(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
MATEMÁTICA
Resolução
Alternativa B
Como cos ( 9° ) ≠ 0 e cos ( 27° ) ≠ 0 , podemos escrever a expressão
QUESTÃO 01
Os polinômios P ( x ) = x 3 + ax 2 + 18 e Q ( x ) = x 3 + bx + 12 possuem
como:
⎡⎣ 4cos2 ( 9° ) − 3 ⎤⎦ ⋅ ⎡⎣ 4cos2 ( 27° ) − 3 ⎤⎦
duas raízes comuns. Sabendo que a e b são números reais, pode-se
afirmar que satisfazem a equação
a) a = b
b) 2a = b
c) a = 2b
d) 2a = 3b
e) 3a = 2b
Resolução
Alternativa B
Como P ( x ) e Q ( x ) são polinômios mônicos com 2 raízes em
⎡ 4cos3 ( 9° ) − 3cos ( 9° ) ⎤⎦ ⋅ ⎡⎣ 4cos2 ( 27° ) − 3cos ( 27° ) ⎤⎦
=⎣
cos ( 9° ) ⋅ cos ( 27° )
Agora, lembrando da relação de arco triplo do cosseno:
4cos3 θ − 3cos θ = cos3θ
Temos que:
comum, podemos escrevê-los como:
⎪⎧P ( x ) = ( x − α ) ⋅ R ( x )
,
⎨
⎪⎩Q ( x ) = ( x − β ) ⋅ R ( x )
4cos3 ( 27° ) − 3cos ( 27° ) = cos ( 81° )
E a expressão fica:
cos(27°) ⋅ cos(81°) cos(81°) sen ( 9° )
=
=
=
= tg ( 9° )
cos ( 9° ) ⋅ cos ( 27° ) cos ( 9° ) cos ( 9° )
onde α e β são as raízes que não são comuns aos polinômios.
Com isso, temos a seguinte igualdade válida para todo x:
( x − β) ⋅ P ( x ) = ( x − α ) ⋅ Q ( x ) ⇔
QUESTÃO 03
( x − β ) ⋅ ( x 3 + ax 2 + 18 ) = ( x − α ) ⋅ ( x 3 + bx + 12 ) ⇔
x 4 + ( a − β ) x 3 − β ax 2 + 18 x − 18β = x 4 − αx 3 + bx 2 + (12 − αb ) x − 12α
3
2
+ ( log3 x ) = 1 . A soma dos quadrados
x
das soluções reais dessa equação está contida no intervalo
a) [0,5)
Considere a equação log3 x
Pela igualdade dos polinômios, temos que os coeficientes dos termos
de mesmo grau são iguais entre si:
⎧a − β = −α
⎪
⎪−β a = b
⇔
⎨
⎪18 = 12 − αb
⎪⎩−18β = −12α
4cos3 ( 9° ) − 3cos ( 9° ) = cos(27°) e
b) [5,10)
c) [10,15)
⎧a = β − α
⎪
⎪⎪b = −β a
⎨αb = −6 ⇔
⎪
⎪α = 3 β
⎪⎩
2
d) [15,20)
e) [20, ∞ )
Resolução
3
Mudando log3 x de base, temos:
x
Alternativa C
3
log3
3
x = 1 − log3 x
log3 x =
x log3 3 x 1 + log3 x
Substituindo α da última equação na primeira e na terceira, vem que:
β
⎧
⎪a = − 2
⎪
⎨b = −β a
⎪
⎪⎩bβ = −4
Assim:
(log3 x ) + ( log3 x ) − 2 ⋅ log3 x = 0
1 − log3 x
2
+ ( log3 x ) = 1 ⇔
1 + log3 x
1 + log3 x
3
Temos então, substituindo as equações uma na outra:
2
Como 1 + log3 x ≠ 0 , obtemos:
⎛ β⎞
−4 = bβ = ( −βa ) β = −β2a = −β2 ⎜ − ⎟ ⇔ β3 = −8
⎝ 2⎠
⎧log3 x = 0 ⇒ x1 = 1
2
log3 x ⋅ ⎡( log3 x ) + log3 x − 2⎤ = 0 ⇔ ⎪⎪log3 x = 1 ⇒ x2 = 3
⎣
⎦
⎨
1
⎪
⎪⎩log3 x = −2 ⇒ x3 = 9
β
⇔ β = −2a e a é um número real, segue que β também
2
tem que ser um número real. Assim:
⎧⎪β3 = −8
⇔ β = −2
⎨
⎪⎩β ∈ \
Como a = −
Dessa maneira, a soma dos quadrados das soluções reais é dada por:
2
811
⎛ 1⎞
∈ [10,15 )
x12 + x22 + x3 2 = 12 + 32 + ⎜ ⎟ =
81
9
⎝ ⎠
Substituindo β na relação b = −β a , temos que:
QUESTÃO 04
Considere as inequações abaixo:
b = 2a
I) a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
QUESTÃO 02
Assinale a alternativa que apresenta o mesmo valor da expressão
⎡⎣ 4cos2 ( 9° ) − 3 ⎤⎦ ⋅ ⎡⎣ 4cos2 ( 27° ) − 3 ⎤⎦ :
II) a3 + b3 ≥ a2b + ab 2
a) sen ( 9° )
Esta(ão) correta(s), para quaisquer valores reais positivos de a, b e c,
a(s) inequação(ões)
a) II apenas.
b) I e II apenas.
c) I e III apenas.
d) II e III apenas.
e) I, II e III.
(
)
III) a 2 − b 2 ≥ ( a − b )
b) tg ( 9° )
c) cos ( 9° )
d) sec ( 9° )
e) cos sec ( 9° )
1
4
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O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
Resolução
Alternativa B
(I) Verdadeira. Multiplicando ambos os membros da inequação dada
por 2 e rearranjando, temos:
QUESTÃO 06
O coeficiente de x 4 y 4 no desenvolvimento de (1 + x + y ) é
a) 3150
b) 6300
c) 75600
d) 81900
e) 151200
Resolução
Alternativa A
10
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca ⇔
a 2 − 2ab + b2 + b 2 − 2bc + c 2 + c 2 − 2ca + a 2 ≥ 0 ⇔
(a − b ) + (b − c ) + (c − a )
2
2
2
≥0
Lembrando da expansão de (1 + x + y )
10
Como o quadrado de um número real é sempre não-negativo, para
qualquer número real, a soma de três números reais elevados ao
quadrado também nunca será negativa. Assim, esta última inequação
é verdadeira para quaisquer números reais a, b e c. Sendo todas as
inequações equivalentes entre si, segue que a primeira inequação
dada também é verdadeira para quaisquer a, b e c reais.
(1 + x + y )
10
∑
=
α +β+ γ =10
por Polinômio de Leibniz:
⎛ 10 ⎞ α β γ
⎜
⎟ ⋅ x ⋅ y ⋅1
⎝ α, β, γ ⎠
Onde:
(II) Verdadeira. Rearranjando a inequação dada, temos:
⎛ 10 ⎞
10!
⎜
⎟=
α
β
γ
,
,
α
⋅
β! ⋅ γ !
!
⎝
⎠
a3 + b3 ≥ a 2b + ab 2 ⇔ a3 − a 2b − ab 2 + b3 ≥ 0 ⇔
a2 ⋅ ( a − b ) − b2 ⋅ ( a − b ) ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ⋅ ( a2 − b2 ) ≥ 0 ⇔
Então o coeficiente de x 4 y 4 é:
(a − b ) ⋅ (a + b ) ⋅ (a − b ) ≥ 0 ⇔ (a − b ) ⋅ (a + b ) ≥ 0
2
⎛ 10 ⎞
10!
= 3150
⎜
⎟=
⎝ 4, 4, 2 ⎠ 4! ⋅ 4! ⋅ 2!
Sendo ( a − b ) ≥ 0 para quaisquer a e b reais, já que é o quadrado de
2
um número real, e ( a + b ) é positivo já que a e b são positivos, temos
QUESTÃO 07
Seja um triângulo ABC . AH é a altura relativa de BC , com
H localizado entre B e C . Seja BM a mediana relativa de AC .
Sabendo que BH = AM = 4 , a soma dos possíveis valores inteiros
BM é
a) 11
b) 13
c) 18
d) 21
e) 26
Resolução
Alternativa B
SOLUÇÃO 1:
A ilustração abaixo descreve a situação descrita no enunciado.
que:
(a − b ) ⋅ (a + b ) ≥ 0
2
Sendo a última inequação verdadeira para todos a e b reais positivos,
e todas as inequações equivalentes entre si, segue que a primeira
inequação também é verdadeira para todos a e b reais positivos.
(III) Falsa. Para a = 1 e b = 2 , que são reais positivos, temos:
2
2
2
2
4
⎪⎧a − b = 1 − 2 = 1 − 4 = −3
⇒ a2 − b2 < ( a − b )
⎨
4
4
4
(
)
(
)
(
)
⎪⎩ a − b = 1 − 2 = −1 = 1
A
Esse caso é um contra-exemplo para a inequação apresentada.
4
QUESTÃO 05
⎧ax + by = c
, com a, b, c, d, p e
Considere o sistema de equações ⎨
⎩ px + qy = d
q reais, abcd ≠ 0 , a + b = m e d = nc .Sabe-se que o sistema é
indeterminado. O valor p + q é
a) m
m
b)
n
c) m 2 − n 2
d) m ⋅ n
e) m + n
Resolução
Alternativa D
Um sistema linear de duas equações só será possível e indeterminado
quando suas equações forem proporcionais ou algum de seus
parâmetros (a, b, p ou q) for nulo. Como abcd ≠ 0 , então:
M
4
B
4
( AM )(BC )2 + (CM )( AB )2 = ( AC ) ⎡⎣(BM )2 + ( AM )(MC )⎤⎦
4(BC )2 + 4( AB )2 = 8 ⋅ ⎣⎡(BM )2 + 4 ⋅ 4 ⎦⎤ ⇒
⇒ (BC )2 + ( AB )2 = 2 ⋅ ⎡⎣(BM )2 + 16 ⎤⎦
Pelo teorema de Pitágoras nos triângulos ABH e ACH:
h 2 + 42 = ( AB )2 ⇒ ( AB )2 = h 2 + 16
e
82 = (BC − 4)2 + h 2 ⇒ (BC )2 = 64 − 16 + 8(BC ) − h 2 `
d
= n . Assim, usando propriedades de proporção
c
temos:
p q p+q p+q
= =
=
=n ⇔
a b a+b
m
C
Pela relação de Stewart segue que:
p q d
= =
a b c
Pelo enunciado,
H
2
2
⎪⎧( AB ) = h + 16
⎨
2
2
⎪⎩(BC ) = 64 − 16 + 8(BC ) − h
p + q = m⋅n
Somando as equações obtidas:
( AB )2 + (BC )2 = 64 + 8(BC )
2
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
Substituindo na equação obtida pela relação de Stewart:
(BC )2 + ( AB )2 = 2 ⋅ ⎡⎣(BM )2 + 16 ⎤⎦ ⇒ 64 + 8(BC ) = 2 ⋅ ⎡⎣(BM )2 + 16 ⎤⎦ ⇒
⇒ (BM ) = 16 + 4(BC )
2
QUESTÃO 08
⎡1 2 3 ⎤
Seja Δ o determinante da matriz ⎢⎢ x x 2 x 3 ⎥⎥ . O número de possíveis
⎢⎣ x x 1 ⎥⎦
valores de x reais que anulam Δ é
a) 0
b) 1
c) 2
e) 4
d) 3
Resolução
Alternativa C
Como toda a segunda linha está multiplicada por x, podemos colocar
esse x multiplicando todo o determinante:
1 2 3
1 2 3
Δ = x x2 x3 = x ⋅ 1 x x2
x x 1
x x 1
.
