IME 2010 - Dia 1 - OBJETIVAS - Resolvida Final...

CADERNO DE RESOLUÇÕES

CONCURSO IME 2010 MAT, FIS e QUI OBJETIVAS

26/OUT/2009

CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA - 1 - (41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br

O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e profissionalismo como lemas. Confira nossos resultados e comprove porque temos mais a oferecer. IME 2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados, todos de Curitiba, e 6 são ELITE !!! 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

ITA Elite Curitiba: 5 anos de existência, 5 anos de aprovações no ITA !!! 11 alunos aprovados! LEONARDO FRISSO MATTEDI (ITA 2009) JULIANO A. DE BONFIM GRIPP (ITA 2008) LUCAS BRIANEZ FONTOURA (ITA 2008) MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES (ITA 2008) CAMILA SARDETO DEOLINDO (ITA 2007) VITOR ALEXANDRE C. MARTINS (ITA 2007) GABRIEL KENDJY KOIKE (ITA 2006) RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA (ITA 2006) YVES CONSELVAN (ITA 2006) EDUARDO HENRIQUE LEITNER (ITA 2005) FELLIPE LEONARDO CARVALHO (ITA 2005)

AFA 2010: 12 convocados, sendo 9 entre os 13 primeiros do Paraná! Destaque para Tarcísio Gripp: 1º do Sul, 10º do Brasil 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

ESPCEX 2009: Dos 10 primeiros colocados do Paraná, 5 são ELITE! E dos 26 aprovados no Paraná, 10 são ELITE! 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!

EPCAr 2007: 3 dos 4 convocados do Paraná 2006: 2 convocados 2005: 1º lugar do Paraná

EEAR 2009: 3 aprovações MURILO RODRIGUES MESQUITA ROMULO CORREA DA SILVA COSTA GUILHERME RODOLFO HALUCH CASAGRANDE 2008: 4 aprovações (2ºs lugares dos grupos 1 e 2) 2006: 2 convocados

Escola Naval 2009: Único a aprovar no PR e em SC! 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2005: 100% de aprovação!

UFPR 2009: 17 aprovados 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

UFTPR Inverno 2009: 16 aprovações nos cursos mais concorridos 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.

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26/OUT/2009


MATEMÁTICA 01. Sejam r, s,t e v números inteiros positivos tais que r ts v

< . Considere as seguintes relações:

I. ( ) ( )r s t vs v+ +

< ii. ( ) ( )

r tr s t v

<+ +

iii ( )( )r tr

s s v+

<+

iv. ( ) ( )r t r t

s v+ +

<

O numero total de relações que estão corretas é: a) 0 b)1 c)2 d)3 e)4 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 01: Alternativa D i. Observe que

vt

sr1

vt1

sr

v)vt(

s)sr(

<→+<+→+

<+

,

o que torna verdadeira a desigualdade; ii. Transpomos da seguinte maneira

<→<→

+<+→+<+→+

<+

vt

sr

rs

tv

rs1

tv1

r)sr(

t)vt(

)vt(t

)sr(r

,

o que torna verdadeira a desigualdade; iii. Podemos permutar da seguinte maneira

<→<→

→+<+→+

<+

→++

<

vt

sr

rt

sv

rt1

sv1

r)tr(

s)vs(

)vs()tr(

sr

,

o que torna verdadeira a desigualdade. iv. A partir da desigualdade dada temos que,

svv1

s1

v)tr(

s)tr(

<→<→+

<+

.

Todavia a última desigualdade é falsa, haja vista que não possuímos relações entre os números r, s, t e v, dois a dois.

02. Considere o determinante de uma matriz de ordem n definido por:

Sabendo que ∆1 = 1, o valor de ∆10 é A) 59049 B) 48725 C) 29524 D) 9841 E) 364 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 02: Alternativa C Aplicando Laplace na primeira coluna:

)1()1(

11

3100003000

003100003100003

)1(1

−×−

+

−

−−

⋅−⋅=∆

nn

n

LL

MMOMMMLLL

)1()1(

12

3100003000

003100003111111

)1()1(

−×−

+

−

−

−

⋅−⋅−+

nnLL

MMOMMMLLL

113 −

− ∆+=∆ nn

n Substituindo n por 2, 3, 4,... até 10 na equação anterior temos

89

10

22

3

11

2

3

33

∆+=∆

∆+=∆

∆+=∆

M

Somando estas equações e substituindo o valor de 1∆

13)13(1

333110

10

92110

−−⋅

=∆

++++=∆ L ⇒ 2952410 =∆

03. O valor da expressão

y = sen arc sen

1

a2 − 1

+ arc cos1

a2 − 1

,

onde a é um número real e a ∈ (–1, 0), é:

a) –1 b) 0 c)

12

d)

32

e) 1

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 03: Alternativa E (Anulável) A solução possivelmente esperada pela banca é:

y = sen arc sen 1

a2 − 1

+ arc cos 1

a2 −1

1

a2 − 1< 0 ⇒

α = arc sen 1a2 − 1

∈4°quadrante

β = arc cos 1

a2 − 1

∈2°quadrante

y = sen α( )cos β( )+ sen β( )cos α( )

y =1

a2 − 1

1

a2 − 1

+− a4 − 2a2

a2 − 1

− a4 − 2a2

a2 − 1

y =1+ a4 − 2a2

a2 −1( )2=

a2 − 1( )2

a2 − 1( )2= 1

Vale lembrar, contudo, que a ∈ (–1, 0) implica em

11

12 −<

−a, o que torna impossível fazer referência ao

arco-seno e ao arco-cosseno de 1

12 −a

.



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04. Seja ABC um triângulo de lados AB, BC e AC iguais a 26, 28 e 18, respectivamente. Considere o círculo de centro O inscrito nesse triângulo. A distância AO vale:

a) 1046

b) 1043

c) 2 104

3 d) 104 e) 3 104

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 04: Alternativa D

Semi-perímetro: 26 28 18

p 362

+ += =

Área: ( ) ( ) ( )S 36 36 26 36 28 36 18 72 10= ⋅ − ⋅ − ⋅ − =

Logo S 72 10r 2 10 e AT p BC 8

p 36= = = = − = .

