2010-2011
RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e
profissionalismo como lemas. Confira alguns de nossos resultados e
comprove porque temos mais a oferecer.
IME
2010: Dos 5 aprovados de Curitiba, 4 são ELITE,
sendo os 2 melhores colocados da ativa e os
2 melhores da reserva !!!
2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados,
todos de Curitiba, e 6 do ELITE !!!
2008: 10 aprovados (3 primeiros da Ativa, 5º
da Ativa e 6 entre os 10 1ºs da Reserva)
2007: 11 dos 16 aprovados do Paraná, incluindo os
4 melhores da ativa e os 4 melhores da reserva
2006: Os 4 únicos aprovados do Paraná
2005: 7 aprovados e os 3 únicos
convocados do Paraná
ITA
Elite Curitiba: 6 anos de existência,
6 anos aprovando no ITA !!!
13 alunos aprovados!
TARCÍSIO AUGUSTO BONFIM GRIPP (ITA 2010)
ALLISON FAUAT SCHRAIER
(ITA 2010)
LEONARDO FRISSO MATTEDI
(ITA 2009)
JULIANO A. DE BONFIM GRIPP
(ITA 2008)
LUCAS BRIANEZ FONTOURA
(ITA 2008)
MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES
(ITA 2008)
CAMILA SARDETO DEOLINDO
(ITA 2007)
VITOR ALEXANDRE C. MARTINS
(ITA 2007)
GABRIEL KENDJY KOIKE
(ITA 2006)
RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA (ITA 2006)
YVES CONSELVAN
(ITA
2006)
EDUARDO HENRIQUE LEITNER
(ITA 2005)
FELLIPE LEONARDO CARVALHO
(ITA 2005)
AFA
2011: 27 Aprovados!!! Mais uma vez Elite é líder!
Bruna Morrone:1ª Região Sul e 10ª Nacional
2010: 12 convocados, sendo 9 entre os 13 primeiros
do Paraná! Destaque para
Tarcísio Gripp: 1º do Sul, 10º do Brasil
2009: 15 aprovados entre os 20 do Paraná
(incluindo os 3 primeiros lugares)
Leonardo Augusto Seki: 2º lugar nacional e
1º do Paraná!
2008: 13 aprovados
1ºs lugares do Paraná em
todas as opções de carreira
2007: 10 dos 14 convocados do Paraná
2006: 11 dos 18 convocados do PR, incluindo:
1º Lugar do Paraná (6° do Brasil) em Aviação
1º Lugar do Paraná (9º do Brasil) em Intendência
ESPCEX
2010: 13 aprovados!
2009: Dos 10 primeiros colocados do
Paraná, 5 são ELITE! E dos 26
aprovados no Paraná, 10 são ELITE!
2008: 9 aprovados
GUILHERME PAPATOLO CONCEIÇÃO
1º do Paraná e 9º do Brasil
BRUNO TRENTINI LOPES RIBEIRO
2º do Paraná e 32º do Brasil
2007: 9 convocados no Paraná
2006: 9 convocados no Paraná (turma de 20 alunos)
2005: 100% de aprovação!
MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
Resultados crescentes em MEDICINA nos últimos anos em universidades
como UFPR, Evangélica e PUC-PR ! Definitivamente o melhor curso !
Escola Naval
2010: Único a aprovar no PR e em SC!
2009: Único a aprovar no PR e em SC!
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2005: 100% de aprovação!
FUVEST
2010:
LETRAS - Taciane Domingues Ferreira
ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues
GEOLOGIA - Adrianna Virmond
UNICAMP
2010:
ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues
UFPR
2010: 16 aprovados (Tânia Hadas em Medicina)
2009: 17 aprovados
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 1ºLugar Direito (matutino)
1ºLugar Relações Públicas
UFTPR
2010: 16 aprovados.
Inverno 2009:
16 aprovações nos
cursos mais concorridos
Inverno 2008:
1º, 2º e 4º lugares – Eng. Ind. Mecânica
1º e 2º lugares – Eng. Eletrônica / Eletrotécnica
1º lugar – Eng. de Computação
Verão 2008: 13 aprovados
2007: 11 aprovados em vários cursos
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 85% de aprovação em
Engenharia, com 5 dos 8 1ºs
colocados de Eng. Mecânica.
UFSC
2010
ENGENHARIA QUÍMICA – Fernanda Brandalise
Nunes
Só no ELITE você encontra:
Turmas pequenas de alto desempenho.
Simulados semanais/quinzenais.
A maior carga horária e os melhores professores!
EPCAr
2010: Jean Ricardo Ferrer
2007: 3 dos 4 convocados do Paraná
2006: 2 convocados
2005: 1º lugar do Paraná
3013 5400
EEAR
2010: 6 aprovações
2009: 3 aprovações
MURILO RODRIGUES MESQUITA
ROMULO CORREA DA SILVA COSTA
GUILHERME RODOLFO HALUCH CASAGRANDE
2008: 4 aprovações (2ºs lugares dos grupos 1 e 2)
2006: 2 convocados
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
25/OUT/2010
www.ELITECURITIBA.com.br
-1-
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RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
25/OUT/2010
MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
arc cot(1 + x) = π / 2 + arctg ( x)
MATEMÁTICA
Aplicando co-tangente dos dois lados da equação:
01. Seja o triângulo retângulo ABC com os catetos medindo 3 cm
e 4 cm. Os diâmetros dos três semicírculos, traçados na figura
abaixo, coincidem com os lados do triângulo ABC. A soma das
2
áreas hachuradas, em cm , é:
cot(arc cot(1 + x)) = cot(π / 2 + arctg ( x))
1 + x = −tg (arctg ( x))
1 + x = −x
x = −1 / 2
03. A base de uma pirâmide é um retângulo de área S. Sabe-se que
duas de suas faces laterais são perpendiculares ao plano da base.
As outras duas faces formam ângulos de 30° e 60° com a base. O
volume da pirâmide é:
S S
a) 3
S S
b) 6
2S S
3
c)
2S S
5
d)
2S 2
e) 3
Solução: ALTERNATIVA A
a) 6 b) 8 c) 10 d) 12 e) 14
Solução: ALTERNATIVA A
A hitpotenusa BC do triângulo ABC vale 5 (T. Piágoras).
A área hachurada, corresponde a soma das áreas dos semicírculos pequenos (de diâmetros AC e BC) subtraída da diferença
entre a área do semi-círculo de diâmetro BC e a área do triângulo
ABC. Assim.
A=
 32 4 2 
π  +  4
 4
 5 2 3.4 
 π