Podemos observar que
BC > 4 , já que BH = 4 e
CH < 8 , já que CH é cateto do triângulo que tem AC como
hipotenusa.
Logo BC − 4 < 8 ⇒ BC < 12 , assim:
4 < BC < 12 .
Deste modo:
(BM )2 = 16 + 4(BC ) ⇒ 32 < (BM )2 < 64
Adicionando a terceira linha multiplicada por –1 à segunda, pelo
teorema de Jacobi o determinante não se altera:
1 2 3
1
2
3
Δ = x ⋅ 1 x x2 = x ⋅ 1− x x − x x2 − 1 =
x x 1
x
x
1
Deste modo os valores inteiros que satisfazem tal inequação são:
BM = 6 e BM = 7 .
1
2
3
= x ⋅ − ( x − 1) 0 ( x + 1) ⋅ ( x − 1)
x
x
1
Logo a soma, S, dos possíveis valores de BM é S = 6 + 7 ⇔ S = 13 .
SOLUÇÃO 2:
Podemos observar que
Novamente na segunda linha, podemos colocar o fator ( x − 1) em
multiplicação na frente do determinante:
1 2
3
Δ = x ⋅ ( x − 1) ⋅ −1 0 x + 1
x x
1
A
4
Aplicando agora a regra de Chió, temos:
2 x+4
0 − ( −1) ⋅ 2 x + 1 − ( −1) ⋅ 3
Δ = x ⋅ ( x − 1) ⋅
= x ⋅ ( x − 1) ⋅
=
−x 1 − 3x
x − 2x
1 − 3x
M
4
B
H
P
= x ⋅ ( x − 1) ⋅ [ 2 ⋅ (1 − 3 x ) − ( x + 4 ) ⋅ ( − x )] ⇔ Δ = x ⋅ ( x − 1) ⋅ ( x 2 − 2 x + 2 )
C
4
Assim:
Δ = x ⋅ ( x − 1) ⋅ ( x 2 − 2 x + 2 ) = 0 ⇔
x = 0 ou x = 1 ou x = 1 ± i
Ou seja, a equação Δ = 0 tem duas raízes reais (0 e 1).
Os triângulos AHC e MPC são semelhantes cuja razão de semelhança
h
é meio. Logo MP =
e (CH ) = 2(HP ) . Sendo assim, aplicando-se o
2
teorema de Pitágoras nos triângulos BMP e ACH segue que:
QUESTÃO 09
Seja o número complexo z =
2
⎛h⎞
(BP )2 + (MP )2 = (BM )2 ⇒ (BM )2 = (4 + (HP ))2 + ⎜ ⎟ ⇒
⎝2⎠
2
2
2
⇒ 4(HP ) + 32(HP ) + 64 + h = 4(BM )
(1)
reais possíveis e i = −1 sabendo que o módulo e o argumento de
z valem, respectivamente, 1 e ( −π ) rd, o valor de a é
1
4
1
b)
2
c) 1
d) 2
e) 4
Resolução
Alternativa D
Como o módulo do número complexo z é 1 e o argumento dele é
−π rd, temos que z = −1 , e portanto:
a
2
z=
= −1 ⇔ a = −ib (1 + ib ) ⇔ ai = b (1 − b 2 + 2bi )
2
ib (1 + ib )
(CH )2 + ( AH )2 = ( AC )2 ⇒ (2HP )2 + h2 = (8)2 ⇒
4(HP )2 + h 2 = 64
a
, onde a e b são números
ib(1 + ib )2
a)
(2)
Substituindo (2) em (1):
4(HP )2 + 32(HP ) + 64 + h 2 = 4(BM )2 ⇒
⇒ 4(BM )2 = 32(HP ) + 64 + 64 ⇒
⇒ (BM )2 = 8(HP ) + 32
Sabe-se também que 0 < (HP ) < 4 , já que CH é cateto do triângulo
que tem AC como hipotenusa. Então:
Pela igualdade de números complexos ficamos com:
2
⎪⎧a = 2b
⎨
2
⎪⎩0 = b(1 − b )
Então, como b ≠ 0 (caso contrário teríamos uma divisão por zero na
expressão do número z):
32 < (BM )2 < 64
Deste modo os valores inteiros que satisfazem tal inequação são:
BM = 6 e BM = 7 .
1 − b2 = 0 ⇔ b2 = 1 ⇔
Logo a soma, S, dos possíveis valores de BM é S = 6 + 7 ⇔ S = 13 .
3
a=2
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
QUESTÃO 10
Entre os números 3 e 192 insere-se igual número de termos de uma
progressão aritmética e de uma progressão geométrica com razão r e
q , respectivamente, onde r e q são números inteiros. O número 3 e
o número 192 participam destas duas progressões. Sabe-se que o
Resolução
Alternativa A
Para que ocorra o evento descrito no enunciado, podemos perceber
que é necessário que dos 9 passos dados pelo garoto, 5 deles devem
ser feitos para Leste ou para Oeste e o restante seja dividido
igualmente entre passos para Leste e Oeste.
Ou seja, o menino pode caminhar 7 passos para Leste e 2 para Oeste
ou 7 passos para Oeste e 2 para Leste.
8
⎛
r
1⎞
1
,é
.O
terceiro termo de ⎜ 1 + ⎟ , em potências crescentes de
9
q
q
q
⎝
⎠
segundo termo da progressão aritmética é
a) 12
b) 48
c) 66
d) 99
e) 129
Resolução
Alternativa C
Pela expansão binomial, temos:
8
∑
i =0
⎛ 8 ⎞ 8−i
⎜ ⎟ ⋅1
⎝i ⎠
⎛ 1⎞
⋅⎜ ⎟
⎝q⎠
Deste modo,
- Evento A: 7 passos para Leste e 2 para Oeste. Sabendo que a
1
cada e que
probabilidade de obtermos cara e coroa valem
2
podemos permutar os passos para Leste e para Oeste.
i
7
Como o terceiro termo dessa expansão ( i = 2 ) é igual a
r
, vem
9q
- Evento B: 7 passos para Oeste e 2 para Leste. Sabendo que a
1
probabilidade de obtermos cara e coroa valem
cada e que
2
podemos permutar os passos para Leste e para Oeste.
que:
2
⎛ 8 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 8 − 2 8 ⋅ 7 1 28
28
r
⋅ 2 = 2 ⇒ 2 =
⇔ r ⋅ q = 22 ⋅ 3 2 ⋅ 7
⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅1 =
2
q
9
q
q
2!
q
q
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Sabemos que o número de termos nas progressões é o mesmo, então
temos a seguinte relação:
⎛ 1⎞
P (B ) = ⎜ ⎟
⎝2⎠
⎧⎪an = a1 + ( n − 1) ⋅ r
, onde an = bn = 192 e a1 = b1 = 3
⎨
n −1
⎪⎩ bn = b1 ⋅ q
7
2
9!
9
⎛ 1⎞
⋅⎜ ⎟ ⋅
⇒ P (B ) = 7 .
2
⎝ 2 ⎠ 7! ⋅ 2!
Então,
9
9
9
+
⇔ P( A ∪ B) = 6 .
27 27
2
Isso também seria consequência da Lei Binomial de probabilidade.
Sabemos que cada passo é um evento independente que dá leste
1
1
com probabilidade
e oeste com probabilidade . Assim:
2
2
P(A ∪ B) =
Substituindo os valores:
3
⎧192 = 3 + ( n − 1) ⋅ r
⎪⎧( n − 1) ⋅ r = 3 ⋅ 7
⇔ ⎨
⎨
n −1
6
n −1
q =2
⎪⎩
⎩ 192 = 3 ⋅ q
2
9!
9
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞
P ( A) = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅
⇒ P ( A) = 7 .
2
2
7!
2!
2
⋅
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
(1)
( 2)
Dessa maneira, como q é inteiro, de (2), temos que q é uma potência
de 2. Assim, ( n − 1) é divisor de 6 e é positivo, podendo ser apenas
P ( 5 de distância em 9 passos ) =
algum entre os valores 1, 2, 3 ou 6. Mas, por (1) , vem que n − 1 não
= P ( 7 direitas e 2 esquerdas ) +P ( 2 direitas e 7 esquerdas )
pode ser múltiplo de 2, ou seja, 2 ou 6. Então, as únicas possibilidades
para n − 1 são 1 e 3.
⎛9⎞ ⎛ 1 ⎞
= ⎜ ⎟⋅⎜ ⎟
⎝7⎠ ⎝ 2 ⎠
Para n − 1 = 1 , temos n = 2 . Este resultado não convém pelo seguinte
fato:
7
2
⎛ 1 ⎞ ⎛9⎞ ⎛ 1 ⎞
⋅ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠
2
7
9
⎛ 1⎞
⋅⎜ ⎟ = 6
2
⎝2⎠
QUESTÃO 12
Considere uma haste AB de comprimento 10 m. Seja um ponto P
localizado nesta haste a 7 m da extremidade A . A posição inicial
desta haste é horizontal sobre o semieixo x positivo, com a
extremidade A localizada na origem do plano cartesiano. A haste se
desloca de forma que a extremidade A percorra o eixo y , no sentido
⎧⎪q 2 −1 = 26 ⇔ q = 26 ( 3 )
⎨
2
2
⎪⎩ r ⋅ q = 2 ⋅ 3 ⋅ 7 ( 4 )
Como r e q satisfazem as duas equações e são ambos inteiros, então
( 3 ) torna ( 4 ) impossível.
positivo, e a extremidade B percorra o eixo x, no sentido negativo, até
que a extremidade B esteja sobre a origem do plano cartesiano. A
equação do lugar geométrico, no primeiro quadrante, traçado pelo
ponto P ao ocorrer o deslocamento descrito é
a) 49 x 2 + 9 y 2 − 280 x + 120 y − 441 = 0
Para n − 1 = 3 , temos n = 4 . Assim:
4 −1
6
⎧q =4
⎪⎧ q = 2
⇔ ⎨
⎨
3
⎪⎩3 ⋅ r = 3 ⋅ 7
⎩r = 63
b) 49 x 2 − 406 x − 49 y 2 + 441 = 0
c) 9 x 2 + 49 y 2 − 441 = 0
Portanto, o segundo termo da P.A. será:
d) 9 x 2 + 9 y 2 + 120 y − 441 = 0
a2 = a1 + r ⇒ a2 = 3 + 63 ⇒ a2 = 66
e) 9 x 2 − 49 y 2 − 441 = 0
Resolução
Veja uma figura descrevendo a situação:
QUESTÃO 11
Um menino, na cidade do Rio de Janeiro, lança uma moeda. Ele
andará 1 m para o leste se o resultado for cara ou 1 m para oeste se o
resultado for coroa. A probabilidade deste menino estar a 5 m de
distância de sua posição inicial, após 9 lançamentos da moeda, é
9
35
2
a) 6
b) 6
c)
2
2
9!
35
9!
d) 9
e) 9
2
2
Alternativa C
A
7
t
P
yP
3
O
xP
4
B
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
Podemos notar que ΔVPQ ~ ΔVTO e PQ é o apótema do hexágono
Então, A se deslocar ao longo do eixo y é equivalente a t variar
entre 0 e 10 . Vamos agora calcular as coordenadas do ponto P em
função de t .
Por semelhança de triângulos temos:
l 3
.
2
Nota-se também que OP = OT = R . Considerando VP a altura h da
regular da base. Sendo l o lado do hexágono, então (PQ ) =
pirâmide, temos que (VO ) = h − R .
