CADERNO DE
RESOLUÇÕES
CONCURSO IME 2010
MAT, FIS e QUI OBJETIVAS
O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e
profissionalismo como lemas. Confira nossos resultados e comprove
porque temos mais a oferecer.
26/OUT/2009
Escola Naval
2009: Único a aprovar no PR e em SC!
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2005: 100% de aprovação!
IME
2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados,
todos de Curitiba, e 6 são 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
UFPR
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
Inverno 2009:
16 aprovações nos
cursos mais concorridos
Inverno 2008:
1º, 2º e 4º lugares em Eng. Ind. Mecânica
1º e 2º lugares em Eng. Eletrônica /
Eletrotécnica
1º lugar em 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.
ITA
Elite Curitiba: 5 anos de existência,
5 anos de aprovações no ITA !!!
11 alunos aprovados!
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
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
Só no ELITE você encontra:
Simulados semanais/quinzenais;
A maior carga horária.
Os melhores professores!
ESPCEX
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 alunos convocados no Paraná
2006: 9 alunos convocados no Paraná (turma de
20 alunos)
2005: 100% de aprovação!
Fone :
3013-5400
www.ELITECURITIBA.com.br
EPCAr
2007: 3 dos 4 convocados do Paraná
2006: 2 convocados
2005: 1º lugar do Paraná
EEAR
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
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CADERNO DE
RESOLUÇÕES
CONCURSO IME 2010
MAT, FIS e QUI OBJETIVAS
MATEMÁTICA
3 0
−1 3
0 −1
∆ n = 1⋅ ( −1)1+1 ⋅
M
M
0 0
0 0
01. Sejam r, s,t e v números inteiros positivos tais que
r t
< . Considere as seguintes relações:
s v
I. (
iii
r + s)
s
<
(t + v )
r (r + t )
<
s (s + v)
v
ii.
iv.
r
t
<
r
+
s
t
+
( ) ( v)
1
( r + t ) < ( r + t)
s
26/OUT/2009
+ (−1) ⋅ (−1) 2+1 ⋅
v
O numero total de relações que estão corretas é:
a) 0 b)1 c)2 d)3 e)4
L
0
0
3
M
0
0
L
L
O
L
L
1 L
1
0 L
0
0
0
M
3
−1
0
0
0
M
0
3 ( n−1)×( n−1)
1
1
−1
3
0
0
0
−1 3 L
0
0
0 L
M
M
3
0
M
M
0
0
0
0
M O
0 L − 1 3 ( n−1)×( n−1)
∆ n = 3n −1 + ∆ n −1
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 01: Alternativa D
i. Observe que
Substituindo n por 2, 3, 4,... até 10 na equação anterior
temos
(r + s ) ( t + v )
r
t
r t
<
→ +1< +1 → < ,
s
v
s
v
s v
∆ 2 = 31 + ∆1
o que torna verdadeira a desigualdade;
ii. Transpomos da seguinte maneira
∆ 3 = 32 + ∆ 2
M
t
( t + v ) (r + s)
v
s
 r
<
→ 1+ < 1 +
 (r + s) < ( t + v ) →
t
r
t
r
,

→ v < s → r < t

t r
s v
∆10 = 39 + ∆ 8
Somando estas equações e substituindo o valor de ∆ 1
∆10 = 1 + 31 + 32 + L + 39
o que torna verdadeira a desigualdade;
iii. Podemos permutar da seguinte maneira
∆10 =
(r + t )
( s + v ) (r + t )
v
t
r
<
→ 1+ < 1 + →
 s < ( s + v ) →
s
r
s
r
,

v
t
r
t
→
< → <

s r
s v
o que torna verdadeira a desigualdade.
iv. A partir da desigualdade dada temos que,
1 ⋅ (310 − 1)
3 −1
03. O valor da expressão

 1 
 1 
y = senarc sen
 + arc cos 2
 ,
2


 a − 1 

a −1
onde a é um número real e a ∈ (–1, 0), é:
a) –1 b) 0 c)
(r + t ) (r + t )
1 1
<
→ <
→ v < s.
s
v
s v
Todavia a última desigualdade é falsa, haja vista que não
possuímos relações entre os números r, s, t e v, dois a dois.
02. Considere o determinante de uma matriz de ordem n
definido por:
⇒ ∆10 = 29524
1
2
d)
3
2
e) 1
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 03: Alternativa E (Anulável)
A solução possivelmente esperada pela banca é:

 1 
 1 
y = sen arc sen
 + arc cos 2

 a2 − 1 
 a − 1  

1
a2 − 1
<0⇒
 1 
α = arc sen
 ∈ 4°quadrante
 a2 − 1
 1 
β = arc cos
 ∈2°quadrante
 a2 − 1 
( ) ()
() ( )
y = sen α cos β + sen β cos α
 1   1   − a4 − 2a2
y=

 +
 a2 − 1  a 2 − 1  
a2 − 1
y=
2
2
2
2
2
Vale lembrar, contudo, que a ∈ (–1, 0) implica em
1
< −1 , o que torna impossível fazer referência ao
a2 − 1
arco-seno e ao arco-cosseno de 21 .
a −1
A) 59049 B) 48725 C) 29524 D) 9841 E) 364
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 02: Alternativa C
Aplicando Laplace na primeira coluna:
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA




(a − 1) = 1
=
(a − 1) (a − 1)
1+ a4 − 2a2
2
Sabendo que ∆1 = 1, o valor de ∆10 é
  − a4 − 2a 2


