concurso ime 2009

CADERNO DE RESOLUÇÕES
CONCURSO IME 2009
27/OUT/2008
O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade
e profissionalismo como lemas. Confira nossos resultados e
comprove porque temos mais a oferecer.
UFPR
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 1ºLugar Direito (matutino)
1ºLugar Relações Públicas
ESPCEX
2008: 9 aprovados
GUILHERME PAPATOLO
CONCEIÇÃO
1º do Paraná e 9º do Brasil
BRUNO TRENTINI LOPES RIBEIRO
2º do Paraná e 32º do Brasil
2007: 9 alunos convocados no Paraná
2006: 9 alunos convocados no Paraná (turma
de 20 alunos)
2005: 100% de aprovação!
AFA
2009: 15 aprovados entre os 20 do Paraná
(incluindo os 3 primeiros lugares)
Leonardo Augusto Seki: 2º lugar nacional e
1º do Paraná
2008: 13 aprovados
1ºs lugares do Paraná em
todas as opções de carreira
2007: 10 dos 14 convocados do Paraná
2006: 11 dos 18 convocados do PR, incluindo:
1º Lugar do Paraná (6° do Brasil) em Aviação
1º Lugar do Paraná (9º do Brasil) em
Intendência
IME
2008: 10 aprovados (3 primeiros da Ativa, 5º
da Ativa e 6 entre os 10 1ºs da
Reserva)
2007: 11 dos 16 aprovados do Paraná,
incluindo os 4 melhores da ativa e os
4 melhores da reserva
2006: Os 4 únicos aprovados do Paraná
2005: 7 aprovados e os 3 únicos
convocados do Paraná
UFTPR
Inverno 2008:
1º, 2º e 4º lugares em Eng. Ind. Mecânica
1º e 2º lugares em Eng. Eletrônica /
Eletrotécnica
1º lugar em Eng. de Computação
Verão 2008: 13 aprovados
2007: 11 aprovados em vários cursos
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 85% de aprovação em
Engenharia, com 5 dos 8 1ºs
colocados de Eng. Mecânica.
Só no ELITE você encontra:
Simulados semanais/quinzenais;
A maior carga horária.
Início das inscrições para o exame de
bolsas:
4 / 1/ 2009
Realização do exame de bolsas:
5 / 2 / 2009
IITA
Por 4 anos consecutivos a maior
aprovação do Paraná
2008: 3 dos 4 aprovados do Paraná
2007: Os 2 únicos aprovados do PR
2006: Os 3 únicos aprovados
de Curitiba
2005: 2 dos 3 aprovados do Paraná
EPCAr
2007: 3 dos 4 convocados do Paraná
2006: 2 convocados
2005: 1º lugar do Paraná
EEAR
2008: 4 aprovações
(2ºs lugares dos grupos 1 e 2)
2006: 2 convocados
Fone :
Escola Naval
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2005: 100% de aprovação!
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
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CADERNO DE RESOLUÇÕES
CONCURSO IME 2009
27/OUT/2008
MATEMÁTICA
01. Sejam dados os conjuntos, X e Y, e a operação ∆ , definida
por X ∆Y = ( X − Y ) ∪ (Y − X ) . Pode-se afirmar que
a) ( X ∆Y ) ∩ ( X ∩ Y ) = ∅
b) ( X ∆Y ) ∩ ( X − Y ) = ∅
c) ( X ∆Y ) ∩ (Y − X ) = ∅
d) ( X ∆Y ) ∪ ( X − Y ) = X
e) ( X ∆Y ) ∪ (Y − X ) = X
E)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 02: Alternativa A
z = ρe iθ = ρ (cosθ + isenθ ) = 2a ⋅ cosθ (cosθ + isenθ ) = 2a ⋅ cos 2 θ + ia ⋅ 2senθ cosθ
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 01: Alternativa A
Em um diagrama de Venn, X ∆Y é representada como segue:
X
1 1
z = 2a ( + cos 2θ ) + iasen 2θ = a + a ⋅ cos 2θ + ia ⋅ sen 2θ = x + iy ,
2 2
Y
X −Y
com x = a + a ⋅ cos 2θ e y = a ⋅ sen 2θ .
Pela relação trigonométrica fundamental:
sen 2θ + cos 2θ = 1 , logo
2
2
(x − a )2 + y 2 = a 2 , o que representa uma circunferência de
centro (a,0 ) e raio a .
Por outro lado, X ∩ Y é representado da seguinte forma:
X
y 2 (x − a )
+
= 1 ou
a2
a2
2
Y−X
Y
03. Seja A uma matriz quadrada inversível de ordem 4 tal que o
4
3
resultado da soma (A + 3A ) é uma matriz de elementos nulos. O
valor do determinante de A é
a) -81 b) -27 c) -3
d) 27
e) 81
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 03: Alternativa E
4
3
4
3
4
3
Como A +3A é a matriz nula tem-se A +3A = 0 ⇒ A = -3A ⇒
4
3
det(A ) = det (-3A )
detA ≠ 0 ⇒
X ∩Y
Portanto, ( X ∆Y ) ∩ ( X ∩ Y ) = ∅
Analiticamente:
( X ∆Y ) ∩ ( X ∩ Y ) = ( X − Y ) ∪ (Y − X )  ∩ ( X ∩ Y ) =
1
(det A) 4  (3)4 (det A)3  det A  81
= ( X − Y ) ∩ ( X ∩ Y ) ∪ (Y − X ) ∩ ( X ∩ Y ) = ∅ ∪ ∅ = ∅
Note que as demais alternativas estão incorretas, pois:
b) ( X ∆Y ) ∩ ( X − Y ) = X − Y
c) ( X ∆Y ) ∩ (Y − X ) = Y − X
d) ( X ∆Y ) ∪ ( X − Y ) = X ∆Y (representado no primeiro diagrama)
e) ( X ∆Y ) ∪ (Y − X ) = X ∆Y (representado no primeiro diagrama)
04. Seja log 5 = m, log 2 = p, e
N = 125. 3
1562,5
. O valor de
5
2
log 5 N , em função de m e p, é:
70m − 6 p
75m − 6 p
75m + 6 p
15m
15m
A) 15m
B)
C)
iθ
02. Seja z = ρe um número complexo onde ρ e θ são,
respectivamente, o módulo e o argumento de z e i é a unidade
imaginária. Sabe-se que ρ = 2a cosθ, onde a é uma constante real
positiva. A representação de z no plano complexo é
70m + 6 p
15m
70m + 6 p
15 p
E)
D)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 04: Alternativa B
Fatorando N tem-se:
5
N = 125 3
A)
B)
C)
D)
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1562,5
3125
= 53
= 53
5
2
2. 5 2
55
1
2.5 5
= 53
55
1
2.2 5
= 53
55
6
25
= 53.
53
6
215
14
=
53
6
215
Aplicando o logaritmo encontra-se:
14
6
14 6
14 6 log 2 14 6 p
= −
⇒
log 5 N = log 5 5 3 − log 5 215 = − log 5 2 = −
3 15
3 15 log 5 3 15 m
70m − 6 p
log 5 N =
15m
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CONCURSO IME 2009
y=
05. Sabe-se que
2 + 2cos 2 x
2(1 + 4 sen x )
2
27/OUT/2008
, ∀ x ∈ ℜ. Uma outra
expressão para y é
A) 2
B)
− cos x
2
2− sen x
2
2−2cos x
2
C)
2 −2.sen x
2
E
D) 2
E)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 05: Alternativa C
2
2
2
Sabemos que cos 2x = cos x – sen x = 1 – 2. sen x
Substituindo este valor na expressão dada:
2 + 21− 2.sen x
2
y=
2 + 2.4sen x
2
⇔ y=
⇔ y=
=
Como os vértices do tetraedro interno são os centros
das faces do tetraedro original (por exemplo, o ponto E)
e as faces desse tetraedro são triângulos eqüiláteros,
temos que a distância de cada vértice do tetraedro
interno (no caso, o segmento EH) à base de cada
2
2 2.sen x
2
2 + 2.22.sen x
 2.2 2.sen x + 2 
⋅
 2.22.sen2 x + 2 