10
⎧3
3 ⋅ OA
⎧
y =
⎪ y = OA
⎪ P
⎪⎪ P
10
⇔ ⎨
⎨
7
10
7
⎪
⎪ x = ⋅ OB
=
⎪⎩ xP OB
⎪⎩ P
10
Calculando a hipotenusa do ΔVPQ por Pitágoras, obtemos que
(VQ ) =
h2 +
Assim, por semelhança, temos:
Temos que OA = t . Para o cálculo de OB utilizamos o Teorema de
Pitágoras:
R
l 3
2
⎧⎪OB 2 = 102 − t 2
⇔ OB = 100 − t 2
⎨
⎪⎩OB ≥ 0
(
)
h2 +
3 2
l
4
⇔
R 2 h 2 − 2hR + R 2
=
⇔
3 2
3
l
h2 + l 2
4
4
3 2
4R 2h
l h ⋅ ( h − 2R ) ⇔ l 2 =
3 ⋅ ( h − 2R )
4
(1)
1
⋅ Ab ⋅ h , onde
3
Ab é a área do hexágono regular. Dessa maneira, a área da base
Sabemos que o volume da pirâmide é definido por V =
pode ser calculada dividindo a base em seis triângulos equiláteros.
l2 3
Então, obtemos que Ab = 6 ⋅
.
4
Retirando da forma paramétrica:
⇔ xP2 =
h−R
=
⇔ R 2h2 =
Assim temos as coordenadas do lugar geométrico em sua forma
paramétrica:
3t
⎧
⎪ y P = 10
⎪
⎨
2
⎪ x = 7 100 − t
P
⎪⎩
10
⎧ 10 y P
t=
⎪⎪
3
⎨
⎪ x 2 = 49 100 − t 2
⎪⎩ P 100
3 2
l .
4
⎛
100 y P2 ⎞
y P2 ⎞
49 ⎛
⎜ 100 −
⎟ = 49 ⎜ 1 −
⎟ ⇔
100 ⎝
9 ⎠
9 ⎠
⎝
E,
V=
⇔ 9 xP2 = 441 − 49 y P2 ⇔ 9 xP2 + 49 y P2 − 441 = 0
1
1
l2 3
⋅ Ab ⋅ h = ⋅ 6 ⋅
⋅h
3
3
4
( 2)
Substituindo (1) em ( 2 ) , temos:
Então o lugar geométrico tem equação:
V=
9 x + 49 y − 441 = 0
2
2
QUESTÃO 13
Considere uma pirâmide regular de base hexagonal de altura h. Uma
esfera de raio R está inscrita nesta pirâmide. O volume desta pirâmide
é
2h 3 R 2h
h 3 R 2h
2h 3 R 2h
a)
b)
c)
3 h − 2R
3 h + 2R
3 h + 2R
h 3 R 2h
2h 3 R 2h
d)
e)
3 h − 2R
3 h−R
Resolução
Alternativa A
Segue a ilustração da situação descrita pelo enunciado.
1
4R 2h
3
2h 3
R 2h
⋅6⋅
⋅
⋅h ⇔ V =
⋅
3
3 ⋅ ( h − 2R ) 4
3
( h − 2R )
QUESTÃO 14
Considere a figura abaixo formada por arcos de circunferência
tangentes cujos centros formam um pentágono regular inscritível em
uma circunferência de raio R. O perímetro da figura é
V
V
T
T
7πR
2
7πR
b)
4
7πR
c)
2
7πR
d)
4
a)
O
O
P
Q
P
Q
5
10 − 2 5
10 + 5
10 + 2 5
10 + 2 5
(19) 3251-1012
e)
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
7πR
10 − 2 5
4
Resolução
36o
Alternativa E
Veja abaixo uma das circunferências:
1
1
252o
72o
72o
x
108o
Assim, se traçarmos a altura relativa a base de comprimento x
(pontilhada na figura anterior), temos que o ângulo superior de
algum dos triângulos retângulos formados mede 18o , portanto seu
seno vale:
x
2
sen18o =
Onde o ângulo central mede 108o pois é um ângulo interno do
pentágono regular que os centros formam:
Agora basta calcular o valor de x . Para isso, traçamos a bissetriz
de um dos ângulos de 72o :
36o
x
1
72o
x
36o
+1
1− x
72o
x
Por semelhança entre o triângulo +1 e o triângulo original, temos:
1− x x
−1 ± 5
=
⇔ x2 + x − 1 = 0 ⇔ x =
x
1
2
Assim, a região vermelha na figura acima é composta de 5 arcos
de 252o de circunferências de raio r . Assim o comprimento
pedido é:
Mas como x é o comprimento de um lado de um triângulo, x > 0
e portanto x =
252o
C = 5⋅
⋅ 2πr = 7πr
360o
5 −1
. Assim:
2
cos72o = sen18o =
Agora basta relacionar r e R . Veja que o lado do pentágono tem
comprimento 2r . Utilizando o ângulo central temos a seguinte
situação:
x
5 −1
=
2
4
Substituindo em 4r 2 = 2R 2 (1 − cos72o ) temos:
⎛
5 − 1⎞ 5 − 5 2
4r 2 = 2R 2 ⎜ 1 −
R ⇔
⎟=
⎜
4 ⎟⎠
2
⎝
2r
R
72o
r2 =
R
5− 5 2
5− 5
R ⇔ r=
R
8
2 2
⇔ r=
10 − 2 5
R
4
Finalmente, substituindo em C = 7πr temos:
C=
Assim, pelo Teorema dos Cossenos:
4r 2 = 2R 2 (1 − cos72o )
Agora nos resta calcular o valor de cos72o , que é o mesmo de
sen18o . A técnica de calculo desse valor é conhecida, e vem do
seguinte triângulo:
6
7πR
10 − 2 5
4
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
Obs: Vale a ressalva que se A e B forem disjuntos ( A ∩ B = ∅ ) , a
QUESTÃO 15
Considere os conjuntos A,B,C e D, não vazios, contidos no mesmo
igualdade acima é verdadeira.
conjunto universo U. A simbologia F representa o complemento de um
conjunto F em relação a um ponto U. Assinale a opção correta
c) Falso
(A ∩ B ∩C) ∪ (A ∩ B ∩C) ∪ (A ∩ B ∩C) ⇔
(A ∩ B ∩C) ∩ (A ∩ B ∩C) ∩ (A ∩ B ∩C) ⇔
(A ∪ B ∪C) ∩ (A ∪ B ∪C) ∩ (A ∪ B ∪C)
a) Se A ∩ D ⊂ C e B ∩ D ⊂ C então A ∩ B ⊂ C
(
) (
)
c) ( A ∩ B ∩ C ) ∪ ( A ∩ B ∩ C ) ∪ ( A ∩ B ∩ C ) = ( A ∩ B ∩ C )
b) ⎡ A ∩ B ∩ C ∪ A ∩ B ∩ C ⎤ ∩ ( A ∩ B ∩ C ) = ( A ∩ B )
⎣
⎦
d)
( A ∩ B ∩ C ) ∪ ( A ∩ B ∩ C ) ∪ ( A ∩ B ∩ C ) = ( A ∩ B ) ∪ (B ∩ C ) ∪ ( A ∩ C )
Contra-exemplo:
Consideramos os conjuntos:
⎧ A = {a}
⎪⎪
⎨B = {b}
⎪
⎪⎩C = {c}
e) Se A ⊂ C e B ⊂ C então A ∪ B ⊂ C
Resolução
Alternativa E
Para justificar as afirmações abaixo serão utilizadas as leis de De
Morgan:
Sabemos que U = {a, b, c} . Então:
⎧⎪ X ∪ Y = X ∩ Y
, com X e Y conjuntos quaisquer.
⎨
⎪⎩ X ∩ Y = X ∪ Y
⎧A ∪ B ∪ C = U
⎪⎪
⎨A ∪ B ∪ C = U ⇒
⎪
⎪⎩ A ∪ B ∪ C = U
a) Falso
Construimos um contra-exemplo. Cosiderando:
⎧ A = {a, d }
⎪⎪
⎨B = {b, d }
⎪
⎪⎩D = C = {a, b, c}
(
⎧ A = {a, d }
⎪⎪
⎨B = {b, d }
⎪
⎪⎩C = {c, d }
Com U = {a, b, c, d } . Então temos:
b) Falso
Simplificando a expressão, temos:
) (
)
⎧A ∩ B ∩ C = ∅
⎪⎪
⎨A ∩ B ∩ C = ∅ ⇒
⎪
⎪⎩ A ∩ B ∩ C = ∅
⎡ A ∩ B ∩C ∪ A ∩ B ∩C ⎤ ∩ (A ∩ B ∩C)
⎣
⎦
Colocando C em evidência:
) (
)
(
)
(
(
)
}
C ∩ ⎡ A ∩ B ∪ A ∩ B ⎤ ∩ (A ∩ B ∩C)
⎣
⎦
(
)
)
)
⇒ ( A ∩ B ) ∪ ( B ∩ C ) ∪ ( A ∩ C ) = {d }
Aplicando a distributiva novamente e utilizando as leis de De Morgan:
⎡C ∩ B ∩ A ⎤ ∩ ⎡C ∩ ( A ∪ B ) ⎤ ∩ ⎡C ∩ ( A ∩ B ) ⎤ =
⎦ ⎣
⎦
⎣
⎦ ⎣
)
(
Portanto:
( A ∩ B ∩ C ) ∪ ( A ∩ B ∩ C ) ∪ ( A ∩ B ∩ C ) ≠ ( A ∩ B ) ∪ (B ∩ C ) ∪ ( A ∩ C )
)
⎡C ∩ B ∩ A ⎤ ∩ ⎡C ∩ ( A ∩ B ) ⎤
⎦
⎣
⎦ ⎣
Pois: ⎣⎡C ∩ ( A ∪ B ) ⎦⎤ ∩ ⎣⎡C ∩ ( A ∩ B ) ⎦⎤ = C ∩ ( A ∩ B ) uma vez que
e) Verdadeiro.
Pela lei de De Morgan, temos que A ∪ B = A ∩ B = A ∩ B . Como
A ⊂ C e B ⊂ C , então A ∩ B ⊂ C .
( A ∩ B) ⊂ (A ∪ B) .
Assim:
(
)
(
Observação:
A demonstração que fizemos acima para cada alternativa faz uso
apenas das definições e operações com conjuntos, não utilizando em
nenhum momento diagramas para sua justificativa.
Numa demonstração formal, caso de uma questão dissertativa, por
exemplo, diagramas de Venn-Euler não poderiam ser usados para
justificar a validade de uma determinada afirmação.
Considerando que nesse caso temos uma questão objetiva, para
descartar as alternativas (b), (c) e (d), podemos ilustrar, através de
diagramas de Venn-Euler, que as igualdades apresentadas em cada
)
⎡C ∩ B ∩ A ⎤ ∩ ⎡C ∩ ( A ∩ B ) ⎤ = C ∩ B ∩ A ∩ ( B ∩ A )
⎦
⎣
⎦ ⎣
(
)
Mas, como B ∩ A ∩ ( B ∩ A ) = ∅ . Então:
(
)
⎧ A ∩ B = {d }
⎪
⎨B ∩ C = {d } ⇒
⎪ A ∩ C = {d }
⎩
C ∩ ⎡ B ∪ A ∩ ( A ∪ B )⎤ ∩ ( A ∩ B ∩ C ) =
⎣
⎦
(
) (
Mas:
C ∩ ⎡ A ∩ B ∪ A⎤ ∩ ⎡ A ∩ B ∪ B ⎤ ∩ ( A ∩ B ∩ C ) =
⎣
⎦ ⎣
⎦
(
) (
⇒ A ∩ B ∩C ∪ A ∩ B ∩C ∪ A ∩ B ∩C = ∅
Fazemos então distributiva de A ∩ B em A ∩ B :
{(
)
d) Falso
Construimos um contra-exemplo. Tomando os conjuntos:
⎧ A ∩ D = {a} ⊂ C
⎪⎪
⎨B ∩ D = {b} ⊂ C
⎪
⎪⎩ A ∩ B = {d } ⊄ C
(
) (
Mas A ∩ B ∩ C = ∅ .
