IME 2011 - Resolução Comentada Elite Curitiba - 1o Dia - 25...

2010-2011 25/OUT/2010

RESOLUÇÃO COMENTADA IME MATEMÁTICA - FÍSICA - QUÍMICA (OBJETIVAS)

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IME 2010: Dos 5 aprovados de Curitiba, 4 são ELITE, sendo os 2 melhores colocados da ativa e os 2 melhores da reserva !!! 2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados, todos de Curitiba, e 6 do 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: 6 anos de existência, 6 anos aprovando no ITA !!! 13 alunos aprovados! TARCÍSIO AUGUSTO BONFIM GRIPP (ITA 2010) ALLISON FAUAT SCHRAIER (ITA 2010) 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 2011: 27 Aprovados!!! Mais uma vez Elite é líder! Bruna Morrone:1ª Região Sul e 10ª Nacional 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 2010: 13 aprovados! 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 convocados no Paraná 2006: 9 convocados no Paraná (turma de 20 alunos) 2005: 100% de aprovação!

EPCAr 2010: Jean Ricardo Ferrer 2007: 3 dos 4 convocados do Paraná 2006: 2 convocados 2005: 1º lugar do Paraná

EEAR 2010: 6 aprovações 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

Resultados crescentes em MEDICINA nos últimos anos em universidades como UFPR, Evangélica e PUC-PR ! Definitivamente o melhor curso !

Escola Naval 2010: Único a aprovar no PR e em SC! 2009: Único a aprovar no PR e em SC! 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2005: 100% de aprovação!

FUVEST 2010: LETRAS - Taciane Domingues Ferreira ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues GEOLOGIA - Adrianna Virmond

UNICAMP 2010: ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues

UFPR 2010: 16 aprovados (Tânia Hadas em Medicina) 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 2010: 16 aprovados. Inverno 2009: 16 aprovações nos cursos mais concorridos Inverno 2008: 1º, 2º e 4º lugares – Eng. Ind. Mecânica 1º e 2º lugares – Eng. Eletrônica / Eletrotécnica 1º lugar – 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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01. Seja o triângulo retângulo ABC com os catetos medindo 3 cm e 4 cm. Os diâmetros dos três semicírculos, traçados na figura abaixo, coincidem com os lados do triângulo ABC. A soma das áreas hachuradas, em cm2, é:

a) 6 b) 8 c) 10 d) 12 e) 14 Solução: ALTERNATIVA A A hitpotenusa BC do triângulo ABC vale 5 (T. Piágoras). A área hachurada, corresponde a soma das áreas dos semi-círculos pequenos (de diâmetros AC e BC) subtraída da diferença entre a área do semi-círculo de diâmetro BC e a área do triângulo ABC. Assim.

A =

+

44

43 22

π -

−

24.3

452

π

A = 6 02. O valor de x que satisfaz a equação

))(cos())1cot(( xarctgxarcsen =+

A) 23

B) 21

C) 41

D) 21

− E) 23

−

Solução: ALTERNATIVA D Seja )1cot( xarc +=α e )(xarctg=β temos:

)cos()( βα =sen

)cos()2/cos( βπα =−

2/πβα =±

Para 2/πβα =+

2/)()1cot( π=++ xarctgxarc

)(2/)1cot( xarctgxarc −=+ π

Aplicando co-tangente dos dois lados da equação: ))(2/cot())1cot(cot( xarctgxarc −=+ π

))((1 xarctgtgx =+ xx =+1

01 = (Não existe solução) Para 2/πβα =−

2/)()1cot( π=−+ xarctgxarc

)(2/)1cot( xarctgxarc +=+ π

Aplicando co-tangente dos dois lados da equação: ))(2/cot())1cot(cot( xarctgxarc +=+ π

))((1 xarctgtgx −=+

xx −=+1 2/1−=x

03. A base de uma pirâmide é um retângulo de área S. Sabe-se que duas de suas faces laterais são perpendiculares ao plano da base. As outras duas faces formam ângulos de 30° e 60° com a base. O volume da pirâmide é:

a) 3S S

b) 6S S

c)

23

S S

d)

25

S S

e)

223S

Solução: ALTERNATIVA A

Para que a pirâmide do enunciado exista, as faces laterais perpendiculares às bases devem conter arestas adjacentes da base. Sem perda de generalidade, chamaremos essa pirâmide de V-ABCD com )()( ABCDVAB ⊥ e )()( ABCDVAD ⊥

Como VA é a reta de interseção dos planos (VAB) e (VAD),

)()( ABCDVAB ⊥ , portanto ADVA ⊥ .