a2 − 1

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RESOLUÇÕES
CONCURSO IME 2010
MAT, FIS e QUI OBJETIVAS
04. Seja ABC um triângulo de lados AB, BC e AC iguais a
26, 28 e 18, respectivamente. Considere o círculo de centro
O inscrito nesse triângulo. A distância AO vale:
a)
104
b)
6
26/OUT/2009
06. Seja S=1²+3²+5²+7²+...+79². O valor de S satisfaz:
a)S < 7x104
b) 7x104 ≤ S < 8x 104
4
4
c) 8x10 ≤ S < 9x 10
d) 9x104 ≤ S <105
e)S ≥105
104
2 104
d) 104 e) 3 104
c)
3
3
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 06: Alternativa C
É fácil verificar que a expressão dada pode ser representada pelo
40
2
somatório
, de onde vem:
n =1
40
40
2
S =∑
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 04: Alternativa D
( 2 n − 1)
S = 4.∑ n =1 n − 4.∑ n =1 n + 40 =
= 4.
S=
n.(n + 1).(2n + 1) n.(n + 1)
+ 40
−.
6
2
2.40.41 .81
− 40 .41 + 40 ∴ S = 86960
3
07. Seja o polinômio p( x) = x + (ln a )x + e , onde a e b
são números reais positivos diferentes de zero. A soma dos
cubos das raízes de p(x ) depende
A) apenas de a e é positiva.
B) de a e b e é negativa.
C) apenas de b e é positiva.
D) apenas de b e é negativa.
E) de a e b e é positiva.
Obs.: e representa a base do logaritmo neperiano e ln a
função logaritmo neperiano.
3
Semi-perímetro: p =
26 + 28 + 18
= 36
2
Área: S = 36 ⋅ (36 − 26) ⋅ (36 − 28) ⋅ (36 − 18) = 72 10
S 72 10
=
= 2 10 e AT = p − BC = 8 .
p
36
Assim, por Pitágoras,
Logo r =
AO =
AT 2 + r2 =
(
82 + 2 10
)
2
= 104 .
b
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 07: Alternativa D
Considerando que as três raízes sejam x1, x2, x3. e
substituindo na famosa relação de soma de três cubos
temos
05. Considere o sistema
x13 + x23 + x33 − 3 x1x2 x3 =
( x1 + x2 + x3 )( x12 + x22 + x32 − x1 x2 − x2 x3 − x3 x1 )
onde x e y são números inteiros.
O valor de x3 + y2 + y é:
a) 14 b) 18 c) 20 d) 32 e) 38
Das relações de Girard
x1 + x2 + x3 = 0
x1 x2 x3 = − eb
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 05: Alternativa E
Vamos fatorar a primeira equação:
xy + x – y = 5 ⇒ xy + x – y – 1 = 5 – 1 ⇒ (x-1).(y+1) = 4
Esta equação apresenta 6 possibilidades inteiras de
multiplicação com os seguintes valores para x e y.
(x-1)
(y+1)
x
y
1
4
2
3
4
1
5
0
2
2
3
1
-1
-4
0
3
-4
-1
-3
-2
-2
-2
-1
-3
Fatorando agora a segunda equação encontramos
xy(xy-2)(x-y) = 6
Testando os resultados que satisfazem a equação,
encontramos duas possibilidades:
x = 3 e y = 1 ou x = -1 e y = -3
Deste modo, encontramos para a expressão x³ + y² + y
os resultados 38 e 6. O que nos leva a concluir que a
banca se referia a números inteiros positivos, restando a
alternativa E.
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
Substituindo na expressão inicial
x13 + x23 + x33 = −3e b
b
Como e é sempre positiva, a soma dos cubos das
raízes é sempre negativa e depende apenas de b.
08. A quantidade k de números naturais positivos, menores
do que 1000, que não são divisíveis por 6 ou por 8, satisfaz
a condição:
a) k < 720
b) 720 ≤ k < 750
c) 750 ≤ k < 780
d) 780 ≤ k < 810
e) k ≥ 810
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 08: Alternativa C
Seja:
n(8) a quantidade de números divisíveis por 8: 8, 16, 14, ... , 992
n(6) a quantidade de números divisíveis por 6: 6, 12, 18, ... , 996
n(48) a quantidade de números divisíveis por 24: 24, 48, ... , 984
n(6)=166, n(8)=124 e n(24)=41 n(6 ou 8)= n(6) + n(8) – n(24) =
166 + 124 – 41 = 249
Logo, quantidade de números naturais positivos menores, que
não são divisíveis por 6 ou 8, é:
k = 999 – 249 = 750
Portanto, 750 ≤ k < 780.
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CONCURSO IME 2010
MAT, FIS e QUI OBJETIVAS
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 11: Alternativa E
(1)
 (1 + i ). x1 − i. x 2 + i. x3 = 0

2
.
i
.
x
−
x
−
x
=
z
(
2
)

1
2
3
 ( 2 .i − 2 ). x + i.x − i.x = 0 (3)
1
2
3

2 tem centro na
09. Uma hipérbole de excentricidade
origem e passa pelo ponto ( 5 ,1) . A equação de uma
reta tangente a esta hipérbole e paralela a y = 2x é:
A)
3 y=2 3 x + 6
C) 3y = 6x + 2 3
Somando (1) e (3) obtemos:
B) y = −2x + 3 3
(1 + i ). x1 − i. x 2 + i. x3 = 0

( 2.i − 2). x1 + i. x 2 − i. x3 = 0
3 y= 2 3 x + 4
D)
3
E) y = 2x +
(1 + i + 2.i − 2). x1 = 0
( −1 + 3.i ). x1 = 0 ∴ x1 = 0
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 09: Alternativa A
c2 = a2 + b2 ; a,b, c ∈ ¡*+ e
c
=
a
Logo,
2
 x 2 + x3 = − z

 − x 2 + x3 = 0
Assim c2 = 2a2 = a2 + b2 ⇔ b = a
Há duas hipóteses para a equação da hipérbole:
2 . x 3 = − z ∴ z = − 2 . x3
1ª hipótese: H : y2 − x2 = a2 e P = ( 5,1) ∈ H
( 5)
2
12 −
2ª Hipótese: H : x2 − y2 = a2 P =
2
Daí, chamando x3 = a + b.i vem z = –2a – 2b.i, assim para que Z seja
= a2 ⇔ a2 = −4 e a ∈ ¡
Portanto essa hipótese está excluída.
( 5)
26/OUT/2009
(
positivo devemos ter a < 0 e b = 0,
)
Desta forma, concluímos que o argumento é 180º
5,1 ∈ H
12. Seja f ( x) = 3 − log ( x ) , x ∈ IR . Sendo n um número
− 12 = a2 ⇔ a = 2
inteiro positivo, a desigualdade
Determinação do coeficiente linear da reta tangente:
f ( x) 2 f ( x) 4 f ( x)
2 n −3 f ( x )
9
+
+
+ ... +
+ ... ≤
n−1
4
12
36
3
4
 y = 2x + h
⇒ x2 − (2x + h)2 = 4 ⇔ 3x2 + 4hx + h2 + 4 = 0
 2
2
x − y = 4
∆ = (4h)2 − 4.3(h2 + 4) = 0 ⇔ 4h2 = 48 ⇔ h = ±2 3
Portanto as equações possíveis para a reta tangente são
somente é possível se:
y = 2x ± 2 3 ⇔ 3 y = 2 3 x ± 6
C) 10 ≤ x ≤ 10
A) 0 ≤ x ≤ 10
6
3
E) 10
10. Sejam as funções f:ℜ→ℜ, g: ℜ→ℜ e h: ℜ→ℜ. A
alternativa que apresenta a condição necessária para que
se f(g(x)) = f(h(x)), então g(x) = h(x) é
a) f(x) = x
b) f(f(x)) = f(x)
c) f é bijetora
d) f é sobrejetora
e) f é injetora
−6
6
−6
≤ x ≤ 108
0
6
D) 10 ≤ x ≤ 10
B) 10
≤ x ≤ 10 6
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 12: Alternativa D
f ( x) 2 f ( x) 4 f ( x)
2 n −3 f ( x )
+
+
+ ... +
+ ... =
4
12
36
3n−1
4
8
1 1 1 2