Temos então que:
(
) (
⇒ A ∪ B ∪C ∩ A ∪ B ∪C ∩ A ∪ B ∪C = U
)
C ∩ B ∩ A ∩ (B ∩ A) = ∅ ≠ ( A ∩ B )
7
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
uma delas não são necessariamente verdadeiras, para três conjuntos
A, B e C quaisquer.
Observe os diagramas de Venn-Euler a seguir, que representam
algumas intersecções que aparecerão nas alternativas (b), (c) e (d):
Para as alternativas (c) e (d), precisaremos do diagrama de:
(A ∩ B ∩C) ∪ (A ∩ B ∩C) ∪ (A ∩ B ∩C)
(I) A ∩ B ∩ C :
Na alternativa (c), o lado esquerdo da igualdade apresentada seria:
(A ∩ B ∩C) ∪ (A ∩ B ∩C) ∪ (A ∩ B ∩C)
(II) A ∩ B ∩ C
Já o lado direito seria:
(III) A ∩ B ∩ C
A ∩ B ∩C
Na alternativa (b), temos ( A ∩ B ∩ C ) ∪ ( A ∩ B ∩ C ) :
Na alternativa (d), o lado direito seria:
( A ∩ B ) ∪ (B ∩ C ) ∪ ( A ∩ C )
Observe a partir disso que:
⎡( A ∩ B ∩ C ) ∪ ( A ∩ B ∩ C ) ⎤ ∩ ( A ∩ B ∩ C ) = ∅ :
⎣
⎦
8
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
Um foguete de brinquedo voa na direção e sentido indicados pela
figura com velocidade constante ν . Durante todo o voo, um par de
espelhos, composto por um espelho fixo e um espelho giratório que
gira em torno de A, faz com que um raio laser sempre atinja o foguete,
como mostra a figura acima. O módulo de velocidade de rotação do
espelho é:
a) ⎣⎡ ν sen ( θ ) ⎦⎤ / d
FÍSICA
QUESTÃO 16
Uma partícula de carga q e massa m está sujeita a dois campos
elétricos ortogonais E x ( t ) e E y ( t ) , dados pelas equações:
E x ( t ) = 5 sen ( 2t )
E y ( t ) = 12cos ( 2t )
b) ⎡⎣ ν sen2 ( θ / 2 ) ⎤⎦ / d
Sabe-se que a trajetória da partícula constitui uma elipse. A velocidade
escalar máxima atingida pela partícula é:
a)
5 q
2 m
q
m
b) 5
c) 6
c) ⎡⎣ ν sen2 ( θ ) ⎤⎦ / d
d) ⎣⎡ ν sen ( θ ) ⎦⎤ / 2d
q
m
e) ⎡⎣ ν sen2 ( θ ) ⎤⎦ / 2d
Resolução
Alternativa E
A figura abaixo traz algumas linhas de interesse para a resolução do
exercício.
Tomamos como R a distância entre o espelho giratório e o foguete, e
como ν y a componente perpendicular a R da velocidade do foguete:
13 q
q
e) 13
m
2 m
Resolução
Alternativa C
Pelas equações da eletrostática, e considerando a força elétrica a
única que atua na partícula:
q
q ⋅ E x = Fx ⇒ q ⋅ E x = m ⋅ ax ⇒ ax = ⋅ E x
m
q
ax = ⋅ 5 ⋅ sen(2t )
m
Analogamente:
q
ay = ⋅ 12 ⋅ cos(2t )
m
Como a figura formada é uma elipse, então seu movimento é a
composição de Movimentos Harmônicos Simples, nos eixos x e y.
Podemos fazer as anti-derivadas ou utilizar as conhecidas equações
de MHS para cada direção e assim obter as funções velocidade em x
e y:
q 5
v x = − ⋅ ⋅ cos(2t )
m 2
q 12
vy = ⋅
⋅ sen(2t )
m 2
A velocidade resultante v, em módulo:
d)
2
⎛ q 5
⎞ ⎛ q 12
⎞
| v |2 =| v x |2 + | v y |2 = ⎜ − ⋅ ⋅ cos(2t ) ⎟ + ⎜ ⋅ ⋅ sen(2t ) ⎟
⎝ m 2
⎠ ⎝m 2
⎠
2
| v |2 =
2
| v |2 =
θ
d
Sabemos, do movimento circular, que ν = ω ⋅ R , então:
ν
ωθ = y
R
d
Como ν y = ν ⋅ sen(θ) e R =
podemos dizer que:
sen(θ)
ν ⋅ sen(θ) ν ⋅ sen2 (θ)
=
d
d
sen(θ)
Devemos lembrar que o valor do ângulo θ entre o raio que chega e o
que sai do espelho é o dobro do valor do ângulo α , entre o raio que
chega e a normal ao espelho.
ωθ =
2
2
2
q
25
q 119
⋅
⋅ cos2 (2t ) + sen2 (2t ) +
⋅
⋅ sen2 (2t )
4
4
m
m
)
θ
R
2
| v |2 =
ν
θ
q
25
q 144
⋅
⋅ cos2 (2t ) +
⋅
⋅ sen2 (2t )
4
4
m
m
(
νy
R
q ⎛ 25 119
⎞
⋅
+
⋅ sen2 (2t ) ⎟
4
m ⎜⎝ 4
⎠
α
Cujo maior valor corresponde ao caso em que sen2 (2t ) = 1 :
2
| v max |2 =
2
q ⎛ 25 119 ⎞ q
⋅
+
⋅ 1⎟ =
⋅ 36
4
m ⎜⎝ 4
⎠ m
Podemos notar então que a velocidade angular do espelho ωα é a
metade da velocidade angular do raio emergente ω θ .
q
| v max |= 6
m
Dessa forma:
QUESTÃO 17
ωα =
ν ⋅ sen2 (θ)
2⋅d
QUESTÃO 18
r
x
L
9
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
Um objeto puntiforme encontra-se a uma distância L de sua imagem,
localizada em uma tela, como mostra a figura acima. Faz-se o objeto
executar um movimento circular uniforme de raio r ( r L ) com centro
Resolução
Alternativa E
A força resultante sobre o corpo nesse caso é somente a força peso,
que é constante. Portanto, de acordo com o teorema do impulso:
JG JJG
JG JG
ΔQ = FR ⋅ Δt
⇒ ΔQ = P ⋅ Δt
JG
(1)
⇒ ΔQ = mg Δt
no eixo principal e em um plano paralelo à lente. A distância focal da
lente é 3L/16 e a distância entre o objeto e a lente é x . A razão entre
as velocidades escalares das imagens para os possíveis valores de x
para os quais se forma uma imagem na posição da tela é:
a) 1
b) 3
c) 6
d) 9
e) 12
Resolução
1 1 1
(equação de Gauss).
Sabemos que = +
f p p'
Calculando então o tempo de queda:
g.t 2
10.t 2
⇒ 0 − 2,2 = 20.cos(60°).t −
Δs = v 0 .t −
2
2
1
10.t 2
⇒ −2,2 = 20. .t −
2
2
⇒ 5.t 2 − 10.t − 2,2 = 0
Alternativa D
⇒ t = 1 ± 1,2
Tomando então t positivo temos que t = 2,2s . Substituindo na
equação (1) temos
JG
ΔQ = mg ( t − 0 ) = 0,3.10.2,2
JG
ΔQ = 6,60Kg.m / s
Percebemos pela figura do enunciado que p = x e p ' = L − x .
E a equação de Gauss fica:
16 1
1
3L2
=0
= +
⇒ x2 − L ⋅ x +
16
3L x L − x
Calculando as raízes:
1
3
x1 = L
x2 = L
e
4
4
Como o objeto realiza um movimento circular uniforme de raio r a sua
projeção sobre a tela realizará movimento circular uniforme de raio R .
Como as velocidades angulares são iguais podemos afirmar que:
V
v V
ω= = 1 = 2
r R1 R2
Pelo aumento linear temos que:
i R
f
A= = =
o r f −p
Então:
⎛ f ⎞
⎜
⎟
R1 V1 ⎝ f − p1 ⎠ ( f − p2 )
=
=
=
R2 V2 ⎛ f ⎞ ( f − p1 )
⎜
⎟
⎝ f − p2 ⎠
QUESTÃO 20
Substituindo o que encontramos (note que p1 = x1 e p2 = x2 ):
3 ⎞ ⎛ −9 ⎞
⎛ 3
L − L⎟ ⎜ L⎟
V1 ⎜⎝ 16
4 ⎠ ⎝ 16 ⎠
=
=
=9
1 ⎞ ⎛ −1 ⎞
V2 ⎛ 3
⎜ 16 L − 4 L ⎟ ⎜ 16 L ⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
V1
=9
V2
QUESTÃO 19
A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma
barra vertical AC e um cabo CD, de pesos desprezíveis, e por uma
barra horizontal BD. O cabo de seção transversal de 100 mm² de área
é inextensível e está preso nos pontos C e D. A barra horizontal é
composta por dois materiais de densidades lineares de massa μ1 e
Um corpo de 300g de massa é lançado de uma altura de 2,20m em
relação ao chão como mostrado na figura acima. O vetor de
velocidade inicial ν 0 tem módulo de 20m/s e faz um ângulo de 60º
μ 2 . Diante do exposto, a força normal por unidade de área, em MPa,
no cabo CD é:
com a vertical. O módulo do vetor diferença entre o momento linear no
instante do lançamento e o momento linear no instante em que o
objeto atinge o solo, em kg.m/s, é:
Dado:
Aceleração da gravidade: 10m/s².
a) 0,60
d) 3,00
b) 1,80
e) 6,60
Dados:
•
aceleração da gravidade: 10 m/s²;
•
densidades lineares de massa: μ1 = 600kg m e μ 2 = 800kg m .
a) 100
b) 125
c) 150
d) 175
e) 200
c) 2,25
10
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
a) Incorreta: o comprimento de onda da onda sonora pode ser menor
que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo
das velocidades de propagação de cada onda.
b) Incorreta: o comprimento de onda da onda sonora pode ser maior
que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo
das velocidades de propagação de cada onda.
c) Incorreta: o comprimento de onda da onda sonora pode ser maior
ou menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda,
dependendo das velocidades de propagação de cada onda.
⎛ v ⎞
d) Correta: Na medida em que a razão ⎜ ar ⎟ for maior/menor que 1
⎝ v corda ⎠
o comprimento da onda sonora ( λ ar ) será maior/menor que o
Resolução
Alternativa B
Os pesos das duas partes da barra horizontal são:
P1 = l1 ⋅ μ1 ⋅ g = 1⋅ 600 ⋅ 10 ⇒ P1 = 6000 N
P2 = l 2 ⋅ μ2 ⋅ g = 1⋅ 800 ⋅ 10 ⇒ P2 = 8000 N
No triângulo pitagórico CBD temos:
C
2,5 m
1,5 m
sen θ =
θ
B
2,0 m
3
5
D
comprimento de onda da onda produzida na corda ( λ corda ).
e) Incorreta: não vai depender das frequências, pois elas serão
sempre iguais. A onda sonora é gerada pela perturbação causada pela
corda nas moléculas de ar, e essa perturbação ocorre sempre na
frequência de vibração da corda.
