r 2
4 ⋅ π2 ⋅ L ⋅ r 2
⇒m=
G⋅m
G ⋅ t2
RESOLUÇÃO:
•
Ânodo ⇒ ocorre a oxidação do cobre:
•
Cátodo ⇒ ocorre a redução dos íons:
ALTERNATIVA C ALTERNATIVA D
30. Um corpo está a 40 cm de distância de uma lente cuja
distância focal é -10 cm. A imagem deste corpo é
a) real e reduzida.
b) real e aumentada.
c) virtual e reduzida.
d) virtual e aumentada.
e) real e invertida.
33. Uma massa x de CaCO3 reagiu com 50 mL de HCl 0,20M
aquoso, sendo o meio
reacional, posteriormente, neutralizado com 12 mL de NaOH
aquoso. Sabe-se que 20 mL desta solução foram titulados com 25
mL do HCl 0,20M. A massa x de CaCO3 é
(Dados: massas atômicas Ca = 40 u.m.a.; C = 12 u.m.a.; O = 16
u.m.a.)
A) 0,07 g B) 0,35 g C) 0,70 g D) 3,50 g E) 7,00 g
RESOLUÇÃO:
10
f
−10
A=
=
= 0,2
⇒A=
f −P
− 10 − 40 50
A = 0,2 ֜ Imagem virtual, direita e menor
RESOLUÇÃO:
Vamos determinar inicialmente a concentração do NaOH:
HCl + NaOH → NaCl + H2O
25 mL
20 mL
0,2 M
m=?
↓
nHCl = 0,2 x 0,025 = 0,005 mol
nNaOH = nHCl = 0,005 mol ⇒ mNaOH = 0,005 mol/0,02 L = 0,25 mol/L
ALTERNATIVA C QUÍMICA
31. Considere as seguintes afirmativas:
I. A molécula de SO2 é linear e possui hibridação sp.
II. O hexafluoreto de enxofre possui estrutura octaédrica.
III. Em virtude da posição do átomo de carbono na Tabela
Periódica, pode-se afirmar que não existem compostos orgânicos
3
3 2
contendo orbitais híbridos sp d ou sp d .
IV. O número total de orbitais híbridos é sempre igual ao número
total de orbitais
atômicos puros empregados na sua formação.
As afirmativas corretas são apenas:
A) I
B) I e III
C) I e IV
D) II e IV
E) II, III e IV
RESOLUÇÃO: Vamos agora determinar o número de mols total de HCl usado na
reação com o CaCO3:
NT (HCl) = n1 (HCl) + n2 (HCl) = 0,05 x 0,2 = 0,01 mol
Onde:
n1 → número de mols que reagiu com o CaCO3.
n2 → número de mols que reagiu com o NaOH.
Reação 1: CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2
n1
↔ n1
2
Reação 2: NaOH + HCl → NaCl + H2O
n2 ↔ n2
n2 = mNaOH x VNaOH = 0,25 x 0,012 = 0,003 mol
2
I. Falsa – a molécula do SO2 é angular com hibridação sp :
II. Verdadeiro.
III. FALSA. Apesar do átomo de carbono não apresentar orbitais
do tipo d, disponíveis na sua camada de valência (n=2), outros
elementos podem se ligar ao carbono, em composto
3
3 2
orgânicos, formando orbitais híbridos sp d ou sp d . Esse
fenômeno ocorre em alguns compostos organo-metálicos,
como no trietilenodiaminocobalto(III), onde o cobalto recebe 6
ligações dativas e, portanto, precisa efetivar a hibridação
3 2
sp d .
IV. Verdadeiro. A combinação linear de “n” orbitais atômicos gera
“n” orbitais híbridos.
ALTERNATIVA D
logo:
n1 = 0,01 – 0,003 = 0,007 mol
nCaCO3 = 0,0035 mol ⇒ mCaCO3 = 0,0035 x 100
⇒
mCaCO3 = 0,35g
ALTERNATIVA B
34. O osso humano é constituído por uma fase mineral e uma
fase orgânica, sendo a primeira correspondente a cerca de 70%
da massa óssea do ser humano. Dentre os minerais conhecidos, a
hidroxiapatita, Ca10(PO4)6(OH)2, é o mineral de estrutura cristalina
e estequiometria mais próxima à dos nanocristais constituintes da
fase mineral dos tecidos
ósseos. Considere que os átomos de cálcio estão na fase mineral
dos tecidos ósseos e que o esqueleto de um indivíduo
corresponde a um terço do seu peso. O número de átomos de
cálcio em uma pessoa de 60 kg é
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10 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) (Dados: massas atômicas Ca = 40 u.m.a.; P = 31 u.m.a.; O = 16
u.m.a.; H = 1 u.m.a.;
23
Número de Avogadro = 6,02 x 10 )
24
A) 8,39 x 10
25
B) 2,52 x 10
25
C) 8,39 x 10
26
D) 1,20 x 10
26
E) 2,52 x 10
RESOLUÇÃO:
a) Verdadeiro. Sob altas pressões, ocorre um desvio da condição
ideal de um gás.
