Provas Objetivas - Resolvidas

- o segmento P n P(n – 1) é 1cm maior que o segmento P(n – 1) P(n – 2); e
- o segmento P n P(n – 1) é perpendicular a P0 P(n – 1)
01.
As dimensões dos lados de um paralelepípedo reto retângulo,
em metros, valem a, b e c. Sabe-se que a, b e c são raízes da
3
2
equação 6x - 5x + 2x - 3 = 0. Determine, em metros, o comprimento
da diagonal deste paralelepípedo.
1
1
1
2
a)
b)
c)
d)
e) 1
6
3
2
3
Determine o comprimento do segmento P0 P24
a) 48
b) 60
c) 70
d) 80
e) 90
Solução:
Solução:
d  a2  b2  c 2
2
2
2
02.
São dadas as matrizes quadradas inversíveis A, B e C, de
ordem 3. Sabe-se que o determinante de C vale (4 - x), onde x
é um número real, o determinante da matriz inversa de B vale
1
t t
-1
e que (CA ) = P BP, onde P é uma matriz inversível.

3
 0 0 1


Sabendo que A =  3 x 0  , determine os possíveis valores
1 0 0


de x.
t
Obs.: (M) é a matriz transposta de M.
b) 1 e -3
e) -2 e -3
c) 2 e 3
Solução:
det (C) = 4 – x
-1
1
 det (B) = -3
3
 0 0 1


A =  3 x 0   det (A) = -x
1 0 0


t t
-1
(C A ) = P B P
t t
t
-1
(A ) · C = P B P
t
-1
A·C =P BP
t
P2
P3
P4
1
5
14
30
P5 ......P24
55
12  22  32  4 2  ...  24 2
n(n  1)(2n  1)
6

24  25  49
6
 70

ALTERNATIVA C
ALTERNATIVA A
det (B ) = - 
P1
0
2
(a + b + c) = 2 (ab + bc + ac) + a + b + c
2
2
2
2
a + b + c = (a + b + c) - 2. (ab + bc + ac)
( 5) 5
a+b+c=

6
6
2
ab + bc + ac =
6
25 24
2
d 


36 36
1
d
6
a) -1 e 3
d) 1 e 3
P0
3
, onde x , y e z são
2
números reais pertencentes ao intervalo  1,1. Determine o valor de
04. Seja arcsenx + arcseny + arcsenz =
100
x
100
+y
100
+z
a) -2
d) 1

9
.
x101  y101  z101
b) -1
e) 2
c) 0
Solução:
  
Como a função arco-seno tem valores em   ,  e arcsenx +
 2 2
3
, temos:
2

arcsenx = arcseny = arcsenz=
2
Logo: x = y = z = 1
Assim
9
9
100
100
100
x +y +z - 101
 1 1 1
330
1 1 1
x  y101  z101
ALTERNATIVA C
arcseny + arcsenz =
05.
Em um aeroporto existem 12 vagas numeradas de 1 a 12,
conforme a figura. Um piloto estacionou sua aeronave em uma vaga
que não se encontrava nas extremidades, isto e, distintas da vaga 1
e da vaga 12. Após estacionar, o piloto observou que exatamente 8
das 12 vagas estavam ocupadas, incluindo a vaga na qual sua
aeronave estacionou. Determine a probabilidade de que ambas as
vagas vizinhas a sua aeronave estejam vazias.
-1
det (A · C ) = det (P B P)
t
-1
det (A) · det (C ) = det (P ) · det (B) · det (P)
1
det (A) · det (C) =
· det (B) · det (P)
det( P)
det (A) · det (C) = det (B)
-x (4 - x) = -3
2
x – 4x + 3 = 0
x = 1 ou x =3
ALTERNATIVA D
03.
São dados os pontos P0 e P1 distantes 1 cm entre si. A partir
destes dois pontos são obtidos os demais pontos Pn, para todo n
inteiro maior do que um, de forma que:
GGE RESPONDE IME 2012 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
1
1
55
4
d)
55
a)
2
3 ...
10 11
12
2
55
5
e)
55
b)
c)
3
55
Solução:
9 
9 8
 
2
casos fav
36
6
2
P( A ) 
   


total
11 11  10  9  8 330 55
 
4  3  2 1
4
ALTERNATIVA E
1
06.
As raízes cúbicas da unidade, no conjunto dos números
2
complexos, são representadas por 1, w e w , onde w e um
6
número complexo. O intervalo que contem o valor de (1 - w ) e:
a) (-∞,-30]
b) (-30,-10]
c) (-10, 10]
d) (10,30]
e) (30, ∞)
2
2
2
a) 48x + 36y 2
2 m =0
2
2
b) 8x + 16y - 3 m = 0
2
2
2
c) 16x + 48y - 3m = 0
2
2
2
d) 8x + 24y - m = 0
2
2
2
e) 16x - 24y - m = 0
Solução:
Solução:
3
2
Note que w = 1 e 1 + w + w = 0
6
Desenvolvendo o binômio (1 – w) , temos:
6
2
3
4
b
3
 tg30 º 
a
3
5
6
(1 – w) = 1 – 6w + 15w – 20w + 15w – 6w + w
2
2
= 1 – 6w + 15w – 20 + 15w – 6w + 1
2
= -18 + 9w + 9w
2
= -27 + 9 + 9w + 9w
2
= -27 + 9(1 + w + w )
= -27 + 9 ∙ 0
= -27
Logo: -27  (-30, -10]
b
3
a
3
3b 2 a 2
x2
a2

y2
b2
 1
b 2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2
b 2 x 2  3b 2 y 2  a 2 b 2
ALTERNATIVA B
x 2  3 y 2  a 2 (*)
07. Uma pirâmide regular possui como base um dodecágono de
aresta a. As faces laterais fazem um ângulo de 15° com o plano
da base. Determine o volume desta pirâmide em função de a.
a)
a3
2
a3
d)
2
32
b)
2 3
32
2 3
a3
2
a3
e)
2
32
2 3
c)
a3
2
S
S

