• Veja outras Questões de Gases Ideais

(A) 1,0 atm.
(B) 2,5 atm.
(C) 3,0 atm.
(D) 24,8 atm.
(E) 30,0 atm.

Solução:
Temos $$P_{1}=1$$ atm, $$T_{1}= 25 +273 = 298 K$$ e $$T_{2}=621+273 = 894 K$$. Sabendo que o volume do gás é constante, a lei dos gases ideias nos diz que $$P_{1}/T_{1}=P_{2}/T_{2}$$, logo

\[1/298 = P_{2}/894\longrightarrow P_{2}=894/298 = 3,0\; atm.\]

O post Uma lata desse tipo de desodorante foi lançada apareceu primeiro em Educacional Plenus.

(A) 131.
(B) 248.
(C) 336.
(D) 433.
(E) 657.

Solução:
O total dos alunos que substituem o almoço por lanche é dado por $$40%\cdot 1167 = 466,8$$.

Sobre esse valor, o total de alunos que estão dentro do peso correto é $$72%\cdot 466,8 = 336,1$$.

Resposta: c)

O post ETEC 2012 – Questão 26 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

• a base do prisma é um quadrado de lado 10 cm;
• a massa do líquido a ser acondicionado no recipiente é 1,8 kg e
• o líquido ocupa 80% da capacidade do recipiente.

Nessas condições, a altura do recipiente, em centímetros, é
(A) 12.
(B) 15.
(C) 19.
(D) 20.
(E) 25.

Solução:

O post FATEC 2012/2 – Q.32 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

• Hipoglicemia: taxa de glicose menor ou igual a 70 mg/dL
• Normal: taxa de glicose maior que 70 mg/dL e menor ou igual a 100 mg/dL
• Pré-diabetes: taxa de glicose maior que 100 mg/dL e menor ou igual a 125 mg/dL
• Diabetes Melito: taxa de glicose maior que 125 mg/dL e menor ou igual a 250 mg/dL
• Hiperglicemia: taxa de glicose maior que 250 mg/dL

Um paciente fez um exame de glicose nesse laboratório e comprovou que estava com hiperglicemia. Sua taxa de glicose era de 300 mg/dL. Seu médico prescreveu um tratamento em duas etapas. Na primeira etapa ele conseguiu reduzir sua taxa em 30% e na segunda etapa em 10%.

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Ao calcular sua taxa de glicose após as duas reduções, o paciente verificou que estava na categoria de

a)hipoglicemia.
b) normal.
c) pré-diabetes.
d) diabetes melito.
e) hiperglicemia.

Solução:

São dois descontos sucessivos que ocorrem neste exercício.

$$V_{1}=300\cdot (1-0,3)=300\cdot 0,7= 210 mg/dL$$.

$$V_{2}=210\cdot (1-0,3)=210\cdot 0,9= 189 mg/dL$$.

Resposta: d)

O post Um laboratório realiza exames em que é possível observar apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Disponível em: www.arq.ufsc.br. Acesso em: 30 mar. 2012 (adaptado).

Levando em consideração o processo de cozimento e a contração sofrida, o volume V de uma travessa de argila, de forma cúbica de aresta $$a$$, diminui para um valor que é

a) 20% menor que V, uma vez que o volume do cubo é diretamente proporcional ao comprimento de seu lado.

b) 36% menor que V, porque a área da base diminui de $$a_{2}$$ para $$((1 − 0,2)a)^{2}$$ .

c) 48,8% menor que V, porque o volume diminui de $$a3$$ para $$(0,8a)^{3}$$ .

d) 51,2% menor que V, porque cada lado diminui para 80% do comprimento original. E 60% menor que V, porque cada lado diminui 20%.

Solução:

O volume inicial do cubo é $$C_{0}=a^{3}$$. Se o valor de $$a$$ é reduzido de 20%, isto significa que o novo tamanho da aresta será dado pela fórmula de desconto percentual.

\[V_{f}=a\cdot (1-0,2)=0,8a\].