2
1
2
2 2. sen x
1
2
2 + 2.
H
1
2. sen 2 x
triângulo, face do tetraedro original, é
face (apótema do tetraedro, que no caso, é o segmento
VH). Como essa relação vale para as alturas de cada
tetraedro e chamando de Ho e Hi de altura dos
tetraedros original e interno, respectivamente, temos:
= 2 − 2.sen x
2
06. Um triângulo ABC apresenta lados a, b e c. Sabendo que
Ĉ
B̂
Hi
V
1
1
m
= ⇒ i =
=
Ho
3
Vo
27 n
e
são, respectivamente, os ângulos opostos aos lado b e c, o
valor de
tgBˆ
tgCˆ
1
da altura da
3
.
Assim, temos que m=1 e n=27,
concluindo que m+n=28.
é
(A)
(B)
(C)
(D)
08. Os raios dos círculos circunscritos aos triângulos ABD e ACD
de um losango ABCD são, respectivamente, 25/2 e 25. A área do
losango ABCD é
A) 100 B) 200 C) 300 D) 400 E) 500
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 08: Alternativa D
(E)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 06: Alternativa B
Chamando de L o lado do losango, temos:
i) Lei dos Senos no triângulo ABD:
25
BD
L
2⋅
=
=
ˆ
2
senA sen( Dˆ )
2
ii) Lei dos Senos no triângulo ADC:
AC
L
2 ⋅ 25 =
=
ˆ
senD sen( Aˆ )
2
iii) Como Dˆ = π − Aˆ , então
que AC = 2 BD
senDˆ = senAˆ
iv) Da figura temos que sen( Aˆ ) =
2 = BD = L , onde a
L
2 L 50
última igualdade vem da relação ii. Logo L = 25 BD .
v) Aplicando Pitágoras em um dos quatro triângulos retângulos
que formam o losango, temos:
2
2
2
2
 BD 2   2 BD  , 25 BD = 5 BD
 BD   AC  ,
L2 = 
 + 
 +
 25BD = 

4
 2   2 
 4   2 
2
m
onde m e n são inteiros
n
positivos primos entre si, o valor de m + n é
tetraedros interno e original vale
a) 20
b) 24
c) 28
d) 30
e) 32
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 07: Alternativa C
Por hipótese, temos os tetraedros indicados como na
figura.
V
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BD
2
07. Os centros das faces de um tetraedro regular são os vértices
de um tetraedro interno. Se a razão entre os volumes dos
e, de i e ii, temos
BD = 20 ⇒ AC = 40
Como a área S do losango vale AC ⋅ BD , então
S = 400
2
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CONCURSO IME 2009
09. Seja A(a, b) o ponto da cônica x2 – y2 = 27 mais
próxima da reta 4x – 2y + 3 = 0. O valor de a + b é
a) 9
b) 4
c) 0
d) -4 e) -9
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 09: Alternativa E
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 11: SEM ALTERNATIVA CORRETA
2
α.x + β.x + λ = 0 calculando o discriminante, obtemos:
∆ = β 2 − 4.α .λ
Para as raízes serem reais, devemos ter
x = 3 3 sec θ

y = 3 3 tg θ
D=
12 3 sec θ − 6 3 tgθ + 3
42 + 22
( β , α , λ ) ∈ {(2,1,1); (3,1,1), (3, 2,1),..., (5, 4,1)}
Para β = 1, nenhum valor de ∆ ≥ 0 .
Para β = 2, apenas 1 valor de ∆ ≥ 0 : (2,1,1)
⇒
Para
3,
apenas
3
valores
de
∆ ≥ 0:
∆ ≥ 0 : (4,1,1) ,
(4, 2,1), (4,1, 2), (4,3,1), (4,1,3), (4, 4,1), (4,1, 4), (4, 2, 2)
Para β = 5, apenas 12 valores de ∆ ≥ 0 : as mesmas
sen θ = 1 e cos θ = ± 3 ⇔ sec θ = ± 2 3 e tgθ = ± 3
2
=
Para β = 4, apenas 8 valores de
2
2
β
(3,1,1), (3, 2,1), (3,1, 2)
2 sec θ tg θ − sec2 θ = 0 ⇔ sec θ = 0 ou senθ = 1 ⇔
3
3
8 anteriores trocando β por 5 e mais:
(5, 5,1), (5,1, 5), (5, 2,3), (5, 3, 2)
Assim a = 3 3  ± 2 3  = ±6 e b = 3 3  ± 3  = ±3