ADVA ⊥ , DCAD ⊥ e DCVA ⊥ , pelo teorema das três

perpendiculares, DCVD ⊥ .

CDVDADCVDCCD ⊥∩= ),()( e AD ⊥ CD ,

Logo, sem perda de generalidade, oADV 30ˆ = e oABV 60ˆ = .

ð 3

330 ADVAtgADVA o =⇔= (1)

ð 360 ABVAtgABVA o =⇔= (2)

De (1) e (2): AD = 3AB

353 2 =⇔=⋅= ABABADABS

53 == ABVA

Portanto, 3

55.31

== VASV .

MATEMÁTICA

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04. Sejam x1, ..., xn os n primeiros termos de uma progressão aritmética. O primeiro termo e a razão desta progressão são os números reais x1 e r, respectivamente. O determinante

LLL

M M M O ML

1 1 1 1

1 2 2 2

1 2 3 3

1 2 3 n

x x x xx x x xx x x x

x x x x é

A) n n1x .r

B) n1x .r

C) −n n 1

1x .r D)

n1x .r

E) −n 1

1x .r

Solução:ALTERNATIVA E Multiplicando a 1a coluna por -1 e somando com as demais

obtemos:

1

1

1

1

0 0 ... 0...

2 ... 2... ... ... ... ...

2 ... ( 1)

xx r r rx r r r

x r r n r−, colocando o x1 para fora

do determinante e aplicando LAPLACE na 1a linha:

1

...2 2 ... 22 3 ... 3

... ... ... ... ...2 3 ... ( 1)

r r r rr r r r

x r r r r

r r r n r−, agora multiplicando a 1a linha

por – 2 e somando com a segunda, multiplicando a 1a linha por – 3 e somando com a terceira, e assim sucessivamente, temos:

1

...0 0 ... 0

2 0 ... 0... ... ... ... ...

2 ... 0

r r r rr

x r r

nr r r

−− −

− −, colocando r para fora deste

determinante obtemos: x1rn-1 05. Uma reta, com coeficiente angular a1, passa pelo ponto (0,-1). Uma outra reta, com coeficiente angular a2, passa pelo ponto (0,1). Sabe-se que a1

2 + a22.= 2. O lugar geométrico percorrido

pelo ponto de interseção das duas retas é uma: A) hipérbole de centro (0,0) e retas diretrizes y = ± √2/2. B) circunferência de centro (a1,a2) e raio √(a1

2 + a22).

C) hipérbole de centro (0,0) e retas diretrizes y = ± √2/2. D) elipse de centro (0,0) e retas diretrizes y = ± √2/2. E) elipse de centro (a1,a2) e retas diretrizes y = ± √2/2. Solução: ALTERNATIVA C Equação da primeira reta: y1 = a1x + 1 (i) Equação da segunda reta: y2 = a2x – 1 (ii) Isolando a1 e a2 e substituindo na condição fornecida no enunciado: a1

2 + a22.= 2 à (y-1)2/x2 + (y+1)2/x2 = 2 (condição inicial: x ≠ 0).

x2 -y2 = 1 à Hipérbole(H) de centro (0,0); a=1; b=1; c= √2; e= √2; F1 = (-√2,0) e F2 = (√2,0). Portanto, a condição inicial foi satisfeita. Tomando-se Q = (1,0) Є H, sem perda de generalidade, a distância (d) à retas diretriz por definição: dQ,F / dQ,d = e à (√2 -1)/(1-d) = √2à d = (√2)/2, portanto as diretrizes são: x = ±(√2)/2 06. O valor de y real positivo na equação

( ) ( ) 075 7log5log =− xx yy , onde x é um número real maior do

que 1 é: a) 70 b) 35 c) 1 d) 1/35 e) 1/70 Solução: ALTERNATIVA D Percebemos que y = 0 é solução. Mas o enunciado pede o valor positivo de y.