−
2 
 4
Para que a pirâmide do enunciado exista, as faces laterais
perpendiculares às bases devem conter arestas adjacentes da base.
Sem perda de generalidade, chamaremos essa pirâmide de V-ABCD
com (VAB) ⊥ ( ABCD) e (VAD ) ⊥ ( ABCD )
A=6
02.
O
valor
de
x
que
satisfaz
sen ( arc cot(1 + x )) = cos(arctg ( x ))
3
1
1
1
3
A)
B)
C)
D) −
E) −
2
2
4
2
2
Solução: ALTERNATIVA D
Seja α = arc cot(1 + x ) e
a
equação
Como VA é a reta de interseção dos planos (VAB) e (VAD),
(VAB) ⊥ ( ABCD) , portanto VA ⊥ AD .
VA ⊥ AD , AD ⊥ DC e VA ⊥ DC , pelo teorema das três
perpendiculares, VD ⊥ DC .
β = arctg (x) temos:
sen(α ) = cos( β )
cos(α − π / 2) = cos( β )
α ± β =π /2
α + β =π /2
arc cot(1 + x) + arctg ( x) = π / 2
arc cot(1 + x) = π / 2 − arctg ( x)
CD = (VDC ) ∩ ( ADC ), VD ⊥ CD e AD ⊥ CD ,
ˆ A = 30 e VBˆ A = 60 .
Logo, sem perda de generalidade, VD
o
VA
AD 3
= tg 30 o ⇔ VA =
(1)
AD
3
VA
ð
= tg 60 o ⇔ VA = AB 3 (2)
AB
ð
Para
Aplicando co-tangente dos dois lados da equação:
cot(arc cot(1 + x)) = cot(π / 2 − arctg ( x))
1 + x = tg ( arctg ( x ))
1+ x = x
1 = 0 (Não existe solução)
α −β =π /2
arc cot(1 + x) − arctg ( x) = π / 2
De (1) e (2): AD = 3AB
S = AB ⋅ AD = 3 AB 2 ⇔ AB =
VA = AB 3 = 5
Portanto, V
Para
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5
3
-2-
1
5 5
= S .VA =
.
3
3
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o
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RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
04. Sejam x1, ..., xn os n primeiros termos de uma progressão
aritmética. O primeiro termo e a razão desta progressão são os
números reais x1 e r, respectivamente. O determinante
x1 x1
x1 x 2
x1 x 2
M
M
x1 x 2
A)
n
1
x .r
L
L
L
O
L
x1
x2
x3
M
x3
n
B)
n
1
x .r
x1
x2
x3
M
xn
C)
n −1
D)
x1 .r
n
E)
x1 .r
n −1
Solução:ALTERNATIVA E
a
Multiplicando a 1 coluna por -1 e somando com as demais
obtemos:
do determinante
r
r
x1 r
...
r
r
2r
2r
...
2r
r
2r
3r
...
3r
e
2
2
x -y = 1 à Hipérbole(H) de centro (0,0); a=1; b=1; c= √2; e= √2;
F1 = (-√2,0) e F2 = (√2,0). Portanto, a condição inicial foi satisfeita.
Tomando-se Q = (1,0) Є H, sem perda de generalidade, a distância
(d) à retas diretriz por definição:
dQ,F / dQ,d = e à (√2 -1)/(1-d) = √2à d = (√2)/2, portanto as
diretrizes são: x = ±(√2)/2
O
valor
de
y
real
equação
Solução: ALTERNATIVA D
...
0
...
r
...
2r
...
...
... (n − 1)r
Percebemos que y = 0 é solução. Mas o enunciado pede o valor
positivo de y.
aplicando
log x (5 y ) x = log x (7 y ) x
log x 5(log x 5 + log x y ) = log x 7(log x 7 + log x y )
(5 y )log 5 − (7 y )log 7 = 0
(5 y )log 5 = (7 y )log 7
, colocando o x1 para fora
a
LAPLACE na 1 linha:
x
x
x
x
Aplicando a função y(k) = logxk em ambos os lados (o que é
possível, pois ambos os lados da desigualdade são imagens de
funções exponenciais, portanto positivos):
(
r
...
...
2r
...
3r
...
...
... (n − 1)r , agora multiplicando a 1a linha
log 5
)
(
log 7
)
log 2 x 5 + log x 5. log x y = log 2 x 7 + log x 7. log x y
log 2 x 5 − log 2 x 7 = log x 7. log x y − + log x 5. log x y
log 2 x 5 − log 2 x 7 = (log x 7 − log x 5). log x y
a
log 2 x 5 − log 2 x 7
= −(log x 7 + log x 5)
log x 7 − log x 5
log x y =
r
−r
x1 −2r
...
nr
log x y = −(log x 35) = log x 35 −1
r
0
0
...
−2r
na
log x 7
por – 2 e somando com a segunda, multiplicando a 1 linha por –
3 e somando com a terceira, e assim sucessivamente, temos:
r
0
−r
...
−r
positivo
(5 y ) − (7 y ) = 0 , onde x é um número real maior do
que 1 é:
a) 70 b) 35 c) 1 d) 1/35 e) 1/70
log x 5
é
x .r
x1 0 0
x1 r r
x1 r 2r
... ... ...
x1 r 2r
MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
06.
n
1
25/OUT/2010
...
...
...
...
...
determinante obtemos: x1r
r
0
0
...
0 , colocando r para fora deste
n-1
05. Uma reta, com coeficiente angular a1, passa pelo ponto (0,-1).
Uma outra reta, com coeficiente angular a2, passa pelo ponto
2
2
(0,1). Sabe-se que a1 + a2 .= 2. O lugar geométrico percorrido
pelo ponto de interseção das duas retas é uma:
A) hipérbole de centro (0,0) e retas diretrizes y = ± √2/2.
2
2
B) circunferência de centro (a1,a2) e raio √(a1 + a2 ).
C) hipérbole de centro (0,0) e retas diretrizes y = ± √2/2.
D) elipse de centro (0,0) e retas diretrizes y = ± √2/2.
E) elipse de centro (a1,a2) e retas diretrizes y = ± √2/2.
Solução: ALTERNATIVA C
Equação da primeira reta: y1 = a1x + 1 (i)
Equação da segunda reta: y2 = a2x – 1 (ii)
Isolando a1 e a2 e substituindo na condição fornecida no
enunciado:
2
2
2 2
2 2
a1 + a2 .= 2 à (y-1) /x + (y+1) /x = 2 (condição inicial: x ≠ 0).
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
y = 1/35
07. O pipoqueiro cobra o valor de R$ 1,00 por saco de pipoca. Ele
começa seu trabalho sem qualquer dinheiro para troco. Existem
oito pessoas na fila do pipoqueiro, das quais quatro têm uma
moeda de R$ 1,00 e quatro uma nota de R$ 2,00. Supondo uma
arrumação aleatória para a fila formada pelas oito pessoas e que
cada uma comprará exatamente um saco de pipoca, a
probabilidade de que o pipoqueiro tenha troco para as quatro
pessoas que pagarão com a nota de R$ 2,00 é:
A)
1
8
B)
1
5
C)
1
4
D)
1
3
E)
1
2
Solução: ALTERNATIVA B
O número de filas diferentes formadas por oito pessoas é
P8 = 8! .
Para encontrar o número de filas onde todos receberiam o troco
do pipoqueiro, vamos tratar o problema como uma sequência de
letras A e B onde:
A à moeda de R$ 1,00
B à nota de R$ 2,00
Para cada B da sequência devemos ter um A que foi atendido
Vamos tomar como referência a posição das letras A e alocar as
letras B nos espaços (I), (II), (III) e (IV) como indicado na figura.
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RESOLUÇÃO COMENTADA
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A_(I)_A_(II)_A_(II)_A_(IV)_
Para que o pipoqueiro tenha troco, o número de letras B em cada
posição deve satisfazer as relações:
(I ) ≤ 1
( I ) + ( II ) ≤ 2
( I ) + ( II ) + ( III ) ≤ 3
Para ( I ) + ( II ) + ( III ) = 0 temos 1 sequencia
AAAABBBB
Para
Para
Para
( I ) + ( II ) + ( III ) = 1 temos 3 sequências.
1, cis 2π , cis 4π , cis 6π , cis 8π = cis  − 6π
7
7
7
7
 7
10π
 4π  , cis 12π = cis  − 2π  .
cis
= cis  −



