2010
IME
"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"
Galileu Galilei
Questão 01
Sejam r , s , t e v números inteiros positivos tais que
i.
( r + s ) < (t + v )
ii.
s
v
r
t
<
( r + s ) (t + v )
iii.
r (r + t )
<
s (s + v)
iv.
r t
< . Considere as seguintes relações:
s v
(r + t ) < (r + t )
s
v
O número total de relações que estão corretas é:
B) 1
C) 2
A) 0
D) 3
E) 4
Resolução:
r t
r
t
r+s t+v
, logo a afirmativa i é verdadeira.
< ⇒
+1< +1 ⇒
<
s v
s
v
s
v
r t
s v
s
v
s+r v+t
r
t
, o que prova a afirmativa ii.
< ⇒ > ⇒ +1 > +1 ⇒
>
⇒
<
s v
r t
r
t
r
t
s+r v+t
r t
r (t + r )
, o que prova a afirmativa iii.
< ⇒ r ⋅ v < s ⋅ t ⇒ r ⋅ v + r ⋅ s < t ⋅ s + r ⋅ s ⇒ r (v + s ) < s (t + r ) ⇒ <
s v
s (v + s)
Se a afirmativa iv fosse verdadeira, teríamos s > v , o que não é obrigatório.
Alternativa D
Questão 02
Considere o determinante de uma matriz de ordem n definido por:
Sabendo que Δ1 = 1 , o valor de Δ10 é
B) 48725
A) 59049
1 …
1
1
1
1
1
−1
3
0
0 …
0
0
0 −1
3
0 …
0
0
Δ n = 0 0 −1 3 … 0
………………………
0
0
0
0
0 …
0
0
0
0 … −1 3
C) 29524
3 0
D) 9841
E) 364
Resolução:
Desenvolvendo pela definição de determinante temos:
Dn=
1 1 1 1
1 1
–1 3 0 0
0 0
0 –1 3 0
0 0
0 0 –1 3
0 0
0 0 0 0
3 0
0 0 0 0
–1 3 n
3 0
0 0
0 0
1 1 1 1
1 1
–1 3
0 0
0 0
–1 3 0 0
0 0
0 –1 3 0
0 0
0 –1 3 0
0 0
0 –1 3
0 0
0 0 –1 3
0 0
= 1× 0
+ (–1).(–1)1+2.
0
0
0 0
3 0
0 0 0 0
3 0
0
0
0 0
–1 3 (n–1)
0 0 0 0
–1 3 (n–1)
Dn–1
Determinante
triangular
Logo
Δ n = 3n −1 + Δ n−1
Assim
Δ10 = 39 + Δ 9
Δ10 = 39 + 38 + Δ8 , etc.
∴Δ10 = 39 + 38 + 37 + … + 33 + 32 + Δ 2 , lembrando: Δ 2 = 31 + Δ1
Δ10 = 39 + 38 + … + 33 + 32 + 3 + 1 , soma de P.G.
Δ10 =
1( 310 − 1)
3 −1
= 29.524
Alternativa C
Questão 03
⎡
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞⎤
O valor da expressão y = sen ⎢arc sen ⎜ 2 ⎟ + arc cos ⎜ 2 ⎟ ⎥ , onde a é um número real e a ∈ ( −1,0 ) , é:
−
a
1
⎝
⎠
⎝ a − 1 ⎠⎦
⎣
A) −1
B) 0
C)
1
2
D)
3
2
E) 1
Resolução:
Para todo a ∈ ]−1, 0[ temos:
−1 < a < 0 ⇒ 0 < a 2 < 1 ⇒ −1 < a 2 − 1 < 0 ⇒
1
< −1 .
a2 −1
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
Assim, arc sen ⎜ 2 ⎟ e arc cos ⎜ 2 ⎟ não estão definidos, pois os domínios das funções arc sen e arc cos são o intervalo [ −1, 1] .
⎝ a −1 ⎠
⎝ a −1 ⎠
Observação:
Considere que os argumentos dados fossem
1
, o que resolve o impasse citado acima.
a2 + 1
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
⎡ π π⎤
Nesse caso, fazendo arc sen ⎜ 2 ⎟ = α , com α ∈ ⎢ − , ⎥ e arc cos ⎜ 2 ⎟ = β , com β ∈ [ 0, π] , temos:
⎝ a +1⎠
⎣ 2 2⎦
⎝ a +1⎠
sen α = cos β ⇒ α e β são complementares.
π
Assim: y = sen ( α + β ) = sen = 1
2
Alternativa Questão anulada
2
Questão 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:
104
6
A)
B)
104
3
C)
2 104
3
D)
104
E) 3 104
Resolução:
A
R
Q
O
B
P
C
Sendo P , Q e R os pontos em que os lados BC , CA e AB , respectivamente, tangenciam a circunferência, temos:
AQ = AR = x
BR = BP = 26 − x
CQ = CP = 18 − x
BP + PC = 28 ⇒ 26 − x + 18 − x = 28 ⇒ x = 8 .
Sendo S a área do triângulo ABC , temos:
a+b+c
S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) ou S = p ⋅ r , em que a , b e c são as medidas dos lados do triângulo, p =
e r é o raio da
2
26 + 28 + 18
= 36
circunferência inscrita. Desta forma, temos P =
2
S = 36 ⋅10 ⋅ 8 ⋅18 ⇒ S = 72 10
ou
S = 36 ⋅ r
36 ⋅ r = 72 10 ⇒ r = 2 10
Pelo teorema de Pitágoras:
(
AO 2 = 2 10
)
2
+ 82
AO 2 = 40 + 64
AO 2 = 104
AO = 104
Alternativa D
Questão 05
⎧ xy + x − y = 5
Considere o sistema ⎨ 3 2
, onde x e y são números inteiros.