Admitimos o ponto B como ponto de giro da barra horizontal. A tração
JG
T no cabo pode ser decomposta, então temos a seguinte situação:
JG
T
B
JJG
P1
0,5 m
JJG
Tx
F
E
JJG
Ty
θ
QUESTÃO 22
D
JJG
P2
0,5 m
0,5 m
0,5 m
Pela somatória nula dos momentos das forças em relação ao ponto B,
3
e como Ty = T ⋅ sen θ = T ⋅ :
5
ME + MF + MD = 0 ⇒ −P1 ⋅ dBE − P2 ⋅ dBF + Ty ⋅ dBD = 0
−6000 ⋅ 0,5 − 8000 ⋅ 1,5 + T ⋅
3
⋅ 2,0 = 0
5
A figura acima apresenta uma partícula com velocidade ν , carga q e
massa m penetrando perpendicularmente em um ambiente submetido
a um campo magnético B. Um anteparo está a uma distância d do
centro do arco de raio r correspondente à trajetória da partícula. O
tempo, em segundos, necessário para que a partícula venha a se
chocar com o anteparo é:
T = 12500 N
A “força normal” no cabo CD em questão é a própria tração T. Sendo a
área da secção deste cabo S = 100 mm2 = 10−4 m2 , temos:
T
T 12500 N
N
=
= 125 ⋅ 106 2 ⇔
= 125 MPa
S
S 10−4 m2
m
Dados:
•
•
QUESTÃO 21
Quando uma corda de violão é tocada, o comprimento de onda da
onda sonora produzida pela corda
a) é maior que o comprimento de onda da onda produzida na corda, já
que a distância entre as moléculas do ar é maior que a distância entre
os átomos da corda.
b) é menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda,
já que a massa específica do ar é menor que a massa específica da
corda.
c) é igual ao comprimento de onda da onda produzida na corda, já que
as frequências das duas ondas são iguais.
d) pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda
produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação da
onda sonora e da onda produzida na corda.
e) pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda
produzida na corda, dependendo das frequências da onda sonora e da
onda produzida na corda.
Resolução
Alternativa D
Relacionando o comprimento de onda, a frequência, e a velocidade
das ondas na corda e no ar temos:
λ corda = f ⋅ v corda
ν = 10 m/s
B = 0,5 T
•
q = 10 μC
•
m = 10 × 10 −20 kg
•
d=
2
r
2
a) 40π × 10 −15
b) 20π × 10−15
c) 10π × 10 −15
d) 5π × 10−15
e) 2,5π × 10−15
Resolução
Alternativa D
A partícula carregada, ao penetrar no ambiente magnético, sofre ação
de uma força magnética cujo módulo é dado por:
FMag = qνB,
Essa força aponta perpendicularmente à direção da velocidade,
segundo a regra da mão esquerda.
G
Fmag
λ ar = f ⋅ v ar
Onde a frequência é a mesma para ambos, uma vez que a frequência
gerada na corda é transmitida à onda sonora. Portanto
λ
λ
f = ar = corda
v ar v corda
G
v
Como a trajetória é realizada com velocidade constante, a força
magnética provoca uma resultante centrípeta, também constante,
sobre a partícula. Tal força faz a partícula seguir a trajetória circular
representada na figura do enunciado do exercício.
Para calcularmos o tempo Δt necessário para que a partícula colida
com o anteparo, necessitamos saber o comprimento s do arco de
Ou seja,
⎛ v ⎞
λ ar = ⎜ ar ⎟ ⋅ λ corda
⎝ v corda ⎠
Sendo assim:
11
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
A Lei de Fourier sobre o fluxo de calor φ afirma que:
k ⋅ A ⋅ Δθ
,
φ=
e
onde φ é calor por tempo (portanto dimensionalmente homogêneo a
uma potência), A é a área ( [ A ] = L2 ), e é a espessura ( [ e ] = L ) e Δθ
circunferência que ela percorre. Uma vez que nesse caso Δt = s / v .
Tal arco tem tamanho igual a
s = r θ.
O ângulo θ está representado na figura abaixo, e é determinado por
d
d
cos θ = ⇒ θ = arccos .
r
r
é a diferença de temperaturas ( [ Δθ ] = θ ). Assim:
d
[k ]=
[ φ ] ⋅ [ e ] = ( M ⋅ L2 ⋅ T −3 ) ⋅ L = M ⋅ L ⋅ T −3 ⋅ θ−1
L2 ⋅ θ
[ A ] ⋅ [ Δθ ]
Substituindo tudo na fórmula apresentada, temos:
θ
[γ]=
s
r
M ⋅ L2 ⋅ T −3 ⋅ θ−1 =
[ν]
2
Para a referida trajetória circular, podemos igualar a força magnética à
resultante centrípeta a fim de obter o raio r em função dos
parâmetros que o exercício oferece. Assim,
G
G
mv 2
m
FMag = RCent ⇒ qvB =
⇒r =
v.
r
qB
Desta forma,
s rθ m
d
Δt = =
=
arccos .
v v qB
r
Substituindo agora os valores fornecidos no enunciado:
⎛ 1 r 2⎞
10.10 −20
Δt =
arccos ⎜
⎟
10.10 −6.0,5
⎝r 2 ⎠
⇔
( M ⋅ L ⋅ T −3 ⋅ θ−1 ) ⋅ ( L ⋅ T −2 ) ⋅ L3
[ν]
2
⇔
1
= T −2 ⋅ L3 ⇔
[ ν ] = ( L ⋅ T −1 ) ⋅ L2
u
α
A
ν
Uma onda plana de frequência f propaga-se com velocidade ν
horizontalmente pela direita. Um observador em A desloca-se com
velocidade constante u ( u < ν ) no sentido indicado na figura acima.
Sabendo que α é o ângulo entre a direção de propagação da onda e
de deslocamento do observador, a frequência medida por ele é:
f
⎡ u
⎤
a) ⎢1 + cos ( α ) ⎥ f
d)
u
⎣ ν
⎦
1 + cos ( α )
ν
⎡ u
⎤
b) ⎢1 − cos ( α ) ⎥ f
cos
(α)
⎣ ν
⎦
e)
f
u
f
1+
c)
ν
u
1 − cos ( α )
ν
Resolução
Alternativa B
Traçaremos uma figura para ajudar a compreender a situação.
QUESTÃO 23
Em certos problemas relacionados ao escoamento de fluidos no
interior de dutos, encontram-se expressões do tipo:
kal 3
ν2
A grandeza γ possui a mesma dimensão da razão entre potência e
temperatura. O termo k é a condutividade térmica, conforme descrito
pela Lei de Fourier. As dimensões dos parâmetros a e l são,
respectivamente, as mesmas de aceleração e comprimento. A
dimensão de ν para que a equação acima seja dimensionalmente
correta é igual a:
a) raiz quadrada da aceleração.
b) quadrado da velocidade.
c) produto do comprimento pela raiz quadrada da velocidade.
d) produto da velocidade pela raiz quadrada do comprimento.
e) produto do comprimento pelo quadrado da velocidade.
Resolução
Alternativa D
Denotaremos as dimensões das grandezas fundamentais por:
M:
L:
T:
θ:
3
QUESTÃO 24
Δt = 5π.10−15 s
γ=
[ k ]⋅[ a ]⋅[ l ]
2
[ν]
u
uy
ν
α
ux
As linhas tracejadas representam as frentes de onda plana. Na
imagem é possível perceber que apenas a componente u x da
Massa
Comprimento
Tempo
Temperatura
velocidade do observador contribui para o Efeito Doppler.
Dessa forma:
fo
ν − ux
f
= ⇒ fo = f ⋅
ν
ν − ux ν
Como u x = u ⋅ cos(α ) então:
A dimensão de potência (P) pode ser calculada usando o fato de que
potência é o produto de uma força por uma velocidade, e a força por
sua vez é o produto de uma massa por uma aceleração. Assim:
fo = f ⋅
ν − u ⋅ cos(α )
ν
Rejeitando os termos:
[ P ] = [ F ] ⋅ [ v ] = [ m ] ⋅ [ a ] ⋅ [ v ] = M ⋅ ( L ⋅ T −2 ) ⋅ ( L ⋅ T −1 ) = M ⋅ L2 ⋅ T −3
⎛ u
⎞
fo = ⎜ 1 − ⋅ cos ( α ) ⎟ ⋅ f
ν
⎝
⎠
Encontramos, desse modo, as unidades dos parâmetros:
M ⋅ L2 ⋅ T −3
= M ⋅ L2 ⋅ T −3 ⋅ θ−1
θ
[ a ] = L ⋅ T −2
[γ]=
[l ]=L
12
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
QUESTÃO 25
Um feixe de luz de intensidade I incide perpendicularmente em uma
lâmina de vidro de espessura constante. A intensidade da onda
transmitida do ar para o vidro e vice-versa é reduzida por um fator
q ( 0 < q < 1) . Ao chegar a cada interface de separação entre o ar e o
objeto é 17mg , sendo g a aceleração da gravidade. A altura máxima
hmax que o objeto atinge na rampa é:
a) 3R
(
c) (
d) (
b)
vidro, a onda se divide em refletida e transmitida. A intensidade total
da luz que atravessa o vidro, após sucessivas reflexões internas no
vidro, é dada por:
2qI
qI
c)
b)
a) q 2I
1+ q
2 − q2
)
17 + 1) R
17 + 2 ) R
17 − 1 R
e) 18R
Resolução
Alternativa A
A fim de calcularmos a altura máxima hmax atingida pelo objeto em
questão, podemos considerar o fato de não haver forças dissipativas
atuando sobre ele, o que faz com que sua energia mecânica seja
conservada ao longo do movimento. Dessa forma, igualamos a
energia mecânica final à energia mecânica em algum outro instante do
percurso.
Para tanto, escolhemos o ponto P, onde é possível avaliar mais
facilmente a energia cinética e a energia potencial gravitacional, sendo
a última dada em relação ao chão por
qI
1
d)
e) q (1 + q ) I
2−q
2
Resolução
Alternativa D
Observe a figura abaixo, onde o feixe perpendicular foi representado
obliquamente para facilitar a visualização.
I
EPot .P = m ⋅ g ⋅ R .
A
B
I1
A energia cinética deve ser calculada usando
C
I2
I3
ECin.P =
1
⋅ m ⋅ v P2 ,
2
Note que a intensidade de radiação que atravessa o vidro é a soma:
{I1, I2, I3 , ...} (1)
onde v P é a velocidade em P.
Pelo enunciado, a intensidade da luz incidente no ponto A é qI , logo
Nesse ponto P, duas forças atuam sobre o objeto:
2
a que atravessa esse ponto é q I . A luz incidente em B sofre duas
JG
JG
• o peso P = m ⋅ g , vertical, para baixo;
JJG
• a reação normal N , horizontal, para o centro da trajetória circular.
reflexões após atingir A, sendo (1 − q )Iincidente a intensidade da luz
refletida, assim a luz incidente em B possui intensidade (1 − q )2 ⋅ q 2I .
Note que para cada ponto (A, B, C ...) a intensidade da luz transmitida
se reduz por um fator (1 − q )2 , assim a sequência (1) será:
JJG
N
{q I, q (1 − q ) I, q (1 − q ) I, q (1 − q ) I, ...}
2
2
2
2
4
2
6
JG
P
Observe que esta sequência é uma Progressão Geométrica (P.G.)
com infinitos termos de razão (1 − q)2 . Lembrando que a soma dos
infinitos termos de uma P.G. é:
a
S∞ = 1
1− r
Sendo a1 o primeiro termo e r a razão.