 3 
3 



12. É dada uma PA de razão r. Sabe-se que o quadrado de
qualquer número par x, x > 2, pode ser expresso como a soma dos
n primeiros termos desta PA, onde n é igual à mestade de x. O
valor de r é:
(A) 2
(B) 4
(C) 8
(D) 10 (E) 16
Como na primeira solução a= –6, b =–3 e a+b = –9
10. Seja o sistema de equações lienares dadas por
 6 y1 + y2 + y3 + y4 + y5 = 10
 y 6 y y y y 20
 1 + 2 + 3 + 4 + 5 =
 y1 + y2 + 6 y3 + y4 + y5 = 40
 y + y + y + 6 y + y = 80
2
3
4
5
 1
 y1 + y2 + y3 + y4 + 6 y5 = 160
O valor de 7y1 + 3y5 é
A) 12
B) 24
C) 36 D) 48 E) 60
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 10: Alternativa D
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 12: Alternativa C
2
2
2
Seja x = 2q, onde n = q, Portanto x = 4.q e x = Sn
2
→x
=
2
→ 4.q =
Sabendo que q ≠ 0:
6 y1 + y2 + y3 + y4 + y5 = 10 (eq.1)
y1 + 6 y2 + y3 + y4 + y5 = 20 (eq.2)
Esta relação deve ser válida para qualquer x, logo válida para
y1 + y2 + 6 y3 + y4 + y5 = 40 (eq.3)
qualquer q. Portanto 8.q = r.q
y1 + y2 + y3 + 6 y4 + y5 = 80 (eq.4)
y1 + y2 + y3 + y4 + 6 y5 = 160 (eq.5)
Logo: r = 8
→ 8.q = 2.a1 + q.r – r
13. Se as curvas y = x 2 + ax + b e x = y 2 + cy + d se interceptam
em quarto pontos distintos, a soma das ordenadas destes quatro
pontos
a) depende apenas do valor de c.
b) depende apenas do valor de a.
c) depende apenas dos valores de a e c.
d) depende apenas dos valores de a e b.
e) depende dos valores de a, b, c e d.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 13: Alternativa A
Substituindo a segunda equação na primeira, temos:
y= (y2+cy+d)2+a(y2+cy+d)+b ⇔
4
2 2
(y +c y +d2+2cy3+2dy2+2cdy)+ay2+acy+ad+b-y=0 ⇔
y4+2cy3+y2(c2+2d + a) + y(2cd+ ac -1)+d2 + ad +
b=0,
que é um polinômio do quarto grau na variável y. Note
que as raízes desse polinômio são justamente as
ordenadas da intersecção entre as duas curvas. Como
queremos a soma das ordenadas, queremos a soma das
raízes do polinômio. Usando as relações de Girard, a
Somando as 5 equações temos:
10 y1 + 10 y2 + 10 y3 + 10 y4 + 10 y5 = 310
y1 + y2 + y3 + y4 + y5 = 31 (eq.7)
Fazendo eq. 1 – eq.7:
5 y1 = −21 → y1 = −21/ 5
Fazendo eq.5 – eq.7:
5 y5 = 129 → y5 = 129 / 5
Assim 7y1 + 3y5 = 7.(-21/5) + 3.(129/5) =
(-147+387)/5 = 240/5 = 48
11. Uma urna contém cinco bolas numeradas de 1 a 5. Retiramse, com reposição, 3 bolas desta urna, sendo α o número da
primeira bola, β o da segunda e λ o da terceira. Dada a equação
2
quadrática α.x + β.x + λ = 0, a alternativa que expressa a
probabilidade das raízes desta equação serem reais é
19
125
26
D)
60
A)
∆ ≥ 0.
∆ , dos quais
Temos 5.5.5 =125 resultados possíveis para
apenas 26 são ∆ ≥ 0 , a saber:
2
dD 12 3 sec θ tgθ − 6 3 sec θ
=
=0⇔
dθ
20







27/OUT/2008
B)
E)
23
60
25
60
C)
26
125
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soma é dada por −
coeficiente de y 3
2c
=−
= −2c . Assim, a
coeficiente de y 4
1
soma depende somente de c.
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CONCURSO IME 2009
14. O par ordenado (x,y), com x e y inteiros positivos, satisfaz a
equação 5 x 2 + 2 y 2 = 11( xy − 11) . O valor de x + y é
A) 160 B) 122 C) 81 D) 41 E) 11
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 14: Alternativa D
Podemos fatorar a expressão, obtendo
(5 x − y )( x − 2 y ) = −121 .
Chamemos 5x-y de a e x-2y de b. Como x e y são inteiros, então
a e b também o serão, restando para eles apenas as seguintes
alternativas:
i) a = 1 e b = -121
ii) a = -1 e b = 121
iii) a = 11 e b = -11
iv) a = -11 e b = 11
v) a = 121 e b = -1
vi) a = -121 e b = 1
Para cada uma dessas opções resolvemos um sistema 2 por 2 e
obtemos um único valor para x e para y:
i) x = 41/3 e y = 202/3
ii) x = -41/3 e y = -202/3
iii) x = 11/3 e y = 22/3
iv) x = -11/3 e y = -22/3
v) x = 27 e y = 14
vi) x = -27 e y = -14
A única opção que atende à condição do enunciado (x e y
inteiros e positivos) é a opção v, logo x = 27 e y = 14,
e x+y = 41.
27/OUT/2008
14
Um raio de luz de frequência 5 x10 Hz passa por uma película
composta por 4 materiais diferentes, com características em
conformidades com a figura acima. O tempo gasto para o raio
percorrer toda a película , em ηs.
A) 0,250
B) 0,640 C) 0,925 D) 1,000 E) 3,700
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 16: Alternativa C
O tempo para percorrer toda a película é a soma dos tempos
parciais em cada trecho.
Em cada trecho o movimento é uniforme.
Assim:
T = t1 + t2 + t3 + t4 = d1/v1 + d2/v2 + d3/v3 + d4/v4
Temos v = λf para cada trecho, assim:
T = d1/λ1.f + d2/λ2.f + d3/λ3.f + d4/λ4.f = (d1/λ1 + d2/λ2 + d3/λ3 +
d4/λ4)/f
Percebemos que as distâncias percorridas são todas iguais (d =
4
d1 = d2 = d3 = d4 = 5.10 λ0):
T = (1/λ1 + 1/λ2 + 1/λ3 + 1/λ4).d/f = (1/0,2λ0 + 1/λ0 + 1/0,8λ0 +
4
14
1/0,5λ0). 5.10 λ0/5.10
4
14
T = (1/0,2λ0 + 1/λ0 + 1/0,8λ0 + 1/0,5λ0). 5.10 λ0/5.10 = (37/4λ0).
10
λ0/10
-10
-10
T = (37/4).10 s = 9,25.10 = 0,925 ns
Comentário: O IME utilizou a letra grega η quando deveria ter
utilizado a letra n para representar o nano-segundo.
17.
15. Sejam f uma função bijetora de uma variável real, definida para
todo conjunto dos números reais e as relações h e g, definidas
por:
h : IR 2 → IR 2 : ( x, y ) → ( x 2 , x − f ( y ))
g : IR 2 → IR 2 : ( x, y) → ( x 3 , x − f ( y))
A figura apresenta uma barra metálica de comprimento L = 12 m,
inicialmente na temperatura de 20 ºC, exatamente inserida entre a
parede P1 e o bloco B feito de um material isolante térmico e
elétrico. Na face direita do bloco B está engastada uma carga Q1
afastada 20 cm da carga Q2, engastada na parede P2. Entre as
duas cargas existe uma força elétrica de F1 newtons.
Substitui-se a carga Q2 por uma carga Q3 = 2.Q2 e aquece-se a
o
barra até a temperatura de 270 C. Devido a esse aquecimento, a
barra sofre uma dilatação linear que provoca o deslocamento do
bloco para a direita. Nesse instante a força elétrica entre as cargas
é F2 = 32 F1.
Considerando que as dimensões do bloco não sofrem alterações e
que não exista qualquer força elétrica entre as cargas e a barra, o
o -1
coeficiente de dilatação térmica linear da barra, em C , é
-5
-5
-5
A) 2,0 x 10
B) 3,0 x 10
C) 4,0 x 10
-5
-5
D) 5,0 x 10
E) 6,0 x 10
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 17: Alternativa D
Utilizando a Lei de Coulomb e os dados do problema, obtém-se:
Pode-se afirmar que
a) h e g são sobrejetoras.
b) h é injetora e g sobrejetora.
c) h e g não são bijetoras.
d) h e g não são sobrejetoras.
e) h não é injetora e g é bijetora.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 15: Alternativa E
h não é sobrejetora, pois
(−1,0) ∉ Im h
h(1,0)  (1,1  f(0))
h(1, y)  (1, 1  f(y))
Basta
tomar
y
tal
que
1  f(0)  1  f(y),
ou
seja
y  f (f(0)  2), e teremos h(1,0)  h(1, y), provando
que h não é injetora.
g
é
bijetora,
pois
possui
inversa:
1
g1 (x, y) 