7
7
 7 
 7 
,


A soma dessas raízes é igual a zero , logo a soma das partes reais
das raíes é zero.
Assim,
1 + cos
2π
4π
6π
 − 6π 
 4π 
 2π 
+ cos
+ cos
+ cos
 + cos −
 + cos −
=
7
7
7
 7 
 7 
 7 
Então,
ABABAABB
ABAABABB
AABABABB
AABBAABB
AAABBABB
09. Sejam x e y números reais. Assinale a alternativa correta:
( I ) + ( II ) + ( III ) = 2 temos 5 sequências.
Então a probabilidade de que todas recebam troco é:
14 ⋅ 4!⋅4! 1
=
8!
5
2π
4π
6π
1
2π
4π
6π
+ 2 cos
+ 2 cos
= 0 ⇒ + cos
+ cos
+ cos
=0
7
7
7
2
7
7
7
x + y ≤ 2 x2 + y2
B) Existe x e y que não satisfaz
x+y ≤ x + y
C) Todo x e y satisfaz
x + y ≤ 2 x2 + y2
D) Todo x e y satisfaz
x−y ≤ x+y
E) Não existe x e y que não satisfaz
x + y ≤ 3 x2 + y2
Solução: ALTERNATIVA C
Sabe-se que
0 ≤ ( x − y ) 2

0 ≤ x 2 − 2 x y + y 2

,
2
2
2

( x + y) ≤2 x2 + y2
2 x y ≤ x + y
 2
2
2
2
2
2
x +2 x y + y ≤ x + x + y + y


(
08. O valor de cos 2π + cos 4π + cos 6π + 1 é:
7
b) –0,5
1 + 2 cos
A) Todo x e y satisfaz
( I ) + ( II ) + ( III ) = 3 temos 5 sequências.
a) –1
MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
ABAAABBB
AABAABBB
AAABABBB
ABABABAB
ABAABBAB
AABABBAB
AABBABAB
AAABBBAB
Um total de 14 sequências.
Como as pessoas são diferentes, o número de filas em que o
pipoqueiro consegue fornecer o troco é 14 ⋅ P4 ⋅ P4 = 14 ⋅ 4!⋅4! .
P=
25/OUT/2010
c) 0
7
d) 0,5
7
2
e) 1
porém , como
(
x = x 2 , logo ( x + y ) ≤ 2 x 2 + y 2
2
)
)
Solução: Alternativa C
As raízes de x −1 são:
7
1100.. Em relação à teoria dos conjuntos, considere as seguintes
afirmativas relacionadas aos conjuntos A, B e C:
Ι. SeA ∈ B e B ⊆ C então A ⊆ C
4π/7
2π/7
ΙΙ. SeA ⊆ B e B ∈ C então A ∈ C
6π/7
Ι. SeA ⊆ B e B ∈ C então A ⊆ C
Estão corretas:
a) nenhuma das alternativas
b) somente a alternativa I
c) somente as alternativas I e II
d) somente as alternativas II e III
e) todas as alternativas
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RESOLUÇÃO COMENTADA
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Solução: ALTERNATIVA B
I – Verdadeira. Se A é um conjunto pertencente a B, e todo conjunto B
está contido em C, então é correto concluir que A ⊆ C.
II – Falsa. Se B pertence a C, então C é um conjunto de conjuntos no
qual, em particular, existe B. Desta forma não é possível garantir que
elementos isolados de B, também estejam em C, logo não é possível
garantir que A Є C.
III – Falsa. Se B pertence a C, então C é um conjunto de conjuntos no
qual, em particular, existe B. Portanto, não é possível garantir que as
partes de B, também estejam em C, logo não é possível garantir que A ⊆
C.
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MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
13. Um trem conduzindo 4 homens e 6 mulheres passa por seis
estações. Sabe-se que cada um destes passageiros irá desembarcar
em qualquer uma das seis estações e que não existe distinção
dentre os passageiros de mesmo sexo. O número de possibilidades
distintas de desembarque destes passageiros é:
a) 1.287
b) 14.112
c) 44.200 d) 58.212 e) 62.822
Solução: ALTERNATIVA D
Sendo
hk o número de homens que desembarcam na estação k,
com k = {1,2,3,4,5,6}, o número de maneiras de os homens
desembarcarem é igual ao número de soluções inteiras nãonegativas da equação:
h1 + h2 + h3 + h4 + h5 + h6 = 4 ,
9
  .
 4
11. Seja p(x) uma função polinomial satisfazendo a relação
p(x).p(1/x) = p(x) + p(1/x).
Sabendo que p(3) = 28, o valor de p(4) é:
a) 10
b) 30
c) 45
d) 55
e) 65
ou seja,
Solução: ALTERNATIVA E
Pelo princípio multiplicativo, o número de possibilidades distintas
de desembarque destes passageiros é:
 9  11 9.8.7.6 11.10.9.8.7
×
= 58212
 ×  =
5.4.3.2.1
 4   6  4.3.2.1
p(x).p(1/x) = p(x) + p(1/x)
p(x).p(1/x) - p(x) - p(1/x) + 1 = 1
(p(x) – 1).(p(1/x) – 1) = 1
Supondo que q(x) = p(x) – 1, então q(1/x) = p(1/x) – 1
Logo, q(x).q(1/x) = 1
Percebemos que nenhum número, exceto o zero pode ser raiz de
q, pois se um número k ≠ 0 fosse raiz de q, então q(k) = 0 e
q(k).q(1/k) = 1 → 0.q(1/k) = 1 (absurdo).
n
Logo o polinômio q é dado por q = a.x , com n natural.
n
n
ax . a(1/x) = 1 → a2 = 1 → a = ±1
n
Fazendo a = -1, temos p(x) = -x + 1
n
n
Como p(3) = 28 teríamos -3 + 1 = 28 e -3 = 27 o que nunca
acontece.
n
FAzendo a = 1, temos p(x) = -x + 1
n
n
Como p(3) = 28 temos 3 + 1 = 28 e 3 = 27 o que acontece para
n=3.
3
Logo p(x) = x + 1 e p(4) = 65
12. Uma progressão aritmética {an}, onde n IN*, tem a1 > 0 e 3a8
= 5a13. Se Sn é a soma dos n primeiros termos desta progressão, o
valor de n para que Sn seja máxima é:
A) 10 B) 11 C) 19 D) 20 E) 21
Analogamente, o número de maneiras de as mulheres
desembarcarem é igual ao número de soluções inteiras nãonegativas da equação:
m1 + m2 + m3 + m4 + m5 + m6 = 6 ,
11
 