2 3
2
2
⎩ x y − x y − 2 x y + 2 xy = 6
O valor de x3 + y 2 + x 2 + y é:
B) 18
A) 14
C) 20
D) 32
Resolução:
⎧⎪ xy + x − y = 5 ⇒ x − y = 5 − xy (1)
⎨ 3 2
2 3
2
2
⎪⎩ x y − x y − 2 x y + 2 xy = 6, xy em evidência
↓
( xy )
2
⋅ x − ( xy ) ⋅ y − 2 xy ( x ) + 2 xy ( y ) = 6
2
( xy ) ( x − y ) − 2 xy ( x − y ) = 6 , substituindo em (1)
2
( xy ) ( 5 − xy ) − 2 xy ( 5 − xy ) = 6
2
fazendo xy = z obtemos:
5 z 2 − z 3 − 10 z + 2 z 2 − 6 = 0
∴ z 3 − 7 z 2 + 10 z + 6 = 0
z é inteiro, fazendo pesquisa de raízes inteiras, as possíveis raízes são:
±1 , ± 2 , ± 3 , ± 6
3
E) 38
Efetuando os testes, verificamos que somente z = 3 satisfaz.
⎧ x = 1,
⎪
⎪ x = 3,
Logo xy = 3 ⎨
⎪ x = −1,
⎪ x = −3,
⎩
Calculando:
Para x = 3 , y = 1
y =3
(não satisfaz (1) )
y =1
y = −3 (não satisfaz a segunda equação do sistema)
y = −1 (não satisfaz (1) )
x 3 + y 2 + x 2 + y = 27 + 1 + 9 + 1 = 38
Alternativa E
Questão 06
Seja S = 12 + 32 + 52 + 7 2 + … + 792 . O valor de S satisfaz:
A) S < 7 × 10 4
S ≥ 105
B) 7 × 10 4 ≤ S < 8 × 10 4
C) 8 × 104 ≤ S < 9 × 10 4
D) 9 × 104 ≤ S < 105
E)
Resolução:
Podemos escrever o somatório como:
39
39
39
39
39
k =0
k =1
k =1
k =0
S = ∑ ( 2k + 1) = ∑ ( 4k 2 + 4k + 1) = 4∑ k 2 + 4∑ k + ∑1
2
k =0
⎛ k + 1⎞
Utilizando-se a relação k 2 = ( k + 1) k − k = 2 ⋅ ⎜
⎟−k
⎝ 2 ⎠
39
39
⎡ 39 ⎛ k + 1⎞ 39 ⎤
4 ⎢ 2∑ ⎜
⎟ − ∑ k ⎥ + 4 ∑ k + ∑1
k =1
k =0
⎣ k =1 ⎝ 2 ⎠ k =1 ⎦
⎡⎛ 2 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 4 ⎞
⎛ 40 ⎞ ⎤
= 8 ⋅ ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... + ⎜ ⎟ ⎥ + 40 ,
2
2
2
⎝ 2 ⎠⎦
⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
que pelo teorema das colunas do triângulo vale:
⎛ 41⎞
S = 8 ⋅ ⎜ ⎟ + 40 = 85320
⎝3⎠
Portanto: 8 ⋅104 ≤ S ≤ 9 ⋅104
Observação:
A seqüência (1, 9, 25, 49, ...) é uma PA de 2ª ordem. A soma de S n dos termos é um polinômio de 3º grau em n .
S n = a ⋅ n3 + bn 2 + cn + d
A partir dos valores de S1 , S 2 , S3 e S 4 é possível montar um sistema de modo a obter os valores dos coeficientes a, b, c, d.
Alternativa C
Questão 07
Seja o polinômio p ( x ) = x 3 + ( ln a ) x + eb , 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.
Resolução:
Sendo α , β e γ as raízes de p , temos:
(1)
( 2)
( 3)
α +β+ γ = 0
α ⋅β + α ⋅ γ + β ⋅ γ = ln a
α ⋅β ⋅ γ = −eb
4
De (1) , temos:
α 3 + β3 + γ 3 + 3α 2β + 3α 2 γ + 3αβ2 + 3αγ 2 + 3β2 γ + 3βγ 2 + 6αβγ = 0
α3 + β3 + γ 3 + 3αβ ( α + β + γ ) + 3αγ ( α + β + γ ) + 3βγ ( α + β + γ ) − 3αβγ = 0
α3 + β3 + γ 3 + 3 ( α + β + γ )( αβ + αγ + βγ ) − 3αβγ = 0
α3 + β3 + γ 3 + 3 ⋅ 0 ⋅ ln a − 3 ⋅ ( −eb ) = 0
α 3 + β3 + γ 3 = −3 ⋅ eb
Alternativa D
Questão 08
A quantidade k de números naturais positivos, menores do que 1000 , que não são divisíveis por 6 ou 8 , satisfaz a
condição:
A) k < 720
B) 720 ≤ k < 750
C) 750 ≤ k < 780
D) 780 ≤ k < 810
E) k ≥ 810
Resolução:
Consideremos os números naturais de 1 até 999 e denotemos por Dn o conjunto dos números naturais positivos, inferiores a 1000 , e
divisíveis por n .
Assim a resposta procurada é 999 − n [ D6 ∪ D8 ]
⎢ 999 ⎥
⎢ 999 ⎥
D6 = ⎢
= 166, D8 = ⎢
= 124
⎣ 6 ⎥⎦
⎣ 8 ⎥⎦
São divisíveis por 6 e 8 (intersecção a ser retirada)
⎢ 999 ⎥
D24 = ⎢
= 41.