3
x, f 1

3

x y .



k 2 Q1Q2 
F2 =
⇒
(0,2 − ∆L )2 

F2 = 32 F1


F1 =
FÍSICA
16.
k Q1Q2
0,2 2
k 2 Q1Q2
(0,2 − ∆L )2
= 32
k Q1Q2
0,2 2
⇒ ∆L = (0,2 ± 0,05) m
⇒ ∆L = (0,2 − 0,05) m (1)
O termo ∆L representa a dilatação da barra e a solução maior
que 0,2m não convém, pois provocaria colisão entre o bloco e a
parede 2.
De acordo com os dados, ∆L pode ser representado por:
∆L = L α ∆T ⇒ ∆L = 12α (270 − 20)
⇒ ∆L = 3 ⋅ 10 3 α (2)
Igualando-se ∆L a partir de (1) e (2), obtém-se:
α = 5 ⋅ 10 −5 º C −1
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SOLUÇÃO DA QUESTÃO 19: Alternativa B
A área sob o gráfico é numericamente igual a τ ar ,
18.
apresentando sinal negativo pela força estar na direção
contrária ao deslocamento (trabalho resistente).
Logo:
N
τ ar = − Área = −
(20 + h ) ⋅ 12
2
Pelo Teorema da Energia Cinética, o trabalho da força
resultante, igual à soma do trabalho da força peso ( τ P ) e
o trabalho da força de resistência do ar ( τ ar ), causa a
Uma chapa de metal com densidade superficial de massa ρ foi
dobrada, formando as quatro faces laterais de um cubo de aresta
L. Na parte inferior, fixou-se uma peça sólida em forma de
paralelepípedo com dimensões h x L x L e massa específica µp ,
de maneira a compor o fundo de um recipiente. Este é colocado
em uma piscina e 25 % do seu volume é preenchido com água da
piscina, de massa específica µa . Observa-se que, em equilíbrio,
o nível externo da água corresponde à metade da altura do cubo,
conforme ilustra a figura. Neste caso, a dimensão h da peça sólida
em função dos demais parâmetros é
variação de energia cinética do corpo.
τ P + τ ar = ∆Ec
2
mv 02
 (20 + h )12  mv
mgH +  −
−
=
2
2
2


Como a velocidade final é 10 m/s a partir do repouso, a
massa do corpo é 1 kg e a variação de altura é 20 m,
temos:
 (20 + h ) ⋅ 12  1⋅ 10
1⋅ 10 ⋅ 20 +  −
− 0 ⇒ h = 5m
=
2
2


2
20.
(A)
(B)
(C)
Um reservatório possui duas faces metálicas que se comportam
como placas de um capacitor paralelo. Ao ligar a chave Ch, com o
reservatório vazio, o capacitor fica com uma carga Q1 e com uma
capacitância C1. Ao repetir a experiência com o reservatório
totalmente cheio com um determinado líquido, a carga passa a ser
Q2 e a capacitância C2. Se a relação Q1/Q2 é 0,5, a capacitância
no momento em que o líquido preenche metade do reservatório é
A) C1 B) 3/4 C2 C) C2 D) 3/2 C2 E) 3/4 C1
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 20: Alternativa B
Situação inicial:
(D)
(E)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 18: Alternativa A
2
→ mCHAPA = 4.ρ.L
→ mPEÇA = μP.h.L
2
2
→ mÁGUA = μa.L.L
A
No equilíbrio P = ε, Daí:
2
2
→ ( 4.ρ + μP.h + μa.L).g.L = μa.g.L . ( h + )
S
B
ε0
→ 4.ρ + μP.h + μa.L = μa.h + μa.L
→ 16.ρ – μa.L = 4.h. (μa – μP),
Logo: h =
d
19.
U
C1 =
Q1 = C1 ( VB − VA )
(Capacitor carregado)
Situação intermediária:
Um objeto com massa de 1 Kg é largado de uma altura de
20m e atinge o solo com velocidade de 10 m/s. Sabe-se
que a força F de resistência do ar que atua sobre o objeto
varia com a altura, conforme o gráfico acima.
Considerando que g = 10m / s 2 , a altura h , em metros, em
que a força de resistência do ar passa a ser constante é
a) 4
b) 5
c) 6
d) 8
e) 10
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ε 0S
d
Q1 = C1U
r
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S
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B
ε
d
U
C2 =
Mas
εS Kε 0 S
=
d
d
Q 2 = C 2U
r
Q 2 = C 2 ( VB − VA )
(Capacitor carregado)
Q1 1
CU 1
C
= ⇒ 1 = ⇒ C1 = 2
Q2 2
C2U 2
2
Situação final:
A
B
S/2
ε0
S/2
ε
Temos uma ponte de Wheatstone equilibrada, logo
d
U
C1′ =
22. Uma viga de 8,0 m
de comprimento, apoiada nas
extremidades, tem peso de 40 kN. Sobre ela, desloca-se um carro
de 20 kN de peso, cujos eixos de rodas distam entre si 2,0 m. No
instante em que a reação vertical em um apoio é 27,5 kN, um dos
eixos do carro dista, em metros, do outro apoio:
A) 1,0
B) 1,5
C) 2,0
D) 2,5
E) 3,0
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 22: Alternativa C
Sejam RA e RB as reações nos apoios A e B, respectivamente.
Dividiremos o peso do carro em duas partes iguais, para cada
um de seus eixos.
Diagrama de corpo livre da viga:
r
ε 0S′ ε 0S C1
=
=
d
2d
2
εS′ εS C 2
C′2 =
=
=
d
2d
2
Associação
de
capacitores
em
paralelo
(mesma
ddp):
CP = C1′ + C′2
CP =
C1 C 2 C 2 C 2
+
=
+
2
2
4
2
CP =
3
C2
4
21.
Como a força vertical total sobre a viga é 60 kN, teríamos 30kN
em cada apoio caso o carro estivesse bem no meio da viga.
Assim com o carro deslocado para um dos lados, a menor
reação de apoio será a do apoio contrário. No esquema acima
temos então que RB = 27,5 kN.
Do equilíbrio em rotação, a soma dos momentos das forças em
relação a qualquer ponto deve ser nula. Tomando o ponto A:
10k.x + 10k.(x+2) + 40k.4 = 27,5k.8 → 20kx = 40k → x = 2 m
Assim as distâncias dos eixos ao apoio A valem 2 m e 4 m
respectivamente.
A resistência equivalente entre os terminais A e B da figura acima
é
a) 1/3 R
b) 1/2 R
c) 2/3 R
d) 4/3 R
e) 2 R
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 21: Alternativa D
Por simetria os potenciais nos pontos denominados C
são iguais
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vx = v
23.
v y = − g (t − t1 )
Nas quais se orientou o eixo x para direita e y para cima, com g
sendo o módulo da aceleração da gravidade. Assim, a energia
cinética nesse intervalo é dada por uma função do segundo grau
crescente até t2:
1
1
m v x2 + mv y2
2
2
1
1
2
2
E C (t ) = m v + m[− g (t − t1 )] , para t1
2
2
EC =
< t < t2 .
Na figura dada, o bloco realiza o movimento descrito a seguir:
– Em t = 0, desloca-se para a direita, com velocidade constante;
– Em t = t1, cai da plataforma;
– Em t = t2, atinge o solo e continua a se mover para a direita, sem
quicar;
Após o impacto com o solo em t2, toda a quantidade de
movimento vertical é absorvida e a energia cinética está
relacionada apenas com a velocidade horizontal constante v:
– Em t = t3, é lançado para cima, pela ação do impulso
– Em t = t4, volta a atingir o solo.
Nestas condições, a opção que melhor representa graficamente a
energia cinética do
bloco em função do tempo é
A)
Após o impulso vertical no instante t3, a velocidade vertical sofre
um acréscimo, pelo Teorema do Impulso, dado por:
E C (t ) =
r
I
1
m v 2 , para
2
t2 < t < t3 .
I = m ∆v y
O corpo sai, no instante t3, num lançamento oblíquo, cujas
componentes da velocidade são dadas por:
vx = v
vy =
I
− g (t − t 3 )
m
Na qual
I
m
é a velocidade vertical inicial desse lançamento. A
energia cinética é uma função do segundo grau, de concavidade
voltada para cima:
B)
EC =
1
1
m v x2 + mv y2
2
2
1
1 I