Assim, por Pitágoras,

( )22 2 2AO AT r 8 2 10 104= + = + = .

05. Considere o sistema

onde x e y são números inteiros. O valor de x3 + y2 + y é: a) 14 b) 18 c) 20 d) 32 e) 38 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 05: Alternativa E Vamos fatorar a primeira equação: xy + x – y = 5 ⇒ xy + x – y – 1 = 5 – 1 ⇒ (x-1).(y+1) = 4 Esta equação apresenta 6 possibilidades inteiras de multiplicação com os seguintes valores para x e y.

(x-1) (y+1) x y 1 4 2 3 4 1 5 0 2 2 3 1 -1 -4 0 3 -4 -1 -3 -2 -2 -2 -1 -3

Fatorando agora a segunda equação encontramos xy(xy-2)(x-y) = 6 Testando os resultados que satisfazem a equação, encontramos duas possibilidades: x = 3 e y = 1 ou x = -1 e y = -3 Deste modo, encontramos para a expressão x³ + y² + y os resultados 38 e 6. O que nos leva a concluir que a banca se referia a números inteiros positivos, restando a alternativa E.

06. Seja S=1²+3²+5²+7²+...+79². O valor de S satisfaz: a)S < 7x104 b) 7x104 ≤ S < 8x 104 c) 8x104 ≤ S < 9x 104 d) 9x104 ≤ S <105 e)S ≥105

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 06: Alternativa C É fácil verificar que a expressão dada pode ser representada pelo

somatório ∑ =−=

40

12)12(

nnS , de onde vem:

=+−= ∑∑ ==40.4.4 40

1

40

12

nnnnS

40

2)1.(.

6)12).(1.(.4 ++−++= nnnnn

869604041.403

81.41.40.2=∴+−= SS

07. Seja o polinômio ( ) bexaxxp ++= ln)( 3 , onde a e bsão números reais positivos diferentes de zero. A soma dos cubos das raízes de )(xp depende A) apenas de a e é positiva. B) de a e b e é negativa. C) apenas de b e é positiva. D) apenas de b e é negativa. E) de a e b e é positiva. Obs.: e representa a base do logaritmo neperiano e ln a função logaritmo neperiano.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 07: Alternativa D Considerando que as três raízes sejam x1, x2, x3. e substituindo na famosa relação de soma de três cubos temos

=−++ 32133

32

31 3 xxxxxx

))(( 13322123

22

21321 xxxxxxxxxxxx −−−++++

Das relações de Girard

bexxxxxx−=

=++

321

321 0

Substituindo na expressão inicial bexxx 33

332

31 −=++

Como be é sempre positiva, a soma dos cubos das raízes é sempre negativa e depende apenas de b.

08. A quantidade k de números naturais positivos, menores do que 1000, que não são divisíveis por 6 ou por 8, satisfaz a condição: a) k < 720 b) 720 ≤ k < 750 c) 750 ≤ k < 780 d) 780 ≤ k < 810 e) k ≥ 810

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 08: Alternativa C Seja: n(8) a quantidade de números divisíveis por 8: 8, 16, 14, ... , 992 n(6) a quantidade de números divisíveis por 6: 6, 12, 18, ... , 996 n(48) a quantidade de números divisíveis por 24: 24, 48, ... , 984 n(6)=166, n(8)=124 e n(24)=41 n(6 ou 8)= n(6) + n(8) – n(24) = 166 + 124 – 41 = 249 Logo, quantidade de números naturais positivos menores, que não são divisíveis por 6 ou 8, é: k = 999 – 249 = 750 Portanto, 750 ≤ k < 780.



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09. Uma hipérbole de excentricidade 2 tem centro na

origem e passa pelo ponto ( 5 ,1) . A equação de uma reta tangente a esta hipérbole e paralela a y = 2x é: A) 3 y 2 3 x 6= + B) y = 2x 3 3− +

C) 3y = 6x + 2 3 D) 3 y= 2 3 x + 4

E) y = 2x + 3 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 09: Alternativa A

2 2 2 * cc a b ; a,b,c e 2

a+= + ∈ =¡

Assim 2 2 2 2c 2a a b b a= = + ⇔ = Há duas hipóteses para a equação da hipérbole: 1ª hipótese: 2 2 2H: y x a e P ( 5,1) H− = = ∈

( )22 2 21 5 a a 4 e a− = ⇔ = − ∈ ¡

Portanto essa hipótese está excluída.

2ª Hipótese: ( )2 2 2H: x y a P 5,1 H− = = ∈

( )2 2 25 1 a a 2− = ⇔ =

Determinação do coeficiente linear da reta tangente: 2 2 2 2

2 2

y 2x hx (2x h) 4 3x 4hx h 4 0

x y 4

= +⇒ − + = ⇔ + + + =

− =

2 2 2(4h) 4.3(h 4) 0 4h 48 h 2 3∆ = − + = ⇔ = ⇔ = ± Portanto as equações possíveis para a reta tangente são y 2x 2 3 3 y 2 3 x 6= ± ⇔ = ±

10. Sejam as funções f:ℜ→ℜ, g: ℜ→ℜ e h: ℜ→ℜ. A alternativa que apresenta a condição necessária para que se f(g(x)) = f(h(x)), então g(x) = h(x) é a) f(x) = x b) f(f(x)) = f(x) c) f é bijetora d) f é sobrejetora e) f é injetora SOLUÇÃO DA QUESTÃO 10: Alternativa E Para que a proposição: Se f(a) = f(b), então a=b, seja verdadeira, devemos ter f injetora. No mais f não precisa ser sobrejetora, pois, por exemplo, se g(x) = h(x) = x, e f(x) = 2x, temos necessariamente 2x = 2x → x = x, ou seja, f(g(x)) = f(h(x)) → g(x) = h(x)

