GABARITO IME - ensinoelite.com.br · GABARITO IME – MATEMÁTICA Questão 04 Seja f(x) uma...

1

GABARITO IME

MATEMÁTICA FÍSICA QUÍMICA

01 B 16 C 31 A

02 E 17 ANULADA 32 C

03 D 18 D 33 E

04 B 19 C 34 B

05 C 20 B 35 D

06 C 21 D 36 D

07 E 22 E 37 B

08 B 23 B 38 E

09 A 24 C 39 D

10 D 25 B 40 C

11 A 26 E

12 D 27 D

13 E 28 D

14 A 29 C

15 C 30 E

2

OBJETIVAS – 12/10/17

Questão 01Considere as alternativas:

I. O inverso de um irracional é sempre irracional.II. Seja a função f: A → B e X e Y dois subconjuntos quaisquer de A, então f(X ∩ Y) = f(X) ∩ f(Y).III. Seja a função f: A → B e X e Y dois subconjuntos quaisquer de A, então f(X ∪ Y) = f(X) ∪ f(Y).IV. Dados dois conjuntos A e B não vazios, então A ∩ B = A se, e somente se, B ⊂ A.

São corretas:

(A) I, apenas.(B) I e III, apenas.(C) II e IV, apenas.(D) I e IV, apenas.(E) II e III, apenas.

Obs.: f(Z) é a imagem de f no domínio Z.

Gabarito: Letra B.

I) Verdadeiro,

1 1

1x x

pq

p q xqp

x

Fazendo a contrapositiva xx

∈ ⇒ = ∈ ⇒ = ⇒ ∈

∉ ⇒ ∉

, ,

:

*

II) Falso, Vamos apresentar um contra-exemplo

.

.

.

.

.

x

y

abcdefg

.

.

.

.

.

.

.

A B

f x y d

f x c d

f y c df x f y c d f x y

( ) { }

( ) { , }

( ) { , }( ) ( ) { , } ( )

∩ ===

⇒ ∩ = ≠ ∩

3

GABARITO IME – MATEMÁTICA

III) Verdadeiro,

∀ ∈ ∪( ) ⇒ ∃ ∈ ∪ ( ) = ⇒

∃ ∈ ( ) = ⇒ ∈ ( )

∃ ∈ ( ) =b x y a x y tq a b

a x tq a b x

ou

a tq a b

f f

f f

y f

b

⇒⇒ ∈ ( )

⇒ ∈ ( ) ∪ ( )

∪( ) ≤ ( ) ∪ ( )∀ ∈ (

b

b y

Assim, x y x y

b x

f y

f x f

f f f

f )) ∪ ( ) ⇒∈ ( ) ⇒ ∃ ∈ ( ) =

∈ ( ) ⇒ ∃ ∈ ( ) =

f

f f

f f

y

b x a x tq a b

ou

b y a x tq a b

1 1

2 2

⇒

∃ ∈ ∪ ( ) = ⇒ ∈ ∪( )

∃ ∈ ∪ ( ) = ⇒ ∈ ∪( )

a x y tq a b b x y

ou

a x y tq a b b x y2

1 1

1

f f

f f

⇒ ∈ ∪( )

( ) ∪ ( ) ≤ ∪( )∪( ) ≤ ( )

b x y

Assim, x y x y

Como x y x

f

f f f

f f

.

∪∪ ( ) ( ) ∪ ( ) ≤ ∪( ) ⇒∪( ) = ( ) ∪ ( )

f f f f

f f f

y e x y x y

x y x y .

IV) Falso,

B A A B B

São corretas I e III Letra B

⊂ ⇒ ∩ =

⇒ ⇒( ) ( ) .Questão 02Seja x um número natural maior que 2. Se a representação de um numeral N na base x é 1041 e na base x – 1 é 1431, então a sua representação na base binária é:

(A) 1 0 0 0 1 1 1 1(B) 1 1 0 1 1 0 1 1(C) 1 1 1 0 0 1 1 1(D) 1 1 0 1 1 1 1 0(E) 1 1 1 1 0 0 0 1

Gabarito: Letra E.

N =(1041) =(1431)

1 + 4x + x = 1 + 3(x 1) + 4 (x 1) +(x 1)

4x + x =

x x 13 2 3

3

−

⇒ − − −

⇒ 33x 3 + 4x 8x + 4 + x 3x + 3x 1

x 6x = 0 x = 0 ou x = 6

2 3 2

2

− − − −

− ⇒

N = 1 + 4 × 6 + 63 = 241

4


241 22

22

22

2

12060

3015

73

1

10

00

11

1

N = (1 1 1 1 0 0 0 1)2 ⇒ Letra (E).

Questão 03A soma algarismos de X com a soma dos quadrados dos algarismos de X é igual a X. Sabe-se que X é um número natural positivo. O menor X possível está no intervalo:

(A) (0, 25].(B) (25, 50].(C) (50, 75].(D) (75, 100].(E) (100, 125].

Gabarito: Letra D.

Evidente que N não pode ter um algarismo só pois teríamos:

x = a = a2 + a ⇒ a = 0 ⇒ x = 0 (não serve, pois x é positivo)

Vamos buscar números com 2 algarismos:

x ab a b a b

a b a b a b

a a b

= = + + +

⇒ + = + + +

− + =

2 2

2 2

2 2

10

9 0

∆ = 81 – 4b2 = quadrado perfeito⇒ única possibilidade é b = 0

⇒ a2 – 9a = 0 ⇒ a = 0 ou a = 9

⇒ Nmín = 90.

5


Questão 04Seja f(x) uma função definida nos conjunto dos números reais, de forma que f(1) = 5 e para qualquer x pertencente aos números reais f(x+4) ≥ f(x) + 4 e f(x+1) ≤ f(x) + 1.Se g(x) = f(x) + 2 – x, o valor de g(2017) é:

(A) 2.(B) 6.(C) 13.(D) 2021.(E) 2023.

Gabarito: Letra B.

f f

f f

(1) = 5

( 2)

( )

(

5 5 4 9

5 1 6 9

≥ + =≤ + = ))

( ) ( )

( ) ( )

≥ + =≤ + = ≥ + =

≤ ≥

9 4 13

3 6 1 7 13 13 4 17

2017 2021 2017 2017

f f

f f

++ =

⇒ ≤ ≤ ⇒ =

⇒ =

4 2021

2021 2017 2021 2017 2021

2017

f f

g f

( ) ( )

( ) (( )2017 2 2017 2021 2 2017 6+ − = + − =

Questão 05João e Maria nasceram no século XX, em anos distintos. A probabilidade da soma dos anos em que nasceram ser 3875:

(A) 2/99(B) 19/2475(C) 37/4950(D) 19/825(E) 19/485

Gabarito: Letra C.

Se ambos nasceram no século XX, então nasceram de 1901 a 2000.João tem que ter nascido de 1901 a 1974 e Maria no ano que complementa 3875.

⇒ = × = ⇒P Letra(C).74

1001

9937

4950

nasceram emanos distintos

6


Questão 06Se X e Y são números naturais tais que X2 – Y2 = 2017, o valor de X2 + Y2 é:

(A) 2008010(B) 2012061(C) 2034145(D) 2044145(E) 2052061

Gabarito: Letra C.