m v 2 + m  − g (t − t 3 ) , para t 3 < t < t 4 .
2
2 m

No ponto mais alto desse lançamento, a velocidade é
exclusivamente horizontal de valor v. Nesse instante (entre t3 e
2
E C (t ) =
C)
t4), a energia cinética volta a ser
EC =
1
m v 2 . Em t4 a
2
velocidade de retorno ao solo (logo antes do impacto) tem
mesmo módulo que na saída do lançamento:
E C (t 3 ) = E C (t 4 ) =
EC (
D)
1
1 I
m v 2 + m 
2
2 m
2
t3 + t 4
1
) = m v2
2
2
Finalmente, após o novo impacto com o solo em t4, toda a
quantidade de movimento vertical é absorvida e a energia
cinética está relacionada apenas com a velocidade horizontal v
dada novamente por:
E C (t ) =
1
mv2 ,
2
para t 4 < t .
O gráfico que contém todas essas características corresponde
ao da figura C.
E)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 23: Alternativa C
No intervalo de 0 a t1 o movimento é uniforme e a energia
cinética é constante, de valor
1
EC (t ) = m v 2 , para 0 < t < t1 .
2
No intervalo de t1 a t2 tem-se um lançamento horizontal. O
movimento é uniforme na horizontal e uniformemente variado na
vertical. As velocidades verticais e horizontais são dadas por:
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Um feixe de elétrons passa por um equipamento composto por
duas placas paralelas, com uma abertura na direção do feixe, e
penetra em uma região onde existe um campo magnético
constante. Entre as placas existe uma d.d.p. igual a V e o campo
magnético é perpendicular ao plano da figura.
Considere as seguintes afirmativas:
I. O vetor quantidade de movimento varia em toda a trajetória.
II. Tanto o trabalho da força cinética quanto o da força magnética
fazem a energia cinética variar.
III. A energia potencial diminui quando os elétrons passam na
região entre as placas.
IV. O vetor força elétrica na região entre as placas e o vetor força
magnética na região onde existe o campo magnético são
constantes.
As afirmativas corretas são apenas:
a) I e II.
b) I e III.
c) II e III.
d) I, II e IV.
e) II, III e IV.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 25: Alternativa B
Supondo que V > 0 , vamos analisar as afirmativas uma a uma:
I. Verdadeira
Durante o trajeto entre as placas do capacitor, existe um
campo elétrico (que pode ser considerado uniforme), portanto
r
r
existe uma força constante agindo nos elétrons igual a F = −qE
(onde E ≠ 0 é o módulo do campo elétrico e q a carga dos
elétrons que considerarmos na análise), assim a velocidade dos
elétrons aumenta linearmente com o tempo (MUV) e o vetor
quantidade de movimento varia em módulo (mas não em
direção).
Durante o trajeto dentro do campo magnético, o corpo
executará um movimento circular uniforme, já que a força
resultante é F = qV0B , sempre perpendicular à trajetória. Como o
movimento é circular, o módulo do vetor quantidade de
movimento não se altera, mas sua direção sim.
II. Falsa
A força elétrica realmente realiza trabalho, já que é
diferente de 0 (entre as placas) e tem a mesma direção da
trajetória.
A força magnética, no entanto, é sempre perpendicular à
trajetória e por isso não realiza trabalho (mesmo sendo não nula).
III. Verdadeira
Pelo Teorema da Energia Cinética, e sendo o trabalho
elétrico dado por W = −∆E p :
24.
Considere o sistema acima, onde um objeto PP’ é colocado sobre
um carrinho de massa m que se move, em movimento harmônico
simples e sem atrito, ao longo do eixo óptico de um espelho
esférico côncavo de raio de curvatura R. Este carrinho está preso
a uma mola de constante k fixada ao centro do espelho, ficando a
mola relaxada quando o objeto passa pelo foco do espelho. Sendo
x a distância entre o centro do carrinho e o foco F, as expressões
da freqüência w de inversão entre imagem real e virtual e do
aumento M do objeto são
(A)
(B)
(C)
(D)
W = −∆E p = ∆Ec
Como a velocidade aumenta (força dirigida para cima):
−∆EP = ∆Ec > 0 ⇒ ∆EP < 0
(E)
∆EP = EPf − EPo < 0
EPf < EPo
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 24: Alternativa A
Utilizando o experimento 1 como base, em 2 é feita a duplicação
de [X], duplicando a velocidade, logo o expoente de [X] na
equação da velocidade é 1.
Utilizando o experimento 2 como base, em 3 é feita a duplicação
de [Y], quadruplicando a velocidade, logo o expoente de [Y] na
equação da velocidade é 2.
Assim, dado dois instantes qualquer em que os elétrons
estão entre as placas, a energia potencial final sempre é menor
que a inicial.
IV. Falsa
Como já foi dito no item I, a força elétrica é constante
mas a força magnética varia em direção.
26.
25.
Duas partículas A e B de massas mA = 0,1 kg e mB = 0,2 kg
sofrem colisão não frontal. As componentes x e y do vetor
quantidade de movimento em função do tempo são apresentadas
nos gráficos acima.
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Considere as seguintes afirmativas:
I. A energia cinética total é conservada.
II. A quantidade de movimento total é conservada.
III. O impulso correspondente à partícula B é 2i + 4j.
IV. O impulso correspondente à partícula A é -3i + 2j.
As afirmativas corretas são apenas:
A) I e II
B) I e III
C) II e III
D) II e IV
E) III e IV
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 26: Alternativa D
Situação inicial:
Situação final:
r
r
Q A = 4i e QB = 0
r
Q′A = i + 2 j
propagação do som na estaca.
Temos:
2x