11. Considere o sistema abaixo, onde x1, x2, x3 e Z pertencem ao conjunto dos números complexos.

(1+i)x1 – ix2 + ix3 = 0 2ix1 – x2 – x3 = Z (2i-2)x1+ix2 – ix3=0

O argumento de Z, em graus, para que x3 seja um número real positivo é: A) 0° B)45° C)90° D)135° E)180°

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 11: Alternativa E

=−+−

=−−

=+−+

)3(0..).2.2()2(..2)1(0..).1(

321

321

321

xixixizxxxixixixi

Somando (1) e (3) obtemos:

00)..31(0).2.21(

0..).2.2(0..).1(

11

1

321

321

=∴=+−=−++

=−+−=+−+

xxixii

xixixixixixi

Logo,

33

32

32

.2.2

0

xzzx

xxzxx

−=∴−=

=+−−=+

Daí, chamando x3 = a + b.i vem z = –2a – 2b.i, assim para que Z seja

positivo devemos ter a < 0 e b = 0,

Desta forma, concluímos que o argumento é 180º 12. Seja ( )xxf log3)( −= , IRx ∈ . Sendo n um número inteiro positivo, a desigualdade

49...

3)(2...

36)(4

12)(2

4)(

1

3

≤+++++ −

−

n

n xfxfxfxf

somente é possível se: A) 6100 ≤≤ x B) 86 1010 ≤≤− x C) 63 1010 ≤≤ x D) 60 1010 ≤≤ x E) 66 1010 ≤≤− x SOLUÇÃO DA QUESTÃO 12: Alternativa D

=+++++ −

−

...3

)(2...36

)(412

)(24

)(1

3

n

n xfxfxfxf

=

++++++⋅= ...

2438

814

272

91

61

41)(xf

=

++⋅+++⋅= ...

278

94

32

91

91

61

41)(xf

=

−⋅⋅+++⋅=

321

132

91

91

61

41)(xf

=

+++⋅=

92

91

61

41)(xf

⋅

43)(xf

Sendo assim, a desigualdade da questão pode ser reescrita como

3)( ≤xf

Substituindo )(xf por xlog3 − chegamos facilmente a

6log0 ≤≤ x ou 60 1010 ≤≤ x



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13. Sejam ABC um triângulo equilátero de lado 2 cm e r uma reta situada no seu plano, distante 3 cm do seu baricentro. Calcule a área da superfície gerada pela rotação deste triângulo em torno da reta r. a) 8π cm2 b) 9π cm2 c) 12π cm2 d) 16π cm2 e) 36π cm2 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 13: Alternativa E Pelo Teorema de Pappus-Guldin:

( ) 2S 2 d 2 3 2 3 36 cm= π ⋅ ⋅ = π ⋅ ⋅ ⋅ = πl

14. Seja M um ponto de uma elipse com centro O e focos F e F’. A reta r é tangente à elipse no ponto M e s é uma reta, que passa por O, paralela a r. As retas suportes dos raios vetores MF e MF’ interceptam a reta s em H e H’, respectivamente. Sabendo que o segmento FH mede 2 cm, o comprimento F’H’ é: a) 0,5 cm b) 1,0 cm c) 1,5 cm d) 2,0 cm e) 3,0 cm SOLUÇÃO DA QUESTÃO 14: Alternativa D

Os ângulos formados por r e os raios vetores são iguais. Seja α a medida desses ângulos. Supondo, sem perda de generalidade, que MF < MF’, como r//s teremos FHO = α e F’H’O = π – α. Aplicando a Lei dos Senos nos triângulos HFO e H’F’O, obtemos

HF FO H'F ' F 'Oe ,

sen sen sen sen( – )= =

β α β π α

E como FO = F’O e sem (π – α) = sen α, concluímos que H’F’ = HF = 2 cm.

15.

Cada um dos quadrados menores da figura acima é pintado aleatoriamente de verde, azul, amarelo ou vermelho. Qual é a probabilidade de que ao menos dois quadrados, que possuam um lado em comum, sejam pintados da mesma cor? a) 1/2 b) 5/8 c) 7/16 d) 23/32 e) 43/64

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 15: Alternativa E Vamos calcular a probabilidade de quadrados que possuem lado em comum NÃO serem pintados da mesma cor (P( )). O enunciado pede a probabilidade de seu evento complementar P(x). O quadrado superior esquerdo pode ser pintado sem problema algum. O quadrado abaixo dele, o inferior esquerdo, pode ser pintado de 3 maneiras, assim a probabilidade dele não ter a mesma cor do já pintado é 3/4. Agora vamos pensar no quadrado superior direito. Ele pode ser pintado de 3 cores distintas (não pode repetir a cor do quadrado superior esquerdo). Separaremos em 2 maneiras distintas, a saber: 1) Ele é pintado com a mesma cor do quadrado inferior esquerdo (1/4 de probabilidade). Neste caso o quadrado inferior direito tem 3 possibilidades para ser pintado, e a probabilidade dele não repetir cor dos adjacentes é 3/4. 2) Ele é pintado com uma das outras duas cores, diferente da cor de ambos os quadrados da esquerda (2/4 de probabilidade). Neste caso o quadrado inferior direito tem 2 possibilidades para ser pintado, e a probabilidade dele não repetir cor dos adjacentes é 2/4. Assim, P( ) =3/4.[2/4.2/4 + 1/4.3/4] = 21/64

P(x) = 1 – P( ) = 1 – 21/64 = 43/64

FÍSICA 16.

A figura composta por dois materiais sólidos diferentes A e B apresentam um processo de condução de calor, cujas temperaturas não variam com o tempo. É correto afirmar que a temperatura T2 da interface desses materiais, em kelvins, é: Observações: • T1 = Temperatura da interface do material A com o meio externo. • T3 = Temperatura da interface do material B com o meio externo. • KA = Coeficiente de condutividade térmica do material A. • KB = Coeficiente de condutividade térmica do material B. a) 400 b) 500 c) 600 d) 700 e) 800 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 16: Alternativa B Considerando o regime estacionário: φA = φB. Assim

( ) ( )A A 2 1 B B 3 2k .A . T T k .A . T TL L

− −= ⇒ kA.(T2 – T1) =

kB.(T3 – T2) ⇒ 1.(T2 – 300) = 0,2(1500 – T2) ⇒ T2 = 500 K



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17.