⎣ 24 ⎥⎦
Quantidade de números que não servem:
n [ D6 ∪ D8 ] = 166 + 124 − 41 = 249.
Resposta: N = 999 − 249 = 750.
Alternativa C
Questão 09
Uma hipérbole de excentricidade
2 tem centro na origem e passa pelo ponto
tangente a esta hipérbole e paralela a y = 2 x é:
A)
3 y =2 3x+6
B) y = −2 x + 3 3
C) 3 y = 6 x + 2 3
D)
3 y =2 3x+4
E) y = 2 x + 3
Resolução:
Considere a equação da hipérbole:
x2 y2
−
=1
a2 b2
c
Do enunciado a excentricidade é = 2 ⇔ c = a 2.
a
Como
(
)
5, 1 é um ponto da hipérbole:
5
1
a2
− 2 = 1 ⇒ b2 =
2
a
b
5 − a2
Como c 2 = a 2 + b 2 , obtemos:
a2
2a 2 = a 2 +
; de onde: a = 2
5 − a2
4
, de onde: b = 2
Assim: b 2 =
5 − a2
Portanto a equação da hipérbole é x 2 − y 2 = 4 .
Considere a reta y = 2 x + k , tangente à hipérbole.
5
(
)
5, 1 . A equação de uma reta
Então, o sistema:
⎪⎧ y = 2 x + k
⎨ 2
2
⎪⎩ x − y = 4
Tem solução única.
x 2 − ( 2 x + k ) = 4 ⇔ 3 x 2 + 4k ⋅ x + ( 4 + k 2 ) = 0
2
Δ=0:
( 4k )
2
− 4 ⋅ 3 ⋅ ( 4 + k 2 ) = 0 ⇔ k = ±2 3 .
Uma das retas possíveis é:
y = 2x + 2 3 ⇔ 3 ⋅ y = 2 3 x + 6
Alternativa A
Questão 10
Sejam as funções f : ℜ → ℜ , g : ℜ → ℜ , 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
Resolução:
Considerando os conjuntos A e B , que possuem as funções injetoras e sobrejetoras, respectivamente.
Como para toda f ∈ A , temos f ( g ( x ) ) = f ( h ( x ) ) → g ( x ) = h ( x ) , esta é a condição necessária pra a proposição dada.
As condições propostas pelas alternativas “A” e “C” são casos particulares de funções injetoras.
Ao tomarmos uma função sobrejetora podemos ter f ( g ( x ) ) = f ( h ( x ) ) , sem que g ( x ) = h ( x ) , logo as funções do conjunto B não
formam condições necessárias para a proposição.
Alternativa E
Questão 11
Considere o sistema abaixo, onde x1, x2, x3 e Z pertencem ao conjunto dos números complexos.
⎧(1 + i ) x1 − ix2 + ix3 = 0
⎪
⎨2ix1 − x2 − x3 = Z
⎪ 2i − 2 x + ix − ix = 0
) 1 2 3
⎩(
O argumento de Z, em graus, para que x3 seja um número real positivo é:
A) 0°
B) 45°
C) 90°
D) 135°
E) 180°
Obs.: i = −1
Resolução:
Desenvolvendo as equações 1 e 3:
ì x1 + ix1 - ix2 + ix3 = 0
+í
î-2 x1 + 2ix1 + ix2 - ix3 = 0
3ix1 – x1=0
x1(3i – 1) = 0
x1 = 0
Logo o sistema se reduz a:
⎧−ix2 + ix3 = 0 ⇒ i ( x3 − x2 ) = 0 ∴ x3 = x2
⎪
⎨− x2 − x3 = Z
⎪ix − ix = 0
3
⎩ 2
6
Finalmente:
–x2 – x3 = Z
Z
2
Para que x3 seja real positivo, Z < 0
Logo sua representação é:
Im
−2 x3 = Z ⇒ x3 = −
q=180º
Z
Re
Argumento: 180°
Alternativa E
Questão 12
Seja f ( x ) = 3 − log ( x ) , x ∈ ℜ . Sendo n um número inteiro positivo, a desigualdade
f ( x) 2 f ( x) 4 f ( x)
2 n −3 f ( x )
9
+
+
+ ... +
+ ... ≤ somente é possível se:
4
12
36
3n−1
4
A) 0 ≤ x ≤ 106
B) 10–6 ≤ x ≤ 108
C) 103 ≤ x ≤ 106
D) 100 ≤ x ≤ 106
E) 10–6 ≤ x ≤ 106
Obs.: log representa a função logarítmica na base 10.
Resolução:
A desigualdade dada pode ser escrita como:
2
1
2 1
9
⎛2⎞ 1
⋅ f ( x ) + ⋅ ⋅ f ( x ) + ⎜ ⎟ ⋅ ⋅ f ( x ) + ... ≤
4
3 4
3
4
4
⎝ ⎠
1
⋅ f ( x)
9
2
4
≤ ⇔ f ( x) ≤ 3
O primeiro membro é uma soma de PG infinita de razão q = . Portanto:
2
4
3
1−
3
Dado que f ( x ) = 3 − log x , temos:
3 − log x ≤ 3 ⇔
−3 ≤ 3 − log x ≤ 3 ⇔
−6 ≤ − log x ≤ 0 ⇔
0 ≤ log x ≤ 6
100 ≤ x ≤ 106
Alternativa D
Questão 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
Resolução:
Pelo teorema de Papus-Guldin, sabe-se que a área da superfície de revolução é dada por S = 2π·d·l, em que d é a distância do centro
geométrico ao eixo de rotação e l é o comprimento da curva rotacionada. Desta forma d = 3 e l = 6.