 t1 = v

2L
t1 + t 2 =
v

28. Ao analisar um fenômeno térmico em uma chapa de aço, um
pesquisador constata que o calor transferido por unidade de tempo
é diretamente proporcional à área da chapa e à diferença de
temperatura entre as superfícies da chapa. Por outro lado, o
pesquisador verifica que o calor transferido por unidade de tempo
diminui conforme a espessura da chapa aumenta. Uma possível
unidade da constante de proporcionalidade associada a este
fenômeno no sistema SI é:
de movimento se conserva.
(A alternativa II é correta)
r
r
r
r
IA = ∆Q A = Q′A − Q A = i + 2 j − 4i = −3i + 2 j
(A alternativa IV é correta)
r
r
r
r
IB = ∆QB = Q′B − QB = 3i − 2 j − 0 = 3i − 2 j
(A alternativa III é incorreta)
e
r
VB = 0 , logo
E CIN 0 =
0,1 2
40 + 0 = 80 J
2
(Energia cinética inicial)
r
r
Q′
i + 2j
2
2
= 10i + 20 j , ou seja, VA = 10 + 20 = 500 m / s .
VA′ = A =
mA
0,1
r
r
Q′B 3i − 2 j
ou
seja,
′
=
= 15i − 10 j ,
VB =
mB
0,2
E CINf =
A)
kg .m.s −3 .K −1
B)
kg .m 2 .s.K
D)
m 2 .s −3 .K
E)
kg .m.s −1.K −1
C) m.s.K
−1
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 28: Alternativa A
Dado que Q / T ∝ Aθ
. e Q / T ∝ 1/ e então, podemos
escrever o calor transferido por unidade de tempo como:
Q / T = kA / e
VB = 15 2 + ( −10) 2 = 325 m / s
Então
t1
L
t1  t2
Comentário: O gabarito no site oficial do IME, até o presente
momento, aponta a opção A. Isto estaria correto se
considerássemos t2 como o tempo total de percurso,
diferentemente do que afirma o enunciado.
r
r
r
r
Q A + QB = 4i e Q′A + Q′B = i + 2 j + 3i − 2 j = 4i , logo a quantidade
r
r
Q
4i
= 40i
VA = A =
m A 0,1
x
⇒
t1 corresponde ao pulso refletido na fissura e t1 + t2 corresponde
ao pulso refletido no extremo inferior da estaca.
r
Q′B = 3i − 2 j
e
27/OUT/2008
Escrita na forma dimensional temos:
0,1
0,2
500 +
325 = 57,5J
2
2
[Q] /[T ] = [k ][ A][θ ] /[e]
(Energia
M .L2 / T 3 = [k ]L2θ / L
cinética final)
Como ECINf<ECIN0, então a alternativa I é incorreta.
Portanto: [ k ] = M .L / T θ
Atribuindo as unidades para as dimensões de massa,
comprimento, temperatura e tempo no S.I. a unidade de K é
3
27.
:
Kg.m.T −3 K −1
29. Um planeta de massa m e raio r gravita ao redor de uma
estrela de massa M em uma órbita circular de raio R e período T.
Um pêndulo simples de comprimento L apresenta, sobre a
superfície do planeta, um período de oscilação t.
Dado que a constante de gravitação universal é G e que a
aceleração da gravidade, na superfície do planeta, é g, as massas
da estrela e do planeta são, respectivamente:
Uma estaca de comprimento L de um determinado material
homogêneo foi cravada no solo. Suspeita-se que no processo de
cravação a estaca tenha sido danificada, sofrendo possivelmente
uma fissura abrangendo toda sua seção transversal conforme
ilustra a figura acima. Para tirar a dúvida, foi realizada uma
percussão em seu topo com uma marreta. Após t1 segundos da
percussão, observou-se um repique (pulso) no topo da estaca e, t2
segundos após o primeiro repique, percebeu-se um segundo e
último repique de intensidade significativa (também no topo da
estaca), sendo t1 ≠ t2. Admitindo-se que a estaca esteja danificada
em um único ponto, a distância do topo da estaca em que se
encontra a fissura é
a)
Lt1
Lt1
Lt1
b)
c)
t2
3t2
t1  t2
d)
Lt2
t1  t2
e)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 29: Alternativa C
De acordo com a Segunda Lei de Newton, para o movimento
orbital do planeta, obtém-se:
Lt2
2t1
Rc = m ac ⇒
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 27: Alternativa C
Seja x a distância do topo à fissura. Seja v a velocidade de
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GMm
 2π 
= m