X2 – Y2 = 2017 ⇔ (X + Y) (X – Y) = 2017

Como 2017 é primo e X e Y são naturais temos:

X Y

X YX e Y

+ =− =

⇒ = =2017

11009 1008

Logo, X2 + Y2 =1018081+1016064 = 2034145

Questão 07Sejam x1, x2, x3 e x4 os quatro primeiros termos de uma P.A. com x1 = x e razão r, com

x, r ∈ . O determinante de

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x

x r

x r r

x r r r

1 1 1 1

1 2 2 2

1 2 3 3

1 2 3 4

0 0 0

0 0

0= = xx r3 é:

(A) 0.(B) x4 × r.(C) x4 × r3.(D) x × r4.(E) x × r3.

Gabarito: Letra E.

Seja Ci a coluna de ordem i e Ci' uma nova coluna de ordem i (1 ≤ i ≤4). Assim, fazendo sucessivamente

C C C C C C e C C C temos4 4 3 3 3 2 2 2 1' ' ', ,= − = − = −

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x

x r

x r r

x r r r

1 1 1 1

1 2 2 2

1 2 3 3

1 2 3 4

0 0 0

0 0

0= = xx r3

7


Questão 08Seja a função H: → definida por

H sa s a s a s a

b s b s a( ) = + + +

+ +

=3

32

21 0

22

1 0

com aj e bk reais, para j = 0, 1, 2, 3 e K = 0, 1, 2. Seja a função f : → em que f(w) é a parte real de H(iw) em que i = −1 é a unidade imaginária e w ∈ . A afirmação correta a respeito de f(w) é:

(A) f(w) é uma função impar.(B) f(w) é uma função par.(C) f(w) é sempre negativa.(D) f(w) é sempre positiva.(E) f(w) é uma função periódica.

Gabarito: Letra B.

Primeiramente temos R ZZ Z

E ( ) = +2

.

Note também que:

H za z a z a z a

b z b z a

a z a z a z a

b

( ) = + + ++ +

=

=+ + +

33

22

1 0

22

1 0

3

3

2

2

1 0

2 zz b z a

H z z

2

1 0+ +

= ( ) ∀ ∈�

temos que:

f wH iw H iw

f wH iw H iw

( ) = ( ) + ( )⇔

( ) = ( ) + −( )

2

2Note que f(–w) = f(w), logo f(w) é PAR.

8


Questão 09

Seja P(x) o polinômio de menor grau que passa pelos pontos A(2, 4 + 3 3), B(1,3− −2 2 2 3), C( , )

e D( , ).3 2 O resto da divisão de P(x) por (x – 3) é:

(A) 8 3 5 2 6− −(B) 6 3 4 2 1− −(C) 9 3 8 2 2− −(D) 4 3 10 2 3− −(E) 4 3 2 2− −

Gabarito: Letra A.

P(x) =x x x x x( )( )( )( )

( )( )

( )( )( )(− + − − −⋅ − −

+− − −4 3 3 1 2 3

1 2 2 2 3

3 2 2 2 2x −−− − −

+

+⋅ − − −− − −

+⋅ −

3

1 1 2 1 3

3 2 1 3

2 2 2 1 2 3

2

)

( )( )( )

( )(x )(x )

( )( )( )

(x x 22 1 2

3 2 3 1 3 2

34 3 3 2 3 2 3 3

2

)( )( )

( )( )( )

( )( ) ( )( )

(

x x

R = P

− −− − −

=− + ⋅ ⋅ − −

− 22 2 3

3 2 2 1 3 2 3 3

1 1 2 1 3

3 1 2 3 3

2

)( )

( ) ( )( )

( )( )( )

( )

(

−+

− ⋅ ⋅ − −− − −

+

+× × × −

− 22 2 1 2 3

2 1 2 3 2

3 2 3 1 3 2

21 13 3

2 32

3

)( )( )

( )

( )( )( )

( )

− −+

⋅ ⋅ ⋅ −− − −

=− +

−⋅ ⋅

− 22

2 2

11 2 12 3 3

2 1 1 3

2 3 3 3

4 3 2 2 3

2 3 2

−+

− ⋅ −− −

+⋅ −

− −+

+⋅ −

( ) ( )

( )( )

( )

( )( )

( 22

5 3 3 3 2

5 3 31

24 2

210 2

12 3

22 4 3 2

29 3

)

( )( )

( ) ( )( )

(

− −

=−

⋅ ⋅+

+−

⋅−

+⋅ +

−⋅

+ 66 3 2 3 31

25 3 3

16 3 6 2 3 2 2

1

20 3 5 6 12 3 2 10 3

− −−

+

+ ⋅+−

+ − −

= + − − − +

)( )

( )( )

( )

66 36 12 6 12 2 12 3 27 2 18 3 18 9 6

10 3 10 2 30 15 6 18 6 6 18 3 2

+ + − − + + − −

+ + − − + + − − 77 2

8 3 5 2 6= − − ⇒ Letra A.

9


Questão 10Seja o seguinte sistema de equações, em que s é um número real:

x x sx

x x x

sx x

1 2 3

1 2 3

1

0

2 1

2 02

+ − =

− + + =

− =

Escolha uma faixa de valores de s em que as soluções do sistema são todas negativas.

(A) s < –2.(B) –2 < s < 0.(C) 0 < s < 1.(D) 1 < s < 2.(E) s > 2.

Gabarito: Letra D.

x x sx

x x x

sx x

1 2 3

1 2 3

1

0

2 1

2 0

1

2

32

+ − =

− + + =

− =

( )

( )

( )

Multiplicando a equação (2) por s e somando com (1):

( ) :( ) ( ) x ( ) (

( )3

1 2 1

2 0

2 4 21 2

2

1 2

1

1− + + = ⇒

− = ⇒

− + ++

s x s s

sx x

s xs

x

x

22 2 4

2 2 0 52

21 2

s x s

s s x s

) ( )

( ) ( ) x ( )

=+ − + =

Somando (4) e (5): ( )( )( )

; .s s x s xs

s ss s2

1 13 2 22

1 21 2− + = ⇒ =

− −≠ ≠e

Substituindo em (3): xs

s s2

2

1 2=

− −( )( )

Na equação (2): x x xs

s ss

s sx

ss s3 2 1

2

31 2 11 2

41 2

21 2

= − + = −− −

+− −

⇒ =+

− −( )( ) ( )( ) ( )( )

Como x2 < 0: s

s ss

2

1 20 1 2

( )( )− −< ⇔ < <

Veja que para esses valores já temos x1 < 0 e x3<0.

10


Questão 11Determine o valor de a na expressão abaixo, sabendo-se que 0 < a < 1,

116

256 24 256

265

log Im( )

log( )

... ( ( ))

a

colog 256a

a

cologa

256

= { }Z

onde Z é um número complexo que satisfaz a equação:

24033Z2 – 22017Z+1 = 0.

(A) 14

(B) 18

(C) 1

16(D) 1

32(E)

164

Obs: Im(Z) é a parte imaginária do número complexo Z.

Gabarito: Letra A.