A figura representa, esquematicamente, uma lente convergente, de distância focal f posicionada no plano de transição entre o vácuo e um material de índice de refração n . O fator de ampliação (tamanho da imagem dividido pelo tamanho do objeto) de um objeto muito pequeno (se comparado com as dimensões da lente) colocado a uma distância p da lente é:

A) fp

f−

B) fpn

f−

C) fp

nf−

D) nfp

nf−

E) fnp

f−

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 17: Alternativa A

Figura 1

Figura 2 A Figura 1 acima representa a trajetória que alguns raios de luz seguiriam caso o meio da direita também fosse o vácuo. A Figura 2 representa o desvio que o meio transparente de índice de refração n impõe aos raios. As figuras partem da hipótese de que p > f. Na dedução que segue, os tamanhos o do objeto e i da imagem são supostos positivos (como sugere ser o contexto do enunciado). Além disso, chamaremos p’ a distância da imagem até a lente já considerado o desvio causado pelo meio transparente. Sendo assim podemos estabelecer as seguintes equações:

fotg =α ;

potg =β ;

''

poitg +

=α ; '

'pitg =β ;

'αα sennsen ⋅= ; 'ββ sennsen ⋅=

As condições do problema sugerem que todos esses ângulos são pequenos, o que nos permite igualar seus senos às suas tangentes. Disso obtemos:

( )'poin

fo +

⋅= e 'p

inpo

⋅=

Unindo as duas equações acima em uma única através da supressão da variável p’, obtemos:

( )fpf

oi

−= , com p > f (1)

Para o caso onde p < f a situação é análoga (usa-se então

''

poitg −

=α ), sendo então fácil encontrar

( )pff

oi

−= , com p < f (2)

As soluções 1 e 2 podem ser resumidas na alternativa A:

fpf

oi

−=

18.

A figura mostra duas barras AC e BC que suportam, em equilíbrio, uma força F aplicada no ponto C. Para que os esforços na barra AC e BC sejam, respectivamente, 36 N (compressão) 160 N (tração), o valor e o sentido das componentes vertical e horizontal da força F devem ser: Observação: Despreze os pesos das barras e adote 3 ≈ 1,7 a) 80 N (↓), 100 N (→) b) 100 N (↓), 80 N (→) c) 80 N (↑), 100 N (←) d) 100 N (↑), 80 N (←) e) 100 N (↓), 80 N (←) SOLUÇÃO DA QUESTÃO 18: Alternativa A Os esforços nas barras são dados, em N, por:

y80.+x.

x

y80.x136.yx

AC

ˆˆ100

ˆ.36

ˆˆˆ˚30160ˆ˚30cos160

==+

=

+−=

=⋅⋅+⋅⋅−=

ACBC

BC

FF

F

senF

rr

r

r

No equilíbrio o somatório das forças é nula, logo: y80.x00. ˆˆ1 −+=F

r

α β

f p

α’ β

α

β’

o

i



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19. Um bloco de 4 kg e velocidade inicial de 2 m/s percorre 70 cm em uma superfície horizontal rugosa até atingir uma mola de constante elástica 200 N/m. A aceleração da gravidade é 10 m/s

2 e o bloco comprime 10 cm da mola até

que sua velocidade se anule. Admitindo que durante o processo de compressão da mola o bloco desliza sem atrito, o valor do coeficiente de atrito da superfície rugosa é: a) 0,15 b) 0,20 c) 0,25 d) 0,30 e) 0,35 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 19: Alternativa C

20.

Uma partícula eletrizada penetra perpendicularmente em um local imerso em um campo magnético de intensidade B. Este campo é dividido em duas regiões, onde os seus sentidos são opostos, conforme é apresentado na figura. Para que a partícula deixe o local com um ângulo de 30°, é correto afirmar que a eletrização da partícula e a intensidade do campo magnético que possui o sentido saindo do plano do papel devem ser, respectivamente: Dados: • R: raio da trajetória da partícula na região onde existe

um campo magnético. • L/R = 3 a) positiva e de valor B/3. b) positiva e de valor B/6. c) negativa e de valor B/6. d) positiva e de valor 2B/3. e) negativa e de valor 2B/3.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 20: Alternativa C Vamos supor que os centros dos arcos de circunferência estejam na linha que separa as duas regiões com campos magnéticos. Veja a figura.

Para que a trajetória da figura seja possível, pela regra da mão direita, a carga deve ser negativa. Ambas as trajetórias serão arcos de circunferência, com a força magnética, exercendo o papel de força centrípeta: B|q|v = mv2/R , assim R = mv/B|q| Para o primeiro arco de circunferência, temos que R = mv/B|q| (1) Para o segundo arco de circunferência, temos que 2L = mv/B*|q| (2) Dividindo a equação (1) pela equação (2) temos: R/2L = B*/B B* = B/6

21.

Sabendo que todos os resistores da malha infinita da figura têm resistência R, a resistência equivalente entre A e B é: a) R(1+√2)/2 b)R(1+√3)/2 c)3R/2 d)R(1+√5)/2 e)R(1+√6)/2 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 21: Alternativa D

Note-se que ReqAB = ReqCD = x, assim:

Logo: RXX RR X

= ++

à 2 2XR X R RX RX+ = + +

2 2X RX R 0− − = Cujas Raízes são: ' R R 5X

2+

= e '' R R 5X2

−=

Logo ReqAB = R R 5

2+



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22. No interior da Estação Espacial Internacional, que está em órbita em torno da Terra a uma altura correspondente a aproximadamente 5% do raio da Terra, o valor da aceleração da gravidade é A) aproximadamente zero. B) aproximadamente 10% do valor na superfície da Terra. C) aproximadamente 90% do valor na superfície da Terra. D) duas vezes o valor na superfície da Terra. E) igual ao valor na superfície da Terra. SOLUÇÃO DA QUESTÃO 22: Alternativa C