b) Falso. A pressão de vapor de um líquido puro só depende da
temperatura.
c) Falso. Mantendo-se a temperatura constante, a pressão de
vapor não pode mudar.
d) Falso. O valor numérico de R depende das unidades
empregadas.
e) Falso. Segundo o princípio de avogadro, nas mesmas
condições de temperatura e pressão, volumes iguais de gases
diferentes apresentam o mesmo número de moléculas.
RESOLUÇÃO:
m Hidroxiapatita = 70% ⋅
E) De acordo com o princípio de Avogadro, pode-se afirmar que,
dadas as condições de temperatura e pressão, o volume molar
gasoso depende do gás considerado.
1
⋅ 60kg = 14kg
3
Mhidroxiapatita = 1004 g/mol
⎧⎪1004g
⎯⎯→ 400g (Ca)
⎨
3
⎪⎩14 x 10 g ⎯⎯→ x
ALTERNATIVA A
37. Considere a seqüência de reações e o perfil energético
associados ao processo de oxidação do dióxido de enxofre.
Etapa 1 (elementar):
SO2 (g) + NO2(g) → SO3 (g) + NO(g)
Etapa 2:
2 NO(g) + O2(g) → 2 NO2(g)
x = 5577,7g (Ca)
⎧⎪40g
⎯⎯→ 6,02 x 10 23 átomos
⎨
⎪⎩5577,7g (Ca) ⎯⎯→ y
25
y ≅ 8,39 x 10 átomos
ALTERNATIVA C
35. Foram introduzidos 10 mols de uma substância X no interior
de um conjunto cilindro-pistão adiabático, sujeito a uma pressão
constante de 1atm. X reage espontânea e irreversivelmente
segundo a reação:
X(s) → 2Y(g)
DH = -200 cal
Considere que a temperatura no início da reação é 300 K e que as
capacidades caloríficas molares das substâncias X e Y são
-1
-1 -1
constantes e iguais a 5,0 cal.mol-1.K e 1,0 cal.mol .K ,
respectivamente. O volume final do conjunto cilindro-pistão é
-1 -1
(Dado: R = 0,082 atm.L.mol .K ) A) 410,0 L
B) 492,0 L
C) 508,4 L
D) 656,0 L
E) 820,0 L
RESOLUÇÃO:
200cal
Qliberado =
x 10 mol(x) = 2000cal
mol( x )
Como a reação é irreversível, ela é completa:
formam
10mols( x ) ⎯⎯ ⎯⎯→ 20mols( y )
No final do processo, todo o calor liberado será absorvido por y:
Qliberado = ny ⋅ cy ⋅ Δt ⇒
⇒ 2000 = 20 ⋅ 1 ⋅ Δt ⇒ Δt ⇒ 100K
Logo: Tfinal = 400 K
Podemos então determinar o volume final:
PV = nRT ⇒ 1 ⋅ V = 20 x 0,082 x 400 ⇒ V = 656L
A alternativa que apresenta corretamente os compostos no
estágio II, o catalisador e a lei de velocidade para a reação global
é
Estágio II
Catalisador
Lei de Velocidade
2
A)
NO, O2
NO
k[SO2] [O2]
B)
SO3, NO, O2
NO2
k[SO2] [O2]
C)
SO3, NO, O2
NO2
k[SO2][NO2]
D)
NO, O2
NO
k[SO2][NO2]
E)
SO3, NO, NO2
O2
k[SO2][NO2]
2
RESOLUÇÃO:
Segundo o gráfico, a etapa I, por apresentar maior energia de
ativação, determina a cinética da reação. Logo:
v = k[SO2][NO2]
O catalisador consiste no NO2.
No estágio II existem os produtos da etapa 1 e os reagentes da
etapa 2: SO3, NO, O2
ALTERNATIVA D
ALTERNATIVA C
36. Assinale a alternativa correta.
A) Um veículo de testes para redução de poluição ambiental,
projetado
para
operar
entre
– 40 ºC e 50 ºC, emprega H2 e O2, os quais são estocados em
tanques a 13 MPa. Pode-se afirmar que a lei dos gases ideais não
é uma aproximação adequada para o comportamento dos gases
no interior dos tanques. (Dado: 1 atm = 101,3 kPa).
B) A pressão de vapor de um líquido independe da temperatura.
C) Um recipiente de 500 mL, inicialmente fechado e contendo um
líquido em equilíbrio com seu vapor, é aberto. Pode-se afirmar que
a pressão de vapor do líquido aumentará.