= f (x) ⋅  + + +
+ +
+ ... =
4
6
9
27
81
243


 1 1 1 1  2 4 8 
= f (x ) ⋅  + + + ⋅  + + ... =
 4 6 9 9  3 9 27 
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 10: Alternativa E
Para que a proposição: Se f(a) = f(b), então a=b, seja
verdadeira, devemos ter f injetora.
No mais f não precisa ser sobrejetora, pois, por exemplo,
x
se g(x) = h(x) = x, e f(x) = 2 , temos necessariamente
x
x
2 = 2 → x = x, ou seja, f(g(x)) = f(h(x)) → g(x) = h(x)


1 1 1 1 2
1 
= f (x) ⋅  + + + ⋅  ⋅
=
 4 6 9 9  3 1 − 2 
3



1
1
1
2


= f (x ) ⋅  + + +  = f (x) ⋅  3 
4
6
9
9


4
11. Considere o sistema abaixo, onde x1, x2, x3 e Z
pertencem ao conjunto dos números complexos.
Sendo assim, a desigualdade da questão pode ser
reescrita como
(1+i)x1 – ix2 + ix3 = 0
2ix1 – x2 – x3 = Z
(2i-2)x1+ix2 – ix3=0
f ( x) ≤ 3
O argumento de Z, em graus, para que x3 seja um número
real positivo é:
Substituindo f (x ) por 3 − log x chegamos facilmente a
A) 0° B)45° C)90° D)135° E)180°
100 ≤ x ≤ 106
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0 ≤ log x ≤ 6 ou
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RESOLUÇÕES
CONCURSO IME 2010
MAT, FIS e QUI OBJETIVAS
13. Sejam ABC um triângulo equilátero de lado 2 cm e r
uma reta situada no seu plano, distante 3 cm do seu
baricentro. Calcule a área da superfície gerada pela rotação
deste triângulo em torno da reta r.
a) 8π cm2 b) 9π cm2 c) 12π cm2 d) 16π cm2 e) 36π cm2
26/OUT/2009
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 15: Alternativa E
Vamos calcular a probabilidade de quadrados que possuem lado em
comum NÃO serem pintados da mesma cor (P( )). O enunciado pede a
probabilidade de seu evento complementar P(x).
O quadrado superior esquerdo pode ser pintado sem problema algum.
O quadrado abaixo dele, o inferior esquerdo, pode ser pintado de 3
maneiras, assim a probabilidade dele não ter a mesma cor do já pintado
é 3/4.
Agora vamos pensar no quadrado superior direito. Ele pode ser pintado
de 3 cores distintas (não pode repetir a cor do quadrado superior
esquerdo). Separaremos em 2 maneiras distintas, a saber:
1) Ele é pintado com a mesma cor do quadrado inferior esquerdo (1/4 de
probabilidade).
Neste caso o quadrado inferior direito tem 3 possibilidades para ser
pintado, e a probabilidade dele não repetir cor dos adjacentes é 3/4.
2) Ele é pintado com uma das outras duas cores, diferente da cor de
ambos os quadrados da esquerda (2/4 de probabilidade).
Neste caso o quadrado inferior direito tem 2 possibilidades para ser
pintado, e a probabilidade dele não repetir cor dos adjacentes é 2/4.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 13: Alternativa E
Pelo Teorema de Pappus-Guldin:
S = 2π ⋅ l ⋅ d = 2π ⋅ (3 ⋅ 2) ⋅ 3 = 36π cm2
14. Seja M um ponto de uma elipse com centro O e focos F
e F’. A reta r é tangente à elipse no ponto M e s é uma reta,
que passa por O, paralela a r. As retas suportes dos raios
vetores MF e MF’ interceptam a reta s em H e H’,
respectivamente. Sabendo que o segmento FH mede 2 cm,
o comprimento F’H’ é:
a) 0,5 cm b) 1,0 cm c) 1,5 cm d) 2,0 cm e) 3,0 cm
Assim, P( ) =3/4.[2/4.2/4 + 1/4.3/4] = 21/64
P(x) = 1 – P( ) = 1 – 21/64 = 43/64
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 14: Alternativa D
FÍSICA
16.
A figura composta por dois materiais sólidos diferentes A e
B apresentam um processo de condução de calor, cujas
temperaturas não variam com o tempo. É correto afirmar
que a temperatura T2 da interface desses materiais, em
kelvins, é:
Os ângulos formados por r e os raios vetores são iguais. Seja α a medida
desses ângulos. Supondo, sem perda de generalidade, que MF < MF’,
como r//s teremos FHO = α e F’H’O = π – α. Aplicando a Lei dos Senos
nos triângulos HFO e H’F’O, obtemos
Observações:
HF
FO
H'F '
F 'O
=
e
=
,
senβ senα
senβ sen(π – α)
•
T1 = Temperatura da interface do material A com o
meio externo.
•
T3 = Temperatura da interface do material B com o
meio externo.
•
KA = Coeficiente de condutividade térmica do
material A.
•
KB = Coeficiente de condutividade térmica do
material B.
E como FO = F’O e sem (π – α) = sen α, concluímos que H’F’ = HF = 2
cm.
15.
a) 400 b) 500 c) 600
d) 700 e) 800
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 16: Alternativa B
Considerando o regime estacionário: φA = φB. Assim
Cada um dos quadrados menores da figura acima é pintado
aleatoriamente de verde, azul, amarelo ou vermelho. Qual é
a probabilidade de que ao menos dois quadrados, que
possuam um lado em comum, sejam pintados da mesma
cor?
a) 1/2 b) 5/8 c) 7/16 d) 23/32 e) 43/64
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k A .A A . ( T2 − T1 )
L
=
kB .A B . ( T3 − T2 )
L
⇒ kA.(T2 – T1) =
kB.(T3 – T2) ⇒
1.(T2 – 300) = 0,2(1500 – T2) ⇒ T2 = 500 K
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17.
26/OUT/2009
As condições do problema sugerem que todos esses
ângulos são pequenos, o que nos permite igualar seus
senos às suas tangentes. Disso obtemos:
(i + o ) e o = n ⋅ i
o
= n⋅
p'
p'
f
p
Unindo as duas equações acima em uma única através da
supressão da variável p’, obtemos:
i
f
=
, com p > f (1)
o (p − f )
A figura representa, esquematicamente, uma lente
convergente, de distância focal f posicionada no plano de
transição entre o vácuo e um material de índice de refração
n.
O fator de ampliação (tamanho da imagem dividido pelo
tamanho do objeto) de um objeto muito pequeno (se
comparado com as dimensões da lente) colocado a uma
distância p da lente é:
A)
f
p− f
B)
nf
D)
p − nf
f
n p− f