Resolvendo a equação do 2o grau: 24033Z2 – 22017Z+1 = 0

Zi

i=± − ⋅

=±

= ⋅ ±2 2 4 2

22 2

21

21

2017 4034 4033

4034

2017 2017

4034 2017 ( )

Utilizando que logban = n · logba e cologba = –logba:

Im (log ) ( log ) (log ) ... ( log( )

Z{ } = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ −1

16256 256 2562 4 265a a a a

2256

116

12

2561 2 6566

)

(log )...= − ⋅ ⋅+ + + a que claramente é negativo.

Logo: − ⋅ ⋅ = − ⇒ =+ ⋅

12

1

2

2561

2256 24 65 1 65

2

662017

66 132( ) (log ) (log )a a

⇒ loga256 = ±4.

Como 0 < a < 1, temos: loga256 = –4 ⇒ a–4 = 28 ⇒ a = 14

11


Questão 12A menor raiz real positiva da equação

arctg x tg arcsenx

( . ( ( )))35

22

=+π

encontra-se no intervalo:

(A) (0,1](B) (1,2](C) (2,3](D) (3,4](E) (4,5]

Gabarito: Letra D.

arctg x tg arcsenx

arcsen sen

( . ( ( )))

( ) [

35

22

35

35

=+

= ⇒ = ∈

π

α α α 002

34

34

22

22

, ]

, tg( ) .

π

α

π π

Logo Temos:

arctg x · =

=

+

⇔+

x

tgx

=

34x

Estudando o conjunto imagem da função arctg, temos:

− <+

< ⇔ < − >π π π2

22 2

6 2x

x xou

consideremos as funções ey arctg x yx

=

=

+34

22π

2π

2π

−

x0

Para x > 0Temos uma única solução X0.

–2 x

y

π

12


considere a função f x tgx

x( ) =+

−

22

34

π

Para x =3 (3)=⇒

− >

= ⇒ =

− <

f tg

Para x f tg

25

94

0

4 43

3 0

π

π( )

Pelo teorema de Bolzano concluímos que existe uma raiz entre 3 e 4 na função f(x), ou seja, x0 ∈ (3,4).

Questão 13Seja uma elipse com focos no eixo OX e centrada na origem. Seus eixos medem 10 e 20/3.Considere uma hipérbole tal que os focos da elipse são os vértices da hipérbole e os focos da hipérbole são os vértices da elipse. As parábolas que passam pelas interseções entre a elipse e a hipérbole e que são tangentes ao eixo OY, na origem, têm as seguintes equações:

(A) y x2 2357

= ±

(B) y x2 45

7= ±

(C) y x2 65

7= ±

(D) y x2 6357

= ±

(E) y x2 835

63= ±

Gabarito: Letra E.

13


y

(5,0)

(0, 10/3)

5 5,0

3

x

Seja a elipse dada pela equação

E :x

a

y

be a b c

2

2

2

22 2 2 21 5

10

3

125

9+ = = = = + =, com a , b , logo c .

E seja a hipérbole dada pela equação

H com = 5 e e: , .x

a

y2

2

2

22 2 2 21

125

9

100

9− = = = + =β

γ α γ α β

As interseções entre as curvas serão dadas pelas soluções do sistema

x y

x y

x

y

2 2

2 2 2

25 1009

1

1259

1009

1

5 35

7200

63

+ =

− =

⇔= ±

=

As parábolas pedidas podem ser determinadas pela equação y2= hx, assim20063

5 357

8 3563

= ± ⇔ ±h h =

Portanto as equações dessas parabolas são

.

yy x.2 8 3563

= ±

14


Questão 14Seja um heptágono regular de lado l cuja menor diagonal vale d. O valor da maior diagonalsatisfaz a qual das expressões?

(A) l dd×− l

.

(B) d

d

2

− l

(C) l dd×+ l

(D) l

d

2

+ l

(E) 3

2× d

Gabarito: Letra A.

Seja o heptágono ABCDEFG,

d

d

x x

DE

C

B

A

G

F

l

lPelo Teorema de Ptolomeu no quadrilátero ADEF temos:

AE · DF = AD · EF + DE · AFx · d = x · l + l · dx · d – x · l = l · dx · (d – l) = l · d

x = l

l

· dd −

15


Questão 15Um prisma retangular reto possui três arestas que formam uma progressão geométrica derazão 2. Sua área total é de 28 cm2. Calcule o valor da diagonal do referido prisma.

(A) 17 cm

(B) 19 cm

(C) 21 cm

(D) 2 7 cm

(E) 29 cm

Gabarito: Letra C.

PG: (a, b, c) ⇒=q 2

PG: (a, 2a, 4a)Área total do prisma:St = 2 × (ab + ac + bc)St= 2 × (a × 2a + a × 4a + 2a × 4a)St = 28a2 ⇒ 28 = 28 × a2 ⇒ a = 1, b = 2, c = 4.Logo, a diagonal do prisma é

D = a b c2 2 2 2 2 21 2 4 21+ + = + + = cm

Equipe de MatemáticaÁlvaro NetoCadu FelicioJordan PivaLeonardo GomesMarcelo XavierRafael Sabino

ComentárioEm 2017, a 1a fase do concurso do IME apresentou assuntos não tradicionais; base de

numeração e colog.A prova contou com questões fáceis como 7 e 15, médias como 3 e 13 e difíceis, 9, 11 e 12.Algo que pode dificultar alguns alunos é o fato das questões difíceis estarem concentradas da

8a a 12a.De modo geral a prova teve uma boa abrangência dos assuntos medindo com qualidade a

preparação dos alunos.

16


Questão 16

As fibras ópticas funcionam pelo Princípio da Reflexão Total, que ocorre quando os raios de luz que seguem determinados percursos dentro da fibra são totalmente refletidos na interface núcleo-casca, permanecendo no interior do núcleo. Considerando apenas a incidência de raios meridionais e que os raios refratados para a casca são perdidos, e ainda, sabendo que os índices de refração do ar, do núcleo e da casca são dados, respectivamente, por η0, η1 e η2 (η1 > η2 > η0), o ângulo máximo de incidência θa, na interface ar-núcleo,para o qual ocorre a reflexão total no interior da fibra é:

Considerações:• raios meridionais são aqueles que passam pelo centro do núcleo; e• todas as opções abaixo correspondem a números reais.

(A) arc sen η ηη

22

02

1

−

(B) arc sen η ηη

12

22

0

−

(C) arc sen η ηη12

22

0

−

(D) arc sen η ηη12

02

1

−

(E) arc cosη ηη12

22

0

−

17

GABARITO IME – FÍSICA

Questão 16

As fibras ópticas funcionam pelo Princípio da Reflexão Total, que ocorre quando os raios de luz que seguem determinados percursos dentro da fibra são totalmente refletidos na interface núcleo-casca, permanecendo no interior do núcleo. Considerando apenas a incidência de raios meridionais e que os raios refratados para a casca são perdidos, e ainda, sabendo que os índices de refração do ar, do núcleo e da casca são dados, respectivamente, por η0, η1 e η2 (η1 > η2 > η0), o ângulo máximo de incidência θa, na interface ar-núcleo,para o qual ocorre a reflexão total no interior da fibra é:

Considerações:• raios meridionais são aqueles que passam pelo centro do núcleo; e• todas as opções abaixo correspondem a números reais.