O volume final será $$C_{f}=(0,8a)^{3}=a^{3}\cdot 0,512= a^{3}\cdot (1-0,488)=a^{3}\cdot (1-0,488)=C_{0}\cdot$$ (1-48,8%).

Resposta: c)

O post ENEM 2012 – Q. 172 – Rosa apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Analisando a figura e sobre o processo de eletrização por indução, são feitas as seguintes afirmações:

I. Para eletrizar o corpo neutro por indução, deve-se aproximar o indutor, conectar o induzido à terra, afastar o indutor e, finalmente, cortar o fio terra.
II. Para eletrizar o corpo neutro por indução, deve-se aproximar o indutor, conectar o induzido à terra, cortar o fio terra e, finalmente, afastar o indutor.
III. Na situação da figura, a conexão do induzido à terra, com o indutor nas suas proximidades, faz com que prótons do induzido escoem para a terra, por repulsão.
IV. No final do processo de eletrização por indução, o corpo inicialmente neutro e que sofreu indução, adquire carga de sinal negativo.

Está correto, apenas, o contido em

(A) II.
(B) I e III.
(C) I e IV.
(D) II e IV.
(E) II, III e IV.

Solução:

Vamos analisar cada uma das afirmações:

I. Errado. Se cortarmos o fio terra depois de afastar o indutor, o corpo continuará neutro, pois as cargas que estavam “faltando” no corpo irão ser retiradas da terra e repostas no corpo.

II. Certo. Primeiro temos que cortar o fio terra, depois afastar o indutor, assim não haverá reposição das cargas perdidas e o corpo ficará eletrizado.

III. Errado. O indutor atrai para si as cargas negativas, sobrando cargas positivas no corpo. Estas serão atraídas por cargas negativas na terra e serão retiradas do corpo. Não há repulsão no processo.

IV. Certo. Como o indutor atraiu as cargas negativas e as positivas foram aterradas, ao final do processo haverá sobra de cargas negativas no corpo.

Resposta: letra D.

O post UNESP 2012/2 – 1ª Fase – Q.82 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Na situação final em que a seringa com o medicamento ainda estava encaixada no frasco, a retirada dessa dose fez com que a pressão do ar dentro do frasco passasse a ser, em relação à pressão inicial,

(A) 60% maior.
(B) 40% maior.
(C) 60% menor.
(D) 40% menor.
(E) 25% menor.

Solução:

Podemos comparar as duas situações: inicial e final.

$$\frac{P_{i} V_{i}}{T_{i}} = \frac{P_{f} V_{f}}{T_{f}}$$

O enunciado afirma que $$T_{i} = T_{f}$$ e podemos dizer que

$$V_{i} = 50 – 35 = 15\, ml$$
$$V_{f} = 15 + 10 = 25\, ml$$

Logo, temos

$$P_{i} V_{i} = P_{f} V_{f} \longrightarrow 15P_{i} = 25P_{f} \longrightarrow P_{f} = \frac{15}{25} P_{i} \longrightarrow P_{f} = 0,6 P_{i}$$

Se a pressão final tem o valor de 60% da pressão inicial, significa que a pressão final é 40% menor que a pressão inicial.

Resposta: letra D.

O post UNESP 2012/2 – 1ª Fase – Q.80 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Sabendo que o ângulo entre o cabo e a vertical vale θ, que senθ = 0,6, cosθ = 0,8 e g = 10 m/s², a intensidade da força de resistência do ar que atua sobre o recipiente vale, em N,

(A) 500.
(B) 1 250.
(C) 1 500.
(D) 1 750.
(E) 2 000.

Confira nossa lista de Exercícios de Força de Tração

Solução:

A figura abaixo mostra todas as forças aplicadas no corpo. Como o movimento é retilíneo e uniforme, não há aceleração. Portanto, as forças se cancelam. A figura mostra também a decomposição da força de tração, única força inclinada.