6
ou seja,   .
14. Considere o sistema de equações lineares representado
abaixo:
1

0
1

3
4

2
1
0
0
0
0
0
0   a   13 
    
0   b   11 
0  c   7 
x  =  
0 d   9 
0 e   8 
    
2   f   13 
Fazendo a multiplicação entre matrizes, obtemos as seguintes
equações:
a + 3b + 2d + e = 13(i )
2b + 3d = 11(ii )

a + 5b = 7(iii )

3a + b + 2c = 9(iv)
4a = 8(v)

2a + d + 2 f = 13(vi )
S n = n( −39r ) + n(n − 1) r / 2
S n = ( n − 40)nr / 2
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
2
3
0
0
0
1
Solução: ALTERNATIVA B
3a8 = 5a13 → 3a1 + 21r = 5a1 + 60r → 2a1 = −39r
S n = na1 + n(n − 1) r / 2
para baixo e n = 20 corresponde ao valor máximo.
0
0
0
2
0
0
Os valores de a e d são, respectivamente:
A) 1 e 2 B) 2 e 3 C) 3 e 2 D) 2 e 2 E) 3 e 1
Solução: ALTERNATIVA D
Como a razão é negativa temos uma parábola com concavidade
3
2
5
1
0
0
das equações (ii), (iii) e (v), achamos a = 2 e d = 3.
-5-
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RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
3
15. Seja f(x) = a.senx + b √x + 4, onde a e b são números reais
diferentes de zero. Sabendo que:
f(log10(log310)) = 5, o valor de f(log10(log103)) é:
A) 5 B) 3 C) 0 D) -3 E) -5
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MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
17.
Solução: ALTERNATIVA B
Observe: log10(log310) = log10(1/ (log103) = -log10(log103)
Então se log10(log310) = x, então log10(log103) = -x
Da lei de f(x), temos: f(x) + f(-x) = 8 (demais termos simplificam!).
Assim: f(-x) = 4 – f(x) --. f(log10(log103)) = 3
FÍSICA
16.
A figura acima apresenta um cilindro que executa um movimento
simultâneo de translação e rotação com velocidades constantes
no interior de um tubo longo. O cilindro está sempre coaxial ao
tubo. A folga e o atrito entre o tubo e o cilindro são desprezíveis.
Ao se deslocar no interior do tubo, o cilindro executa uma
rotação completa em torno do seu eixo a cada 600 mm de
comprimento do tubo. Sabendo que a velocidade de translação
do cilindro é 6 m/s, a velocidade de rotação do cilindro em rpm é:
A) 6 B) 10 C) 360 D) 600 E) 3600
Solução: ALTERNATIVA D
Como uma translação de 6 m/s leva 0,1s para percorrer 600 mm,
concluímos que 0,1s é o período de rotação do cilindro.
Um período de 0,1s nos dá 10Hz de frequência, ou 600rpm.
A resolução publicada pelo IME apontou B como correta,
mostrando que eles caíram em sua própria pegadinha (de não
converter de hertz para rpm).
A figura acima representa duas massas m1 = 5 kg e m2 = 20
kg presas por um fio que passa por uma roldana. As massas
são abandonadas a partir do repouso, ambas a uma altura
h do solo, no exato instante em que um cilindro oco de
massa m = 5 kg atinge m1 com velocidade v = 36 m/s,
ficando ambas coladas. Determine a altura h, em metros,
para que m1 chegue ao solo com velocidade nula.
Dado:
Aceleração da gravidade: g = 10 m/s2
Observação: A roldana e o fio são ideais.
a) 5,4 b) 2,7 c) 3,6 d) 10,8 e) 1,8
Solução: ALTERNATIVA A
Na colisão, há a conservação da quantidade de movimento
do sistema m + m1 + m2:
m.v = (m + m1 + m2).v´
Logo v´=6m/s (velocidade do sistema após o choque).
A partir daí o sistema desacelara uniformemente, com
desaceleração a = (m + m1 - m2)g/(m + m1 + m2) = -10/3
m/s2
Assim, usando Torricelli:
0 = 62-2.(10/3)h
h = 62/(2.(10/3)) = 5,4 m
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
18. Um observador e uma fonte sonora de frequência constante
movem-se, respectivamente, segundo as equações temporais
projetadas nos eixos X e Y:
Observador
Xo(t) = cos(t)
Yo(t) = –cos(t)
Fonte
Xf(t) = sen(t) + cos(t)
Yf(t) = –2 cos(t)
Observação:
• A velocidade de propagação da onda é muito maior que as
velocidades do observador e da fonte.
Com relação ao instante t (0 ≤ t < π ), o observador perceberá
uma frequência:
a) constante
b) variável e mais aguda em t = 0
c) variável e mais aguda em t = ¼ π
d) variável e mais aguda em t = ½ π
e) variável e mais aguda em t = ¾ π
Solução: ALTERNATIVA A
A única interpretação possível para a informação “a velocidade
de propagação da onda é muito maior que as velocidades do
observador e da fonte” é que o efeito Doppler não será
percebido. Portanto a freqüência percebida neste caso será
constante.
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RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
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MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
19.
R
A
3R/5
R
A
R/
2
8R/5
R
O valor da resistência equivalente entre os terminais A e B do
circuito mostrado na figura acima, é:
A) R/2
B) 6R/7 C) 6R/13
D) 16R/29
E) 15R/31
Solução: ALTERNATIVA D
Pela simetria do circuito tem-se:
R/2
1
1
1
5
= +
+
Req R R
8R
2
→
Assim:
8
R
Req = 29
16
R
então Req AB = 2 Req = 29
Eixo de simetria
20.
Todos os pontos do eixo de simetria estão num mesmo potencial.
Deste modo pode-se determinar o resistor equivalente da parte
superior e multiplicar por 2 (na figura suprimimos a segunda
parte do circuito para facilitar a visão).
Tem-se então:
R
R
A
R
R
R
R
R/2
R
R
A
R
R/2
R
I) Se L > 4f, existem duas posições da lente separadas por uma distância,
para as quais é formada na tela uma imagem real.
II) Se L < 4f, existe apenas uma posição da lente para a qual é formada na