(A) arc sen η ηη

22

02

1

−

(B) arc sen η ηη

12

22

0

−

(C) arc sen η ηη12

22

0

−

(D) arc sen η ηη12

02

1

−

(E) arc cosη ηη12

22

0

−

Gabarito: Letra C.

sen , sen cos

tan sen cos

sen

inn

note que i r

Por to r r

rn

L L= =

= −

= −

2

1

21

1

222

12

12

22

1n

n n

n=

−

Aplicando a Lei de Snell - Descartes na entrada temos:

sensen

sen

sen

θ

θ

θ

A

A

A

rnn

n

n

n n

n

arcn n

nLetra

=

= ⋅−

=−

→

1

0

1

0

12

22

1

12

22

0CC.

18


Questão 17

Conforme a figura acima, um corpo, cuja velocidade é nula no ponto A da superfície circular de raio R , é atingido por um projétil, que se move verticalmente para cima, e fica alojado no corpo. Ambos passam a deslizar sem atrito na superfície circular, perdendo o contato com a superfície no ponto B. A seguir, passam a descrever uma trajetória no ar até atingirem o ponto C, indicado na figura. Diante do exposto, a velocidade do projétil é:

Dados:

• massa do projétil: m ; • massa do corpo: 9m ; e • aceleração da gravidade: g.

(A) 105

2Rg .

(B) 103

2Rg .

(C) 105

3Rg .

(D) 103

5Rg .

(E) 102

3Rg .

19


Gabarito: Anulada.

Esta é a solução pretendida pela banca, gerando um ERRO conceitualmente grave, já que a velocidade

mínima para passar pelo ponto B é de gR e pelos cálculos encontra-se v = gR2

; em virtude disso,

pedimos a anulação da questão.

Questão 18

partícula que se move no trilho

trilho

partícula fixa partícula fixa partícula fixa partícula fixa

+Q

v(t)r

A CB

d d d

D

v(t)

t

Figura 1 Figura 2

Como mostra a Figura 1, uma partícula de carga positiva se move em um trilho sem atrito e sofre a interação de forças elétricas provocadas por outras partículas carregadas fixadas nos pontos A, B, C e D. Sabendo que as cargas das partículas situadas em B e D são iguais e que uma parte do gráfico da velocidade da partícula sobre o trilho, em função do tempo, está esboçada na Figura 2, o gráfico completo que expressa a velocidade da partícula está esboçado na alternativa:

Observações:• r << d ;• em t = 0, a partícula que se move no trilho está à esquerda da partícula situada no ponto A;• considera-se positiva a velocidade da partícula quando ela se move no trilho da esquerda para a direita.

(A)v(t)

t

(D)v(t)

t

20


(B)v(t)

t

(E)v(t)

t

(C)v(t)

t

Gabarito: Letra D.

0

0

0

0

v

v

a

a

repo

uso

volta

ida

C D

Q > 0

Q > 0

Q > 0

Q > 0

Q > 0

Q > 0

Q > 0

A Bfixa fixa fixa fixa

t

t

t

21


Questão 19

Como mostra a figura, dois corpos de massa m e volume V estão em equilíbrio estático. Admita que μ é amassa específica do líquido, que não existe atrito entre o corpo e o plano inclinado e que as extremidadesdos fios estão ligadas a polias, sendo que duas delas são solidárias, com raios menor e maior r e R,respectivamente. A razão R/r para que o sistema esteja em equilíbrio é:

(A) mm V

sen ( )α βµ+

−

(B) m

m Vcos ( )α β

µ+

−

(C) sen ( )αβ

µcos ( )

11

−

−Vm

(D) cos ( )αβ

µsen ( )

11

−

−Vm

(E) cos ( )α βµ

+ −

1

Vm

22


Gabarito: Letra C.

Corpo da rampa:

β

α

NT’

P

( )corpo em equilíbrio

F OR =

Decompondo as forças na direção da rampa, teremos:

T P

MgI

' cos sen

T'sen

cos( )

β αα

β

=

=

Corpo mergulhado:

P

ET

( )corpo em equilíbrio

F OR =

E T P gV T P

T Mg gV II

+ = ∴ + == −

µµ ( )

Polias Coaxiais:

T’

‘T’

r R

23


Obs: siderando as polias ideais (momento de inércia nulo e ausência de atrito com o eixo central) e que as forças que produzem torque em relação ao centro, são T e T’, teremos TR = T’r (III)Substituindo (I) e (II) em (III):

( )sencos

sencos

Mg gV R Mg r

Rr

MM V

− =

= ×−

µαβ

αβ µ

Dividindo-se numerador e denominador, por M:

Rr V

M

Rr

VM

= ×−

= × −

−

sencos

sencos

αβ µ

αβ

µ

1

1

11

Questão 20

Como mostra a figura acima, um microfone M está pendurado no teto, preso a uma mola ideal, verticalmenteacima de um alto-falante A, que produz uma onda sonora cuja frequência é constante. O sistema está inicialmente em equilíbrio. Se o microfone for deslocado para baixo de uma distância d e depois liberado, afrequência captada pelo microfone ao passar pela segunda vez pelo ponto de equilíbrio será:

Dados:

• frequência da onda sonora produzida pelo alto-falante: f ;• constante elástica da mola: k;• massa do microfone: m; e• velocidade do som: vs.

24


(A) fdv

kms

12

−

(B) fdv

kms

1+

(C) fdv

kms

1−

(D) fdv

kms

12

+

(E) fdv

kms

12

−

Gabarito: Letra B.

• Na posição de equilíbrio:

P F

mg k x xmgk

el=

= → = ( )0

0 0· I

• Conservação da energia entre PR e EQ

E Ek x d kx

mg dmv

kd x d mgd

mv

PR EQ= →+( )

= + +

+( ) = + ( )

0

2

02 2

20

2

2 2 2

22

2

·

· II

25


(I) em (II)k

d dmgk

mgdmv

kdmgd mgd

mvv

kmd

22

2

2 2

22

2 2

+

= +

+ = + → =

·

• Efeito Dopplerv v+–f fv v

aproximação

afastamento

f fv

kmd

v

som obs

som fonte

s

s

'

'

=

=+

== +

f

dv

kms

1

+–

Questão 21Considere as afirmações abaixo, relativas a uma máquina térmica que executa um ciclo termodinâmico durante o qual há realização de trabalho.Afirmação I. Se as temperaturas das fontes forem 27o C e 427o C, a máquina térmica poderá apresentar um rendimento de 40%.Afirmação II. Se o rendimento da máquina for 40% do rendimento ideal para temperaturas das fontes iguais a 27o C e 327o C e se o calor rejeitado pela máquina for 0,8 kJ, o trabalho realizado será 1,8 kJ.Afirmação III. Se a temperatura de uma das fontes for 727o C e se a razão entre o calor rejeitado pela máquina e o calor recebido for 0,4, a outra fonte apresentará uma temperatura de –23o C no caso de o rendimento da máquina ser 80% do rendimento ideal.

Está(ão) correta(s) a(s) seguinte(s) afirmação(ões):

(A) I, apenas.(B) I e II, apenas.(C) II e III, apenas.(D) I e III, apenas.(E) III, apenas.