Para o caso onde p < f a situação é análoga (usa-se então
i−o
), sendo então fácil encontrar
p'
i
f
=
, com p < f (2)
o ( f − p)
tgα ' =
As soluções 1 e 2 podem ser resumidas na alternativa A:
i
f
=
o p− f
nf
p− f
C)
18.
f
E)
np − f
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 17: Alternativa A
α
β
p
f
Figura 1
α
β
α’
o
β’
A figura mostra duas barras AC e BC que suportam, em
equilíbrio, uma força F aplicada no ponto C. Para que os
esforços na barra AC e BC sejam, respectivamente, 36 N
(compressão) 160 N (tração), o valor e o sentido das
componentes vertical e horizontal da força F devem ser:
Observação: Despreze os pesos das barras e adote 3 ≈ 1,7
a) 80 N (↓), 100 N (→)
b) 100 N (↓), 80 N (→)
c) 80 N (↑), 100 N (←)
d) 100 N (↑), 80 N (←)
e) 100 N (↓), 80 N (←)
i
Figura 2
A Figura 1 acima representa a trajetória que alguns raios
de luz seguiriam caso o meio da direita também fosse o
vácuo. A Figura 2 representa o desvio que o meio
transparente de índice de refração n impõe aos raios. As
figuras partem da hipótese de que p > f.
Na dedução que segue, os tamanhos o do objeto e i da
imagem são supostos positivos (como sugere ser o
contexto do enunciado). Além disso, chamaremos p’ a
distância da imagem até a lente já considerado o desvio
causado pelo meio transparente.
Sendo assim podemos estabelecer as seguintes
equações:
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 18: Alternativa A
Os esforços nas barras são dados, em N, por:
r
FBC = −160 ⋅ cos 30˚⋅xˆ + 160 ⋅ sen30˚⋅yˆ =
= −136.xˆ + 80.yˆ
r
FAC = 36.xˆ
r
r
FBC + FAC == 100.xˆ + 80.yˆ
o
o
; tgβ = ;
f
p
i+o
i
tgα ' =
; tgβ ' =
;
p'
p'
senα = n ⋅ senα ' ; senβ = n ⋅ senβ '
tgα =
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No equilíbrio o somatório das forças é nula, logo:
r
F = +100.xˆ − 80.yˆ
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19. Um bloco de 4 kg e velocidade inicial de 2 m/s percorre
70 cm em uma superfície horizontal rugosa até atingir uma
mola de constante elástica 200 N/m. A aceleração da
26/OUT/2009
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 20: Alternativa C
Vamos supor que os centros dos arcos de circunferência estejam na linha
que separa as duas regiões com campos magnéticos. Veja a figura.
2
gravidade é 10 m/s e o bloco comprime 10 cm da mola até
que sua velocidade se anule. Admitindo que durante o
processo de compressão da mola o bloco desliza sem
atrito, o valor do coeficiente de atrito da superfície rugosa é:
a) 0,15 b) 0,20 c) 0,25 d) 0,30 e) 0,35
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 19: Alternativa C
Para que a trajetória da figura seja possível, pela regra da mão direita, a
carga deve ser negativa.
Ambas as trajetórias serão arcos de circunferência, com a força
magnética, exercendo o papel de força centrípeta:
2
B|q|v = mv /R , assim R = mv/B|q|
Para o primeiro arco de circunferência, temos que R = mv/B|q| (1)
Para o segundo arco de circunferência, temos que 2L = mv/B*|q| (2)
Dividindo a equação (1) pela equação (2) temos:
20.
R/2L = B*/B
B* = B/6
21.
Sabendo que todos os resistores da malha infinita da figura
têm resistência R, a resistência equivalente entre A e B é:
a) R(1+√2)/2 b)R(1+√3)/2 c)3R/2 d)R(1+√5)/2 e)R(1+√6)/2
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 21: Alternativa D
Uma partícula eletrizada penetra perpendicularmente em
um local imerso em um campo magnético de intensidade B.
Este campo é dividido em duas regiões, onde os seus
sentidos são opostos, conforme é apresentado na figura.
Para que a partícula deixe o local com um ângulo de 30°, é
correto afirmar que a eletrização da partícula e a
intensidade do campo magnético que possui o sentido
saindo do plano do papel devem ser, respectivamente:
Dados:
• R: raio da trajetória da partícula na região onde existe
um campo magnético.
• L/R = 3
a) positiva e de valor B/3.
b) positiva e de valor B/6.
c) negativa e de valor B/6.
d) positiva e de valor 2B/3.
e) negativa e de valor 2B/3.
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Note-se que ReqAB = ReqCD = x, assim:
Logo: X = R + RX à XR + X 2 = R 2 + RX + RX
R+X
X − RX − R = 0 Cujas Raízes são:
2
X' =
2
R + R 5 e '' R − R 5
X =
2
2
Logo ReqAB =
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R+R 5
2
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22. No interior da Estação Espacial Internacional, que está
em órbita em torno da Terra a uma altura correspondente a
aproximadamente 5% do raio da Terra, o valor da
aceleração da gravidade é
Observação:
g: Aceleração da Gravidade
A) aproximadamente zero.
B) aproximadamente 10% do valor na superfície da Terra.
C) aproximadamente 90% do valor na superfície da Terra.
D) duas vezes o valor na superfície da Terra.
E) igual ao valor na superfície da Terra.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 24: Alternativa E
Dimensionalmente as opções (a), (b), (c) e (d) são
impossíveis porque o produto gh não tem dimensão de
velocidade. Na situação I, o equilíbrio da massa é escrito
assim:
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 22: Alternativa C
g'=
GMm
GMm
1 GMm
=
⋅ 2 ≈ 0,9 ⋅
= 0,9 g
2
2
R2
(1,05R ) 1,05 R
visto que as deformações das molas valem, de acordo
com a figura, h6 em módulo, cada uma. Logo:
23. Em certo fenômeno físico, uma determinada grandeza
referente a um corpo é expressa como sendo o produto da
massa específica, do calor específico, da área superficial,
da velocidade de deslocamento do corpo, do inverso do