tela uma imagem real.
III) Se L = 4f, existe apenas uma posição da lente para a qual é formada
na tela uma imagem real.
Está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s):
R/2
R
3R/2
A
Uma lente convergente de distância focal f situa-se entre o objeto A e a
tela T, como mostra a figura acima.
Sendo L a distância entre o objeto e a tela, considere as seguintes
afirmativas:
R
R
R/2
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
a) I e II, apenas
b) I e III, apenas
c) II e III, apenas
d) I, II e III
e) III, apenas
Solução: ALTERNATIVA B
Sabemos que:
(i) p+p’=L
(ii) 1/p+1/p’=1/f
De (i)
P’=L-p
Substituindo em (ii)
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IME
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MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
1/p+1/(L-p)=1/f
(L-p+p)f=p(L-p)
Lf=pL-p²
Encontramos a seguinte equação de 2°
p²-Lp+Lf=0
Cujo discriminante vale
∆=L²-4LF=L(L-4f)
Se L>4f então ∆>0 e temos dois valores de p que resolvem a equação
Se L=4f então ∆=0 e temos uma solução
Se L<4f então ∆<0 e não existe p real que satisfaça a equação.
21.
A figura acima apresenta um pequeno corpo de massa m em
queda livre na direção do centro de um planeta de massa M e de
raio r sem atmosfera, cujas superfícies distam D. É correto
afirmar que a aceleração do corpo
Observações:
• D >> r;
• M >> m.
A figura acima apresenta um perfil metálico AB, com dimensões
AC = 0,20 m e CB = 0,18 m, apoiado em C por meio de um pino
sem atrito. Admitindo-se desprezível o peso do perfil AB, o valor
da força vertical F, em newtons, para que o sistema fique em
equilíbrio na situação da figura é:
Dados:
o
• sen(15 ) = 0,26
o
• cos(15 ) = 0,97
A) 242,5
A) é constante.
B) independe da massa do planeta.
C) diminui com o tempo.
D)aumenta com o tempo.
E) depende da massa do corpo.
Solução: ALTERNATIVA D
A aceleração do corpo é inversamente proporcional ao quadrado
de sua distância ao centro do planeta. À medida que o corpo se
aproxima, a aceleração aumenta.
23.
B) 232,5
C) 222,5
D) 212,5
E) 210,5
Solução: ALTERNATIVA A
Para o equilíbrio, a soma dos momentos das forças em relação a
C deve ser nula.
Assim:
F.CB.cos75° + 175.CB.sen75° = 216.AC.cos15°
F.0,18.0,26 + 175.0,18.0,97 = 216.0,20.0,97
F = (216.0,20 - 175.0,18).0,97 / (0,18.0,26)
F = (43,2 – 31,5).0,97 / (0,18.0,26) = 11,7 / (0,18.0,26) = 250 N
Comentário: Só se chega ao valor proposto pelo IME na
alternativa A utilizando valores exatos do seno e cosseno de 15°.
22.
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
A figura acima apresenta um circuito composto por dois
solenóides com resistências desprezíveis e dois resistores de 2 Ω
ligados a uma bateria. Uma corrente é induzida em uma espira
situada entre os dois solenóides quando esta se desloca da direita
para a esquerda, a partir da posição equidistante em relação aos
solenóides. Sabendo-se que as influências mútuas dos campos
magnéticos no interior de cada solenóide são desprezíveis, podese afirmar que o valor da tensão da bateria em volts e o sentido
da corrente induzida na espira para o observador são:
-8-
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RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
Dados:
–3
• Campo magnético no interior de cada solenóide: 4.10 T
–7
• Permeabilidade magnética no vácuo: 4 π .10 T.m/A
• Número de espiras de cada solenóide: 10
• Comprimento de cada solenóide: 4 cm
a)
b)
c)
d)
e)
40/ π e sentido anti-horário
80/ π e sentido horário
80/ π e sentido anti-horário
160/ π e sentido horário
160/ π e sentido anti-horário
Solução: ALTERNATIVA B
Em cada solenóide obtemos:
N.µ.i
B.l
4.10–3.4.10–2
⇒i=
=
l
N.µ
10.4π.10–7
40
⇒i=
A
π
B=
No circuito paralelo apresentado:
V =R .i⇒ V = 2.
40
80
⇒ V=
V
π
π
Pela Lei de Lenz, para o observador, teremos:
25/OUT/2010
MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
Considere um meio estratificado em N camadas com índices de
refração ni, como mostrado na figura acima, onde estão
destacados os raios traçados por uma onda luminosa que os
atravessa, assim como seus respectivos ângulos com as normais a
cada interface.
Se ni+1=ni para i=1,2,3,...N-1 e senθN=1024senθ1 , então N é igual
a:
• A escala da figura não está associada aos dados.
Observações:
• Admite-se que sempre ocorrerá a refração.
A) 5 B) 6 C)9 D)10 E) 11
Solução: ALTERNATIVA E
Note-se que após cada refração o ângulo de emergência de um
meio é igual ao de incidência no meio seguinte, assim basta pegar
o meio incidente (índice n1 e o meio emergente (índice nN). Logo:
n1senθ1 = nNsenθN
- Para os índices tem-se:
1
i = 1 → n2 = n1/2 = n1/2
2
i = 2 → n3 = n2/2 = n1/2
3
i = 3 → n4 = n3/2 = n1/2
Daí
N-1
i = N-1 → nN = nN/2 = n1/2
Tem-se então:
n1
N-1
2
1024senθ1 →
n1senθ1 = nNsenθN → n1senθ1 =
N-1
2
= 1024 → N = 11
25.
80
,
Resposta: π no sentido horário
Obs: A figura gera ambigüidade, visto que existem duas opções
possíveis, pois a figura não é clara.
24.
A figura acima apresenta uma fonte sonora pontual que emite uma
onda harmônica esférica em um meio não dispersivo. Sabendo que a
média temporal da intensidade da onda é diretamente proporcional ao
quadrado da sua amplitude, pode-se afirmar que a amplitude a uma
distância r da fonte é proporcional a:
a) 1 / r 1/2 b) 1 / r c)1 / r 3/2 d)1 / r 2 e) 1 / r 3