Gabarito: Letra D.

I – Rendimento máximo (Carnot)

η

η

= 1TT

= 1300700

=47

= 57% (Rendimento Limite)

f

Q−

−

Portanto a máquina real pode ter rendimento 40% (verdadeira)

26


II – η

η

η

ideal

realQfQg

= − =

= × =

⇒ = − ⇒ = −

1300600

50

0 4 50 20

1 0 2 10

%

, % %

,,

real

88

10

10 0 8 0 2

Q

Q kJ

W Q Q kJ (Falso)

Q

Q

Q f

=

= − = − =

,

, , ,

III – 727°C → 1000 K

η real

f

Q

QQ

= − = − =1 1 0 4 0 6 60, , ( %)

Se 0,6 é 80% do ideal, o rendimento ideal vale = 75%

PortantoT

T K ( 23°C)ff0 75 1

1000250, = − ⇒ = −

Obs: Como a banca não informa se a fonte a 1000 K é a fria ou a quente, podemos ter também uma fonte quente do tipo

0 75 11000

1000 25

4 000

,

,

,

= −

=

=

T

T

T K

Q

Q

Q

Embora na prática tenhamos temperaturas difíceis de ocorrer, a questão daria margem para uma outra interpretação com resposta A.

Questão 22Considere uma corda pendurada no teto de uma sala. O intervalo de tempo para um pulso ondulatório percorrer toda a corda é dado por:Dados:

• comprimento da corda: L;• densidade linear da corda: μ; e• aceleração da gravidade: g.

(A) Lg2

(D) 23

Lg

(B) 22Lg

(E) 2Lg

(C) 23Lg

27


Gabarito: Letra E.

Pelo equilíbrio temos: T = mg T = µ · x · g

Fórmula de Taylor: vT

=µ

Portanto: vgx

gx

dxdt

gx

dt =dx

gxgx dx

T = gx

= =

= =

= ⋅

⋅

−

−

µµ

v

( )

( )

/

/

1 2

1 20

LL L

L

∫ = ⋅

=

= =

dxgx

g

Tg

gx

Tg

gLLg

( )/

/1 2

0

0

1 21

2

22

Questão 23Um veículo de combate tem, como armamento principal, um canhão automático eletromagnético, o qual está municiado com 50 projéteis. Esse veículo se desloca em linha reta, inicialmente, em velocidade constante sobre um plano horizontal. Como o veículo está sem freio e descontrolado, um engenheiro sugeriu executar disparos a fim de reduzir a velocidade do veículo. Após realizar 10 disparos na mesma direção e no mesmo sentido da velocidade inicial do veículo, este passou a se deslocar com metade da velocidade inicial. Diante do exposto, a massa do veículo, em kg, é:

Dados:• velocidade inicial do veículo: 20 m/s;• velocidade do projétil ao sair do canhão: 800 m/s; e• massa do projétil: 2 kg.

Observação:• não há atrito entre o plano horizontal e o veículo.

(A) 1.420(B) 1.480(C) 1.500

28


(D) 1.580(E) 1.680

Gabarito: Letra B.

Início:

Q M m vi

u ruu= +( )50

M = massa do veículom = massa do projétilv = velocidade inicial do veículoV = velocidade do projétil

Como a interação entre veículos e projéteis é interna, podemos conservar a quantidade de movimento.

Final:

Q mv

mVf

uru= + +(M )40

210

Logo,

Mv mvMv

mv mv M

M

+ = + + → + = +

=

502

20 10202

50 2 20 20 2 20 10 2 800

10

10

· · · · · · ·

110 2 800 30 2 20 10 2 20 400 30 4 370

1480

2

· · · · · ·− → = −( ) → = ( )

=

M M

M kg

29


Questão 24

A figura acima mostra um circuito formado por quatro resistores e duas baterias. Sabendo que a diferençade potencial entre os terminais do resistor de 1 Ω é zero, o valor da tensão U , em volts, é:

(A) 154/15(B) 30/4(C) 70/9(D) 10(E) 154/30

Gabarito: Letra C.

Malha BCD:

10 - 3i3=0\i3=103

A (I)

Malha ACD:2i1-U=0 (II)

Malha ABD:2i1+4i2=10\i1+2i2=5 (III)

30


Nó A:

i1=i2+i3\i3=103

(IV)

IV em III:

i2=59

A e i1=359

A em (II)

2 · 359

- U=0\ U=709

V.

Questão 25

Conforme a figura acima, duas lanternas muito potentes, cilíndricas, com diâmetro D = 4 cm, estão alinhadas no plano vertical. Ambas possuem lentes nas extremidades, cujos centros ópticos O estão alinhados verticalmente e cujas distâncias focais são f = 3 cm. Uma das lentes é convergente e a outra é divergente. Suas lâmpadas geram raios de luz horizontais, que encontram as lentes das respectivas lanternas e são projetados até um anteparo vertical. Sabendo que a distância entre os centros ópticos das duas lentes é y = 12 cm, a distância máxima x entre os centros ópticos das lentes O e o anteparo, em centímetros, que faz com que a luz projetada pelas lanternas não se sobreponha é:

31


(A) 6(B) 9(C) 12(D) 15(E) 18

Gabarito: Letra B.

43 3

43 3

1

2

=−

( ) ( )

=+

( ) ( )

Dx

semelhança

Dx

semelhança

I

II

Da figura temos:

D D1 2

2 212+ = ( )III

Substituindo I e II em III:

4 3

2 3

4 3

2 312

x x−( )+

+( )=

· ·

x = 9 cm (B)

32


Questão 26Duas partículas A e B, carregadas eletricamente com mesmos valores de cargas positivas, partem da origem em velocidade nula no instante t = 0, e têm suas componentes de aceleração em relação aos eixos X e Y regidas pelas seguintes equações temporais:

Particula A:a

a sen

ParticulaB:a

x

y

x

t t

t t

t

( ) cos( )

( ) ( )

( )

==

= −ccos( )

( ) ( ) cos(t)

t

t tya sen= −

O instante tmin , onde 0 ≤ tmin < 2π, em que a força de repulsão entre as cargas é mínima é

(A) 32

≠ π

(B) 14

≠ π

(C) 12

≠ π

(D) 34

≠ π

(E) π.

Gabarito: Letra E.