R2
 T 
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⇒ M=
por se tratar de um átomo do 20 período (raio muito
pequeno), o que não permitiria a formação de orbitais
híbridos sp3d ou sp3d2 em átomos de carbono. No
entanto, os compostos orgânicos podem conter ametais
do 30 período em diante ou metais de transição que
podem fazer ligações químicas utilizando-se dos
referidos orbitais híbridos.
IV) VERDADEIRA. Na formação de orbitais híbridos e de
orbitais moleculares vale a regra que diz que o número de
orbitais híbridos tem de ser sempre igual ao número de orbitais
atômicos.
4 π 2 R3
T 2G
Na superfície do Planeta, a intensidade de sua aceleração da
gravidade é dada por:
g=
Gm
r2
Assim, o período do pêndulo simples é dado por:
t = 2π
L
Lr 2
⇒ t = 2π
g
Gm
Isolando-se a massa do planeta, obtém-se:
m=
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32. No processo de refino eletrolítico do cobre, utilizam-se
eletrodos deste metal e solução aquosa de sulfato de cobre (II).
Neste processo, é correto afirmar que
A) no cátodo obtém-se cobre impuro e ocorre liberação de
oxigênio.
B) no anodo obtém-se cobre puro e ocorre liberação de
hidrogênio.
C) o cobre é depositado no anodo e dissolvido no catodo.
D) o cobre é dissolvido no anodo e depositado no catodo.
E) ocorre apenas liberação de hidrogênio e oxigênio.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 32: Alternativa D
O processo de refino do cobre utiliza eletrodos ativos deste
metal. A figura a seguir ilustra o processo.
4π 2 L2 r
t 2G
30. Um corpo está a 40 cm de distância de uma lente cuja
distância focal é -10 cm. A imagem deste corpo é
(A) real e reduzida.
(B) real e aumentada.
(C) virtual e reduzida.
(D) virtual e aumentada.
(E) real e invertida.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 30: Alternativa C
→ f = - 10 cm
→ p = 40 cm
+
A=
→
+
→
A=
→
p’ = -8 cm → Imagem virtual
→
Imagem reduzida
QUÍMICA
31. Considere as seguintes afirmativas:
I. A molécula de SO2 é linear e possui hibridação sp.
II. O hexafluoreto de enxofre possui estrutura octaédrica.
III. Em virtude da posição do átomo de carbono na Tabela
Periódica, pode-se afirmar que não existem compostos orgânicos
contendo orbitais híbridos sp3d ou sp3d 2 .
IV. O número total de orbitais híbridos é sempre igual ao número
total de orbitais atômicos puros empregados na sua formação.
As afirmativas corretas são apenas:
a) I
b) I e III
c) I e IV
d) II e IV
e) II, III e IV
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 31: Alternativa D
I) FALSA. A molécula do SO2 é angular porque possui 3
nuvens eletrônicas e duas ligações (1 simples e 1 dupla)
em torno do átomo central. Além disso, como só há uma
ligação π então só há um orbital p puro no S, portanto a
hibridização é do tipo sp2.
No catodo ocorre a semi reação:
+2
Cu (aq) + 2e (CM) → Cu (s)
No anodo ocorre a semi-reação:
+2
Cu (s) → Cu (aq) + 2e (CM)
Desta maneira, o cobre é dissolvido no anodo e depositado no
catodo.
33. Uma massa x de CaCO3 reagiu com 50 mL de HCl 0,20M
aquoso, sendo o meio reacional, posteriormente, neutralizado com
12 mL de NaOH aquoso. Sabe-se que 20 mL desta solução foram
titulados com 25 mL do HCl 0,20M. A massa x de CaCO3 é
(Dados: massas atômicas Ca = 40 u.m.a.; C = 12 u.m.a; O = 16
u.m.a.)
a) 0,07g b) 0,35g c) 0,70g d) 3,50g e) 7,00g
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 33: Alternativa B
Primeiramente determinamos a molaridade da solução de NaOH.
S
O
HCl  NaOH  NaCl  H2O
n (HCl  n(NaOH)
V(HCl)  M(HCl)  V(NaOH)  M(NaOH)
25  0,20  20  M(NaOH)
25  0,20
M
 0,25 mol / L .
20
O
II) VERDADEIRA. A molécula do SF6 tem seis ligantes
em volta do átomo central e neste caso a única
geometria possível é a octaédrica.
F
F
S
Nos 50 mL de HCl 0,20 mol/L, há 10,0 mmols de HCl .
Destes 10 mmols, uma parte deles foi neutralizados por 12 mol
de NaOH, o que corresponde a (12  0,25) mmols, ou seja
3,0 mmols.
F
F
F
III) FALSA. O carbono não sofre expansão do octeto
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Assim, 7,0 mmols de
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lei dos gases ideais não é uma aproximação adequada para o
comportamento dos gases no interior dos tanques.
(Dado: 1 atm = 101,3 kPa).
B) A pressão de vapor de um líquido independe da temperatura.
C) Um recipiente de 500 mL, inicialmente fechado e contendo um
líquido em equilíbrio com seu vapor, é aberto. Pode-se afirmar que
a pressão de vapor do líquido aumentará.
D) Na equação PV = nRT, o valor numérico de R é constante e
independe do sistema de unidades empregado.
E) De acordo com o princípio de Avogadro, pode-se afirmar que,
dadas as condições de temperatura e pressão, o volume molar
gasoso depende do gás considerado.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 36: Alternativa A
O modelo do gás ideal considera que o tamanho das partículas
que compõem o gás é desprezível. As interações
intermoleculares entre estas são, também, desprezadas, uma
vez que a distância entre as partículas é muito grande. As
interações, no gás ideal, devem-se apenas ás colisões entre as
moléculas do gás.
2
O elevado valor de pressão, de aproximadamente 1,3.10 atm
não permite que a hipótese do gás ideal seja adotada, pois,
nessa situação, as interações intermoleculares das partículas do
gás não serão desprezíveis.
HCl reagem com o CaCO3 .
CaCO3( s ) + 2 HCl( aq ) → CaCl2 ( a ) + H 2O( l ) + CO2 ( g )
n(HCl)
2
7
n(CaCO3 )   3,5 mmols
2
1(CaCO3 ) 
Logo, m  3,5  103  100g  0,35g
34. O osso humano é constituído por uma fase mineral e uma fase
orgânica, sendo a primeira correspondente a cerca de 70% da
massa óssea do ser humano. Dentre os minerais conhecidos, a
hidroxiapatita, Ca10(PO4)6(OH)2, é o mineral de estrutura cristalina
e estequiometria mais próxima á dos constituintes da fase mineral
dos tecidos ósseos.
Considere que os átomos de cálcio estão na fase mineral dos
tecidos ósseos e que o esqueleto de um indivíduo corresponde a
um terço do seu peso. O número de átomos de cálcio em uma
pessoa de 60kg é
(Dados: massas atômicas Ca = 40 u.m.a.; P = 31 u.m.a.; O = 16
23
u.m.a.; H = 1 u.m.a.; Número de Avogadro = 6,02 x 10 ).
24
A) 8,39 x 10 .
25
B) 2,52 x 10 .
25
C) 8,39 x 10 .
26
D) 1,20 x 10 .
26
E) 2,52 x 10 .
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 34: Alternativa C
Cálculo da massa da fase mineral dos tecidos ósseos:
60 kg x 1/3 x 0,7 = 14 kg da fase mineral
Cálculo da massa molar da hidroxiapatita (Ca10(PO4)6(OH)2):
(40 x 10) + (6 x 95) + (2 x 17) = 1004 gramas/mol
Como cada mol da hidroxiapatita possui 10 mols de átomos de
Cálcio, temos:
23
1004 gramas ----- 10 x 6,02x10 átomos de cálcio
14000 gramas --- x
25
X = 8,39 x 10 átomos de Cálcio
37. Considere a seqüência de reações e o perfil energético
associados ao processo de oxidação do dióxido de enxofre.
Etapa 1 (elementar): SO2 (g) + NO2 (g) → SO3 ( g ) + NO(g)
Etapa 2: 2 NO(g) + O2 (g) → 2 NO2 (g)
35. Foram introduzidos 10 mols de uma substância X no interior de
um conjunto cilindro-pistão adiabático, sujeito a uma pressão
constante de 1atm. X reage espontânea e irreversivelmente
segundo a reação:
X(s) → 2Y(g) ∆H = -200 cal
Considere que a temperatura no início da reação é 300 K e que as
capacidades caloríficas molares das substâncias X e Y são
-1 -1
-1 -1
constantes e iguais a 5,0 cal.mol .K e 1,0 cal.mol .K ,