3
32
2ab 
2 3
b2 
2 3
m2 3
m 2 3  ab 
4

 
4
3
12
 2 
m2 3
m2 3
 2b 3 b 
12
12
m2
24
3 2
mas a 2  b 2 
Solução:
 x 2  3y 2 
3m 2 m 2

24
8
m2
8
8 x 2  24 y 2  m 2  0
ALTERNATIVA D
a
09. O valor de y = sen70º cos50º + sen260º cos280º é:
2
x
a 1
2 tg15
a)
3
b)
3
2
c)
3
3
d)
3
4
e)
3
5
Solução:
y = sen 70º . cos 50º + sen 260º . cos 280º
sen 120 º  sen 20 º sen 540  sen 20 º

2
2
sen 120 º  sen 180 º
y
2
y
3
2
y
2
H
a
 tg15   H 
x
2
Y
1
1 x
a
a3 a  3 a 2
Ab  H  a  12   V 


3
3 2
2
2 3 3
2
3 2
2 3
ALTERNATIVA A
08. Os triângulos ABC
e DEF são equiláteros com lados iguais
a m. A área da figura FHCG é igual à metade da área da figura
ABHFG. Determine a equação da elipse de centro na origem e
eixos formados pelos segmentos FC e GH.
3
4
ALTERNATIVA D
y
10. A equação da reta tangente à curva de equação x2 + 4y2 – 100 =
0 no ponto P(8,3) é:
a) 2x + 3y - 25 = 0
b) x + y - 11 = 0
c) 3x - 2y - 18 = 0
d) x + 2y - 14 = 0
e) 3x + 2y - 30 = 0
Solução:
2
2
x + 4y = 100
xxo + 4yyo = 100
8x + 12y – 100 = 0 – 4
2x + 3y – 25 = 0
ALTERNATIVA A
GGE RESPONDE IME 2012 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
2
11. Considere
o polinômio 5x3 – 3x3 – 60x + 36 = 0. Sabendo que
ele admite uma solução , onde
afirmar que:
a) 1 ≤ n < 5
b) 6 ≤ n < 10
c) 10 ≤ n < 15
d) 15 ≤ n < 20
e) 20 ≤ n < 35
n é um número natural, pode se
Solução:
Se uma equação polinomial, com coeficientes racionais, admite um
número irracional da forma a  b como raiz, então admite também
a  b como raiz logo:
x1  n , x 2   n , x 3
3
3
 x3 
5
5
36
3
36
x1  x 2  x 3  
 n n 
5
5
5
 n  12
ALTERNATIVA D
x1  x 2  x 3 
x  2y
1 x
x  2y
d)
1 x
b)
e)
xy
1 x
Um curso oferece as disciplinas A, B, C e D. foram feitas as
matrículas dos alunos da seguinte forma:
- 6 alunos se matricularam na disciplina A;
- 5 alunos se matricularam na disciplina B;
- 5 alunos se matricularam na disciplina C; e
- 4 alunos se matricularam na disciplina D.
Sabe-se que cada aluno se matriculou em, no mínimo, 3 disciplinas.
Determine a quantidade mínima de alunos que se matricularam nas 4
disciplinas.
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
Solução:
Total de matriculas: 6 + 5 + 5 + 4 = 20
A mínima quantidade de alunos que se matricularam nas 4
disciplinas acontece quando temos o maior número de alunos
matriculados em 3 disciplinas 20 = 3 ∙ 6 + 2, logo precisamos de 2
alunos com 4 matrículas.
ALTERNATIVA E
15. Seja F o conjunto cujo elementos são valores de n!, onde n é um
número natural. Se G é subconjunto de F que não contém elementos
que são múltiplos de 27.209, determine o número de elementos do
conjunto G.
a) 6
b) 12
c) 15
d) 22
e) 25
12. Se log102 = x e log103 = y, então log518 vale:
a)
14.
c)
2x  y
1 x
3 x  2y
1 x
Solução:
2
27.209 = 7 ∙ 13 ∙ 23
26! = 1 ∙ 2 .... 7 .... 13... 23 ∙ 24 ∙25 ∙ 26
Logo a partir de 26! Todos serão múltiplos de 27.209 portanto temos
25 elementos em G.
ALTERNATIVA E
Solução:
2
log10
x
16.
3
log10
y
log18
05 
log18
10
5
log10