A:a

a senB:

a

a senx

y

x

y

t t

t t

t t

t t t

( ) cos

( )

( ) cos

( ) cos

==

= −= −

= =

= = = =

= − + −

v

x x y y

d x x y

A

A B A B

AB A B A

( ) v ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) (

B0 0 0

0 0 0 0 02 yy

FK q q

F d

B

A B

AB

mín AB

)

· ·( )

2

2= ∴ ⇒ máximod

*Equações horárias:

partícula A

33


v a t dt t v t t

x v t dt t k x t

AX x Ax

A ax Ax A

= = ⇒ =

= = − + ⇒

∫ ( ) ( )

( ) cos( ) ( )

sen sen

==− +

= = − + ⇒ =− +

=

∫∫

cos

( ) cos( ) ' ( ) cos

(

t

v a t dt t k x t t

y v t

Ay y Ay Ay

A Ay

1

1

)) ( )dt t t K y t t tAy A= − + + ⇒ =− +∫ sen sen

partícula B

v a t dt t k v t

x v t dt dt t k

BX x Bx Bx

B Bx

= = − = ⇒ = −

= = − = +

∫ ( ) '

( ) cos

sen sen

sen BBX B

By y By By

x t t

v a t dt t t k v t

⇒ = −

= = − − + ⇒ =−

∫∫ ( ) cos

( ) cos( ) ( ) ' ( )

1

sen ccos

( ) cos ( ) cos

t t

y v t t t t K y t t t tB By By B

− +

= = − + + + ⇒ =− + +

∫ sen

sen sen

1

−−∫ 1

d t t t t t t t

dAB

AB

2 2 2

2

1 1 1

2

= − − − + − − − + + −

= −

[ cos (cos )] [ ( cos )]

(

sen sen

22 1

4 4 8 2 1

5

2 2

2 2 2

2

cos ) (cos )

cos cos cos cos

c

t t

d t t t t

dAB

AB

+ −

= + − + − +

= oos cos

(cos( ) )

2

2 2

10 5

5 1

t t

d tAB

− +

= −

máximo se cos (t) = –1

t = π + 2kπ

tmín = π

34


Questão 27

O sistema mostrado na figura acima encontra-se em equilíbrio estático, sendo composto por seis cubosidênticos, cada um com massa específica μ uniformemente distribuída e de aresta a, apoiados em umaalavanca composta por uma barra rígida de massa desprezível. O comprimento L da barra para que osistema esteja em equilíbrio é:

(A) 94

a

(B) 134

a

(C) 72

a

(D) 154

a

(E) 174

a

35


Gabarito: Letra D.

Seja a origem do eixo x na junção do apoio com a barra, e chamando de (2) o conjunto de blocos empilhados e (1) o bloco à esquerda.

xm

am

am

am

a

m

aa

a a

xa

cm

cm Para barr

2

2

22

2 2 45

2 2 45

920

=+ + +

=+ + +

=

· · · ·

. aa estar em equilíbrio Mapoio→ =∑ 0;

L a mga

mg L a L a−

= → = +

→ =32

920

594

32

154

4 4

6

·

.

36


Questão 28

O sistema mostrado na figura gira em torno de um eixo central em velocidade angular constante ω. Doiscubos idênticos, de massa uniformemente distribuída, estão dispostos simetricamente a uma distânciar do centro ao eixo, apoiados em superfícies inclinadas de ângulo θ . Admitindo que não existe movimentorelativo dos cubos em relação às superfícies, a menor velocidade angular ω para que o sistema se mantenhanessas condições é:Dados:• aceleração da gravidade: g ;• massa de cada cubo: m ;• aresta de cada cubo: a ; e• coeficiente de atrito entre os cubos e as superfícies inclinadas: μ .

(A) gr

µ θθ µ θ×+ ×

cos( )) cos( )sen(

12

(B) gr cos( sen

µ θθ µ θ×+ ×

cos( )) ( )

12

(C) gr

µ θ θθ µ θ

× ++ ×

sen(sen( cos

) cos( )) ( )

12

(D) gr

µ θ µ θθ µ θ

× − ×+ ×

sen(cos( cos

) cos( )) ( )

12

(E) gr

sen(sen( cos

θ µ θθ µ θ

) cos( )) ( )− ×+ ×

12

37


Gabarito: Letra D.

y

C

x

NNy

faty

fatx

fat

p

θ

Nx

θ

θN fat F

N fat Px cp

y y

− =

+ =

x

N sen N cos m r

N cos N sen mg

rg

sen

θ µ θ ωθ µ θ

ω θ

− =+ =

=

2

2 −−+

⇒ =−+

µ θθ µ θ

ωθ µ θθ µ θ

coscos

coscossen

g sensenr

12

Questão 29Uma partícula elétrica de carga unitária, dotada de massa e inicialmente parada, sofre a ação de um impulso, entrando imediatamente em uma região do espaço na qual o campo magnético é uniforme, passando a realizar um movimento no sistema de coordenadas XYZ , descrito pelas seguintes funções do tempo t :

x t t

t t

z t t

( ) sen( )

y( )

( ) cos( )

===

3 2

8

3 2

Considerando todas as grandezas no Sistema Internacional de Unidades, o módulo do campo magnético é:

38


Dado:• impulso: 10.Observação:• despreze a força gravitacional.

(A) 1,00(B) 1,50(C) 2,00(D) 3,00(E) 4,00

Gabarito: Letra C.

A trajetória é uma helicoide com M.C.U. em xz de raio R.

x t t v t

y t t x z R

dxdt

x( ) sen cos

( ) ,

= → =

= → + = =

3 2 6 2

8 3 32 2 2 logo e commo m/sy t t v

z t t v t

y

dzdt

z

( )

( ) cos( ) sen

= → =

= → = −

8 8

3 2 6 2

• Descobrindo a velocidade resultante em xz:

v v v v t txz x y xz

2 2 2 2 2 2 2 26 2 6 2= + → = +( cos ) ( sen )

Vxz = 6 m/s

• Agora temos v vres res m/s→ = + =6 8 102 2

• Teorema do impulso:

B

y

z

x

ITOT = DQ

10 = mv – m · o → m = 1 kg

θ10

6

8

vy

vxz

39


• M.C.U.

F F q v B

mvR

B BM cpxz= → ⋅ ⋅ ⋅ = →

⋅→ = =⋅ ⋅ ⋅ =sen ,θ

2

1 10 0 6 1 363

3618

2

Questão 30

A figura acima mostra dois geradores de corrente contínua, denominados G1 e G2, que possuem resistências internas R1 e R2 e a mesma tensão induzida E. Os geradores estão conectados a uma resistência R por meio de uma chave S. A resistência R1 é um cilindro não condutor que possui um êmbolo condutor em sua parte superior e que se encontra, inicialmente, totalmente preenchido por um liquido condutor. O êmbolo desce junto com o nível do líquido condutor no interior do cilindro, mantendo a continuidade do circuito. No instante em que a chave S é fechada, o líquido começa a escoar pelo registro cuja vazão volumétrica é Q. Diante do exposto, o instante de tempo t , no qual o gerador G1 fornece 40% da corrente demandada pela carga é:

Dados:• antes do fechamento da chave S : R1 = 4R2 ;• resistividade do líquido condutor: ρ; e• área da base do cilindro: A.

(A) 0 52

2,A RQρ

(D) 2 02

2,A RQρ

(B) 102

2,A RQρ

(E) 2 52

2,A RQρ

(C) 152

2,A RQρ

40


Gabarito: Letra E.