S = 2π·3·6
S = 36π cm2
Alternativa E
7
Questão 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
Resolução:
A
a
M
B
a
r
2
F
H
a
q
0
q
a
F’
H’
s
Para auxiliar nas observações iremos marcar os pontos A e B sobre a reta r como mostra a figura.
Como a reta r é tangente à elipse temos:
AM F = BM H ´= α
Como r//s, temos AM F = M HO = α e BM H ´= M H ´O = α , pois são alternos internos e H OF = H ´OF´= θ , pois são opostos pelo
vértice.
Usando Lei dos senos:
FO
2
FO ⋅ sen θ
=
⇒
= 2 (1)
sen (180° − α ) sen θ
sen α
F ´O
F ´H ´
F´O ⋅ sen θ
=
⇒ F´H ´=
(2)
sen ( α ) sen θ
sen α
De (1) e (2):
F ´H ´= 2cm.
Alternativa D
Questão 15
Cada um dos quatro 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?
1
A)
2
5
B)
8
7
C)
16
23
D)
32
43
E)
64
Resolução:
Considere o evento:
E: Todos os quadrados que possuam lado comum tenham cores diferentes.
8
Das 44 = 256 configurações possíveis, contemos aquelas que satisfazem a condição acima.
Consideremos os quadrantes abaixo em que analisaremos as possibilidades para cada um deles:
D
A
C
B
1° caso: A e C têm a mesma cor
4 ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ 3 = 36 configurações
↓
↓
↓
↓
A
B
C
D
2° caso: A e C têm cores diferentes
4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 2 = 48 configurações
↓
↓
↓
↓
A
B
C
D
36 + 48 84
=
256
256
O evento considerado no enunciado é o complementar de E e portanto:
84 172 43
P ( Ec ) = 1− P ( E ) = 1−
=
= .
256 256 64
Assim: P ( E ) =
Alternativa E
Questão 16
A figura composta por dois materiais sólidos diferentes A e B , apresenta 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:
Observações:
• T1 : Temperatura da interface do material A com o meio externo
• T3 : Temperatura da interface do material B com o meio externo
• K A : Coeficiente de condutividade térmica do material A
• K B : Coeficiente de condutividade térmica do material B
A) 400
B) 500
C) 600
D) 700
E) 800
Resolução:
f T1
T2
f
T3 f
O fluxo que entra pela interface de temperatura T1 é o mesmo que atravessa T2 e sai por T3 :
φ = KA ⋅
φ = KB ⋅
A ⋅ (T2 − T1 )
L
A ⋅ (T3 − T2 )
L
( I)
( II )
Igualando ( I ) e ( II ) temos
9
A ⋅ (T3 − T2 )
= KB ⋅
L
L
1 ⋅ (T2 − T1 ) = 0, 2 (T3 − T2 )
KA ⋅
A ⋅ (T2 − T1 )
T2 − T1 = 0, 2T3 − 0, 2T2
1, 2T2 = 0, 2T3 + T1
T2 =
0, 2T3 + T1 0, 2 ⋅ 1500 + 300
=
= 500 K
1, 2
1, 2
Alternativa B
Questão 17
A figura apresenta, 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:
f
nf
A)
D)
p− f
p − nf
B)
f
n p− f
C)
nf
p− f
E)
f
np − f
Resolução:
Observe a figura:
o
f
f
i’
i
p
Considerando o objeto muito pequeno, o raio que sai paralelo ao eixo incide perpendicularmente a dioptro plano (aproximado) e logo
não sofre desvio. Sendo assim, não há aumento em relação à imagem formada caso não haja o meio n.
Sendo assim: A =
f
p− f
Alternativa A
10
Questão 18
A figura mostra duas barras AC e BC que suportam, em equilíbrio, uma força F aplicada no ponto C . Para que os
esforços nas barras AC e BC sejam, respectivamente, 36 N (compressão) e 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 ( ← )
Resolução:
Observe as forças indicadas na figura.
160N
B
2,5 m
30º
FV
36N
30º
A
C
FH
4,25 m
Para que haja equilíbrio, ΣFx = 0 e ΣFy = 0
ΣFx = 0 ⇒
FH + 36 − 160cos30° = 0
FH + 36 − 136 = 0
∴ FH = 100 N ( → )
ΣFy = 0 ⇒
∴
FV + 160 ⋅ sen 30° = 0
FV = −80 N
FV = 80 N ( ↓ )
Alternativa A
11
Questão 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 gravidade é 10 m/s 2 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
Resolução:
τ fat = ΔEM
μ ⋅ m ⋅ g ⋅ ΔS ⋅ cos (180° ) = EM f − EM i
x2 m ⋅ v2
−
2
2
2
0,1
22
−μ ⋅ 4 ⋅ 10 ⋅ 0,7 = 200 ⋅
− 4⋅
2
2
−μ ⋅ 4 ⋅ 7 = 1 − 8
−μ ⋅ 4 ⋅ 7 = −7
∴μ = 0, 25
−μ ⋅ m ⋅ g ⋅ ΔS = k ⋅
Alternativa C
Questão 20
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 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
•
=3
R
B
A) positiva e de valor .
3
B
B) positiva e de valor .
6
B
C) negativa e de valor .
6
2B
D) positiva e de valor
.
3
2B
E) negativa e de valor
.
3
12
Resolução:
R Partícula eletrizada
com velocidade v0
v1 = v0
r
30°
30°
L = 3R
L
= sen 30°
r
3R 1
=
r
2
∴ r = 6R
Pela regra da mão direita, conclui-se que a carga é negativa.