2
3
log10 2  3 2
log10
 2 log10
x  2y


10
2
1  1x
 10 
log10  log10
log10  
 2 
ALTERNATIVA E
13.
Seja a, b e c números reais e distintos. Ao simplificar a função
de
variável
real,
2 ( x  b)( x  c )
2 ( x  c )( x  a)
2 ( x  a)( x  b)
,obtém-se
f( x)  a
b
c
(a  b)( a  c )
(b  c )(b  a)
(c  a)( c  b)
real,
f(x) igual a:
2
a) x – (a + b + c)x + abc
2
b) x + x – abc
2
c) x
2
d) – x
2
e) x – x + abc
Solução:
f( x)  a2
( x  b)( x  c )
( x  c )( x  a)
( x  a)( x  b)
 b2
 c2
(a  b)( a  c )
(b  c )(b  a)
(c  a)( c  b)
f (x)  a2
[ x 2  (b  c )x  bc ]
[ x 2  (a  c )x  ac ]
[ x 2  (a  b)x  ab ]
 b2
 c2
(a  b)(a  c )
(b  c )(a  b)
(a  c )(b  c )
A figura 1 mostra dois corpos de massas iguais a m presos por uma
haste rígida de massa desprezível, na iminência do movimento sobre
um plano inclinado, de ângulo  com a horizontal. Na figura 2, o
corpo inferior é substituído por outro com massa 2m. Para as duas
situações, o coeficiente de atrito estático é  e o coeficiente de atrito
cinético é /n para a massa superior, e não há atrito para a massa
inferior. A aceleração do conjunto ao longo do plano inclinado, na
situação da figura 2 é.
a) (2gsen)/3
b) (3gsen)/2
c) (gsen)/2
d) g(2sen - cos)
e) g(2sen + cos)
Solução:
Situação 1
f ( x) 
a 2 (b  c ) x 2  a2 (b 2  c 2 )x  a2bc(b  c)  b2 ( a  c ) x 2  b2 ( a2  c 2 ) x  ab 2c( a  c )  c 2 ( a  b)x 2  c 2 (a 2  b 2 )x  abc 2 (a  b)
( a  b)( a  c )(b  c )
f(x ) 
[a 2 (b  c )  b 2 (a  c )  c 2 (a  b)]x 2
(a  b)(a  c )(b  c )
f ( x) 
(a 2b  a 2 c  ab 2  b 2 c  ac 2  bc 2 )x 2
(a  b)(a  c )(b  c )
f ( x) 
(a 2b  a 2 c  ab 2  b 2 c  ac 2  bc 2 )x 2
(a 2b  a 2 c  ab 2  b 2 c  ac 2  bc 2 )
2
f(x) = x
ALTERNATIVA C
GGE RESPONDE IME 2012 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
N
T
N
T

1. mgsen - T = 0 (equilíbrio)
2. T + mgsen -   N = 0 (equilíbrio)
N = mgcos
3
Logo
2. T + mgsen - mgcos = 0
Somando as duas equações (1 e 2) temos:
2 sen 
2mgsen = mgcos   
cos 
Portanto,
 mv 2
N 
 r

N
Situação 2
mv 4
r2
2

  (qvB cos )2


 q2 v 2B2 cos 2 
N  v q2B2 cos 2   m2 v 2 / r 2
N
ALTERNATIVA
T’
’
N T’
E
18. Num instante inicial, um espelho começa a girar em uma de suas
extremidades, apoiada em P, com aceleração angular constante e
valor inicial de    / 2 . A trajetória que a imagem do objeto
puntiforme parado em Q percorre até que a outra extremidade do
espelho atinja o solo é um (a)
a) semicircunferência
b) arco de parábola
c) arco de senóide
d) arco de espiral
e) arco de elipse, sem se constituir em uma circunferência

3. 2mgsen - T’ = 2m  a (2ª Lei de Newton)

4. mgsen + T’   N = m  a (II)
2
2sen 
N = mgcos e  
cos 
Solução:
Logo
4. mgsen + T’ - mgsen = m  a
Somando as duas equações (3 e 4) temos:
2mgsen = 3m  a  a = (2gsen)/3
  / 2


/

4

/
4
ALTERNATIVA A
PQR  PQ 2R
17.
 PQ2  d
Se   /6  30º...
Um objeto de massa m e carga +q faz um movimento circular
uniforme, com velocidade escalar tangencial v, preso a um trilho
sem atrito de raio r. Sabendo que o objeto está sujeito a um campo
magnético de módulo B, paralelo ao plano do trilho conforme
mostra a figura, o módulo da força normal contra o trilho, em função
de Q é
2
a) qBsen + mv /r
2
b) | qBsen - mv /r |
2
c) | qBcos - mv /r |
2
2
2
2
2
2
d)
 (q  B  sen   m   / r )
e)
 (q2  B 2  cos 2   m 2   2 / r 2 )
Solução:
PQS  PQ 3 S
Daí : PQ 3  d
ALTERNATIVA A
19. A figura acima mostra um corpo cúbico de 50 cm de aresta
suspenso por dois cabos AB e AC em equilíbrio. Sabe-se que o peso
específico volumétrico do material do corpo cúbico, a rigidez da mola
do cabo AC e o comprimento do cabo AC antes da colocação do
corpo cúbico são iguais a 22,4 kN/m3, 10,0 kN/m e 0,5 m. O valor do
comprimento do cabo AB, em metros, após a colocação do corpo
cúbico é
v

FB  qvxB

N  FB  FCP  N  FCP  FB
Como a força magnética é sempre perpendicular em relação à
resultante centrípeta, escrevemos:
2
2
2
N  FCp  FB