No instante t, teremos:E E R i R i

R i R iRR

iiR

R

− + − =

= ∴ = =

2 2 1 1

1 1 2 22

1

0

0 40 6

23

''

,,

( )I

Inicialmente:

RR

A

A

R R RA

h

21

1 1 1

4 438

58

5

= =

∆ = − = ⇒ ∆ =

ρ

ρ

ρ

·(I )

' ·

lI

então: R' =l

l l

0

10

0 0

88

Dada a vazão Q:

Q = l

De (II): l =

0

0

∆∆

=∆∆

⇒ ∆ =∆

=vt

A ht

tA hQ

AQ

A R

· ··

·

58

4 2

ρ,,

· ·,

·

substituindo:

∆ = ⇒ ∆ =tAQ

ARt

A RQ

58

4 2 522

2

ρ ρ

Equipe de FísicaArmando NabucoEdwardGabriel GregonMaurícioNoronhaRicardo Luiz

ComentárioA prova, por mais um ano, se mostrou excelente para selecionar os alunos mais bem

preparados. Esta foi considerada menos trabalhosa do que as dos últimos anos, porém, manteve seu alto nível apesar de algumas sutilezas. As questões 17 e 21 apresentaram inconsitências e ambiguidades, sendo aquela responsável por uma impossibilidade física, sugerindo uma anulação. Ademais, o concurso apresentou questões clássicas e diretas. No entanto, apesar de haver 6 questões onde o aluno bem preparado poderia resolver com tranquilidade, passar desse número de acertos consideramos uma tarefa difícil.

41

GABARITO IME – QUÍMICA

Questão 31Admitindo que a solubilidade da azida de chumbo Pb(N3)2 em água seja 29,1 g/L, pode-se dizer que oproduto de solubilidade (Kps) para esse composto é: (Dados: N = 14 g/mol, Pb = 207 g/mol)

(A) 4,0 × 10–3.(B) 1,0 × 10–4.(C) 2,0 × 10–4.(D) 1,0 × 10–3.(E) 3,0 × 10–4.

Gabarito: Letra A.

Base do cálculo: n(mol) inicial de Pb(N3)2.

Pb(N ) Pb +2N3 2(s)H O

(aq)+2

3(aq)2 → −

Início n 0 0

Dissociação - x 2x

Equilíbrio - x 2x

Kps = Pb N+

×

23

2–

Kps =x × (2x)2

Kps = 4x3

Cálculo da concentração molar do Pb(N3)2

MgL

mol

ML

mol

MmolL

= × ×+ ×

= ×

=

29 11

207 6 14

29 1 1291

0 10

,( ) g

,

,

Logo:Kps = 4 × (0,10)3

Kps = 4 ×10 3–

42


Questão 32Um sistema fechado contendo um gás ideal no estado 1 sofre as transformações a e b, conforme indicado na figura abaixo.

P1P2

P3

a bV1, T1 V2, T2

V3, T3

Sabendo que a transformação a é isotérmica e b isobárica, indique o gráfico que representa os estados do sistema.

(A) (D)

(B) (E)

(C)

Gabarito: Letra C.

43


P1P2

aV1, T1 V2, T2

Chamando os recipientes A e B e considerando que o processo é isotérmico (T1 = T2), através da equação combinada dos gases ideais, temos:

P VT

P VT

K

P V P V

1 1

1

2 2

2

1 1 2 2

⋅=

⋅=

⋅ = ⋅

Observando as figuras, o volume 2 no recipiente B é menor que o volume 1 no recipiente A.

V V

P P2 1

2 1

<>

Essas relações excluem as alternativas (D) e (E).

Como P2 > P1 e P2 = P3, logo: P3 > P1

2

P

V

1

Chamando os recipientes B e C e considerando que o processo é isobárico.

P2

P3

b

P2, V2

V3, T3

P2 = P3

Utilizando a equação combinada dos gases ideais, temos:

(Isotérmica)

A B

Curva Isotérmica (T1 = T2)

••

(Isobárica)

44


P VT

P VT

VT

VT

2 2

2

3 3

3

2

2

3

3

⋅=

⋅

=

V V

T T3 2

2 3

><

Essas relações excluem a alternativa (A),

Logo, a alternativa que melhor representa o gráfico, trata-se da letra C.

Questão 33Considere que a reação abaixo ocorra em uma pilha.

2 Fe+++ + Cu → Cu++ + 2Fe++

Assinale a alternativa que indica o valor correto do potencial padrão dessa pilha.Dados: Fe++ → Fe+++ + e– E0 = – 0,77 v Cu++ + 2e– → Cu E0 = + 0,34 v

(A) 1,20 v.(B) – 0,43 v.(C) + 1,88 v.(D) – 1,20 v.(E) + 0,43 v.

Gabarito: Letra E.

Fe Fe e v

Cu e Cu v

aq) (aq)

aq s

E

E

(

( ) ( )

º ,

º ,

+ +

+

→ + = −

+ → = +

−

−

2 3

2

1 0 77

2 0 34

Invertendo a primeira semirreação e multiplicando por dois, temos:

2 2 23 2Fe e Fe Eº= 0,77vaq+ ++ →−

( )

Invertendo a segunda semirreação, temos:

P 2 = P

3

3

2

V1

V

P

45


Cu Cu e Eº vs aq( ) ( ) ,→ + = −+ −2 2 0 34

Somando as duas semirreações, temos:

2 2

0 34

3 2

2

2

2

Fe Fe Eº= 0,77V

Cu Cu Eº V

2Fe

aq

s aq e

+ − +

+ −

+ →

→ + = −

e ( )

( ) ( ) ,

(aaq Cu s Fe aq Cu aq Eº= +0,43V.) ( ) ( ) ( )+ + → + + +3 2 2 2

+

Questão 34Assinale a alternativa que apresenta, respectivamente, a estrutura do íon ICl4

+ e o tipo de hibridização de seu átomo central.

(A) III, sp3.(B) I, sp3d.(C) II, sp3d2.(D) IV, sp3.(E) III, sp3d.

Gabarito: Letra B.

C� C�

C�C� —

—

I

forma gangorra - hibridação sp3d

O número estérico (NE) é dado pelo número de átomos (Ax) em torno do átomo central, somado ao número de pares de elétrons (Ey) em torno desse átomo.No caso, NE = 4 + 1 = 5. Logo, a hibridação é sp3d. A geometria básica corresponde a uma bipirâmide de base trigonal, e a geometria do íon é gangorra:

C�

C�

C�C�

46


Questão 35Assinale a alternativa correta.

(A) Os glicídios são ésteres de ácidos graxos.(B) Existem três tipos de DNA: o mensageiro, o ribossômico e o transportador.(C) Alanina, valina, cisteína, citosina e guanina são exemplos de aminoácidos.(D) As reações de hidrólise alcalina dos triacilgliceróis são também denominadas reações de saponificação.(E) As proteínas são sempre encontradas em uma estrutura de dupla hélice, ligadas entre si por intermédio

de ligações peptídicas.

Gabarito: Letra D.

(A) Incorreta: os glicídios são açúcares, também chamados de carboidratos, devido à fórmula geral Cx(H2O)y. Os ésteres de ácidos graxos são lipídios.

(B) Incorreta: mensageiro, ribossômico e transportador são tipos de RNA.

(C) Incorreta:

47


(D) Correta:

(E) Incorreta: as proteínas são organizações de polipeptídios que, por sua vez, são combinações de aminoácidos.