(1) Região de campo magnético entrando.
B ⋅ q ⋅ v0 = m ⋅
v02
R
m ⋅ v0
= B⋅R
q
( 2)
(1)
Região de campo magnético saindo.
v02
6⋅ R
B f ⋅ q ⋅ v0 = m ⋅
m ⋅ v0
= 6 ⋅ Bf ⋅ R
q
( 2)
De (1) e ( 2 ) , temos:
B ⋅ R = 6 ⋅ Bf ⋅ R
B
6
∴ Bf =
Alternativa C
Questão 21
Sabendo que todos os resistores da malha infinita da figura têm resistência R , a resistência equivalente entre A e B é:
A)
B)
(
)
R 1+ 2
(
2
R 1+ 3
)
2
3R
C)
2
D)
E)
(
R 1+ 5
(
2
R 1+ 6
)
)
2
13
Resolução:
Observe os pontos C e D indicados na figura
Observe que, como a malha é infinita, RAB ≅ RCD = Req .
Sendo assim, o circuito equivalente é:
Ou seja:
Req = R +
Req ⋅ R
R + Req
⇒ Req2 − R ⋅ Req − R 2 = 0
2
R⎞
R2
R R 5
⎛
2
⇒ Req = +
⎜ Req − ⎟ = R +
2
4
2
2
⎝
⎠
R
Req =
5 +1
2
(
)
Alternativa D
Questão 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:
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.
Resolução:
GM
, temos:
R2
Gravidade na superfície da Terra ( g 0 ):
Sabendo que g =
g0 =
GM
, em que RT é o raio da Terra.
RT2
Gravidade na Estação Espacial ( g E ):
gE =
GM
5 RT ⎞
⎛
⎜ RT +
⎟
100 ⎠
⎝
1 GM
⋅
gE =
1,052 RT2
Ou seja,
g
gE = 0 2
1,05
g0
gE =
1,1025
∴ g E = 0,907 g 0
2
=
GM
(1,05RT )
2
Sendo assim,
g E = 90% de g 0
Alternativa C
14
Questão 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) M 2 L−1 t −3
B) M L−1 t −2
C) M L−1 t −3
D) M L−2 t −3
E) M 2 L−2 t −2
Resolução:
Observe a notação utilizada:
1
⎛
⎞
Grandeza ( G ): G = f ⎜ ρ, c, S , v, , ΔT ⎟
V
⎝
⎠
Onde
Densidade ( ρ ): [ρ] = M ⋅ L−3
Área ( S ): [ S ] = L2
Velocidade ( v ): [ v ] = L ⋅ T −1
⎛ 1 ⎞ ⎡1⎤
Inverso de volume ⎜ ⎟ : ⎢ ⎥ = L−3
⎝ V ⎠ ⎣V ⎦
Variação de temperatura ( ΔT ): [ ΔT ] = K
Calor específico ( c ): [ c ] =
[Q ]
M ⋅K
= [Q ] ⋅ M −1 ⋅ K −1
Energia ( Q ): [Q ] = M ⋅ L2 ⋅ T −2
Sendo assim:
[G ] = [ρ] ⋅ [c ] ⋅ [ S ] ⋅ [v ] ⋅ ⎡⎢
[G ] = [ρ] ⋅
[Q ]
M ⋅K
1⎤
⎥ ⋅ [ ΔT ]
⎣V ⎦
⎡1⎤
⋅ [ S ] ⋅ [ v ] ⋅ ⎢ ⎥ ⋅ [ ΔT ]
⎣V ⎦
[G ] = M ⋅ L−3 ⋅ M ⋅ L2 ⋅ T −2 ⋅ M −1⋅ K −1⋅ L2 ⋅ L ⋅ T −1⋅ L−3 ⋅ K
[G ] = M ⋅ L−1⋅ T −3
Alternativa C
Questão 24
Situação I
Situação II
h
Mola 1
Mola 1
h/2
h/3
0
Mola 2
Massa M
Massa M
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:
Observação:
g: Aceleração da Gravidade
A) 4 gh / ⎡⎣ 2 2 ⎤⎦
D) gh / ⎡⎣ 2 2 ⎤⎦
B) 3gh / ⎡⎣ 2 2 ⎤⎦
E) 0
C) 2 gh / ⎡⎣ 2 2 ⎤⎦
15
Resolução:
No caso 1 o equilíbrio da massa M pode ser escrito da forma:
F1 + F2 = P
T2
kx1 + kx2 = P ∴
T1
⎛h h⎞
⎛h h⎞
k ⎜ − ⎟ + k ⎜ − ⎟ = Mg
2
3
⎝
⎠
⎝2 3⎠
2k
h
3Mg
= Mg ∴ k =
h
6
P
Na situação 2, após a mola ser retirada há conservação de energia mecânica:
EM 0 = EM f
k (h6)
h k (h2)
Mv 2
+ Mg =
+
∴
2
3
2
2
h 2 kh 2 2 Mgh
k −
+
= Mv 2 ∴
36 4
3
3Mg
Fazendo k =
h
3Mg h 2 3Mg h 2 2Mgh
⋅ −
⋅ +
= Mv 2 ∴
h 36
h
4
3
Mv 2 = 0 ∴ v = 0
2
2
Alternativa E
Questão 25
Chave k
R3
4W
B
R2
4W
A
+
E
–
R1
8W
C
16mF
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: 1cal = 4,2 J
A) 0,4
B) 0,6
C) 0,8
D) 0,9
E) 1,0
Resolução:
No capacitor, quando k está na posição A, temos:
E=
CU 2
⇒U=
2
2E
=
C
2 ⋅ 8 ⋅ 10−2
⇒ U = 100V .