volume e da diferença de temperatura entre o corpo e o
ambiente. A dimensão desta grandeza em termos de massa
(M), comprimento (L) e tempo (t) é dada por:
a) M2.L–1.t–3
b) M.L–1.t–2
c) M.L–1.t–3
d) M.L–2.t–3
e) M2.L–2.t–2
Na situação II, visto que só atuam forças conservativas
(peso e elástica) vale a conservação de energia mecânica:
Substituindo o valor de M
desenvolvendo, encontramos:
V=0
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 23: Alternativa C
ρ = M.L–3
c=
26/OUT/2009
dado
na
(Eq.
1),
e
25.
L2 t −2
K
∆ = L2
1
= L−3
V
∆θ = K
v = L.t
–1
–3
x = M.L .
L2 .t −2
K
2
–3
.L .L .K.L.t
–1
–1 –3
x = M.L .t
24.
Na figura, o frasco de vidro não condutor térmico e elétrico
contém 0,20 kg de um líquido isolante elétrico que está
inicialmente a 20°C. Nesse líquido está mergulhado um
resistor R1 de 8Ω. A chave K está inicialmente na vertical e
o capacitor C, de 16µF, está descarregado. Ao colocar a
chave no Ponto A verifica-se que a energia do capacitor é
de 0,08 J. Em seguida, comutando a chave para o ponto B
e ali permanecendo durante 5 s, a temperatura do líquido
subirá para 26°C. Admita que todo o calor gerado pelo
resistor R1 seja absorvido pelo líquido e que o calor gerado
nos resistores R2 e R3 não atinja o frasco. Nessas
condições, é correto afirmar que o calor específico do
líquido, em cal.g-1°C-1, é:
Dado: 1 cal =4,2J
Na situação I da figura, em equilíbrio estático, a Massa M,
presa a molas idênticas, está a uma altura h/3. Na situação
II, a mola inferior é subitamente retirada. As molas, em
repouso, têm comprimento h/2. O módulo da velocidade da
Massa M na iminência de tocar o solo na Situação II é:
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a)0,4 b) 0,6 c) 0,8 d)0,9 e) 1,0
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SOLUÇÃO DA QUESTÃO 25: Alternativa C
Cálculo de E:
Ecapacitor = 0,08 J ⇒
27. Três satélites orbitam ao redor da Terra: o satélite S1
em uma órbita elíptica com o semi-eixo maior a1 e o semi-
C .E 2
16.10−6.E 2
= 0,08 ⇒
= 0,08 ⇒ E 2 = 104 ⇒ E = 100V
2
2
eixo menor b1 ; o satélite S 2 em outra órbita elíptica com
Aquecimento do líquido:
semi-eixo maior a2 e semi-eixo menor b2 ; e o satélite S3
em uma órbita circular com raio r .
Q = m.c.∆T ⇒ Q = 0,2.c.(26 − 20) ⇒ Q = 1,2.c
Mas, sabemos que:
P=
26/OUT/2009
Considerando que r = a1 = b2 , a1 ≠ b1 e a2 ≠ b2 , é correto
afirmar que
Q
1,2.c
⇒P=
5
∆t
Req = 10Ω ⇒ 100 = 10.i ⇒ i = 10 A
A) os períodos de revolução dos três satélites são iguais.
B) os períodos de revolução dos três satélites são
diferentes.
C) S1 e S3 têm períodos de revolução idênticos, maiores
Potência dissipada no resistor:
do que o de S 2 .
No circuito:
E = Req .i
P = R1.i
2
D) S1 e S3 têm períodos de revolução idênticos, menores
Como todo o calor gerado por R1 será absorvido pelo
líquido, temos:
do que o de S 2 .
E) S 2 e S3 têm períodos de revolução idênticos, maiores
1,2.c
1,2.c
= R1.i 2 ⇒
= 8.102 ⇒ c ≅ 3333.33 J / kg.°C
5
5
do que o de S1 .
Utilizando a relação de calorias para Joule, vem:
c ≅ 0,79cal / g .°C
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 27: Alternativa D
Sabemos que T =
2
26. Um soldado em pé sobre um lago congelado (sem
atrito) atira horizontalmente com uma bazuca. A massa total
do soldado e da bazuca é de 100 kg e a massa do projétil é
1kg. Considerando que a bazuca seja uma máquina térmica
com rendimento de 5% e que o calor fornecido ela no
instante do disparo é 100KJ, a velocidade de recuo do
soldado é, em m/s
revolução, G é a constante gravitacional, M é a massa da
Terra e a é o semi-eixo maior da órbita elíptica. No caso de
uma órbita circular, usamos r no lugar de a.
Como r = a1 , S1 e S3 têm períodos de revolução
idênticos.
Como a1 = b2 , então a1 < a2 , fazendo com que S1 tenha
A) 0,1 B)0,5 C) 1,0 D)10,0 E)100,0
período de revolução menor que S 2 .
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 26: Alternativa C
Sendo
M1 = massa sistema soldado + bazuca
V1 = módulo da velocidade do sistema soldado + bazuca
M2 = massa do projétil
V2 = módulo da velocidade do projétil
E
τ
5
τ
Do enunciado: η = U =
⇒
=
⇒ τ = 5kJ
Q
100 100
ET
Pela conservação da quantidade de movimento:
Qantes = Qdepois ⇒ 0 = M1.V1 + M2.V2 ⇒ 0 = 100. V1 + 1.V2 ⇒
V2 = - 100V1
Como a energia total é 5kJ, tem-se:
2
2
2
M1V1
M V
100V12 1.V2
+ 2 2 = 100 ⇒
+
= 5.103 ⇒ 50V12 +
2
2
2
2
2
1.(- 100V1 )
3
= 5.10 ⇒
2
3
50V12 + 5.10 3.V12 = 5.10 ⇒ 101V12 = 100 ⇒
100
⇒ V1 ≈ 1 m/s
V12 =
101
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4π 2 3
⋅ a , onde T é o período de
GM
28. Uma partícula emite um som de frequência constante e
se desloca no plano XY de acordo com as seguintes
equações de posição em função do tempo t.
x = a cos (wt)
y = b sen (wt)
onde:
a, b e w são constantes positivas, com a > b.
Sejam as afirmativas:
I) o som na origem é percebido com a mesma frequência
quando a partícula passa pelas coordenadas (a, 0) e (0, b).
II) o raio de curvatura máximo da trajetória ocorre quando a
partícula passa pelos pontos (0, b) e (0, –b).
III) a velocidade máxima da partícula ocorre com a
passagem da mesma pelo eixo Y.
A(s) afirmativa(s) correta(s) é(são):
a) I, apenas.
b) I e II, apenas.
c) II, apenas.
d) II e III, apenas.
e) I, II e III.
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29.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 28: Alternativa D
I) FALSA
Isolando o tempo t, para obtemos a equação da trajetória,
tem-se:
relação fundamenta l : cos 2 ( wt ) + sen 2 ( wt ) = 1