respectivamente. O volume final do conjunto cilindro-pistão é:
-1 -1
(Dado: R = 0,082 atm.L.mol .K )
A) 410,0 L B) 492,0 L C) 508,4 L D) 656,0 L E) 820,0 L
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 35: Alternativa D
A reação completa produz 20 mols da substância Y(g).
Desta forma, o calor liberado será de ∆H=q= -2000cal.
Como o processo é adiabático, todo o calor permanecerá no
sistema.
Considerando a capacidade calorífica molar dos produtos, o
aumento de temperatura do sistema será dado por:
Q = Cp.n.∆T
2000 = 1,0.20.∆T
∆T=100K
Assim, a temperatura final será de 400K.
Substituindo este valor na equação dos gases perfeitos:
PV=nRT
V= nRT/P
V=20.0,082.400/1,0 = 656,0 litros
A alternativa que apresenta corretamente os compostos no estágio
II, o catalisador e a lei de velocidade para a reação global é
Estágio II
Catalisador
Lei de Velocidade
a) NO , O2
NO
k [SO2 ]2 [O2 ]
b)
SO3 , NO , O2
NO2
k [SO2 ]2 [O2 ]
c)
SO3 , NO , O2
NO2
k [SO2 ][NO2 ]
d)
NO , O2
NO
k [SO2 ][NO2 ]
e)
SO3 , NO , NO2
O2
k [SO2 ][NO2 ]
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 37: Alternativa C
De acordo com o enunciando as reações acontecem na
seqüência dada, ou seja, etapa 1 corresponde à transformação I
→ II (no gráfico) e etapa 2 corresponde à tranformação II →III
(no gráfico).
Sendo assim, como a etapa I apresenta maior energia de
ativação (como pode ser visto no gráfico) ela será a etapa lenta
e, portanto, determinante para a velocidade da reação. Como no
enunciado diz-se que se trata de uma reação elementar, a lei da
velocidade depende dos dois reagentes e de seus respectivos
coeficientes estequiométricos.
V= k [SO2].[NO2]
No patamar II estão presentes as substâncias resultantes da 1ª.
etapa (SO3 e NO) e o reagente da 2ª. etapa (O2).
O catalisador é o NO2, pois ele foi adicionado a primeira etapa e
recuperado ao final da segunda etapa, não sendo consumido
pelo processo, mas influenciando no mecanismo da reação de
forma a aumentar a velocidade.
36. Assinale a alternativa correta.
A) Um veículo de testes para redução de poluição ambiental,
projetado para operar entre – 40 ºC e 50 ºC, emprega H2 e O2, os
quais são estocados em tanques a 13 MPa. Pode-se afirmar que a
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38. Assinale a alternativa correta.
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SOLUÇÃO DA QUESTÃO 39: Alternativa D
Analisando a figura identifica-se a presença de 10 carbonos
quirais (ver figura). No entanto considera-se 9 centros
assimétricos, pois no epóxido o conjunto dos dois carbonos
assimétricos, devido à estrutura de suas ligações, apresenta
apenas duas possibilidades de isômeros óticos. Sendo assim o
número de isômeros ópticos pode ser calculado pela expressão:
n
9
nº isômeros ópticos = 2 = 2 = 512.
n = número de centros assimétricos.
A) Nas reações de decaimento radioativo, a velocidade de reação
independe da concentração de radioisótopo e, portanto, pode ser
determinada usando-se apenas o tempo de meia vida do isótopo.
238
206
B) O decaimento nuclear do 92U
pode gerar 82Pb através da
emissão de 8 partículas α e 6 partículas β.
C) A vulcanização é o processo usado para aumentar a rigidez de
elastômeros por intermédio da hidrogenação de suas
insaturações.
D) Copolímeros são polímeros formados pela reação de dois
monômeros diferentes, com a eliminação de uma substância mais
simples.
E) O craqueamento é o processo que tem por objetivo “quebrar”
as frações mais pesadas de petróleo gerando frações mais leves.
Durante o craqueamento, são produzidos hidrocarbonetos de
baixa massa molecular, como o etano e o propano. Estas
moléculas são usadas como monômeros em uma variedade de
reações para formar plásticos e outros produtos químicos.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 38: Alternativa B
238
0
4
A alternativa B é verdadeira pois 92U → 6 -1β + 8 +2α (CM) +
206
82 Pb
A alternativa A é falsa porque a velocidade de dacaimento
depende da quantidade dos radioisótopos presentes na amostra
e que ainda não sofreram o decaimento. A lei de velocidade de
decaimento obedece à cinética de primeira ordem. Assim, v = k
[Radioisótopo], onde k = ln 2 / t1/2.
A determinação da concentração de radioisótopo num instante
qualquer depende do conhecimento da concentração num outro
instante de tempo.
A alternativa C é falsa pois, no processo de vulcanização, é
utilizado o enxofre para o aumento da rigidez dos elastômeros.
A alternativa D é falsa pois o processo de polimerização de
copolímeros pode ser um processo de adição, não havendo a
eliminação de substância mais simples. Além disso podem ser
utilizados mais de dois copolímeros no processo de
polimerização, não sendo o processo restrito a dois
copolímeros.
A alternativa E é falsa pois devem ser insaturados os
hidrocarbonetos, resultates do processo de craqueamento, que
são utilizados como monômeros em uma variedade de reações
para formar plásticos e outros produtos químicos.
Ainda pela análise da fórmula do composto, identifica-se a
presença de 2 ligações triplas (4 ligações π) e 9 ligações duplas
(9 ligações π), totalizando 13 ligações π.
40. Assinale a alternativa correta.
A) Os carboidratos, também conhecidos como glicídios, são
ésteres de ácidos graxos superiores.
B) Os carboidratos mais simples são os monossacarídeos que, em
virtude de sua simplicidade estrutural, podem ser facilmente
hidrolisados.
C) Os lipídios são macromoléculas altamente complexas,
formadas por centenas ou milhares de ácidos graxos que se ligam
entre si por intermédio de ligações peptídicas.
D) As enzimas constituem uma classe especial de glicídios
indispensável à vida, pois atual como catalisadores em diversos
processos biológicos.
E) A seqüência de aminoácidos em uma cadeia proteica é
denominada estrutura primária da proteína.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 40: Alternativa E
Alternativa A: Errada. Carboidratos e glicídios pertencem a
classificações bioquímicas distintas. Ésteres de ácidos graxos
superiores dão origem aos glicídios e não aos carboidrados.
Alternativa B: Errada. Os dissacarídeos, oligossacarídeos e
polissacarídeos sofrem hidrólise com relativa facilidade e não os
monossacarídeos.
Alternativa C: Errada. Os lipídios normalmente não são
macromoléculas altamente complexas e, normalmente são
constituídos por uma a três moléculas de ácidos graxos.
Alternativa D: Errada. As enzimas são proteínas com função
catalítica (biocatalisadores), ou seja, são polímeros de
aminoácidos.
Alternativa E: Correta. A estrutura primária de uma proteína
nada mais é que sua seqüência de aminoácidos.
39. A neocarzinostatina é uma molécula da família das enediinas
que são produtos naturais isolados de microrganismos e
apresentam poderosa atividade anti-tumoral, por serem capazes
de agir como intercalantes nas moléculas de DNA, interrompendo,
dessa forma, o rápido crescimento celular característico das
células tumorais.
Analisando a estrutura da neocarzinostatina acima, pode-se
afirmar que esta forma canônica da molécula possui
a) 256 isômeros ópticos e 11 ligações π.
b) 512 isômeros ópticos e 11 ligações π.
c) 256 isômeros ópticos e 13 ligações π.
d) 512 isômeros ópticos e 13 ligações π.
e) 1024 isômeros ópticos e 13 ligações π.
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