16 ⋅ 10−6
16
Quando a chave k está na posição B, temos:
R3=4W
2W
R2=4W
100V
100V
R1=8W
R1=8W
i=
100
10
i = 10A
A potência dissipada em R1 vale P = R1 ⋅ i 2 = 8 ⋅ 102 = 800W
Como Q = P ⋅ Δt , temos a energia dissipada em R1:
4000
Q = 800 ⋅ 5 = 4000 J ⇒ Q =
cal
4,2
4000
Q = mc Δt ⇒
= 200 ⋅ c ⋅ 6
4,2
4000
⇒c=
⇒ c = 0,8 cal g −1 º C −1
4, 2 ⋅ 200 ⋅ 6
Alternativa C
Questão 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 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 a ela no instante do disparo é 100 kJ, a velocidade de recuo do soldado é,
em m/s
A) 0,1
B) 0,5
C) 1,0
D) 10,0
E) 100,0
Resolução:
Seja E a energia cinética total produzida pelo tiro:
5
100 ⋅103 J = 5 ⋅103 J
E=
100
Pela conservação da quantidade de movimento:
Mv1 = mv2
100 ⋅ v1 = 1 ⋅ v2
(1)
v2 = 100 ⋅ v1
Mv12 mv22
+
= E , temos:
2
2
100 ⋅ v12 1 ⋅ v22
+
= 5 ⋅103 (2)
2
2
De (1) e (2):
Como
100 ⋅ v12 + 1002 ⋅ v12 = 104
10100 v12 = 10000
v1 =
10000
10100
v1 = 1,0 m/s
Alternativa C
17
Questão 27
Três satélites orbitam ao redor da Terra: o satélite S1 em uma órbita elíptica com o semi-eixo maior a1 e o semi-eixo menor
b1 ; o satélite S 2 em outra órbita elíptica com semi-eixo maior a2 e semi-eixo menor b2 ; e o satélite S3 em uma órbita
circular com raio r.
Considerando que r = a1 = b2 , a1 ≠ b1 e a2 ≠ b2 , é correto afirmar que:
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 do que o de S 2 .
D) S1 e S3 têm períodos de revolução idênticos, menores do que o de S 2 .
E) S1 e S3 têm períodos de revolução idênticos, maiores do que o de S1 .
Resolução:
O raio médio da órbita elíptica é dado pela medida de seu semi-eixo maior.
Quanto maior for o raio médio da órbita maior será o período de revolução.
r = a1 = b2 < a2 ⇒ T3 = T1 < T2 , em que Ti representa cada um dos períodos de revolução.
Alternativa D
Questão 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 = bsen ( 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
Resolução:
Pelas equações paramétricas podemos definir a trajetória:
x = a cos ( wt )
y = bsen ( wt ) ∴
sen 2 ( wt ) + cos 2 ( wt ) = 1
x2 y 2
+
= 1 , que é uma elipse
a 2 b2
y
b
–a
v0
a
0
–b
Sendo que a partícula começa o movimento na posição:
x0 = a cos 0 = a
y0 = b sen 0 = 0
∴ P ( x0 , y0 ) = P ( a,0 )
e tem componentes de velocidade
vx = − aw sen wt
v y = bw cos wt
18
com a > b
Sendo assim:
I. (v) nas coordenadas (a, 0) e (0, b) a velocidade da partícula é perpendicular à direção que a liga ao observador, ou
seja, não há efeito Doppler;
II. (v) o raio de curvatura da elipse pode ser calculado por:
(
)
3
⎡b 2 + sen 2 ωt a 2 − b 2 ⎤
⎣
⎦
ρ=
a ⋅b
que possui valor máximo para senωt = ±1, o que ocorre nos pontos (0, b) e (0, –b) , em que o raio de curvatura da elipse
a2
é máximo e vale ρ =
;
b
III. (v) a velocidade da partícula pode ser calculada de forma
v 2 = vx2 + v y2 ∴ v = v 2y + v 2y ∴
v = a 2 w2sen 2 wt + b 2 w2 cos 2 wt
v = b 2 w2 + sen 2 wt ( a 2 w2 − b 2 w2 )
π
2
E já que a > b, v é máxima para sen wt = ±1 , ou seja, quando wt = + k π , e assim, a partícula está em Y.
Alternativa E
Questão 29
Corpo
h
h/2
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 = 50cm . Colocando-se sobre a mola um pequeno corpo (raio desprezível) de massa
0, 2 kg e carga positiva de 9 × 10−6 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
Dados:
• Aceleração da Gravidade: g = 10 m/s 2
• Constante Eletrostática: K = 9 × 109 N .m 2 / C 2
A) 2 × 10−6
D) 8 × 10−4
B) 4 × 10 −4
E) 8 × 10 −6
−6
C) 4 × 10
Resolução:
Cálculo da constante elástica da mola:
mg = k ⋅ x
mg 0, 2 ⋅ 10 N
=
⋅
k=
x
0, 25 m
k = 8N /m
Na nova posição de equilíbrio:
Felétrica + P = Felástica
K Q1 ⋅ Q2
+ mg = k ⋅ x '
d2
9 ⋅ 109 ⋅ 9 ⋅ 10−6 ⋅ Q2
+ 0, 2 ⋅ 10 = 8 ⋅ 0, 45
0, 452
4 ⋅ 105 ⋅ Q2 = 1,6
0, 4
105
Q2 = 4 ⋅ 10−6 C
Q2 =
Como a força elétrica é de repulsão:
Q2 = 4 ⋅ 10−6 C
Alternativa C
19
Questão 30
60º
143cm
20 cm
20 cm
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
Resolução:
60º
A
10 cm
10 cm
a
143cm
a a
C
20 cm
20 cm
O triângulo ABC é isósceles:
sen α =
10
10 + (143)
2
2
=
10
10
=
243 9 3
Pela lei de Snell-Descartes:
nar .sen 60° = n1 = sen α
nar =
3
10
= n1
2
9 3
n1 27
=
= 1,35
nar 20
Alternativa A
20
Questão 31
Considere as seguintes possibilidades para a estrutura da molécula de trifluoreto de cloro (ClF3):
F
Cl
F
F
F
F
Cl
Cl
F
F
F
I
II
F
III
Assinale a alternativa correta.