cos( wt ) =

sen ( wt ) =

26/OUT/2009
x
2
2
a ⇒  x  +  y  = 1, onde o eixo maior é
y a b
o eixo X (a > b)
b
A figura ilustra uma mola feita de material isolante elétrico,
não deformada, toda contida no interior de um tubo plástico
não condutor elétrico, de altura h = 50 cm. Colocando-se
sobre a mola um pequeno corpo (raio desprezível) da
–6
massa 0,2 kg e carga positiva de 9 x 10 C, a mola passa a
ocupar metade da altura do tubo. O valor da carga, em
coulombs, que deverá ser fixada na extremidade superior
do tubo, de modo que o corpo possa ser posicionado em
equilíbrio estático a 5 cm do fundo, é
É tentador dizer que nos pontos (a,0) e (0,b) não há
movimento relativo entre a fonte e o observador, na
direção que os une, o que nos leva à ausência de efeito
Doppler nos dois pontos. Sem efeito Doppler a frequência
percebida pelo observador é a frequência original da fonte,
a mesma nos dois casos.
Há de se ter atenção, contudo, ao fato de que “a
freqüência percebida na origem quando a partícula passa
pelo ponto (a,0)” é referente a um som emitido ANTES da
partícula atingir aquele ponto, momento no qual HAVIA
SIM efeito Doppler. E o mesmo vale para o ponto (0,b).
Dados:
Aceleração da Gravidade: g = 10 m/s2
Constante Eletrostática: K = 9×109 N·m2/C2
a) 2×10-6 b) 4×10-4 c) 4×10-6 d) 8×10-4 e) 8×10-6
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 29: Alternativa C
Não será estranho se o IME divulgar “E” como gabarito
desta questão, ignorando a ressalva acima e considerando
a afirmativa I verdadeira.
Inicialmente:
II) VERDADEIRA
A raio de curvatura, é tanto maior quanto mais suave é a
trajetória da partícula. Logo nos ponto (0, b) e (0, –b),
acontece os máximos.
Após:
III) VERDADEIRA
Derivando a equação da trajetória, tem-se que a
velocidade do som, também é representada por uma
elipse:
Vx = dx
dt
= −a.w.sen( wt) (i)
Vy = dy
dt
= b.w.scos( wt) (ii)
Vx

2
2
sen( wt) = (−aw )  V  2  Vy  2
Vy
Vx
x


⇒


+
=
1
⇒
,
+
=1

 (−aw )   bw 
V
(aw ) 2 (bw ) 2

 