FB  qvB sen v, B   qvB sen     qvB cos 


2

GGE RESPONDE IME 2012 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
Adote:
3  1,73 e 2  1,41
a) 1,0
b) 1,5
c) 2,0
d) 2,5
e) 3,0
4
Solução:
Solução:
x: m11 + m22x = (m1 + m2)V x
y: m22y = (m1 + m2)Vy
1
2x = 2 cos 60° =  2  = 1 m/s
2
Fe 
3
= 3m / s
2
2kg  1m/s + 1kg  1m/s = 3kg  Vx
2kg m/s + 1kg m/s = 3kg  V x
3m/s = 3Vx
Vx = 1 m/s
2y = 2 sen 60° =  2 
1kg 
Peso do corpo:
3
-3
P = PE  Vo = 22,4  5  10 kN
P = 125  22,4N = 2800 N
T’ = P = 2800N
3m / s = 3kg  Vy
3
m / s  Vy
3
Daí:
Do equilíbrio horizontal:
cos 45
I
cos 30
Do equilíbrio vertical: T sen30° + Fesen45° = T’ = P II
Substituindo I em II:
 cos 45  sen30

Fe  
 sen 45  P
cos
30



Usando os dados da questão temos: Fe = 2519 N
Fe
Lei de Hooke: Fe = kx  x 
 0,25m
k
Então
Tcos30° = Fe cos45  T = Fe 
V
3
1
9
V
1
1 
3
4
m/s
3
2
2
V = 2gs = 2.0,10sec   10  s
1
sec 2  
2
, cos  
cos 
V2
Vx
1 3
 cos 2   x 

4
V
4
V2
3
Então:
4
4
 2.0,10   10  s
3
3
1
s   0,5 m
2
ALTERNATIVA B
21. Um capacitor de placas paralelas, entre as quais existe vácuo,
AC  0,5  0,25  0,75m
CE  AC  cos 45  0,53m
 BD  2,3  CE  1,77m
cos 30  
BD

BA
BA  2,0 m
ALTERNATIVA C
20.
Duas bolas, 1 e 2, movem-se em um piso perfeitamente liso. A
bola 1, de massa m1 = 2 kg, move-se no sentido da esquerda para
direita com velocidade v1 = 1 m/s. A bola 2, de massa m2 = 1 kg,
o
move-se com ângulo de 60 com o eixo x, com velocidade v2 = 2 m/s.
Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre as bolas e o piso
2
2
rugoso é 0,10sec  e a aceleração gravitacional é 10 m/s . Ao
colidirem, permanecem unidas após o choque e movimentam-se em
um outro piso rugoso, conforme mostra a figura. A distância
percorrida, em metros, pelo conjunto bola 1 e bola 2 até parar é igual
a
está ligado a uma fonte de tensão. Ao se introduzir um dielétrico
entre as placas,
a) a carga armazenada nas placas aumenta.
b) o campo elétrico na região entre as placas aumenta.
c) a diferença de potencial entre as placas aumenta.
d) a capacitância diminui.
e) a energia armazenada no capacitor diminui.
Solução:
Lei de Gauss sem dielétrico:
 0  E  q , onde E é o fluxo do campo elétrico e q é a carga em
uma placa do capacitor.
Lei de Gauss com dielétrico:
 0  E   E , onde ε = permissividade do meio.
 E  q'
Mas ε = κε0, κ = constante dielétrica.
Então,
q   0 E
q'   0  E
Como κ > 1 para dielétricos:
q’ > q
Logo, a carga aumenta.
ALTERNATIVA A
a) 0,2
b) 0,5
c) 0,7
d) 0,9
e) 1,2
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5
22.
A figura acima apresenta um fio condutor rígido sustentado por
dois segmentos, imersos em uma região com campo magnético
uniforme de módulo B, que aponta para dentro da página. O primeiro
segmento é composto de uma mola (M,) e o segundo de uma
associação de duas molas (M2 e M3). Ao passar uma corrente elétrica
por esse condutor, cada segmento apresenta uma tração T. Sabe-se
que o campo magnético não atua sobre as molas e que a
deformação da mola M, é x. A relação entre a diferença de potencial
a que o fio é submetido e o produto das deformações dos segmentos
é igual a
23.
Em problemas relacionados ao aproveitamento de energia
térmica, é comum encontrar expressões com o seguinte formato:
V  k  
Onde:
V : variável de interesse com dimensão de razão entre a potência e o
produto área x temperatura;
 : representa a taxa de variação de temperatura com relação a uma
posição;
 : é a viscosidade dinâmica de um fluido, cuja dimensão é a razão
(força x tempo) / área
Sabendo-se que as dimensões básicas para temperatura,
comprimento e tempo são designadas pelos símbolos  , L, e T, a
dimensão de k é dada por:
a) L2  2 T 1
b) L2  2 T 2
c) L2  2 T
d) L2  2 T 2
Dados:
 Comprimento do fio: L
 Resistência do fio: R
 Massa do fio: M
 Constante elástica da mola M1: k
 Constante elástica das molas M2 e M3 : 2k
 Módulo do campo magnético: B
 Aceleração da gravidade: g
e) L2  2 T 1
Solução:
potência
(temperatur a) força  tempo
k