( )g

RGMm

RGMm

RGMmg 9,09,0

05,11

05,1' 2222 =⋅≈⋅==

23. Em certo fenômeno físico, uma determinada grandeza referente a um corpo é expressa como sendo o produto da massa específica, do calor específico, da área superficial, da velocidade de deslocamento do corpo, do inverso do volume e da diferença de temperatura entre o corpo e o ambiente. A dimensão desta grandeza em termos de massa (M), comprimento (L) e tempo (t) é dada por: a) M2.L–1.t–3 b) M.L–1.t–2 c) M.L–1.t–3 d) M.L–2.t–3 e) M2.L–2.t–2 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 23: Alternativa C ρ = M.L–3

c =

L2 t−2

K

∆ = L2

1V

= L−3

∆θ = K v = L.t–1

x = M.L–3.

L2.t−2

K.L2.L–3.K.L.t–1

x = M.L–1.t–3 24.

Na situação I da figura, em equilíbrio estático, a Massa M, presa a molas idênticas, está a uma altura h/3. Na situação II, a mola inferior é subitamente retirada. As molas, em repouso, têm comprimento h/2. O módulo da velocidade da Massa M na iminência de tocar o solo na Situação II é:

Observação: g: Aceleração da Gravidade

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 24: Alternativa E Dimensionalmente as opções (a), (b), (c) e (d) são impossíveis porque o produto gh não tem dimensão de velocidade. Na situação I, o equilíbrio da massa é escrito assim:

visto que as deformações das molas valem, de acordo com a figura, h6 em módulo, cada uma. Logo:

Na situação II, visto que só atuam forças conservativas (peso e elástica) vale a conservação de energia mecânica:

Substituindo o valor de M dado na (Eq. 1), e desenvolvendo, encontramos: V = 0

25.

Na figura, o frasco de vidro não condutor térmico e elétrico contém 0,20 kg de um líquido isolante elétrico que está inicialmente a 20°C. Nesse líquido está mergulhado um resistor R1 de 8Ω. A chave K está inicialmente na vertical e o capacitor C, de 16µF, está descarregado. Ao colocar a chave no Ponto A verifica-se que a energia do capacitor é de 0,08 J. Em seguida, comutando a chave para o ponto B e ali permanecendo durante 5 s, a temperatura do líquido subirá para 26°C. Admita que todo o calor gerado pelo resistor R1 seja absorvido pelo líquido e que o calor gerado nos resistores R2 e R3 não atinja o frasco. Nessas condições, é correto afirmar que o calor específico do líquido, em cal.g-1°C-1, é: Dado: 1 cal =4,2J a)0,4 b) 0,6 c) 0,8 d)0,9 e) 1,0



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SOLUÇÃO DA QUESTÃO 25: Alternativa C Cálculo de E:

VEEEECJEcapacitor 1001008,02

.10.1608,02.08,0 42

262

=⇒=⇒=⇒=⇒=−

Aquecimento do líquido: cQcQTcmQ .2,1)2026.(.2,0.. =⇒−=⇒∆=

Mas, sabemos que:

5.2,1 cP

tQP =⇒∆

=

No circuito:

iRE eq.=

AiiReq 10.1010010 =⇒=⇒Ω= Potência dissipada no resistor:

21.iRP =

Como todo o calor gerado por R1 será absorvido pelo líquido, temos:

CkgJcciRc °≅⇒=⇒= ./33.333310.85.2,1.

5.2,1 22

1

Utilizando a relação de calorias para Joule, vem: Cgcalc °≅ ./79,0

26. Um soldado em pé sobre um lago congelado (sem atrito) atira horizontalmente com uma bazuca. A massa total do soldado e da bazuca é de 100 kg e a massa do projétil é 1kg. Considerando que a bazuca seja uma máquina térmica com rendimento de 5% e que o calor fornecido ela no instante do disparo é 100KJ, a velocidade de recuo do soldado é, em m/s A) 0,1 B)0,5 C) 1,0 D)10,0 E)100,0 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 26: Alternativa C Sendo M1 = massa sistema soldado + bazuca V1 = módulo da velocidade do sistema soldado + bazuca M2 = massa do projétil V2 = módulo da velocidade do projétil

Do enunciado: η = T

U

EE

= Qτ

⇒ 100

5 = 100τ ⇒ τ = 5kJ

Pela conservação da quantidade de movimento: Qantes = Qdepois ⇒ 0 = M1.V1 + M2.V2 ⇒ 0 = 100. V1 + 1.V2 ⇒ V2 = - 100V1 Como a energia total é 5kJ, tem-se:

2VM 2

11 + 2VM 2

22 = 100 ⇒ 2

100V21 +

21.V 2

2 = 5.103 ⇒ 21V50 +

( )2

100V-1. 21 = 5.103 ⇒

21V50 + 2

13.V5.10 = 5.103 ⇒ 2

1V101 = 100 ⇒

101100V2

1 = ⇒ V1 ≈ 1 m/s

27. Três satélites orbitam ao redor da Terra: o satélite 1Sem uma órbita elíptica com o semi-eixo maior 1a e o semi-

eixo menor 1b ; o satélite 2S em outra órbita elíptica com

semi-eixo maior 2a e semi-eixo menor 2b ; e o satélite 3Sem uma órbita circular com raio r . Considerando que 21 bar == , 11 ba ≠ e 22 ba ≠ , é correto afirmar que A) os períodos de revolução dos três satélites são iguais. B) os períodos de revolução dos três satélites são diferentes. C) 1S e 3S têm períodos de revolução idênticos, maiores

do que o de 2S .

D) 1S e 3S têm períodos de revolução idênticos, menores

do que o de 2S .