Para simplificar, faremos a soma dos termos
{1, (1 − q ) , (1 − q ) , (1 − q ) , ...} e multiplicamos por
2
4
6
JJG
FR
JJG
Desta forma, o módulo da resultante FR neste ponto é tal que:
JJG 2 JG 2 JJG 2
JJG 2
JJG
2
2
FR = P + N ⇔ 17 ⋅ ( m ⋅ g ) = ( m ⋅ g ) + N ⇔ N = 4 ⋅ m ⋅ g
q2I :
1
1
1
=
=
1 − (1 − q )2 1 − (1 − 2q + q 2 ) 2q − q 2
Logo a intensidade que atravessa será:
q ⋅I
q 2I
Iatravessa =
⇒ Iatravessa =
2
−q
2
2q − q
QUESTÃO 26
Em P, a normal tem papel de resultante centrípeta, de maneira que
S∞ =
JJG m ⋅ v 2
m ⋅ v P2
P
N =
⇔ 4⋅m⋅g =
⇔ v P2 = 4 ⋅ g ⋅ R ,
R
R
o que nos dá uma energia cinética igual a:
ECin.P =
A
1
⋅ m ⋅ v P2 = 2 ⋅ m ⋅ g ⋅ R ,
2
e por sua vez uma energia mecânica total igual a:
P
R
EMec.P = EPot .P + ECin.P = m ⋅ g ⋅ R + 2 ⋅ m ⋅ g ⋅ R = 3 ⋅ m ⋅ g ⋅ R .
hmax
R
Assim, como a energia cinética é nula no ponto de altura máxima,
impondo a conservação da energia mecânica entre esse ponto e o
ponto P, temos:
0 + EPotMax = EMec .P ⇔ m ⋅ g ⋅ hmax = 3 ⋅ m ⋅ g ⋅ R ⇔ hmax = 3R
Um objeto puntiforme de massa m é lançado do ponto A descrevendo
inicialmente uma trajetória circular de raio R, como mostrado na figura
acima. Ao passar pelo ponto P o módulo da força resultante sobre o
13
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
modo a sanar o problema, foi montado o aparato apresentado na
figura acima, composto por uma bateria Vb ajustada para fornecer
uma corrente constante de 10 A ao circuito formado pela resistência R
e pelo cabo. O valor da tensão da bateria é mostrado por um
voltímetro que apresenta um erro de medição de +/- 10%. Sabendo
que a leitura do voltímetro é 16,67 V, é CORRETO afirmar que:
QUESTÃO 27
Um automóvel percorre uma estrada reta de um ponto A para um
ponto B. Um radar detecta que o automóvel passou pelo ponto A a
72 km/h. Se esta velocidade fosse mantida constante, o automóvel
chegaria ao ponto B em 10 min. Entretanto, devido a uma
eventualidade ocorrida na metade do caminho entre A e B, o motorista
foi obrigado a reduzir uniformemente a velocidade até 36 km/h,
levando para isso, 20 s. Restando 1 min para alcançar o tempo total
inicialmente previsto para o percurso, o veículo é acelerado
uniformemente até 108 km/h, levando para isso, 22 s, permanecendo
nesta velocidade até chegar ao ponto B. O tempo de atraso, em
segundos, em relação à previsão inicial, é:
a) a partir da leitura do voltímetro no ensaio, pode-se concluir que o
comprimento total do cabo é 2 km.
b) a distância mínia de x para se iniciar a escavação é 224 m.
c) a distância mínia de x para se encerrar a escavação é 176 m.
d) o ponto x=240 m está dentro do intervalo provável de ruptura do
cabo.
e) o ponto x=210 m está dentro do intervalo provável de ruptura do
cabo.
a) 46,3
b) 60,0
c) 63,0
d) 64,0
e) 66,7
Resolução
Alternativa D
Passando os dados para o sistema internacional e traçando os
gráficos da viagem Prevista e a Real num mesmo sistema de
coordenadas:
V (m/s)
30
Real
20
Resolução
Alternativa E
Para analisar completamente o problema, temos que ter em mente
que o aparelho de medida possui um erro de medição de 10%, para
mais ou para menos. Isto nos obriga a trabalhar com os limites
superior e inferior de suas medidas ao invés de um único valor.
Assim, começamos calculando os extremos Umin e Umax para o
potencial que ele mede:
9
= 15 V,
10
11
Umax = 16,67.
= 18,33 V.
10
A ruptura do cabo subterrâneo faz com que o trecho sob o solo
funcione como uma resistência de 0,01 Ω /m , e conduza corrente para
a terra, corrente essa que será ‘drenada’ pelo aterramento, conforme a
figura abaixo. Isto ocorre pois tudo o que se encontra aterrado está no
mesmo potencial, logo pode haver fluxo livre de cargas ali.
Umin = 16,67.
Previsto
10
t (s)
tf
300 320
540 562 600
Para que as distâncias percorridas sejam iguais devemos ter as áreas
abaixo dos gráficos iguais (o gráfico está fora de escala).
Calculando a área prevista:
AP = 20 ⋅ 600 = 12.000
i
Calculando a área real:
(20 + 10)
(10 + 30)
AR = 20 ⋅ 300 +
⋅ 20 + 10 ⋅ 220 +
⋅ 22 + 30 ⋅ (tf − 562)
2
2
AR = 6.000 + 300 + 2.200 + 440 + 30 ⋅ (tf − 562)
Dessa maneira o circuito resultante pode ser esquematizado da
seguinte forma:
AR = 8.940 + 30 ⋅ (tf − 562)
Rcabo
Igualando as áreas:
8.940 + 30 ⋅ (tf − 562) = 12.000
(tf − 562) = 102
A resistência equivalente do circuito será dada por
10Rcabo
REQ =
10 + Rcabo
tf = 664
Como o tempo previsto era de 600 segundos, temos um atraso de
64 segundos.
e deverá compreender uma faixa de valores, pois
Rcabo
U = REQ ⋅ I = 100
→
10 + Rcabo
QUESTÃO 28
Umin ≤ 100
Rcabo
≤ Umax .
10 + Rcabo
Resolvendo a inequação encontramos
Rcabo
≤ 18,33
15 ≤ 100
10 + Rcabo
0,15 (10 + Rcabo ) ≤ Rcabo ≤ 0,1833 (10 + Rcabo )
1,76 Ω ≤ Rcabo ≤ 2,24 Ω.
Portanto:
176 m ≤ Lcabo ≤ 224 m.
A partir disso inferimos que uma escavação de manutenção deva ser
realizada no mínimo a uma distância de 176 metros e no máximo a
224 metros.
Um cabo subterrâneo inicialmente isolado, instalado entre os pontos A
e B, possui resistência de 0,01 Ω / m . Este cabo se rompeu e seu
ponto de ruptura apresenta fuga de corrente para a terra. Para
determinar o ponto de rompimento do cabo e escavar o terreno de
Com os resultados apresentados concluímos que:
14
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
a) Incorreta: Não se pode determinar o comprimento total do cabo,
pois parte de seu comprimento não faz parte do circuito. Mesmo os
comprimentos parciais não podem ser determinados, devido à
imprecisão do voltímetro, que nos dá uma margem de 176 m a 224 m
para os possíveis valores do comprimento parcial do cabo (até a parte
rompida).
b) Incorreta: a distância máxima (e não mínima) é de 224 m.
c) Incorreta: a distância mínima (e não máxima) é de 176 m.
d) Incorreta: 240 m não está entre 176 m e 210 m, que são os limites
encontrados para o tamanho do cabo rompido.
e) Correta: 210 m está entre os valores encontrados de 176 m a
210 m
10 − 7
1
=
⇒ Δx = 60
Δx
20
Usando então esses valores na equação (2) encontramos Θ :
X − X0
C
Θ − 7 10
=
=
⇒
⇒ Θ = 13 º X
Δx
100
60
100
Agora temos todas as temperaturas na escala X . Substituindo-as na
equação (1):
M1 ⋅ (13 − 10 ) + M2 ⋅ (13 − 19 ) + M3 ⋅ (13 − 13 ) = 0 ⇒ 3 ⋅ M1 − 6 ⋅ M 2 = 0 ⇒
M1
=2
M2
QUESTÃO 29
Em um experimento existem três recipientes E1 , E2 e E3 . Um
QUESTÃO 30
termômetro graduado numa escala X assinala 10 °X quando imerso no
recipiente E1 , contendo uma massa M1 de 41 °F. O termômetro,
quando imerso no recipiente E2 contendo uma massa M 2 de água a
293 K, assinala 19 °X. No recipiente Ε3 existe inicialmente uma massa
de água M3 a 10 ºC. As massas M1 e M 2 , dos recipientes E1 e E2 ,
são transferidas para o recipiente E3 e, no equilíbrio, a temperatura
assinalada pelo termômetro é de 13 °X. Considerando que existe
M
somente troca de calor entre as massas de água, a razão 1 é:
M2
a) 2 + 0,2
M3
M2
b) 2
M3
M2
c) 1 +
No circuito apresentado na figura acima, a chave S é fechada e a
corrente fornecida pela bateria é 20 A. Para que o fusível F, de 1,5 A,
não abra durante o funcionamento do circuito, o valor da resistência
variável R, em ohms, é:
d) 0,5
e) 0,5 − 2
M3
M2
Consideração:
O capacitor está descarregado antes do fechamento da chave S.
Resolução
Alternativa B
Como só há trocas de calor entre as massas de água, ao somarmos o
calor recebido/perdido por cada porção resultará em zero:
Q1 + Q2 + Q3 = 0 ⇒ M1 ⋅ c ⋅ ΔT1 + M2 ⋅ c ⋅ ΔT2 + M3 ⋅ c ⋅ ΔT3 = 0 ⇒
M1 ⋅ (Teq − T1 ) + M2 ⋅ (Teq − T2 ) + M3 ⋅ (Teq − T3 ) = 0
a) R ≥ 120
b) 95 ≤ R ≤ 115
c) 80 ≤ R ≤ 100
d) 55 ≤ R ≤ 65
e) R ≤ 45
Resolução
Alternativa E
O primeiro fato que podemos observar acerca do circuito apresentado
no exercício é que a corrente que atravessa o fusível F é máxima
quando o capacitor está descarregado, de forma que o trecho de
circuito compreendido entre os pontos A e B, representados abaixo,
funciona na prática como um curto-circuito, permitindo que corrente
flua livremente entre os dois pontos.
eq. (1)
onde c é o calor específico da água, e Teq é a temperatura de
equilíbrio após a mistura das massas de água.
Todas as temperaturas foram dadas, mas em escalas diferentes:
T1 = 10 ° X = 41 °F
T3 = Θ ° X = 10 °C
T2 = 19 ° X = 293 K
Teq = 13 ° X
Porém, observe que todas as temperaturas foram dadas na
escala X exceto T3 . Dessa forma, vamos calcular T3 nessa mesma
escala, o que denotaremos por Θ .