Questão 36Dadas as seguintes equações que representam supostas reações químicas irreversíveis em meio aquoso e temperaturas moderadas:

I) 6 HBr + 2 Al → 2 AlBr3 + 3 H2

II) H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2 HCl

III) 2 KOH + NiSO4 → Ni(OH)2 + K2SO4

IV) 2 HBr + K2S → 2 KBr + H2S

V) BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2 NaCl

Pode-se afirmar que a reação:

(A) I não ocorre porque o Al é menos nobre que o hidrogênio, não tendo capacidade de provocar o seu deslocamento. (B) II ocorre porque ácidos fortes reagem com sais formando um sal solúvel e outro ácido forte. (C) III não ocorre porque uma base não reage com um sal para a formação de outra base e outro sal. (D) IV ocorre porque ácidos fortes reagem com sais de ácidos fracos formando ácidos fracos e sais de ácidos fortes. (E) V não ocorre porque o BaCO3, à exceção da maioria dos carbonatos, é solúvel.

Gabarito: Letra D.

(A) A reação ocorre. O alumínio é mais reativo que o hidrogênio.(B) A reação forma BaSO4, um sal insolúvel.(C) O Ni(OH)2 é um eletrólito mais fraco que o KOH, logo a reação ocorre.(D) A reação ocorre, pois há formação de H2S, volátil, e eletrólito mais fraco.(E) A reação ocorre pois há formação de BaCO3, sal insolúvel.

48


Questão 37Considere o diagrama de fases simples para o benzeno, em que PC é o ponto crítico e PT o ponto triplo.

P (atm)

PC

PT

T (°C)

48,3

1,0

0,05

5,52 80,1 289

Os pontos de fusão e de ebulição do benzeno a 1,0 atm são iguais a 5,53 °C e 80,1 °C, respectivamente. Considere ainda, o ponto P (5,50 °C, 55 atm) como ponto de partida das transformações sequenciais discriminadas abaixo:

(1) Inicialmente, elevação da temperatura até 300 oC, em um processo isobárico;(2) Redução da pressão até 38 atm, em um processo isotérmico;(3) Redução da temperatura até 5,50 °C, em um processo isobárico;(4) Finalmente, redução da pressão até 0,02 atm, em um processo isotérmico.

Assinale a alternativa que apresenta a ordem correta das mudanças de fase observadas ao longo do processo descrito.

(A) Fusão, condensação, ebulição e evaporação.(B) Fusão, condensação, solidificação e sublimação.(C) Vaporização, condensação, fusão e sublimação.(D) Solidificação, ebulição, liquefação, condensação e sublimação.(E) Fusão, ebulição, condensação, solidificação e evaporação.

Gabarito: Letra B.

Os processos físicos indicados são:

(1) Fusão e formação de fluido supercrítico;(2) Fluido supercrítico altera para fase gasosa;(3) Condensação e solidificação;(4) Sublimação.

P (atm)

PC

PT

P

T (°C)

48,3

1,0

(1)

(2)

(3)

(4)

0,05

5,52 80,1 289

49


Questão 38Dada a estrutura química da satratoxina-H abaixo, podemos afirmar que essa molécula possui:

OO

O

OO

OO

OH

CH(OH)CH3

(A) 2 centros quirais e 12 átomos sp2.(B) 7 centros quirais e 10 átomos sp2.(C) 7 centros quirais e 12 átomos sp2.(D) 8 centros quirais e 10 átomos sp2.(E) 9 centros quirais e 12 átomos sp2.

Gabarito: Letra E.

Há quatro ligações duplas C = C, correspondendo a 8 átomos de C; mais duas ligações C = O, totalizando 10 átomos de carbono com hibridação sp2.No entanto, o enunciado refere átomo com hibridação sem especificar que sejam átomos de carbono. Como há dois átomos de oxigênio nas ligações C = O, são no total 10 átomos hibridizados sp2.Os centros esterogênicos estão assinalados por asterisco na fórmula.

OO

O

OO

OO

OH

CH(OH)CH3

*

*

*

*

**

* *

*

50


Questão 39Considere as seguintes afirmativas:

I – Uma reação química a temperatura e pressão constantes será espontânea se a variação da energia livrede Gibbs (∆G) for menor que zero.II – Em um sistema reacional onde a única forma de trabalho observável é o trabalho de expansão, a variação da entalpia (∆H) é igual à quantidade de calor liberada ou absorvida pela reação, a pressão constante.III – Para uma substância simples que admite mais de uma forma alotrópica, não há variação de entalpia naconversão de uma forma em outra.São corretas:

(A) Somente I(B) Somente II(C) Somente III(D) I e II(E) I e III

Gabarito: Letra D.

I – Verdadeira. Sabendo que a energia livre de Gibbs está relacionada à execução do trabalho útil, o processo será espontâneo à partir do momento que ∆G < O.II – Verdadeira. Através da primeira lei da termodinâmica, temos:

∆U = Q + wU2 – U1 = Q + p × ∆vU2 – U1 = Q + p × (V2 – V1)U2 – pV2 – U1 + pv1 = QU p

H2 H1

V U pV Q2 2− − − =( )1 1

Logo, à pressão constante ⇒ ∆H = Qp.

III – Falsa. Por convenção, as substâncias simples na sua forma mais estável (1 bar; T) apresentam entalpia igual a Zero.Logo, a forma estável, a entalpia é igual a zero. (H = 0).Forma não-estável, a entalpia é diferente de zero (H ≠ 0).

51


Questão 40Considere as duas moléculas abaixo:

�

NO2

CH31

2

3

4

5

6

NH21

2

34

5

6

I II

CH3

Ambas sofrerão nitração nos anéis aromáticos via substituição eletrofílica. Dentre as opções a seguir, a única que indica posições passíveis de substituição nas moléculas I e II, respectivamente, é:

(A) 4 e 4. (B) 6 e 6.(C) 5 e 2. (D) 3 e 5. (E) 4 e 6.

Gabarito: Letra C.

NO2

CH31

2

3

4

5

6 Substância I: 1- metil - 2 - nitrobenzeno

Grupo nitro (-NO2): é um orientador meta e desativante.

Radical metil (-CH3): é um orientador orto e para e ativante do anil.

Essas duas condições orientam a entrada do novo grupo nitro nas posições 3 e 5, devido ao radical metil; 3 e 5 devido ao grupo nitro. Se não houvesse coincidência nas posições, a prioridade seria do grupo ativante, ou seja, o radical metil.

52


NH21

2

34

5

6

CH3

Substância II: o - toluidina

O grupo amino (- NH2) e o radical metil (- CH3) são orto e para dirigentes, o que orientaria a entrada de um novo grupo nitro nas posições 2, 4 e 6.

A combinação dessas condições está contemplada na alternativa C.

Equipe de QuímicaAlexandre GrilloEduardo Campos Eurico DiasJoão NabucoJorge Ferreira

ComentárioProva de bom nível, com enunciados de comando claro e redigidos sem ambiguidade.Sentimos falta de questões normalmente cobradas como as de estequiometria e de cinética

química.Na questão 33, é fornecido o valor do potencial de oxidação, em vez do potencial de redução,

que a IUPAC recomenda. Mas como a reação global é dada, essa dificuldade é facilmente superada.A questão 38 exige do candidato uma atenção mais cuidadosa, porque normalmente nas

questões de Química Orgânica o aluno costuma considerar apenas a hibridação do carbono.No entanto, o aluno bem preparado fará facilmente cinco das dez questões.

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