E) 2S e 3S têm períodos de revolução idênticos, maiores

do que o de 1S . SOLUÇÃO DA QUESTÃO 27: Alternativa D

Sabemos que 32

2 4 aGM

T ⋅=π

, onde T é o período de

revolução, G é a constante gravitacional, M é a massa da Terra e a é o semi-eixo maior da órbita elíptica. No caso de uma órbita circular, usamos r no lugar de a. Como 1ar = , 1S e 3S têm períodos de revolução idênticos. Como 21 ba = , então 21 aa < , fazendo com que 1S tenha

período de revolução menor que 2S . 28. Uma partícula emite um som de frequência constante e se desloca no plano XY de acordo com as seguintes equações de posição em função do tempo t. x = a cos (wt) y = b sen (wt) onde: a, b e w são constantes positivas, com a > b. Sejam as afirmativas: I) o som na origem é percebido com a mesma frequência quando a partícula passa pelas coordenadas (a, 0) e (0, b). II) o raio de curvatura máximo da trajetória ocorre quando a partícula passa pelos pontos (0, b) e (0, –b). III) a velocidade máxima da partícula ocorre com a passagem da mesma pelo eixo Y. A(s) afirmativa(s) correta(s) é(são): a) I, apenas. b) I e II, apenas. c) II, apenas. d) II e III, apenas. e) I, II e III.



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SOLUÇÃO DA QUESTÃO 28: Alternativa D I) FALSA Isolando o tempo t, para obtemos a equação da trajetória, tem-se:

)(,1

)(

)(

)()(:

baXeixooémaioreixooonde

>=

+

⇒

=

=

=+

22

22

by

ax

bywtsenaxwtcos

1wtsenwtcoslfundamentarelação

É tentador dizer que nos pontos (a,0) e (0,b) não há movimento relativo entre a fonte e o observador, na direção que os une, o que nos leva à ausência de efeito Doppler nos dois pontos. Sem efeito Doppler a frequência percebida pelo observador é a frequência original da fonte, a mesma nos dois casos. Há de se ter atenção, contudo, ao fato de que “a freqüência percebida na origem quando a partícula passa pelo ponto (a,0)” é referente a um som emitido ANTES da partícula atingir aquele ponto, momento no qual HAVIA SIM efeito Doppler. E o mesmo vale para o ponto (0,b). Não será estranho se o IME divulgar “E” como gabarito desta questão, ignorando a ressalva acima e considerando a afirmativa I verdadeira. II) VERDADEIRA A raio de curvatura, é tanto maior quanto mais suave é a trajetória da partícula. Logo nos ponto (0, b) e (0, –b), acontece os máximos. III) VERDADEIRA Derivando a equação da trajetória, tem-se que a velocidade do som, também é representada por uma elipse:

)( ,

)()(,

)()(

)()(

)()(..

)()(..

bwawxeixoosendocontinuamaioreixooonde

1bwV

awV1

bwV

awV

bwV

wtcos

awV

wtsen

iiwtscoswbdtdyV

iwtsenwadtdxV

2

2y

2

2x

2y

2x

y

x

y

x

>

=+⇒=

+

−

⇒

=

−=

==

−==

Então o maior módulo da velocidade (Vmáx), acontecerá nos pontos (a,0) e (–a,0), onde Vy = 0. Esse resultado implica (de i):

wt =

π2

+ kπ

Que na equação da trajetória significa (b,0) e (–b,0)

29.

A figura ilustra uma mola feita de material isolante elétrico, não deformada, toda contida no interior de um tubo plástico não condutor elétrico, de altura h = 50 cm. Colocando-se sobre a mola um pequeno corpo (raio desprezível) da massa 0,2 kg e carga positiva de 9 x 10

–6 C, a mola passa a

ocupar metade da altura do tubo. O valor da carga, emcoulombs, que deverá ser fixada na extremidade superior do tubo, de modo que o corpo possa ser posicionado em equilíbrio estático a 5 cm do fundo, é Dados: Aceleração da Gravidade: g = 10 m/s2 Constante Eletrostática: K = 9×109 N·m2/C2 a) 2×10-6 b) 4×10-4 c) 4×10-6 d) 8×10-4 e) 8×10-6 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 29: Alternativa C

Inicialmente:

Após:



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30.

Um raio de luz monocromática incide em um líquido contido em um tanque, como mostrado na figura. O fundo do tanque é espelhado, refletindo o raio luminoso sobre a parede posterior do tanque exatamente no nível do líquido. O índice de refração do líquido em relação ao ar é: a) 1,35 b) 1,44 c) 1,41 d) 1,73 e) 1,33 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 30: Alternativa A Aplicando a Lei de Snell-Descartes para o raio incidente ao líquido:

αsennsenn líqar .60. =° Onde α represente o ângulo entre a normal e o raio refratado. Da figura, temos:

( ) cmxx 3910143 222 =⇒+= Onde x é a distância entre o ponto de reflexão do raio e a superfície do líqudio. Logo:

35,1202760

14310 ==⇒°=⇒=

ar

líq

ar

líq

nn

sensen

nn

senα

α

QUÍMICA

31. Considere as seguinte possibilidades para a estrutura da molécula de trifluoreto de cloro (ClF3):

Assinale a alternativa correta. a) A estrutura I é mais estável, visto que as seis repulsões entre pares não-ligantes e pares ligantes equivalem à menor repulsão possível. b) A estrutura II é mais estável, visto que ocorrem três repulsões entre elétrons não-ligantes e pares ligantes e mais uma repulsão entre pares de elétrons não ligantes o que confere uma maior estabilidade ao sistema de forças. c) A estrutura III é a mais estável por equivaler á configuração na qual a repulsão entre todos os pares (ligantes e não-ligantes) é mínima. d) A estrutura I é a mais provável por ser a mais simétrica, correspondendo á configuração de menor energia. e) Todas as estruturas possuem a mesma energia e são encontradas na natureza.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 31: Alternativa C O trifluoreto de cloro apresenta como átomo central o cloro, o qual possui, neste caso, 5 pares de elétrons em sua camada de valência. Tendo isto em vista, as três estruturas são possíveis, sendo que ao as analisar, percebe-se que a estrutura III é a mais estável já que esta estrutura possui os dois pares de elétrons não-ligantes a um ângulo maior de 90° e estes pares estão com o menor número possível de ligações a 90°, logo tem a menor energia, o que lhe garante a maior estabilidade.