área  temperatur a
posição
área
J/ s
K Ns

m m2
1
kgm 2 / s 2 
2
s  k K  kgm / s  s
2
2
m
m K
m
m2  K
a) R(Mg-T) / L.B.x
2
b) R(Mg-2T) / L.B.x
2
c) R(Mg-2T) / A.L.B.x
d) (Mg-T) / 2.R.L.B.x
e) (Mg-2T) / 2.R.L.B.x
m2 1
K
 k
s
s 32 s
[k ]  L2   2 T  2
Solução:
No equilíbrio:
Fel1  Fel23  FB  Mg
V  Ri , i  ?
ALTERNATIVA B
Fel1
FB
F el23
24.
Fel1  kx
F
el23 keq x' ,
k
1
1 1 2 1
   
k eq 2k 2k 2k k
Mg
Fel23  k eq x '
1
1
1
1



k eq 2k 2k k
x’ = deformação da mola equivalente.
Como as forças elásticas se equilibram com as trações:
Fel1  kx '  T
Fel23  kx '  T  x'  x
Então,
kx + kx + iLB = Mg
iLB = Mg – 2kx, mas kx = T
A Figura 1 apresenta um circuito elétrico e a Figura 2 um corpo
lançado obliquamente. Na situação inicial do circuito elétrico, a
chave k faz contato com o ponto a, carregando o capacitor C com
uma energia de 0,0162 J. Em certo instante t0, o corpo é lançado
o
com velocidade 0, com um ângulo de 30 e, simultaneamente, a
chave k é transferida para o ponto b. Sabe-se que a energia
dissipada no resistor de 3  entre t0 e o instante em que a
partícula atinge a altura máxima é igual a 432 J. O alcance do
lançamento em metros é
a) 1350 3
b) 1440 3
Logo:
Mg  2T
i
LB
Então:
R(Mg  2T )
V 
LB
2
Produto das deformações = xx’ = xx = x .
c) 1530 3
d) 1620 3
e) 1710 3
Finalmente,
V R(Mg  2T )

x2
LBx 2
ALTERNATIVA B
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6
25.
Solução:
Circuito.
Situação Inicial:

C
A figura apresenta o esquema de um telescópio refletor composto de:
 um espelho esférico de Gauss com distância focal fE;
o
 um espelho plano inclinado 45 em relação ao eixo principal do
espelho esférico e disposto a uma distância a do vértice do
espelho esférico, sendo a < fE;
 uma lente ocular delgada convergente com distância focal fL ,
disposta a uma distância b do eixo do espelho esférico.
Para que um objeto no infinito, cujos raios luminosos são oblíquos ao
eixo óptico do espelho esférico, apresente uma imagem final focada
nas condições usuais de observação (imagem da ocular no seu plano
focal) o valor de b deve ser:
-6
C = 25·10 F
E = 0,0162
Energia no capacitor: E 
C  2
2
2E
2,0162

 1296 v 2
c
25  10  6
  36v
2 
Situação Final
4
4

v1

6
a) fL + fE - a
b) fE – fL - a
f f
c) L E
a
afE
d)
fL
e) fL 
R
3
v2
af E
fL
Solução:
PLANO FOCAL DO ESPELHO
LENTE VIRTUAL
1 1 1 3
    R  2
R 6 3 6
Re q  4  2  6
  Re q  i  i 
fl

36

 6A ; V2  R  i  2  6  12v
Re q
6
Potencia dissipada pelo resistor de
3 : PoT 
v 2 12  12

 48 w
R
3
a
b
I'
F' '
RAIOS VIRTUAIS
b
45º
E
E
432
 t 

 9s
Pot = t
Pot
48
LENTE REAL
Lançamento oblíquo:
fl
y
RAIOS REAIS
I
x
F'
HMAX
vo
PLANO FOCAL DA LENTE
Comentário:
As imagens formadas pelas lentes real e virtual são simétrica em
relação ao espelho plano. I’ se forma no plano focal do espelho
esférico.


30º
9s
9s
A
y: Vy=Voy – gt
Para altura máxima:
Vy = o  Voy = gt
v
Voy= Vo sen 30º = o
2
vo

 gt  Vo  2gt
2
 v o  180m / s
ALTERNATIVA D
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Do desenho:
-fl + b + a = fe
b = fe +fl – a
ALTERNATIVA A
26.
As componentes da velocidade em função do tempo (t) de um
corpo em MCU de velocidade angular 2 rad/s são:
vx = 3 cos 2t ;
vy = 3 sen 2t.
Considere as seguintes afirmações:
I. O vetor momento linear é constante.
II. A aceleração é nula, pois o momento da força que atua sobre o
corpo em relação ao ponto (0, 0) é nulo.
III. O trabalho da força que atua no corpo é nulo. É correto
APENAS o que se afirma em
a) II
b) III
c) I e II
d) I e III
e) II e III
7
Solução:
 D.D.P em R1 = 2V
Corrente em R1: i1 

 
 t  2 s 


P
V1 2
 A
R1 3
1 2
  1A
3 3
D.D.P em R: V = R  i = 2  1 = 2V
 D.D.P no circuito = VF = 2 + 2 = 4V
Inicialmente no capacitor temos:
Corrente no circuito: i 
P  t   s 