 cos( wt) = y

bw
onde o eixo maior , continua sendo o eixo x (aw > bw )
Então o maior módulo da velocidade (Vmáx), acontecerá
nos pontos (a,0) e (–a,0), onde Vy = 0.
Esse resultado implica (de i):
wt =
π
+ kπ
2
Que na equação da trajetória significa (b,0) e (–b,0)
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30.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 31: Alternativa C
O trifluoreto de cloro apresenta como átomo central o
cloro, o qual possui, neste caso, 5 pares de elétrons em
sua camada de valência. Tendo isto em vista, as três
estruturas são possíveis, sendo que ao as analisar,
percebe-se que a estrutura III é a mais estável já que esta
estrutura possui os dois pares de elétrons não-ligantes a
um ângulo maior de 90° e estes pares estão com o menor
número possível de ligações a 90°, logo tem a menor
energia, o que lhe garante a maior estabilidade.
Um raio de luz monocromática incide em um líquido contido
em um tanque, como mostrado na figura. O fundo do
tanque é espelhado, refletindo o raio luminoso sobre a
parede posterior do tanque exatamente no nível do líquido.
O índice de refração do líquido em relação ao ar é:
a) 1,35 b) 1,44 c) 1,41 d) 1,73 e) 1,33
32. Em um recipiente fechado queima-se propano com 80%
da quantidade estequiométrica de ar. Admitindo que não
haja hidrocarbonetos após a combustão, que todos os
produtos da reação estejam na fase gasosa e que a
composição volumétrica do ar seja uma parte de O2 para
quatro partes de N2, calcule a porcentagem molar de CO2
no recipiente após a combustão (considere o
comportamento ideal para os gases).
A) 4,35%
B) 4,76%
C) 5,26%
D) 8,70%
E) 14,28%
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 30: Alternativa A
Aplicando a Lei de Snell-Descartes para o raio incidente
ao líquido:
nar .sen60° = nlíq .senα
Onde α represente o ângulo entre a normal e o raio
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 32: Alternativa A
Como a proporção na queima não é estequiométrica
teremos na verdade uma parte da queima estequiométrica,
gerando CO2, e a outra parte da queima será o ajuste
para que todo o propano seja consumido, gerando CO. Os
dois processos acontecem de forma concomitante.
(I) C 3 H 8 ( g ) + 5O2 ( g ) → 3CO 2 ( g ) + 4 H 2 O( g )
refratado.
Da figura, temos:
x2 =
26/OUT/2009
( 143 ) + 10
2
2
⇒ x = 9 3cm
Onde x é a distância entre o ponto de reflexão do raio e a
superfície do líqudio.
Logo:
senα =
n
n
10
sen60°
27
⇒ líq =
⇒ líq =
= 1,35
nar
senα
nar 20
143
(II) C 3 H 8 ( g ) +
Considerando (por simplicidade) que há um total de 1 mol
de propano temos:
(I) C 3 H 8 ( g ) + 5O2 ( g ) → 3CO 2 ( g ) + 4 H 2 O( g )
QUÍMICA
31. Considere as seguinte possibilidades para a estrutura
da molécula de trifluoreto de cloro (ClF3):
n(mols)
C3H8
1-x
(II) C 3 H 8 ( g ) +
5O2
5(1-x)
3CO2
3(1-x)
4H2O
4(1-x)
7
O2( g ) → 3CO2( g ) + 4 H 2 O( g )
2
C3H8
(7/2)O2
3CO
4H2O
n(mols)
x
(7/2)x
3x
4x
Como temos 1 mol de propano, estquiometricamente
seriam necessários 5 mol de O2. Como só temos 80% da
quantidade estequiométrica temos então 4 mol de O2
(total). Desta forma,
4 = 5(1-x) + (7/2)x ⇒ x = 2/3 mol
Logo 2/3 do propano foram queimados gerando CO e 1/3
do propano foi queimado gerando CO2.
O total de mols gasosos ao final da queima é então dado
pela soma das quantidades de CO2, CO e H20 formados
por ambos os processos.
Assinale a alternativa correta.
a) A estrutura I é mais estável, visto que as seis repulsões
entre pares não-ligantes e pares ligantes equivalem à
menor repulsão possível.
b) A estrutura II é mais estável, visto que ocorrem três
repulsões entre elétrons não-ligantes e pares ligantes e
mais uma repulsão entre pares de elétrons não ligantes o
que confere uma maior estabilidade ao sistema de forças.
c) A estrutura III é a mais estável por equivaler á
configuração na qual a repulsão entre todos os pares
(ligantes e não-ligantes) é mínima.
d) A estrutura I é a mais provável por ser a mais simétrica,
correspondendo á configuração de menor energia.
e) Todas as estruturas possuem a mesma energia e são
encontradas na natureza.
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7
O2( g ) → 3CO2( g ) + 4 H 2 O( g )
2
nfinal = nCO2 + nCO + nH2O
nfinal = 3(1-x) + 3x + 4(1-x) + 4x = 7 mol
A quantidade de CO2 é 3(1-x) = 3(1-2/3) =1 mol
Logo a porcentagem molar de CO2 ao final é
%CO2 = 1/23 = 0,0435 = 4,35%
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33. CrI3 + Cl2 + NaOH → NaIO4 + Na2CrO4 + NaCl + H2O
Assinale a alternativa que indica a soma dos menores
coeficientes inteiros capazes de balancear a equação
química acima.
a) 73 b) 95 c) 173 d) 187 e) 217
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 35: Alternativa D
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 33: Alternativa D
Reação de oxi-redução: Vejamos os Nox que variam:
I31– → 3 I7+ (coloca-se o 3 na frente do I7+ para equilibrar
com o I31–) cada iodo varia 8, 3 iodos variam 24.
Cr3+ → Cr6+ cada cromo varia 3.
Variação total: 27
São os que oxidam.
Cl20 → 2 Cl1– (coloca-se o 2 na frente do Cl1– para
equilibrar com o Cl2) cada cloro caria 1, 2 cloros variam 2.
É o que reduz.
2 I3 1− → 2.3 I7+
26/OUT/2009
O número de isômeros ativos é dado por 2n, onde n é o
número de carbonos quirais. Como temos 3 carbonos
quirais:
2n = 23 = 8 isômeros ativos
O número de racematos é dado pela metade do número
de isômeros ativos, logo 4.
27 Cl2 → 27.2 Cl1−
2 Cr3+ → 2ÊCr6+
Equilibrando:
2 CrI3 + 27 Cl2 + NaOH → 6 NaIO4 + 2 Na2CrO4 + 54 NaCl + H2O
36. Considere as supostas variações de entropia (∆S) nos
processos abaixo:
I)Cristalização do sal comum
(∆S>0)
II)Sublimação da naftalina (naftaleno)
(∆S>0)
III) Mistura de água e álcool
(∆S<0)
Fusão
IV) Ferro(S)
Ferro(l)
(∆S>0)
V) ar comprimido
ar comprimido
(∆S<0)
Pela regra do macho, nota-se que teremos:
2 CrI3 + 27 Cl2 + 64 NaOH → 6 NaIO4 + 2 Na2CrO4 + 54 NaCl + 32 H 2O
Soma dos coeficientes:
2 + 27 + 58 + 6 + 2 + 54 + 32 = 187
34. Assinale a alternativa correta.
A) Os polissacarídeos são obtidos a partir da combinação de
monossacarídeos por intermédio de ligações peptídicas.
B) Com exceção da glicina, todos os aminoácidos de ocorrência
natural constituintes das proteínas
levógira.
C) As proteínas de ocorrência natural são constituídas por αaminoácios, β-aminoácidos e γ-aminoácidos.
D) A glicose é um lipídio de fórmula molecular C6H12O6.
E) DNA e RNA são proteínas responsáveis pela transmissão do
código genético.
As variações de entropia indicadas nos processos que
estão corretas são:
A)I, III E IV.
B)III, IV E V.
C)II, III E V.
D) I,II E IV.
E) II, IV, V.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 36: Alternativa E
O processo de cristalização ocorre com diminuição da
desordem do sistema, ∆S < 0, e não com aumento, ∆S >
0. Daí a situação I é errada.
A sublimação, passagem do solido para o gasoso, ocorre
com aumento de entropia, já que as partículas ficam mais
livres. Logo a situação II é correta.
A situação III está errada, pois a dissolução de álcool em
água ocorre com aumento de entropia uma vez que tal
processo se dá com uma pequena desorganização das
partículas constituintes tanto do soluto (água) como do
solvente (álcool).
O item IV ocorre com o aumento da liberdade das
partículas, o que acarreta em um aumento de entropia.
Logo está correto.
A situação do item V consiste num processo em que as
partículas perdem energia tendo a sua desordem reduzida.
Daí está correto.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 34: Alternativa B
a) Falsa: As ligações peptídicas são características de
proteínas.
c) Falsa: Por polipeptídeos, que, por sua vez, são
formados pela condensação de aminoácidos,
principalmente com o grupo amino no carbono α.
d) Falsa: É um glicídio. Os lipídios são ésteres de ácido
graxo, isto é, de cadeia longa, e, principalmente, glicerina.
e) Falsa: São ácidos nucléicos. Tal como as proteínas, são
moléculas muito grandes, cuja massa molecular chega a
alguns milhões.
35. Assinale a alternativa que indica o número de isômeros
ópticos e o número de racematos (misturas racêmicas) do
2-cloro-5-vinilciclopent-3-en-1-ol
a) 16 isômeros ópticos e 8 racematos
b) 16 isômeros ópticos e 16 racematos
c) 4 isômeros ópticos e 2 racematos
d) 8 isômeros ópticos e 4 racematos
e) 8 isômeros ópticos e 8 racematos
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37.
A
B
C
38. Considere a versão tridimensional da Tabela Periódica
sugerida pelo químico Paul Giguére. Nesta representação,
a Tabela Periódica se assemelha a um catavento onde os
blocos s, p, d, f são faces duplas formadoras das pás do
catavento e onde o eixo de sustentação está fixado ao
longo do bloco s.
H2SO4
∆
KMnO4
Sol. aquosa
diluída
+
Diol
Vicinal
HgSO4
H2O H SO
2
4
26/OUT/2009
O
CH3CH2CH2CH2 CCH3
KMnO4, H+
D
Dadas as reações acima, escolha, dentre as opções abaixo,
a que corresponde, respectivamente, às funções orgânicas
das substâncias A, B, C e D.
Em relação à tabela acima, assinale a alternativa correta.
a) O elemento α é um gás nobre.
b) O elemento β é o 80Hg.
c) O íon γ2+ tem a configuração eletrônica do xenônio.
d) O 75δ é isótono do 39X85.
e) O elemento ε é o 43Tc, primeiro elemento artificial
conhecido, e pertence ao grupo 6B ou 6 da Tabela
Periódica usual.
A) Álcool, alceno, alcino e cetona
B) Álcool, alceno, alcino e ácido carboxílico
C) Aldeído, alcano, alceno e cetona
D) Aldeído, alceno, alceno e ácido carboxílico
E) Álcool, alcano, alcano e aldeído
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 37: Alternativa B
A é o ciclohexanol (um álcool) que sofre desidratação
(desidratação intramolecular) com aquecimento (170oC180oC) em meio ácido (H2SO4/H3O+). A desidratação
intramolecular de um álcool forma um alceno, logo a
formação do ciclohexeno.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 38: Alternativa C
a) Note pela tabela que o elemento α está à esquerda do
carbono, logo é o Boro. FALSA
b) Note que o elemento β está no período do elemento γ,
que por estar abaixo do estrôncio, é o elemento com
número atômico 38 + 18 = 56 (Bário), e o elemento está 5
"casas" à esquerda de β, logo tem núermo atômico 61.
FALSA
c) Como dito acima, o elemento γ é o bário e tem número
2+
atômico 56. O íon γ tem 54 elétrons, tendo então a
mesma configuração eletrônica do gás nobre do 5º
período (xenônio). CORRETA
d) O elemento δ é da famíla do nitrogênio: número
atômico: 7 + 8 + 18 = 33. 33δ75, 42 nêutrons. 39X85, 46
nêutrons. FALSA.
e) O elemento ε tem número atômico 43, que é o tecnécio,
que foi o primeiro elemento artificial a ser produzido,
pertence à família 7B, ou 7 da tabela periódica atual.
FALSA.
B é um hidrocarboneto do tipo alceno. A reação é uma
oxidação branda (KMnO4/neutro ou básico/diluído).
Alcenos quando sofrem oxidação branda (reativo/violeta
de Bayer) há formação de uma estrutura cíclica
intermediária tendo como resultado final um diol vicinal
(duas hidroxilas em carbonos adjacentes).
C é um alcino que hidratado forma um enol que apresenta
o fenômeno de tautomeria formando um aldeído(etino) ou
cetona. O composto C é o hex-1-ino (IUPAC).
Em anéis aromáticos monossubstítuidos com cadeia
lateral alquila a oxidação enérgica (KMnO4/H+) produz
ácido benzóico , CO2 e H2O. Portanto o composto D é um
ácido carboxílico.
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39. As alternativas abaixo representam processos
hipotéticos envolvendo 2 mols de um gás ideal, contido em
um conjunto cilindro-pistão. Assinale a alternativa que
apresenta mais de três estados (V, T) nos quais a pressão é
máxima:
26/OUT/2009
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 39: Alternativa E
Gás Ideal: PV = nRT
(n = 2 mols): PV = 2 RT
P = 2R
a)
T
V
P é máxima à T/V é máximo.
b)
c)
d)
Logo, qualquer ponto que esteja no trecho (3) é um ponto de pressão
máxima, configurando a alternativa correta.
40. Um sistema fechado e sem fronteiras móveis contém
uma determinada massa gasosa inerte. Sabe-se que, após
aquecimento, o sistema registra um aumento de 5% na
pressão e de 15 °C na temperatura (considere que o gás se
comporta idealmente). A respeito do valor da temperatura
inicial, pode-se dizer que:
a) é igual ou inferior a 30 °C.
e)
b) é superior a 30 °C e inferior a 300 °C.
c) é igual ou superior a 300 °C.
d) somente pode ser calculado conhecendo-se o volume e a
massa de gás.
e) somente pode ser calculado conhecendo-se o volume, a
massa e a pressão inicial do gás.
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SOLUÇÃO DA QUESTÃO 40: Alternativa A
Usando a equação de Clapeyron teremos:
onde o índice i indica a condição inicial e o f indica a
condição final.
Como o sistema não pode sofrer variação de volume e é
fechado temos que Vi = Vf e ni = nf.
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sendo Pi = P, Pf será igual a 1,05P (5% de aumento)
sendo Ti = T, Tf será igual a T + 15 (a variação em °C é a
mesma que em Kelvin)
Logo:
Determinado T, teremos:
T = 300 K, logo, T = 27 °C
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