Solução: ALTERNATIVA B
Sabemos que I = Potência/Área logo I = a/r² (i)
Do enunciado I α A² logo I = bA² (ii)
De (i) e (ii)
a/r² = bA²
A = √(a/br²) logo A α 1/r
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-9-
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IME
26.
MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
Uma pedra está presa a um fio e oscila da maneira mostrada na
figura acima. Chamando T a tração no fio e θ o ângulo entre o fio
e a vertical, considere as seguintes afirmativas:
I) O módulo da força resultante que atua na pedra é igual a T senθ.
II) O módulo da componente, na direção do movimento, da força
resultante que atua na pedra é máximo quando a pedra atinge a
altura máxima.
III) A componente, na direção do fio, da força resultante que atua na
pedra é nula no ponto em que a pedra atinge a altura máxima.
Uma fina placa metálica P1, apoiada em um tablete de cortiça no
fundo de um frasco cilíndrico, dista 5 metros de uma placa
idêntica P2, fixa no teto, conforme a figura acima. As duas placas
formam um capacitor carregado com Q coulombs. Enche-se o
referido frasco com um líquido de índice de refração n= 2,5, até a
altura de h metros. Em seguida, lança-se sobre o centro da
o
superfície um raio de luz monocromática, sob um ângulo de 30
com a vertical.
Sabendo que a energia armazenada no capacitor fica reduzida a
0,6 do valor inicial, que o raio refratado atinge um ponto situado
a x metros do centro do fundo do frasco e desprezando o efeito
de borda do capacitor, podemos dizer que o valor aproximado de
x é:
Observação:
• A espessura da cortiça é desprezível em relação à altura h.
A) 0,1
25/OUT/2010
B) 0,2 C) 0,3
D) 0,4
Está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s):
A) I e II, apenas
B) I e III, apenas
C) II e III, apenas
D) I, II e III
E) II, apenas
Solução: ALTERNATIVA C
I – Falsa. T senθ é a resultante horizontal, mas também há
aceleração vertical neste caso.
II – Verdadeira. A referida componente tem magnitude P senθ
(onde P é o peso da pedra), e é máxima quando senθ é máximo,
ou seja, no ponto de altura máxima.
III – Verdadeira. A referida componente é sempre nula.
28.
E) 0,5
Solução: ALTERNATIVA D
Quando a placa P1 sobe, muda a capacitância, mas a carga do
capacitor não se altera.
2
E = Q /C (situação inicial)
2
0,6E = Q /C´(situação final)
Como a capacitância é inversamente proporcional à distância
entre as placas, temos C´=(5/5-h).C
Assim, 0,6 = (5-h)/5 e h = 2 m
Pela Lei de Snell:
ni.sen30° = nf.senr
1.(1/2) = 2,5.(x/
x2 + h2 )
x 2 + h 2 =25x2 à x =
h2
22
à x=
à x = 0,4
24
24
A figura acima representa o sistema de bombeamento de água de
uma residência. As alturas de sucção (Hs) e recalque (Hr) valem,
respectivamente, 10 e 15 m. O sistema é projetado para trabalhar
3
com uma vazão de 54 m /h. A bomba que efetua o recalque da
água é acionada por um motor elétrico, de corrente contínua,
que é alimentado por uma tensão de 200 V. A corrente de
operação do motor, em ampères, para que o sistema opere com
a vazão projetada é, aproximadamente:
Observação:
• as perdas internas do motor elétrico e da bomba são
desprezíveis.
27.
Dados:
• as perdas devido ao acoplamento entre o motor e a bomba são
de 30%;
2
• aceleração da gravidade: g = 10 m/s
• massa específica da água: 1 kg/L
a) 13
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- 10 -
b) 19
c) 27
(41) 3013 5400
d) 33
e) 39
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IME
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MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
Solução: ALTERNATIVA C
• massa específica da água: 1 kg/L; e
54000kg
= 15kg / s
Vazão: 54m / h ≡
3600 s
• calor específico da água: 4200 J/ kg°C.
3
0,7ε elét = ε mec ⇒ 0,7V ⋅ i ⋅ ∆t = m ⋅ g ⋅ ∆h ⇒ i =
m g∆h
=
⇒ i = 26,78 A ⇒ i ≈ 27 A
∆t 0,7V
29.
Um sistema composto por dois geradores denominados G1 e G2,
cuja tensão de saída é VG, é apresentado na figura acima. Este
sistema alimenta uma carga que opera com uma tensão V e
demanda da rede uma corrente I. O valor de R2 em função de R1,
de modo que o gerador G2 atenda 40% da potência da carga, é:
A) 1/2 R1 B) R1 C) 3/2 R1 D)2 R1 E) 5/2 R1
a) 2,5 e 40 b) 25 e 4 c) 25 e 40
d) 2,5 e 4 e) 25 e 0,4
Solução: ALTERNATIVA B
Área externa do tubo: ∆S = (2.π.R).2 = 4.π.R
2
Área da seção reta do tubo = Aseção = π.R
Como o tanque estava vazio, a vazão nos primeiros 30 min, foi:
3
36L/30min = 1/50 L/s = 20 cm /s = 1/50 kg/s. (que serão usadas
conforme a conveniência)
Tomemos um intervalo de tempo t:
Q = P.t.∆S = 16.800.t.4.π.R.2 = m(t).c. ∆T
16.800.t.4.π.R = m(t).4200. 32
t.π.R = m(t).2
t.π.R = (1/50) t.4
-3
R = 12,5 x 10 m = 12,5 mm
Portanto o diâmetro do tubo é de 25mm.
A velocidade de escoamento (ve):
Vazão = Aseção.ve
ve = 20 / (π.R) = 4 cm/s
QUÍMICA
Solução: ALTERNATIVA C
Sejam:
P1 = potência lançada pelo gerador G1.
P2 = potência lançada pelo gerador G2.
V = ddp recebida pela carga
VI = potência de alimentação da carga.
31. Um recipiente de paredes rígidas, contendo apenas ar, aberto
para a atmosfera, é aquecido de 27 ºC a 127ºC. Calcule a
percentagem mássica de ar que saiu do recipiente, quando
atingido o equilíbrio final.
Do enunciado
P2 = 0,4VI → VGi2 = 0,4VI
Assim,
P1 = 0,6VI → VGi1 = 0,6VI
Dividindo membro a membro:
Solução: ALTERNATIVA D
VGi1 0,6VI
=
VGi2 0,4VI
A) 79%
B) 75%
C) 30%
D) 25%
E) 21%
Utilizando a equação de Clapeyron:
PV = nRT
Logo:
i1 3
=
i2 2
→
Da equação do gerador:
VG – R1i1 = VG- R2i2 → R1i1 = R2i2 →
R2 i1 3
= =
R1 i2 2
3
Assim: R2 = 2 R1
30. A água que alimenta um reservatório, inicialmente vazio,
escoa por uma tubulação de 2 m de comprimento e seção reta
circular. Percebe-se que uma escala no reservatório registra um
volume de 36 L após 30 min de operação. Nota-se também que a
temperatura na entrada da tubulação é 25 °C e a temperatura na
saída é 57 °C. A água é aquecida por um dispositivo que fornece
16,8 kW para cada metro quadrado da superfície do tubo. Dessa
forma, o diâmetro da tubulação, em mm, e a velocidade da água
no interior do tubo, em cm/s, valem, respectivamente:
Dados:
• π/4 = 0,8;
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
Como o sistema é aberto, temos que a pressão e o volume são
constantes. A relação entre a quantidade em mol é a mesma que a
relação entre as massas, visto que a composição do gás não varia.
Temos então:
Teremos então que nf é ¾ de ni, logo ¼ menor, ou seja, 25% a
menos.
- 11 -
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RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
32. Sabendo que 18,0 g de um elemento X reagem exatamente
com 7,75 g de oxigênio para formar um composto de fórmula
X2O5, a massa de um mol de X é:
A) 99,2 g B) 92,9 g C) 74,3 g D) 46,5 g E) 18,6 g
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MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
34. (I)
(II)
(III)
(IV)
Solução: ALTERNATIVA B
O número de mols de oxigênio em 7,75g é:
7,75
7,75 g
mol
= 5n ⇒ n =
5.16
16 g / mol
nO =
E como o número de mols de X é 2n então:
n X = 2n = 2.
7,75
mol
5.16
Logo a massa molar de X é:
MX =
mX
18 g
=
= 92,9 g / mol
7
n X 2. ,75 mol
5.16
33. Marque a resposta certa, correspondente aos números de
oxidação dos elementos sublinhados em cada fórmula, na ordem
em que estão apresentados.
AgO; NaO2; H2S2O8; Ni(CO)4; U3O8
Considere as espécies de (I) a (IV) e o arcabouço da Tabela Periódica
representados a seguir. Assinale a alternativa correta.
A) A espécie (II) é um gás nobre.
2
B) A camada de valência da espécie (I) pode ser representada por: ns
5
np .
2
C) A camada de valência da espécie (III) pode ser representada por: ns
6
np .
D) A espécie (IV) é um metal eletricamente neutro.
E) As espécies (I) e (III) são cátions.
Solução: ALTERNATIVA C
a)
+2; -1; +7; +2 e +8/3
b)
+1; -1; +7; 0 e +16/3
c)
+2; -1/2; +6; 0 e +16/3
d)
+1; -1/2; +7; +2 e +16/3
e)
+2; -1; +6; +2 e +8/3
Solução: ALTERNATIVA C
C
; óxido de prata II;
1+
1
−
2
NaO
superóxido de sódio
Ácido peroxissulfúrico, ou sulfato de sulfoxihidrogênio
ALTERNATIVA A: ERRADA, pois como a espécie II é eletricamente
1
neutra e possui configuração da camada de valência igual a 3s , o que é
incompatível com a configuração eletrônica de qualquer gás nobre.
ALTERNATIVA B: ERRADA, pois como a espécie I apresenta 10 elétrons,
2
6
2
5
sua configuração eletrônica é 2s 2p e não 2s 2p como proposta na
alternativa em questão.
ALTERNATIVA C: CORRETA, já que a espécie III possui 18 elétrons e
conseqüentemente, após ser feita a distribuição eletrônica segundo o
2
6
diagrama de Linus Pauling, temos a configuração 3s 3p para a camada
de valência do referido átomo.
ALTERNATIVA D: ERRADA, pois apesar de a espécie IV ser eletricamente
neutra, ela não é um metal e sim um gás nobre, já que a configuração
2
6
eletrônica de sua camada de valência é 3s 3p .
ALTERNATIVA E: ERRADA, pois uma vez que a espécie I apresenta
número de elétrons maior do que o número de prótons, ela passa a ser
um ânion.
35. O número máximo de aldeídos que podem ser obtidos pela
ozonólise de uma mistura dos hidrocarbonetos com fórmula
molecular C5H10 é:
A) 4
B) 5
C) 6
D) 7
E) 8
Solução: ALTERNATIVA B
Abaixo são mostrados os isômeros possíveis que sofrem
ozonólise para o composto C5H10:
Tetracarbonil-niquel (0)
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RESOLUÇÃO COMENTADA
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25/OUT/2010
MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)
Solução: ALTERNATIVA E
VI = K ICr ε
Pela ozonólise dos compostos teremos:
Composto A: metanal e butanal
Composto B: etanal e propanal
Composto C: metanal e metilpropanal
Composto D: etanal e propanona
Composto E: etanal e butanona
Temos então 5 aldeídos: metanal, etanal, propanal, butanal e
metilpropanal
36. A entalpia de fusão de uma determinada substância é 200
o
kJ/kg, e seu ponto de fusão normal é 27 C. Após a solidificação
de 3 kg do material, pode-se afirmar que a entropia desse
sistema:
A) diminuiu 2 kJ/K.
B) diminuiu 600 kJ/K.
C) não variou.
D) aumentou 2 kJ/K.
E) aumentou 600 kJ/K.
⇒ VSE
VS = KSCr γ
KICr ε
=
= KCr ε−γ
γ
K SCr
Para ε > γ temos ε − γ > 0 . Desta forma a seletividade
aumenta no início da reação.
Note que para ξ = γ , ξ − γ = 0 e VSE é constante, portanto (A),
(B) e (C) são falsas.
38. A taxa de emissão de dióxido de carbono em função do
consumo médio de certo combustível, em um carro de testes, é
apresentada a seguir.
Solução: ALTERNATIVA A
O processo de solidificação reduz a entropia do sistema, logo
temos que:
∆H fusão
qrev
=−
T
T
 200kJ