4 

P

3 
 t  4 s 


P
Q
32  10 9

 2V
Co 16  10  9
Conservando a carga temos:
VoCo = VFCF onde Vo e Co. D.D.P e capacitância com a chave aberta.
VF e CF: D.D.P e capacitância com a chave fechada.
-9
-9
Logo: 2  16  10 = 4  CF  CF = 8  10 F
1
A 1 A
CF  C o 
 
 2do  dF ;
2
dF
2 do
do = 10cm
 dF = 20 cm  x(mola) = 10 cm = 0,1 m
F
Lei de Hooke; F = k  x  k 
, F = P = Peso do bloco
x
10
 P = MG = 1  10 = 10N  k 
= 100 N/m
0,1
Vo 
acp
t  0
I.
Podemos ver no desenho que o vetor momento linear não é
constante.
II. Como o movimento é circular nós temos uma aceleração
centrípeta logo a aceleração não é nula.
III. A força resultante sobre o corpo será do tipo centrípeta, visto que
o movimento é um MCU. Como esta força é perpendicular ao
movimento para qualquer instante de tempo, o trabalho da força
é nulo.
Portanto temos apenas o item III verdadeiro.
ALTERNATIVA A
ALTERNATIVA B
28.
27.
A figura apresenta uma placa positiva metálica P1, de massa
desprezível, fixada no teto, que dista 10 cm de uma placa idêntica P 2.
Ambas constituem um capacitor de 16 pF, carregado com 32 pC. A
placa P2 está colada em um bloco de madeira com massa m = 1 kg,
mantido em repouso, encostado sobre uma mola não comprimida.
Libera-se o movimento do bloco e, no instante que a compressão da
mola é máxima, fecha-se a chave S. Sabe-se que nesse instante a
potência dissipada em R2 é 2/3 W e que a aceleração da gravidade g
2
= 10 m/s . A constante da mola, em N/m, é
a) 100
b) 120
c) 150
d) 160
e) 180
Uma luz com comprimento de onda  incide obliquamente sobre
duas fendas paralelas, separadas pela distância a. Após serem
difratados, os feixes de luz que emergem das fendas sofrem
interferência e seus máximos podem ser observados num anteparo,
situado a uma distância d (d>>a) das fendas. Os valores de 
associados aos máximos de intensidades no anteparo são dados por:
a) cos = n/a - cos
; n = ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ...
b) sen = (2n + 1) /a - sen ; n = ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ...
c) sen = n/a - sen
; n = ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ...
d) cos = n/a - sen
; n = ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ...
e) sen = 2n/a - cos
; n = ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ...
Solução:
No circuito: R5  R3 = R4  R6 = 4  R7 está em curto circuito.
Temos então:
Solução:
3
4
2
S2
1
2
a
6
S1
6
S2

2

d


3
3
Potência dissipada em R2: Po t  R 2  i22  i 22 
 i2 
S1
 
6
Po t 2 / 3

 1/ 9
R2
6
1
A
3
D.D.P. em R2: V  R 2  i 2  6 
  n,   1   2
1  a sen ;  2  asen 
  a sen   sen   n
sen  
1
 2V
3
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n
 sen 
a
ALTERNATIVA C
8
29.
Um corpo estava em órbita circular em torno da Terra a uma
distância do solo igual à 2 RT , sendo R T o raio da Terra. Esse
corpo é colocado em órbita de outro planeta que tem 1/20 da
massa e 1/3 do raio da Terra. A distância ao solo deste novo
planeta, de modo que sua energia cinética seja 1/10 da energia
cinética de quando está em torno da Terra é:
a) 5/6 RT
b) R T
c) 7/6 RT
d) 4/3 RT
e) 3/2 RT
30.
Solução:
Uma chapa triangular, cujo material constituinte tem 3 vezes a
densidade específica da água, está parcialmente imersa na água,
podendo girar sem atrito em torno do ponto P, situado na superfície
da água. Na parte superior da chapa, há uma carga positiva que
interage com uma carga negativa presa no teto. Sabe-se que, se
colocadas a uma distância L, essas cargas de massas desprezíveis
provocam uma força de atração igual ao peso da chapa. Para manter
o equilíbrio mostrado na figura, a razão d/L, onde d é a distância
entre as cargas, deve ser igual a
Terra:
FGT
mv
mv 2T GmM T


3R T
(3R T )2
2
T
v 2T 
GmM T

3R T
a)
10
6
b)
3 10
5
d)
14
4
e)
30
6
Para d = L : Fele = Mg
KQ2
L2
Planeta:
mv
FGp 
v p2 
2
p
Rp  r
GM p
Rp  r
E cp 
Ec T
10


GmM
p
 Mg
Para d  L : Fele 
(Rp  r )2
GM T / 20
RT
r
3
 v 2p 
v p2
10
v2
GM T / 20
 De 2... T 
RT
10
r
3
Dividindo
14
6
Solução:
GM T
3R T
Como
c)
KQ2
d2
 Mg
L2
d2
Empuxo:
Femp  Vimerso  g
 L  L  1
Vimerso     h
 2  2  2
Onde h = espessura da chapa
Femp  gh
L2
8
Peso : Mg  3
L2
2M
hg,
 L2h
2
3
L
3
GM T / 20
v 2T
3
R /3 r
10
... 2  T
GM T
1
vT
3R T
CM
L
2
L
6

1
1
3RT
2
RT


 
10 20 R T  r
3 RT  r
3
3
R
3
RT  T  r
2
3
 3 1
  R T  r
2 3
92
7
RT  r  RT
6
6
Torques :
peso  emp  ele  0
0  (Mg)
L 1 2
L 
L2
    Mg   Mg 2
6 8 3
d
 3 
L

2

ALTERNATIVA C
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9
1
1
1  L2

 
6 36 2  d 2
-3
segunda ordem, que é 1,0 x10 L/mol.s. Assim, pode-se afirmar que
C1, C2 e C3 referem-se, respectivamente, a reações de ordem
a) 1, 2 e 0.
b) 0, 1 e 2.
c) 0, 2 e 1.
d) 2, 0 e 1.
e) 2, 1 e 0.