A conversão entre as escalas de temperatura é dada por:
X − X 0 F − 32
C
K − 273
=
=
=
eq. (2)
Δx
180
100
100
Usaremos os valores dados para as temperaturas T1 e T2 , e a
A corrente IR que flui pela resistência variável R é totalmente
determinada pela corrente I
circuito, pois I + IR = 20 A .
equação (2), para calcular X 0 e Δx , e em seguida, calcular Θ :
Equação (2) para T1 :
X − X 0 F − 32
=
Δx
180
10 − X 0 41 − 32
=
Δx
180
10 − X 0
1
=
eq. (3)
Δx
20
Equação (2) para T2 :
que passa pelo seguinte trecho do
I
X − X 0 K − 273
=
Δx
100
19 − X 0 293 − 273
=
Δx
100
19 − X 0 1
=
eq. (4)
Δx
5
i1
Igualando Δx nas equações (3) e (4) temos que
20 ⋅ (10 − X 0 ) = 5 ⋅ (19 − X 0 ) ⇒ X 0 = 7
i2
I
Substituindo esse resultado na equação (3):
15
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
O
Como os pontos A e B estão sob mesmo potencial, a queda de tensão
em cada um dos resistores superiores deve ser a mesma, de forma
que
3
U 4 Ω = U12 Ω ⇔ 4i1 = 12 ⋅ ( I − i1 ) ⇔ i1 = I
4
onde i1 é corrente através do resistor de 4Ω . De forma similar
H
d) CORRETA.
podemos calcular a corrente i 2 através do resistor de 3Ω :
2
I
3
a corrente que flui de A para B, podemos ver
U 3 Ω = U 6 Ω ⇔ 3i 2 = 6 ⋅ ( I − i 2 ) ⇔ i 2 =
Denominando por i AB
H
OH
OH
O
P
O
O-
-
OÂnion fosfito
Geometria do átomo central:
tetraédrica (4 ligantes).
que por conservação de cargas no nó A temos
3
2
1
i1 = i AB + i 2 ⇔ i AB = I − I ⇔ i AB =
I
4
3
12
A corrente tolerada pelo fusível é exatamente esta que atravessa o
trecho AB, de maneira que o valor máximo de I é dado por
1
I ≤ 1,5 A ⇔ I ≤ 18 A
12
A diferença de potencial nos terminais da resistência variável R e nos
terminais da parte do circuito isolada na figura anterior (com
resistência equivalente REQ ) deve ser a mesma, e deve valer V . Com
P
O
P
O-
OÂnion fosfato
Geometria do átomo central:
tetraédrica (4 ligantes).
e) INCORRETA. A diferença de eletronegatividade entre fósforo e
cloro é pequena, pois estes elementos estão na mesma região da
tabela periódica, e a ligação química terá um caráter
predominantemente covalente.
QUESTÃO 32
Dados os íons: 16 S2 − ;
19
K + ; 56 Ba2 + indique qual das relações abaixo
isso, o valor de R fica completamente determinado por
V = I ⋅ REQ = ( 20 − I ) ⋅ R
apresenta os íons isoeletrônicos em ordem correta de raio iônico.
a) K + > S2 −
Calculando REQ temos:
b) Ba2 + = S2 −
REQ =
c) Ba2 + > S2 −
1
1
+
= 5 Ω,
1 1
1 1
+
+
4 12 3 6
d) K + < S2 −
e) Ba2 + < S2 −
Resolução
Alternativa D
a) INCORRETO. O íon K+ apresenta a mesma configuração eletrônica
do [Ar]3s23p6. Porém, o raio iônico do K+ é menor, por possuir
excesso de cargas positivas (maior número de prótons que elétrons).
O ânion S2- apresenta a mesma configuração eletrônica do Ar e do
cátion K+, mas maior raio iônico, devido ao excesso de cargas
negativas.
b) INCORRETO. Os íons Ba2+ e S2- não são isoeletrônicos (Ba2+ = 54
elétrons, S2- = 18 elétrons). Além disso, o Ba2+ possui maior raio iônico
por pertencer ao quinto período da tabela periódica, enquanto que o
S2- pertence ao terceiro período.
c) INCORRETO. Os íons Ba2+ e S2- não são isoeletrônicos, como
explicado no item b).
d) CORRETO. Os íons K+ e S2- são isoeletrônicos e como o número
de prótons do enxofre é menor que do potássio, a ordem apresentada
nesse item está correta.
e) INCORRETO. Os íons Ba2+ e S2- não são isoeletrônicos, como
explicado no item b).
e com isso
R=
5I
( 20 − I )
Como I ≤ 18 A , temos que
5 ⋅ 18
R≤
= 45 ⇔ R ≤ 45 Ω
20 − 18
QUÍMICA
QUESTÃO 31
Dadas as reações:
PCA 3 + 3 H2O → H3PO3 + 3 HCA
PCA 5 + 4 H2O → H3PO4 + 5 HCA
Assinale a afirmativa correta:
QUESTÃO 33
Dentre as opções abaixo, escolha a que corresponde,
respectivamente, às classes das moléculas: hemoglobina, amido,
DNA, ácido palmítico.
a) As reações podem ser classificadas como reações de
deslocamento ou troca simples.
b) O fósforo sofre oxidação em ambas as reações.
c) O ácido fosforoso é um triácido formado por ligações covalentes.
d) Os ânios fosfato e fosfito (HPO3 2 − ) possuem geometria tetraédrica.
e) O pentacloreto de fósforo gasoso é um composto iônico.
Resolução
Alternativa D
a) INCORRETO. Ambas as reações são de dupla troca e não de troca
simples, pois os átomos de cloro ligados ao fósforo são substituídos
por grupos hidroxila e o grupo hidroxila da água é substituído por
cloro.
PCA3 + 3 HOH → OHP(OH)2 + 3 HCA
a) Proteína, glicídio, ácido nucléico, lipídio.
b) Ácido nucléico, glicídio, lipídio, proteína.
c) Proteína, proteína, lipídio, ácido nucléico.
d) Glicídio, proteína, ácido nucléico, lipídio.
e) Glicídio, lipídio, ácido nucléico, proteína.
Resolução
•
A hemoglobina é uma proteína do tipo metaloproteína. São
dois tipos de cadeias: uma contendo 141 aminoácidos e outra
contendo 146. Cada cadeia possui um íon Fe2+, que interage com o
O2, permitindo seu transporte pelo organismo.
b) INCORRETO, não há variação de NOX para o fósforo em nenhuma
das reações.
+3
−1
+1 +3 −2
+5
−1
+1 +5 −2
Alternativa A
P CA 3 → H3 P O3
P CA 5 → H3 P O4
c) INCORRETO, apesar do ácido fosforoso ( H3PO3 ) apresentar três
hidrogênios na sua fórmula molecular, somente dois deles são
ionizáveis, pois o terceiro está ligado diretamente ao átomo de fósforo
e não apresenta caráter ácido.
Figura 1: Estruturas primária, secundária, terciária e quaternária da
hemoglobina. (disponível em http://qnint.sbq.org.br, acessado em
15/10/2012).
16
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
volume altera apenas a quantidade de acetona na fase de vapor, mas
não a sua pressão parcial.
ZZZ
X
acetona( A ) YZZ
Z acetona( v )
•
O amido é um polímero cujas unidades monoméricas são
moléculas de glicose. Assim é classificado como glicídio ou
carboidrato.
Já na parte II, contendo apenas ar seco (gás) temos que a redução do
volume leva a uma alteração da pressão, segundo a equação geral
dos gases temos que:
Par 1 ⋅ V1 Par 2 ⋅ V2
eq. 1
=
T1
T2
Pelos dados fornecidos temos que a temperatura permanece
constante, e o volume é reduzido em 80%: V2 = 0,8 ⋅ V1. A pressão
devido ao ar seco apenas pode ser calculado por:
Par 1 = 760 – 180 = 580 mmHg.
Substituindo na equação acima (eq. 1), temos:
(580mmHg) ⋅ V1 = Par 2 ⋅ (0,8V1 ) ⇒ Par 2 = 725mmHg
Figura 2: Representação da cadeia de amido. (disponível em
http://qnint.sbq.org.br, acessado em 15/10/2012).
•
O DNA (ou ácido desoxirribonucléico) é um polímero formado
por nucleotídeos (açúcar, grupo fosfato e base nitrogenada), e
pertence à classe dos ácidos nucléicos.
Assim, a pressão final do sistema será:
Pfinal = Pacetona + Par2 ⇒ Pfinal = 180 + 725
Pfinal = 905 mmHg
QUESTÃO 35
Um erlenmeyer contém 10,0 mL de uma solução de ácido clorídrico,
juntamente com algumas gotas de uma solução de fenolftaleína. De
uma bureta, foi-se gotejando uma solução 0,100 M de hidróxido de
sódio até o aparecimento de leve coloração rósea. Nesse momento,
observou-se um consumo de 20,0 mL da solução alcalina. Pode-se
afirmar que a concentração de HCl na solução ácida original era de:
Dados:
Figura 3: Esquema representativo da estrutura dos ácidos nucléicos
(disponível em http://genesegenomas.wikispaces.com, acessado em
15/10/2012).
Massas atômicas: H = 1,00 u, O = 16,0 u, Na = 23,0 u, Cl = 35,5 u
a) 3,65 x 10 −3 g/cm3
•
O ácido palmítico é um ácido graxo (ácido carboxílico de
cadeia longa), que possui a fórmula condensada mostrada abaixo e é
classificado como lipídio.
b) 7,30 x 10−3 g/cm3
c) 4,00 x 10 −3 g/cm3
d) 3,20 x 10−3 g/cm3
e) 2,00 x 10 −3 g/cm3
Resolução
Alternativa B
Ou seja:
Hemoglobina
⎯⎯→
Proteína
Amido
⎯⎯→
Glicídio
DNA
⎯⎯→
Ácido nucléico
Ácido palmítico
⎯⎯→
Lipídio
•
Cálculo da quantidade de base adicionada (em mol):
0,1 mol NaOH
X
X = 2.10-3 mol NaOH
1L
0,02 L
Como NaOH é uma monobase e HCl é um ácido monoprótico, a
neutralização total necessitará quantidades equimolares de ácido e
base.
ZZZ
X
1HCl(aq) + 1NaOH(aq) YZZ
Z H2O( A ) + 1NaCl(aq)
QUESTÃO 34
Um tambor selado contém ar seco e uma quantidade muito pequena
de acetona líquida em equilíbrio dinâmico com a fase vapor. A pressão
parcial de acetona é de 180,0 mm Hg e a pressão total no tambor é de
760,0 mm Hg.
Assim:
nbase = nácido
Em uma queda durante seu transporte, o tambor foi danificado e seu
volume interno diminuiu para 80% do volume inicial, sem que tenha
havido vazamento. Considerando-se que a temperatura tenha se
mantido estável a 20°C, conclui-se que a pressão total após a queda é
de:
a) 950,0 mm Hg
b) 1175,0 mm Hg
c) 760,0 mm Hg
d) 832,0 mm Hg
e) 905,0 mm Hg
Resolução
Alternativa E
Para facilitar a resolução, podemos dividir o sistema em duas partes:
Logo, a quantidade de ácido na solução original era 2.10-3 mol.
•
Cálculo da massa de HCl em 10 mL de solução:
Massa molar HCl: 35,5 + 1 = 36,5 g/mol
1 mol HCl
2.10-3 mol HCl
36,5 g
Y
Y = 0,073g HCl
•
Parte II: ar seco
Cálculo da concentração de HCl (em g/cm3):
10 cm3
1 cm3
0,073 g HCl
Z
Parte I: acetona
Na parte I, temos um equilíbrio heterogênio no qual a acetona líquida
está em equilíbrio com seu vapor. Como a temperatura é mantida
constante no processo, e a pressão de vapor (pressão exercida pelo
vapor em equilíbrio com sua fase condensada) só depende da
substância e da temperatura, a pressão parcial permanece constante
e igual a 180 mmHg durante o processo. Note que a redução do
Z = 7,30.10-3 g
Ou seja, a concentração de HCl é .7,30.10-3 g/cm 3 .