.3kg 
kg
 = − 2kJ
∆S = − 
300 K
K
∆S = −
37. Em sistemas envolvendo reações paralelas, um importante
parâmetro é a seletividade (se), definida como a razão entre as taxas de
geração dos produtos de interesse (I) e dos secundários (S).
ξ
Considere o caso em que a taxa de produção de I é dada por KICr
γ
e a de S por KsCr , onde:
• Cr é a concentração do reagente;
• KI e KS são as velocidades específicas de reação para I e S,
respectivamente;
Para um consumo médio de 10 km/L, a massa total mensal de
combustível consumida é 2175 kg. Dentre as opções abaixo,
pode-se afirmar que o combustível testado foi o:
A) metano
B) propano
C) butano
D) heptano
E) octano
Solução: ALTERNATIVA C
Uma sugestão de resolução é considerar as alternativas e
perceber que o combustível em questão só poderá ser um
hidrocarboneto, cuja fórmula geral é CnH2n+2, e então monta-se a
seguinte relação:
• ξ e γ são dois números inteiros e positivos.
CnH2n+2 + (3n+1) O2 → n CO2 + (n+1) H2O
Para uma temperatura constante, pode-se afirmar que a
seletividade:
a) permanece constante independentemente de Cr.
b) permanece constante quaisquer que sejam os valores de ξ e
γ.
c) é maior no início da reação quando ξ = γ.
d) é menor no fim da reação quando ξ < γ.
e) é maior no início da reação quando ξ > γ.
14n+2
---------2175 Kg ----------
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44n
6600 Kg
44n . 2175 = 6600 . (14n+2) ⇒ 95700.n = 92400. n + 13200 ⇒
3300.n = 13200 ∴ n =4
Logo o combustível testado é o butano (C4H10).
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39. Observe as estruturas abaixo e analise as afirmativas feitas
sobre elas.
1 – As estruturas (I) e (IV) representam isômeros constitucionais.
2 – As estruturas (I) e (III) representam um par de enantiômeros.
3 – Existem quatro estereoisômeros que têm a fórmula estrutural
condensada (II).
4 – Os compostos (V) e (VII) apresentam pontos de fusão
idênticos.
5 – As estruturas (VIII) e (IX) representam um par de
diastereoisômeros.
6 – Todos os compostos (V) a (X) apresentam atividade óptica.
7 – As estruturas (VIII) e (X) são representações do mesmo
composto.
Podemos concluir que são verdadeiras as afirmativas:
A) 1, 3 e 5
B) 2, 5 e 6
C) 1, 4 e 7
D) 3, 4 e 5
E) 3, 6 e 7
Solução: ALTERNATIVA D
Analisando as afirmativas:
1 – As estruturas (I) e (IV) representam isômeros constitucionais.
Errada. As estruturas I e IV não são isômeros, pois não
apresentam a mesma fórmula molecular.
2 – As estruturas (I) e (III) representam um par de enantiômeros.
Errada. As estruturas I e III apresentam o mesmo composto.
Podemos ver isso quando trocamos os elementos de lugar. Cada
troca realizada muda a configuração.
Como são realizadas duas trocas, possuem a mesma
configuração.
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40. Um gás ideal sofre uma mudança de estado ilustrada pelos
gráficos I e II abaixo.
Dentre as alternativas abaixo, assinale aquela que se ajusta aos
gráficos acima.
A) α é o volume, β é a temperatura, δ é a pressão e o processo
é uma expansão a temperatura constante.
B) δ é a temperatura, β é a pressão, α é o volume e o
processo é uma compressão.
C) α é o volume, β é a pressão, δ é a temperatura e o
processo é um resfriamento isobárico.
D) α é o volume, β é a temperatura, δ é a pressão e o
processo é uma compressão isotérmica.
E) α é a pressão, β é o volume, δ é a temperatura e o
processo é um aquecimento isobárico.
Solução: ALTERNATIVA E
Considerando que na frase "Um gás ideal sofre uma mudança de
estado" o autor da questão considerou que houve mudança da
condição do gás, mas não de sua fase (o que seria uma quebra
das hipóteses de gás ideal), temos que:
1. Devemos supor que o gás é ideal, por conseguinte segue a
equação PV = nRT se aplica, e como não se menciona
variação do número de mols, temos PV = KT .
2. No gráfico I temos que a transformação é "iso- α ", e que δ
representa temperatura, pois as curvas PxV ou VxP possuem a
característica do gráfico I. Além disso, a variação de temperatura
é crescente da condição 1 para a condição 2, ao mesmo tempo
que há aumento de β .
α = α 1 ⇒ β = k 2δ . Além disso, o
gráfico mostra que o processo tem δ crescente, ou seja, é um
3. No gráfico II temos, para
processo no qual há aumento da temperatura.
Pelas informações obtidas não se pode saber se α é pressão e
β é volume, ou se α é volume e β é pressão. Considerando as
possíveis combinações temos:
a. α é pressão, β é volume, δ é temperatura, logo é um
aquecimento isobárico (com expansão).
b. α é volume, β é pressão, δ é temperatura, logo é um
aquecimento isométrico (com aumento de pressão).
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