32. Em um recipiente fechado queima-se propano com 80%da quantidade estequiométrica de ar. Admitindo que não haja hidrocarbonetos após a combustão, que todos os produtos da reação estejam na fase gasosa e que a composição volumétrica do ar seja uma parte de O2 para quatro partes de N2, calcule a porcentagem molar de CO2no recipiente após a combustão (considere o comportamento ideal para os gases). A) 4,35% B) 4,76% C) 5,26% D) 8,70% E) 14,28% SOLUÇÃO DA QUESTÃO 32: Alternativa A Como a proporção na queima não é estequiométrica teremos na verdade uma parte da queima estequiométrica, gerando CO2, e a outra parte da queima será o ajuste para que todo o propano seja consumido, gerando CO. Os dois processos acontecem de forma concomitante. (I) )(2)(2)(2)(83 435 gggg OHCOOHC +→+

(II) )(2)(2)(2)(83 4327

gggg OHCOOHC +→+

Considerando (por simplicidade) que há um total de 1 mol de propano temos: (I) )(2)(2)(2)(83 435 gggg OHCOOHC +→+

C3H8 5O2 3CO2 4H2O n(mols) 1-x 5(1-x) 3(1-x) 4(1-x)

(II) )(2)(2)(2)(83 4327

gggg OHCOOHC +→+

C3H8 (7/2)O2 3CO 4H2O n(mols) x (7/2)x 3x 4x

Como temos 1 mol de propano, estquiometricamente seriam necessários 5 mol de O2. Como só temos 80% da quantidade estequiométrica temos então 4 mol de O2(total). Desta forma, 4 = 5(1-x) + (7/2)x ⇒ x = 2/3 mol Logo 2/3 do propano foram queimados gerando CO e 1/3 do propano foi queimado gerando CO2. O total de mols gasosos ao final da queima é então dado pela soma das quantidades de CO2, CO e H20 formados por ambos os processos. nfinal = nCO2 + nCO + nH2O nfinal = 3(1-x) + 3x + 4(1-x) + 4x = 7 mol A quantidade de CO2 é 3(1-x) = 3(1-2/3) =1 mol Logo a porcentagem molar de CO2 ao final é %CO2 = 1/23 = 0,0435 = 4,35%



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33. CrI3 + Cl2 + NaOH → NaIO4 + Na2CrO4 + NaCl + H2O Assinale a alternativa que indica a soma dos menores coeficientes inteiros capazes de balancear a equação química acima. a) 73 b) 95 c) 173 d) 187 e) 217 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 33: Alternativa D Reação de oxi-redução: Vejamos os Nox que variam: I31– → 3 I7+ (coloca-se o 3 na frente do I7+ para equilibrar com o I31–) cada iodo varia 8, 3 iodos variam 24. Cr3+ → Cr6+ cada cromo varia 3. Variação total: 27 São os que oxidam. Cl20 → 2 Cl1– (coloca-se o 2 na frente do Cl1– para equilibrar com o Cl2) cada cloro caria 1, 2 cloros variam 2. É o que reduz.

2 I31− → 2.3 I7+ 27 Cl2 → 27.2 Cl1−

2 Cr3+ → 2ÊCr6+

Equilibrando: 2 CrI3 + 27 Cl2 + NaOH → 6 NaIO4 + 2 Na2CrO4 + 54 NaCl + H2O Pela regra do macho, nota-se que teremos: 2 CrI3 + 27 Cl2 + 64 NaOH → 6 NaIO4 + 2 Na2CrO4 + 54 NaCl + 32 H2O Soma dos coeficientes: 2 + 27 + 58 + 6 + 2 + 54 + 32 = 187

34. Assinale a alternativa correta. A) Os polissacarídeos são obtidos a partir da combinação de monossacarídeos por intermédio de ligações peptídicas. B) Com exceção da glicina, todos os aminoácidos de ocorrência natural constituintes das proteínas levógira. C) As proteínas de ocorrência natural são constituídas por α-aminoácios, β-aminoácidos e γ-aminoácidos. D) A glicose é um lipídio de fórmula molecular C6H12O6. E) DNA e RNA são proteínas responsáveis pela transmissão do código genético. SOLUÇÃO DA QUESTÃO 34: Alternativa B a) Falsa: As ligações peptídicas são características de proteínas. c) Falsa: Por polipeptídeos, que, por sua vez, são formados pela condensação de aminoácidos, principalmente com o grupo amino no carbono α. d) Falsa: É um glicídio. Os lipídios são ésteres de ácido graxo, isto é, de cadeia longa, e, principalmente, glicerina. e) Falsa: São ácidos nucléicos. Tal como as proteínas, são moléculas muito grandes, cuja massa molecular chega a alguns milhões.

35. Assinale a alternativa que indica o número de isômeros ópticos e o número de racematos (misturas racêmicas) do 2-cloro-5-vinilciclopent-3-en-1-ol a) 16 isômeros ópticos e 8 racematos b) 16 isômeros ópticos e 16 racematos c) 4 isômeros ópticos e 2 racematos d) 8 isômeros ópticos e 4 racematos e) 8 isômeros ópticos e 8 racematos

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 35: Alternativa D

O número de isômeros ativos é dado por 2n, onde n é o número de carbonos quirais. Como temos 3 carbonos quirais: 2n = 23 = 8 isômeros ativos O número de racematos é dado pela metade do número de isômeros ativos, logo 4.