17
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
QUESTÃO 36
O gráfico abaixo ilustra as variações de energia devido a uma reação
química conduzida nas mesmas condições iniciais de temperatura,
pressão, volume de reator e quantidades de reagentes em dois
sistemas diferentes. Estes sistemas diferem apenas pela presença de
catalisador. Com base no gráfico, é possível afirmar que:
Resolução
Alternativa C
O dispositivo apresentado na questão focaliza parte da radiação solar
no porta-amostras. Podemos então calcular a quantidade de radiação
(calor) que chega ao porta-amostras por:
Q =I ⋅ A ⋅ t ⋅ τ
onde: Q = quantidade de calor; I = intensidade da radiação;
A = área; t = tempo e τ = transmissividade.
Q = 750 J ⋅ s−1m−2 ⋅ 80 ⋅ 10−4 m2 ⋅ (15 ⋅ 60 s) ⋅ 0,8 ⇒
Q = 4,320 kJ
Como 0,100 mol da substância pura foi vaporizada, a variação da
entalpia do sistema (ΔH) é igual a:
kJ
Q 4,320 kJ
ΔH = =
⇒ ΔH = 43,2
mol
n 0,100 mol
A variação de entropia do sistema (ΔS) pode ser calculada a partir da
energia livre de Gibbs (ΔG), lembrando que durante a transição de
fase temos um sistema em equilíbrio no qual ΔG = 0.
J
J
ΔG = ΔH −T ⋅ ΔS ⇒ 0 = +43,2 ⋅ 103
− 351K ⋅ ΔS ⇒ ΔS ≈ 123
⋅K
mol
mol
a) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com absorção
de calor.
b) A curva 2 representa a reação catalisada, que ocorre com absorção
de calor.
c) A curva 1 representa a reação catalisada com energia de ativação
dada por E1 + E3 .
d) A curva 2 representa a reação não catalisada, que ocorre com
liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por E2 + E3 .
e) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com liberação
de calor e a sua energia de ativação é dada por E1 .
Resolução
Alternativa E
O catalisador tem a função de aumentar a velocidade da reação, ao
diminuir sua energia de ativação. Dessa forma, a curva 1, que
apresenta menor energia de ativação (E1), corresponde à reação
catalisada, enquanto a curva 2 corresponde à reação não catalisada,
já que possui maior energia de ativação (E2). Como a energia dos
reagentes é maior que a dos produtos, a reação é exotérmica, ou seja,
libera calor (energia).
Dessa forma:
a) Incorreta, pois a reação é exotérmica;
b) Incorreta, pois a reação catalisada é a 1 e o processo é
exotérmico;
c) Incorreta. A energia de ativação da curva 1 é E1;
d) Incorreta. A energia de ativação da curva 2 é E2;
e) Correta, como explicado acima.
QUESTÃO 38
Os trabalhos de Joseph John Thomson e Ernest Rutherford resultaram
em importantes contribuições na história da evolução dos modelos
atômicos e no estudo de fenômenos relacionados à matéria. Das
alternativas abaixo, aquela que apresenta corretamente o autor e uma
de suas contribuições é:
a) Thomson – Concluiu que o átomo e suas partículas formam um
modelo semelhante ao sistema solar.
b) Thomson – Constatou a indivisibilidade do átomo.
c) Rutherford – Pela primeira vez, constatou a natureza elétrica da
matéria.
d) Thomson – A partir de experimentos com raios catódicos,
comprovou a existência de partículas subatômicas.
e) Rutherford – Reconheceu a existência das partículas nucleares sem
carga elétrica, denominadas nêutrons.
Resolução
Alternativa D
a) Incorreta. Thomson acreditava que o átomo era uma esfera
carregada positivamente, contendo elétrons de carga negativa
encrustados (modelo do “pudim de passas”).
b) Incorreta. Thomson acreditava que os elétrons poderiam ser
retirados dos átomos (ionizados) sob certas condições.
c) Incorreta. A natureza elétrica da matéria já havia sido constatada
anteriormente e foi primeiramente explicada por Thomson.
d) Correta. O elétron foi a primeira particula subatômica a ser
conhecida e foi descoberta através dos experimentos com tubos de
raios catódicos de Thomson.
e) Incorreta. Rutherford desconhecia a existência de partículas
nucleares neutras. Seu modelo se baseava em um núcleo positivo e
denso no centro do átomo, com elétrons desenvolvendo órbitas ao seu
redor, semelhante ao sistema solar.
QUESTÃO 37
O dispositivo a seguir utiliza a radiação solar para quantificar variações
em propriedades termodinâmicas. Este dispositivo é composto por
uma lente convergente e por um porta-amostras. A lente possui área
útil de 80,0 cm², absortividade ( α ) de 20% e transmissividade ( τ ) de
80%. O porta-amostras possui absortividade de 100% e volume
variável, operando à pressão constante de 1,0 atm.
QUESTÃO 39
Com relação às emissões radioativas observadas no planeta Terra,
assinale a alternativa correta:
a) A emissão de uma partícula α resulta em um elemento situado em
uma posição imediatamente à direita do elemento original, na tabela
periódica.
b) A radiação γ frequentemente acompanha uma emissão α ou β .
c) Raios γ são radiações eletromagnéticas, de comprimento de onda
superior ao da luz visível, cuja emissão não resulta em mudanças do
número de massa do elemento.
d) As reações de fusão nuclear ocorrem quando núcleos de átomos
pesados, como urânio ou tório, são bombardeados com nêutrons,
quebrando-se em átomos menores e liberando energia e
radioatividade.
e) O decaimento α se deve à alta instabilidade do núcleo de 24He , o
Em um procedimento experimental, injetou-se 0,100 mol de uma
substância pura líquida no porta-amostras do dispositivo. Em seguida,
mediu-se um tempo de 15,0 min para a vaporização total da amostra,
durante o qual a irradiação solar permaneceu constante e igual a
750 W/m². Nesse processo, a temperatura do porta-amostras
estabilizou-se em 351 K. No experimento, o calor sensível da amostra
e a radiação emitida pelo porta-amostras são desprezíveis. Pode-se
concluir que na vaporização total da substância, as variações de
entalpia molar padrão e de entropia molar padrão são,
respectivamente:
a) 4,32 kJ/mol e 12,3 J/(mol K)
b) 5,40 kJ/mol e 15,4 J/(mol K)
c) 43,2 kJ/mol e 123 J/(mol K)
d) 54,0 kJ/mol e 154 J/(mol K)
e) 31,6 kJ/mol e 90,0 J/(mol K)
que faz com que este se separe facilmente de núcleos maiores.
18
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2013 – 1ª FASE
esférica centrado no núcleo com um plano nodal interno, enquanto o
orbital p tem forma de halter.
Resolução
Alternativa B
a) Incorreta. A emissão de uma partícula α resulta em um elemento
situado em duas posições à esquerda do elemento original, na tabela
periódica, já que a partícula α consiste de dois prótons e dois
nêutrons. Isso leva à diminuição do número atômico de duas unidades
e do número de massa de quatro unidades (1a lei de Soddy).
Já a emissão de uma partícula β resulta em um elemento situado em
uma posição imediatamente à direita do elemento original, na tabela
periódica, já que aumenta o número de prótons em uma unidade (2a
lei de Soddy).
b) Correta. A radiação γ frequentemente acompanha uma emissão
α ou β .
c) Incorreta. Raios γ são radiações eletromagnéticas, de comprimento
de onda inferior ao da luz visível, cuja emissão não resulta em
mudanças do número de massa do elemento.
Orbital s
Orbital p
Sendo assim a afirmação desse item está correta, pois o elétron do
orbital 2s se encontra próximo ao núcleo em um orbital esférico.
c) Incorreta, o orbital híbrido sp possui um caráter s maior que o
orbital híbrido sp3. Quanto maior o caráter s do orbital maior a
probabilidade de se encontrar o elétron próximo ao núcleo e por
consequência o efeito da carga nuclear será mais pronunciado.
Portanto os elétrons sp percebem mais a carga nuclear do que os
elétrons sp3.
d) Correta. Uma ligação tripla é formada por uma ligação σ na qual os
orbitais da ligação se sobrepõem de forma frontal, e por duas ligações
π onde os orbitais p se sobrepõem de forma lateral. A figura
representa a tripla ligação do etino.
(Figura extraída de David P. White, editora Pearson)
(Figura: comprimentos de ondas notáveis. Extraída de David P. White, editora Pearson)
e) Correta. Para um mesmo orbital a energia aumenta à medida que a
camada fica mais externa.
d) Incorreta. As reações de fusão nuclear ocorrem quando vários
núcleos pequenos reagem formando um núcleo maior. As reações de
fissão nuclear são as reações que envolvem quebra em átomos
menores, liberando energia e partículas radioativas.
e) Incorreta. A emissão de partículas α
(
4
2
Equipe desta resolução
)
He decorre do fato de os
Física
átomos radioativos possuírem baixa estabilidade. Isótopos estáveis
encontram-se dentro da chamada Faixa de Estabilidade associada à
razão nêutron-próton. A emissão de partículas radioativas altera essa
razão, tornando o radionuclídeo mais estável. Assim, o decaimento α
não se relaciona com a instabilidade do átomo de Hélio, que é na
verdade bastante estável.
QUESTÃO 40
Com respeito aos orbitais atômicos e à teoria da ligação de valência,
assinale a alternativa INCORRETA.
a) Um orbital atômico híbrido sp 3 tem 25% de caráter s e 75% de
caráter p .
Claiton Pimentel de Oliveira
Luiz Salles de Carvalho
Matheus Veronez
Vinício Merçon Poltronieri
Matemática
Darcy Gabriel Augusto de Camargo Cunha
Felipe Eboli Sotorilli
Rodrigo do Carmo Silva
Thais de Almeida Guizellini
b) Um elétron 2s passa mais tempo do que um elétron 2 p numa
região esférica centrada no núcleo e bem próxima deste.
c) Os elétrons em orbitais híbridos de um carbono sp3 percebem um
efeito de atração elétrica do núcleo de carbono maior do que os
elétrons em orbitais híbridos de um carbono que apresenta
hibridização sp.
d) Uma ligação tripla representa uma ligação σ e duas ligações π .
e) A energia dos orbitais p de um átomo aumenta de 2 p para 3 p ,
deste para 4 p e assim por diante.
Resolução
Alternativa C
a) Correta. Um orbital híbrido do tipo sp3, ocorre mediante a
combinação de 3 orbitais p e um orbital s gerando quarto orbitais sp3
+
Química
Lucas dos Santos Vargette
Fabiana Ocampos
Roberto Bineli Muterle
Thiago Inácio Barros Lopes
Revisão
Danilo José de Lima
Edson Vilela Gadbem
Eliel Barbosa da Silva
Fabiano Gonçalves Lopes
Marcelo Duarte Rodrigues Cecchino Zabani
→
→
3 orbitais p
+ 1 orbital s
4 orbitais sp3
Por esse motivo é possível afirmar que um orbital sp3 é formado por
1
3
de orbital s e
de orbital p, ou seja, 25% de caráter s e 75%
4
4
Digitação, Diagramação e Publicação
de caráter p.
Allan Moura
Dáfine Villa dos Santos
Eduardo Teixeira Akyiama
b) Correta, por definição orbital é a região do espaço com maior
probabilidade de encontrar um elétron. Os orbitais 2s e 2p estão em
uma camada interna situada próxima ao núcleo. O orbital 2s tem forma
19