A) A estrutura I é a mais estável, visto que as seis repulsões entre pares não-ligantes e pares ligantes equivalem à menor
repulsão possível.
B) A estrutura II é a 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 de forças.
C) A estrutura III é a mais estável por equivaler à configuração na qual a repulsão entre todos os pares (ligantes e nãoligantes) é mínima.
D) A estrutura I é a mais provável por ser a mais simétrica, correspondendo à configuração de menor energia.
E) Todas as três estruturas possuem a mesma energia e são encontradas na natureza.
Resolução:
Segundo VSEPR, ClF3 corresponde a ClF3E2.
Como m + n = 3 + 2 = 5,o que implica em 5 pares totais, com geometria dos pares em bipirâmide trigonal; assim os 2 pares nãoligantes ficarão no plano equatorial da molécula. Esta é a configuração que permite repulsão mínina entre os 5 pares. A geometria
desta molécula é conhecida como “em T”.
Alternativa C
Questão 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 de uma parte de O2 para quatro partes de N2, calcule a porcentagem molar de CO2 no recipiente
após a combustão (considere comportamento ideal para os gases).
A) 4,35%
B) 4,76%
C) 5,26%
D) 8,70%
E) 14,28%
Resolução:
Considerando combustão completa, temos:
C3 H 8 ( g ) + 5O2 ( g ) → CO2 ( g ) + 4 H 2O( g ).
Contudo a reação é feita com 80% de estequiometria de ar. Logo, a quantidade de O2 utilizado é:
5 mol _________100%
x _________ 80%
∴ x = 4 mol
Como o O2 é o reagente limitante, temos uma reação incompleta formando CO.
7
1 C3 H 8 ( g ) + O2 ( g ) → 3 CO ( g ) + 4 H 2O ( Equação I )
2
Logo, sobra 0,5 mol de O2 que são utilizadas para queimar o CO a CO2. Assim, temos:
1
1 CO( g ) + O2 → 1 CO2 ( Equação II )
2
Somando I e II, temos:
7
C3 H 8 ( g ) + O2 ( g ) → 3 CO ( g ) + 4 H 2O ( Equação I )
2
+
1
1CO( g ) + O2 ( g ) → CO2 ( g )
( Equação II )
2
C3 H 8 ( g ) + 4 O2 ( g ) → 2 CO( g ) + CO2 ( g ) + 4 H 2O( g )
Portanto, os produtos gasosos são: 2 CO; 1 CO2; 4 H2O e também 16 mol de N2 para manter proporção estequiométrica de ar:
nCO 2
1
Assim, %CO 2 =
, %CO 2 =
∴ %CO2 = 4,35%
2 + 1 + 4 + 16
nTotal
Alternativa A
21
Questão 33
CrI 3 + Cl2 +NaOH → NaIO4 + Na2 CrO4 + NaCl + H 2 O
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.
Resolução:
2 CrI 3 + 27Cl2 + 64 NaOH → 6 NaIO4 + 2 Na2 CrO4 + 54 NaCl + 32 H 2 O
A soma dos coeficientes é 187.
Há uma dupla oxidação: do Cr de + 3 a + 6, e do I de –1 a + 7; a redução é do Cl, de 0 a –1.
Alternativa D
Questão 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 são opticamente
ativos, sendo que a quase totalidade possui configuração levógira.
C) As proteínas de ocorrência natural são constituídas por α-aminoácidos, 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.
Resolução:
a) Errado. As ligações peptídicas ocorrem nas proteínas, não nos açúcares.
b) Correta. A glicina é o ácido 2-aminoetanoico
O
H2C C
OH
NH2
e, portanto, não apresenta isomeria óptica. Os demais aminoácidos apresentarão, pois possuem carbono quiral:
R
*
CH
NH2
O
C
OH
(R ≠ do hidrogênio)
(A maioria possui configuração levógira)
c) As proteínas naturais são constituídas apenas por α-aminoácidos.
d) A glicose é um açúcar e não um lipídio.
e) DNA e RNA não são proteínas.
Alternativa B
Questão 35
Assinale a alternativa que indica o número de isômeros ópticos e o número de racematos (misturas racêmicas) do 2cloro-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.
22
Resolução:
A fórmula estrutural do 2-cloro-5-vinilciclopent-3-en-1-ol é:
OH
*
1 *
CH2 CH * 5
2 Cl
4 3
Oberva-se a presença de três (03) carbonos quirais (n = 3). Logo:
I.O.A. = 2n
I.O.A. = 23
I.O.A. = 8
M.R. = 2n–1
M.R. = 22
M.R. = 4
Alternativa D
Questão 36
Considere as supostas variações de entropia (ΔS) nos processos abaixo:
I. cristalização do sal comum
(ΔS > 0)
II. sublimação da naftalina (naftaleno)
(ΔS > 0)
III. mistura de água e álcool
(ΔS < 0)
Fusão
IV. ferro (s) ⎯⎯⎯
→ ferro (I)
(ΔS > 0)
Compressão
V. ar ⎯⎯⎯⎯→ ar comprimido
(ΔS < 0)
As variações de entropia indicadas nos processos que estão corretas são:
A) I, III e IV.