0


5
L2

18 d2
d

L
18

5
3 2  2 3 10

5
5
Solução:
Podemos notar na coluna 01, a concentração sofre reduções iguais
para intervalos de tempo iguais, o que reflete uma velocidade
constante  C1  ordem zero.
Na coluna 2, podemos aplicar os resultados na equação integrada
de 2ª ordem, no primeiro intervalo (200  210):
1
1

 kt 
[C] [C]0
ALTERNATIVA B
FOLHA DE DADOS
Massas Atômicas (u):
Si
S
Ca
Ge
28 32
40
72,6
H
C
O
Na
1
12
16
23
Dados Termodinâmicos:
-1 -1
-1 -1
R = 0,082 atm.L.mol .K = 8,314 J.mol K
As
Te
74,9 127,6
Po
210
31.
Dentre as opções abaixo, indique a única que não apresenta
estereoisomeria.
a) 3-metil-2-hexeno
b) 2-penteno
c) Ácido butenodióico
d) Propenal
e) 2-buteno
Solução:
No propenal não há estereoisomeria,
tautomeria que é um tipo de isomeria plana.
ALTERNATIVA D
apresentando
apenas

1
1

 10 3  10 
[C] 0,8333

1
1
 1,2  0,01 
 1,21 
[ C]
[C]
 [C]  0,826 M
Nota-se que a lei de 2ª ordem adequa-se aos resultados da coluna
02.
C1  ordem zero

Assim : C2  ordem 02
C3  ordem 01

ALTERNATIVA C
34.
As variáveis de um experimento de difração de raios X
obedecem à seguinte lei:
2 d sen = 
32. Sobre a diferença entre sólido amorfo e sólido cristalino, pode-se
afirmar o seguinte:
a) os sólidos amorfos não têm uma entalpia de fusão definida,
enquanto os sólidos cristalinos têm.
b) sólido amorfo é aquele que pode sofrer sublimação, enquanto
sólido cristalino não.
c) embora ambos possuam estrutura microscópica ordenada, os
sólidos amorfos não possuem forma macroscópica definida.
d) os sólidos cristalinos têm como unidade formadora átomos,
enquanto para os amorfos a unidade formadora são
moléculas.
e) os sólidos cristalinos são sempre puros, enquanto os amorfos são
sempre impuros.
Solução:
Como sólidos amorfos não têm uma mudança de estado definida
como um único ponto de temperatura e pressão, não há como
diferenciar o calor absorvido para “mudança” de estado e o calor
absorvido para aumento da energia cinética das moléculas, já que no
sólido amorfo, ocorrem simultaneamente os dois processos.
ALTERNATIVA A
33. Um grupo de alunos desenvolveu um estudo sobre três reações
irreversíveis de ordens zero, um e dois. Contudo, ao se reunirem
para confeccionar o relatório, não identificaram a correspondência
entre as colunas da tabela abaixo e as respectivas ordens de reação.
t (s) C1 ( mol/L) C2 ( mol/L) C3 ( mol/L)
200
210
0,8000
0,7900
0,8333
0,8264
0,8186
0,8105
220
230
240
0,7800
0,7700
0,7600
0,8196
0,8130
0,8064
0,8024
0,7945
0,7866
C
Considere que o modelo
 kC n descreva adequadamente as
t
velocidades das reações estudadas.
Considere ainda que as magnitudes das constantes de velocidade
específica de todas as reações são idênticas à da reação de
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onde X é o comprimento de onda do feixe monocromático de
radiação X incidente sobre a amostra,  é o ângulo no qual se
observa interferência de onda construtiva e d é o espaçamento entre
as camadas de átomos na amostra.
Ao se incidir raios X de comprimento de onda de 154 pm sobre uma
amostra de um metalóide, cuja cela unitária segue a representação
da figura abaixo, observa-se interferência construtiva em 13,3°.
Tabela 1