Podemos ver que

$$ T_{y} = P$$
$$T_{x} = F$$

Da primeira equação, podemos tirar o valor de T.

$$T cos\theta = mg \longrightarrow 0,8T = 200\times 10 \longrightarrow T = 2500\, N$$

Com a segunda equação, podemos tirar o valor de F.

$$T sen\theta = F \longrightarrow F = 2500\times 0,6 \longrightarrow F = 1500\, N$$

Resposta: letra C.

O post UNESP 2012/2 – 1ª Fase – Q.78 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Na copa de 1970, na partida entre Brasil e Tchecoslováquia, Pelé pega a bola um pouco antes do meio de campo, vê o goleiro tcheco adiantado, e arrisca um chute que entrou para a história do futebol brasileiro. No início do lance, a bola parte do solo com velocidade de 108 km/h (30 m/s), e três segundos depois toca novamente o solo atrás da linha de fundo, depois de descrever uma parábola no ar e passar rente à trave, para alívio do assustado goleiro. Na figura vemos uma simulação do chute de Pelé.

Considerando que o vetor velocidade inicial da bola após o chute de Pelé fazia um ângulo de 30º com a horizontal (sen30º = 0,50 e cos30º = 0,85) e desconsiderando a resistência do ar e a rotação da bola, pode-se afirmar que a distância horizontal entre o ponto de onde a bola partiu do solo depois do chute e o ponto onde ela tocou o solo atrás da linha de fundo era, em metros, um valor mais próximo de

(A) 52,0.
(B) 64,5.
(C) 76,5.
(D) 80,4.
(E) 86,6.

Solução:

Primeiro precisamos calcular a velocidade horizontal, $$v_{x}$$ como mostra a figura abaixo.

$$cos\theta = \frac{v_{x}}{v} \longrightarrow 0,85 = \frac{v_{x}}{30} \longrightarrow v_{x} = 25,5\, m/s$$

Com essa velocidade, constante em todo o percurso, e o tempo dado no enunciado de t = 3 s, podemos calcular o alcance.

$$v_{x} = \frac{\Delta S}{\Delta t} \longrightarrow 25,5 = \frac{\Delta S}{3} \longrightarrow \Delta S = 76,5\, m$$

Resposta: letra C.

O post UNESP 2012/2 – 1ª Fase – Q.77 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

A figura representa esquematicamente esta rampa (r), ligando o ponto A, no piso da recepção, ao ponto B, no piso do estacionamento, a qual deve ter uma inclinação α mínima de 30º e máxima de 45º. Nestas condições e considerando
√2≅ 1,4 , quais deverão ser os valores máximo e mínimo, em metros, do comprimento desta rampa de acesso?

Solução:

O triângulo apresentado na figura é retângulo, uma vez que o segmento de comprimento 5m é uma altura, que forma um ângulo de 90º com a base.  Observamos que o segmento AB pode ser relacionado com a altura por meio do seno do ângulo α. De fato, $$sen(\alpha)=\frac{5}{\overline{AB}}$$, donde se tem que

\[\overline{AB} = \frac{5}{sen(\alpha)}.\]

A fim de que tenhamos o maior valor possível para $$\overline{AB}$$, procuramos pelo menor valor possível de sen(α), que fará com que a fração seja a maior possível.

Dado que $$\alpha\in [30º,45º]$$ e que o seno, nesta região, é crescente, é fato que $$sen(\alpha)$$ atingirá seu menor valor em α=30º , logo $$sen(\alpha)=\frac{1}{2}=0,5$$. Deste modo,

\[\overline{AB}_{\text{máximo}} = \frac{5}{0,5}= 10 m.\]

Por sua vez, se quisermos encontrar o valor mínimo de $$\overline{AB}$$, precisamos tomar α=45º. Assim, $$sen(\alpha)=\frac{\sqrt{2}}{2}\cong\frac{1,4}{2}=0,7$$. Deste modo,

\[\overline{AB}_{\text{mínimo}} = \frac{5}{0,7}\cong 7,14 m.\]

O post UNESP 2012/2 – 2ª Fase – Q.23 apareceu primeiro em Educacional Plenus.