D) Na equação PV = nRT, o valor numérico de R é constante e
independe do sistema de unidades empregado.
38. Assinale a alternativa correta.
A) Nas reações de decaimento radioativo, a velocidade de reação
independe da concentração de radioisótopo e, portanto, pode ser
determinada usando-se apenas o tempo de meia vida do isótopo.
B) O decaimento nuclear do
238
92 U
pode gerar
206
82 U através
da
emissão de 8 partículas α e 6 partículas β.
C) A vulcanização é o processo usado para aumentar a rigidez de
elastômeros por intermédio da hidrogenação das suas
insaturações.
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11 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA – FÍSICA – QUÍMICA) D) Copolímeros são polímeros formados pela reação de dois
monômeros diferentes, com eliminação de uma substância mais
simples.
E) O craqueamento é o processo que tem por objetivo “quebrar”
as frações mais pesadas de petróleo gerando frações mais leves.
Durante o craqueamento, são produzidos hidrocarbonetos de
baixa massa molecular, como o etano e o propano. Estas
moléculas são usadas como monômeros em uma variedade de
reações para formar plásticos e outros produtos químicos.
E) 1024 isômeros ópticos e 13 ligações π.
RESOLUÇÃO:
n
π
π
238
92 U
π
π
π
π
RESOLUÇÃO:
A) V = K[RADIOISÓTOPO]
B)
10
Número de isômeros ópticos: 2 = 2 = 1024
13 ligações π
π
206
82 Pb
84 α
π
6β
π
π
π
π
π
238U ⎯⎯2⎯→206
⎯→206
82 Pb
76 X ⎯⎯
8α
C) A vulcanização é um processo usado para aumentar a rigidez
de elastômeros através de reação com compostos de enxofre,
originando as chamadas pontes de enxofre que lhe confere
rigidez.
ALTERNATIVA E
D) Copolímeros são resultados da reação de adição comum ou de
adição 1,4 – na presença de catalisador metálico, aquecimento e
aumento de pressão de monômeros diferentes (e insaturados),
formando um polímero de estrutura variada.
Cat
⎯⎯⎯→
P⋅ Δ
São os polímeros de condensação que liberam simultaneamente
uma substância mais simples.
E) Etano e propano não são utilizados como monômeros.
Precisam passar por tratamentos especiais para poderem ser
utilizados como monômeros.
Ex: CH3 – CH3 → CH2 = CH2 + H2
O etileno é usado na indústria petroquímica como matérias-primas
para vários plásticos.
ALTERNATIVA B
39. A neocarzinostatina é uma molécula da família das enediinas
que são produtos naturais isolados de microrganismos e
apresentam poderosa atividade anti-tumoral, por serem capazes
de agir como intercalantes nas moléculas de DNA, interrompendo,
dessa forma, o rápido crescimento celular característico das
células tumorais.
Analisando a estrutura da neocarzinostatina acima, pode-se
afirmar que esta forma canônica da molécula possui
40. Assinale a alternativa correta.
A) Os carboidratos, também conhecidos como glicídios, são
ésteres de ácidos graxos superiores.
B) Os carboidratos mais simples são os monossacarídeos que, em
virtude de sua simplicidade estrutural, podem ser facilmente
hidrolisados.
C) Os lipídios são macromoléculas altamente complexas,
formadas por centenas ou milhares de ácidos graxos que se ligam
entre si por intermédio de ligações peptídicas.
D) As enzimas constituem uma classe especial de glicídios
indispensável à vida, pois atuam como catalisadores em diversos
processos biológicos.
E) A seqüência de aminoácidos em uma cadeia protéica é
denominada estrutura primária da proteína.
RESOLUÇÃO:
A) os carboidratos, também conhecidos como glicídios, são
compostos de função mista, poliálcool-aldeído ou poliálcoolcetona, ou qualquer outro que ao sofrer hidrólise, se transforme
num composto desse tipo.
B) os carboidratos mais simples(oses) não sofrem hidrólise.
Exs.:
C) Lipídio é todo éster que por hidrólise, forma um ácido superior
e um monoálcool graxo superior ou um poliácool (glicerina) e,
eventualmente, outros compostos.
D) As enzimas são proteínas que atuam como catalisadores
(ativadores) de reações bioquímicas.
E) Estrutura primária é a seqüência de aminoácidos, iguais ou
diferentes ligados uns aos outros.
Essa estrutura descreve o comprimento da cadeia principal e o
arranjo das cadeias laterais da proteína.
A) 256 isômeros ópticos e 11 ligações π.
B) 512 isômeros ópticos e 11 ligações π.
C) 256 isômeros ópticos e 13 ligações π.
D) 512 isômeros ópticos e 13 ligações π.
ALTERNATIVA E
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