7,23°
sen 
0, 1259
11,2°
13,3°
15,0°
30,0°
0, 1942
0, 2300
0, 2588
0, 5000
Metalóide
Si
Ge
As
Te
Po
Tabela 2
Raio Atômico (pm)
117
123
125
143
167
De acordo com as tabelas 1 e 2, pode-se afirmar que o metalóide
analisado é:
a) Si
b) Ge
c) As
d) Te
e) Po
10
Solução:
Aplicando-se a equação de Bragg ao ângulo de interferência
construtiva (13,3º), obtemos:
2d sen 13,3º = 154  2d = 669,56 
d
 d  334,78pm  Raio atômico   167pm
2
ALTERNATIVA E
35.
Sobre um sol, também chamado por muitos de solução coloidal,
pode-se afirmar que:
a) como toda solução, possui uma única fase, sendo, portanto,
homogêneo.
b) possui, no mínimo, três fases.
c) assemelha-se a uma suspensão, diferindo pelo fato de necessitar
um tempo mais longo para precipitar suas partículas.
d) é ao mesmo tempo uma solução e uma suspensão, porque,
embora forme uma fase única, deixado tempo suficientemente
longo, formam-se duas fases, precipitando-se uma delas.
e) possui duas fases, sendo, portanto, heterogêneo.
Solução:
Todo colóide é considerado um sistema com pelo menos duas fases,
ou seja, heterogêneo.
ALTERNATIVA E
36. Ao se adicionar um sólido
X em um béquer contendo solução
aquosa de fenolftaleína, a solução adquire uma coloração rósea e
ocorre a liberação de um composto gasoso binário. A análise
elementar desse composto gasoso revelou que a percentagem em
massa de um de seus elementos é superior a 90%. Com base
nessas informações, o sólido X é:
a) Na2CO3
b) C6H5COOH
c) NaHCO3
d) CaC2
e) C6H5OH
Solução:
Das alternativas apresentadas, o único composto que libera gás em
contato com água é o CaC2:
CaC
2
 2H2 O 
Ca (OH )2
 C 2H2(g )

VSO2  VH2S  V2


3
3
VO2 (reagiu )  VH2S  V2
2
2

Assim, podemos reescrever:
3

Vfinal  V2  VO2 (sobra )  V2  V1  V2  10
2

V
 inicial  V1  V2  24
Assim:
Vfinal  
1
V2  ( 24  V2 )  10 
2
3
V2  14 
2
V2 = 9,33L

ALTERNATIVA B
38.
Dos compostos abaixo, aquele que não forma ligação peptídica
é:
a) timina
b) glicina
c) prolina
d) asparagina
e) valina
Solução:
Na timina a estrutura fechada não permite a reação de condensação.
ALTERNATIVA A
39.

ALTERNATIVA D
37. Um volume V1 de oxigênio e um volume V2 de ácido sulfídrico,
ambos nas mesmas condições de temperatura e pressão, são
misturados. Promovendo-se a reação completa, verifica-se que os
produtos da reação, quando colocados nas condições iniciais de
pressão e temperatura, ocupam um volume de 10 L. Considere que
a água formada encontra-se no estado líquido e que as
solubilidades dos gases em água são desprezíveis. Sabendo-se
que havia oxigênio em excesso na reação e que V1 + V2 = 24 L,
verifica- se que o valor de V2 é:
a) 14,7
b) 9,3 L
c) 12,0 L
d) 5,7 L
e) 15,7 L
Solução:
Reação:
2H2S(g) + 3O2(g)  2 H2O() + 2SO2(g)
Vfinal  VSO2  VO2 (sobra )  10L(úni cos gasosos)

Vinicial  V1  V2  24L
Como O2 está em excesso o H2S reagiu completamente. Assim,
segundo balanceamento:
GGE RESPONDE IME 2012 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
A determinada profundidade, o organismo de um mergulhador
absorve N2 a uma pressão parcial de 5,0 atm. Considere que a
solubilidade do N2 no sangue, a uma pressão parcial de 0,78 atm,
-4
seja 5,85 x 10 mol/L. Admita, ainda, que o volume total de sangue
no corpo do mergulhador possa ser estimado em 6,0 L. Nessas
condições, estima-se que a quantidade de N2, em mol, que o
mergulhador elimina em seu retorno à superfície, onde a pressão
parcial desse gás é 0,78 atm, seja:
-3
a) 3,50 x 10
-3
b) 7,30 x 10
-2
c) 1,90 x 10
-2
d) 1,21 x 10
-2
e) 2,25 x 10
Solução:
A solubilidade do N2 no sangue é diretamente proporcional à sua
pressão parcial. Dessa forma podemos determinar a solubilidade do
N2 quando a pressão parcial é de 5,0 atm:
-4
-1
0,78 atm ------------------- 5,85 ∙ 10 mol∙L
5,0 atm ------------------- S
-3
-1
S = 3,75 ∙ 10 mol∙L
A quantidade em mol de N2 eliminada no retorno à superfície será:
-3
-4
Δn = 6,0 ∙ 3,75 ∙ 10 – 6,0 ∙ 5,85 ∙ 10
-2
Δn = 1,90 ∙ 10 mol
ALTERNATIVA C
11
40.
Dada a reação química abaixo, que ocorre na ausência de
catalisadores,
H2O(g) + C(s) + 31,4 kcal
CO(g) + H2(g)
pode-se afirmar que:
a) o denominador da expressão da constante de equilíbrio é
[H2O].[C].
b) se for adicionado mais monóxido de carbono ao meio
reacional, o equilíbrio se desloca para a direita.
c) o aumento da temperatura da reação favorece a formação dos
produtos.
d) se fossem adicionados catalisadores, o equilíbrio iria se
alterar tendo em vista uma maior formação de produtos.
e) o valor da constante de equilíbrio é independente da
temperatura.
Solução:
H2O(g) + C(s) + 31,4 kcal
CO(g) + H2(g)
Observe que a reação em equilíbrio é endotérmica no sentido dos
reagentes para o produto. Como o aumento de temperatura favorece
o sentido endotérmico , temos que o aumento de temperatura
favorece a formação de produtos.
ALTERNATIVA C
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