36. Considere as supostas variações de entropia (∆S) nos processos abaixo: I)Cristalização do sal comum (∆S>0) II)Sublimação da naftalina (naftaleno) (∆S>0) III) Mistura de água e álcool (∆S<0) IV) Ferro(S) Fusão Ferro(l) (∆S>0) V) ar comprimido ar comprimido (∆S<0) As variações de entropia indicadas nos processos que estão corretas são: A)I, III E IV. B)III, IV E V. C)II, III E V. D) I,II E IV. E) II, IV, V. SOLUÇÃO DA QUESTÃO 36: Alternativa E O processo de cristalização ocorre com diminuição da desordem do sistema, ∆S < 0, e não com aumento, ∆S > 0. Daí a situação I é errada. A sublimação, passagem do solido para o gasoso, ocorre com aumento de entropia, já que as partículas ficam mais livres. Logo a situação II é correta. A situação III está errada, pois a dissolução de álcool em água ocorre com aumento de entropia uma vez que tal processo se dá com uma pequena desorganização das partículas constituintes tanto do soluto (água) como do solvente (álcool). O item IV ocorre com o aumento da liberdade das partículas, o que acarreta em um aumento de entropia. Logo está correto. A situação do item V consiste num processo em que as partículas perdem energia tendo a sua desordem reduzida. Daí está correto.



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37. H2SO4

∆A

BKMnO4

Sol. aquosadiluída

Diol Vicinal

C + H2OHgSO4

H2SO4

OCH3CH2CH2CH2 CCH3

KMnO4, H+

D

Dadas as reações acima, escolha, dentre as opções abaixo, a que corresponde, respectivamente, às funções orgânicas das substâncias A, B, C e D. A) Álcool, alceno, alcino e cetona B) Álcool, alceno, alcino e ácido carboxílico C) Aldeído, alcano, alceno e cetona D) Aldeído, alceno, alceno e ácido carboxílico E) Álcool, alcano, alcano e aldeído SOLUÇÃO DA QUESTÃO 37: Alternativa B A é o ciclohexanol (um álcool) que sofre desidratação (desidratação intramolecular) com aquecimento (170oC-180oC) em meio ácido (H2SO4/H3O+). A desidratação intramolecular de um álcool forma um alceno, logo a formação do ciclohexeno. B é um hidrocarboneto do tipo alceno. A reação é uma oxidação branda (KMnO4/neutro ou básico/diluído). Alcenos quando sofrem oxidação branda (reativo/violeta de Bayer) há formação de uma estrutura cíclica intermediária tendo como resultado final um diol vicinal (duas hidroxilas em carbonos adjacentes). C é um alcino que hidratado forma um enol que apresenta o fenômeno de tautomeria formando um aldeído(etino) ou cetona. O composto C é o hex-1-ino (IUPAC). Em anéis aromáticos monossubstítuidos com cadeia lateral alquila a oxidação enérgica (KMnO4/H+) produz ácido benzóico , CO2 e H2O. Portanto o composto D é um ácido carboxílico.

38. Considere a versão tridimensional da Tabela Periódica sugerida pelo químico Paul Giguére. Nesta representação, a Tabela Periódica se assemelha a um catavento onde os blocos s, p, d, f são faces duplas formadoras das pás do catavento e onde o eixo de sustentação está fixado ao longo do bloco s.

Em relação à tabela acima, assinale a alternativa correta. a) O elemento α é um gás nobre. b) O elemento β é o 80Hg. c) O íon γ2+ tem a configuração eletrônica do xenônio. d) O 75δ é isótono do 39X85. e) O elemento ε é o 43Tc, primeiro elemento artificial conhecido, e pertence ao grupo 6B ou 6 da Tabela Periódica usual. SOLUÇÃO DA QUESTÃO 38: Alternativa C a) Note pela tabela que o elemento α está à esquerda do carbono, logo é o Boro. FALSA b) Note que o elemento β está no período do elemento γ, que por estar abaixo do estrôncio, é o elemento com número atômico 38 + 18 = 56 (Bário), e o elemento está 5 "casas" à esquerda de β, logo tem núermo atômico 61. FALSA c) Como dito acima, o elemento γ é o bário e tem número atômico 56. O íon γ2+ tem 54 elétrons, tendo então a mesma configuração eletrônica do gás nobre do 5º período (xenônio). CORRETA d) O elemento δ é da famíla do nitrogênio: número atômico: 7 + 8 + 18 = 33. 33δ

75, 42 nêutrons. 39X85, 46 nêutrons. FALSA. e) O elemento ε tem número atômico 43, que é o tecnécio, que foi o primeiro elemento artificial a ser produzido, pertence à família 7B, ou 7 da tabela periódica atual. FALSA.



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39. As alternativas abaixo representam processos hipotéticos envolvendo 2 mols de um gás ideal, contido em um conjunto cilindro-pistão. Assinale a alternativa que apresenta mais de três estados (V, T) nos quais a pressão é máxima: a)

b)

c)

d)

e)

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 39: Alternativa E Gás Ideal: nRTPV = (n = 2 mols): RTPV 2=

VTRP 2=

P é máxima à T/V é máximo.

Logo, qualquer ponto que esteja no trecho (3) é um ponto de pressão máxima, configurando a alternativa correta.

40. Um sistema fechado e sem fronteiras móveis contém uma determinada massa gasosa inerte. Sabe-se que, após aquecimento, o sistema registra um aumento de 5% na pressão e de 15 °C na temperatura (considere que o gás se comporta idealmente). A respeito do valor da temperatura inicial, pode-se dizer que: a) é igual ou inferior a 30 °C. b) é superior a 30 °C e inferior a 300 °C. c) é igual ou superior a 300 °C. d) somente pode ser calculado conhecendo-se o volume e a massa de gás. e) somente pode ser calculado conhecendo-se o volume, a massa e a pressão inicial do gás.



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SOLUÇÃO DA QUESTÃO 40: Alternativa A Usando a equação de Clapeyron teremos:

onde o índice i indica a condição inicial e o f indica a condição final. Como o sistema não pode sofrer variação de volume e é fechado temos que Vi = Vf e ni = nf. Logo:

sendo Pi = P, Pf será igual a 1,05P (5% de aumento) sendo Ti = T, Tf será igual a T + 15 (a variação em °C é a mesma que em Kelvin) Logo:

Determinado T, teremos: T = 300 K, logo, T = 27 °C

Fone : 3013-5400

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IME 2010 - Dia 1 - OBJETIVAS - Resolvida Final...

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