D) I, II e IV.
B) III, IV e V.
E) II, IV e V.
C) II, III e V.
Resolução:
I) Na cristalização do sal, o soluto sai da solução (situação de maior entropia) para formar cristais (situação de menos entropia) (ΔS < 0).
II) Na sublimação, a naftalina passa do estado sólido para o gasoso com o consequente aumento de entropia.
III) Na mistura de substâncias há aumento de desordem (ΔS > 0).
IV) Na passagem de sólido para líquido com o consequente aumento de entropia (ΔS > 0).
V) Na compressão do ar, e a diminuição de volume, e consequentemente com diminuição de entropia (ΔS < 0).
Alternativa E
Questão 37
A
C + H2O
HgSO4
H2SO4
B
H2SO4
D
O
CH3CH2CH2CH2CCH3
KMnO4
Sol. aquosa
diluída
Diol vicinal
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.
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.
Resolução:
Desidratação intramolecular de álcool:
OH
H2SO4
D
+ H2O
(A)
23
Oxidação branda de alcenos:
OH OH
KMnO4
C
C
(B) Alceno
C
Sol. aquosa
diluída
C
Diol vicinal
Hidratação de alcinos seguido de tautomeria:
H3C
CH2
CH2
CH2
C
OH
HgSO4
CH + H2O
H3C [CH2]3 C
H2SO4
(C)
CH2
Tautomeria
O
H3C [CH2]3 C
CH3
Oxidação enérgica de homólogos do benzeno:
O
O
C
OH + CO2 +
C
HO
KMnO4 / H+
CH3 + H2O
(D)
Assim, temos:
A = Álcool
B = Alceno
C = Alcino
D = Ácido carboxílico
Alternativa B
Questão 38
Considere a versão tridimensional da Tabela Periódica sugerida pelo químico Paul Giguère. 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.
Hidrogênio
Hélio
Oxigênio
Lítio
Nr. Atômico
ELEMENTO
4
Be
12
Mg
20
Ca
38
Sr
Bloco S
Bloco p
a
Ferro
d
21
Sc
22
Ti
g
e
71
Lu
103
Lr
Gadolinio
b
Bloco d
p
s
Bloco f
Térbio
d
f
24
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 γ+2 tem a configuração eletrônica do xenônio.
D) O 75δ é isótono do 85
39 X .
E) O elemento ε é o 43Tc, primeiro elemento artificial conhecido, e pertence ao grupo 6B ou 6 da Tabela Periódica usual.
Resolução:
a) Errado, o α é o Boro (B)
b) Errado, o β é o Rênio (Re)
c) Correto.
75
d) Errado, não são isótonos, visto que o número de nêutrons do δ( 33
As ) é 42, enquanto o número de nêutrons do X é 46.
e) Errado, pois o ε pertence ao grupo 7B.
Alternativa C
Questão 39
As alternativas abaixo representam processos hipotéticos envolvendo 2 mols de um gás ideal, contidos em um conjunto
cilíndrico-pistão. Assinale a alternativa que apresenta mais de três estados (V, T) nos quais a pressão é máxima:
Resolução:
Em um gráfico V × T, as isobáricas são retas passando pela origem e, quanto maior a pressão, menor será o coeficiente angular
dessa reta. Nas alternativas A, B, C e D, a reta tangente ao gráfico das transformações que passa pela origem apresenta apenas 1
ponto em comum, com o gráfico. Já na alternativa E encontram-se infinitos pontos.
Alternativa E
25
Questão 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 ºC 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 ºC.
B) é superior a 30 ºC e inferior a 300 ºC.
C) é igual ou superior a 300 ºC.
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.
Resolução:
Sistema fechado e sem fronteiras móveis: n(nº de mols) e V(volume) constantes. Gás ideal: p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T.
Situação inicial: p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T
c
Situação aquecida: (p ⋅ 1,05) ⋅ V = n ⋅ R ⋅ (T + 15) d
Dividindo membro a membro d por c, temos:
T + 15
onde T é a temperatura em kelvins.
1,05 =
T
0,05T = 15 ⇒ T = 300 K = 27ºC.
Alternativa A
26
Professores:
Física
Bruno Werneck
Marcelo Moraes
Rodrigo Bernadelli
Matemática
Bruno Fraga
Lafayette
Ney Marcondes
Química
Adair
Dalton
Everton
Nelson Santos
Neto
Thé
Colaboradores
Aline Alkmin
Thales Xavier
Henrique
José Diogo
Digitação e Diagramação
Érika Resende
Leandro Bessa
Márcia Santana
Valdivina Pinheiro
Vinícius Ribeiro
Desenhistas
Arthur Vitorino
Lucas de Paula
Mariana Fiusa
Rodrigo Ramos
Revisores
Luís Antônio Alvarenga
Raquel Guissoni
Trajano Reis
Projeto Gráfico
Mariana Fiusa
Vinicius Ribeiro
Assistente Editorial
Valdivina Pinheiro
Supervisão Editorial
José Diogo
Rodrigo Bernadelli
Marcelo Moraes
Copyright©Olimpo2009
A Resolução Comentada das provas do IME poderá ser obtida diretamente no
OLIMPO Pré-Vestibular, ou pelo telefone (62) 3637-4185
As escolhas que você fez nessa prova, assim como outras escolhas na vida, dependem de conhecimentos,
competências, conhecimentos e habilidades específicos. Esteja preparado.
www.grupoolimpo.com.br
27
28