( ) ( ) 075 7log5log =− xx yy

( ) ( ) 7log5log 75 xx yy =

Aplicando a função y(k) = logxk em ambos os lados (o que é possível, pois ambos os lados da desigualdade são imagens de funções exponenciais, portanto positivos):

( )( ) ( )( )7log5log 7log5log xx yy xx =

( ) ( )yy xxxxxx log7log7loglog5log5log +=+

yy xxxxxx log.7log7loglog.5log5log 22 +=+

yy xxxxxx log.5loglog.7log7log5log 22 +−=−

yxxxxx log).5log7(log7log5log 22 −=−

)5log7(log5log7log7log5loglog

22

xxxx

xxx y +−=

−−

=

135log)35(loglog −=−= xxx y

y = 1/35 07. O pipoqueiro cobra o valor de R$ 1,00 por saco de pipoca. Ele começa seu trabalho sem qualquer dinheiro para troco. Existem oito pessoas na fila do pipoqueiro, das quais quatro têm uma moeda de R$ 1,00 e quatro uma nota de R$ 2,00. Supondo uma arrumação aleatória para a fila formada pelas oito pessoas e que cada uma comprará exatamente um saco de pipoca, a probabilidade de que o pipoqueiro tenha troco para as quatro pessoas que pagarão com a nota de R$ 2,00 é:

A) 81

B) 51

C) 41

D) 31

E) 21

Solução: ALTERNATIVA B

O número de filas diferentes formadas por oito pessoas é !88 =P .

Para encontrar o número de filas onde todos receberiam o troco do pipoqueiro, vamos tratar o problema como uma sequência de letras A e B onde: A à moeda de R$ 1,00 B à nota de R$ 2,00 Para cada B da sequência devemos ter um A que foi atendido Vamos tomar como referência a posição das letras A e alocar as letras B nos espaços (I), (II), (III) e (IV) como indicado na figura.

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A_(I)_A_(II)_A_(II)_A_(IV)_ Para que o pipoqueiro tenha troco, o número de letras B em cada posição deve satisfazer as relações:

3)()()(2)()(

1)(

≤++≤+

≤

IIIIIIIII

I

Para 0)()()( =++ IIIIII temos 1 sequencia

AAAABBBB Para 1)()()( =++ IIIIII temos 3 sequências.

ABAAABBB AABAABBB AAABABBB Para 2)()()( =++ IIIIII temos 5 sequências.

ABABAABB ABAABABB AABABABB AABBAABB AAABBABB Para 3)()()( =++ IIIIII temos 5 sequências.

ABABABAB ABAABBAB AABABBAB AABBABAB AAABBBAB Um total de 14 sequências. Como as pessoas são diferentes, o número de filas em que o

pipoqueiro consegue fornecer o troco é !4!41414 44 ⋅⋅=⋅⋅ PP .

Então a probabilidade de que todas recebam troco é:

51

!8!4!414

=⋅⋅

=P

08. O valor de π π π+ + +

2 4 6 1cos cos cos

7 7 7 2 é:

a) –1 b) –0,5 c) 0 d) 0,5 e) 1 Solução: Alternativa C

As raízes de x 7 −1 são:

1, 7

2 πcis , 7

4 πcis , 7

6 πcis ,

−=

76

78 ππ ciscis ,

−=

74

710 ππ ciscis ,

−=

72

712 ππ ciscis .

A soma dessas raízes é igual a zero , logo a soma das partes reais das raíes é zero. Assim,

72cos

74cos

76cos

76cos

74cos

72cos1 =

−+

−+

−

++++ππππππ

Então,

07

6cos7

4cos7

2cos21 0

76cos2

74cos2

72cos21 =+++⇒=+++

ππππππ

09. Sejam x e y números reais. Assinale a alternativa correta:

A) Todo x e y satisfaz + ≤ +2 2x y 2 x y

B) Existe x e y que não satisfaz + ≤ +x y x y

C) Todo x e y satisfaz + ≤ +2 2x y 2 x y

D) Todo x e y satisfaz − ≤ +x y x y

E) Não existe x e y que não satisfaz + ≤ +2 2x y 3 x y

Solução: ALTERNATIVA C Sabe-se que

( )

( ) ( )

2

2 2

22 2 2 2

2 2 2 2 2 2

0

0 2

2 2

2

≤ − ≤ − + ≤ + + ≤ +

+ + ≤ + + +

x y

x x y y

x y x y x y x y

x x y y x x y y

,

porém , como 2 2x x= , logo ( ) ( )2 22x y x y+ ≤ +

111000... Em relação à teoria dos conjuntos, considere as seguintes afirmativas relacionadas aos conjuntos A, B e C:

CAentãoCBeBSeA ⊆⊆∈Ι.

CAentãoCBeBSeA ∈∈⊆ΙΙ.

CAentãoCBeBSeA ⊆∈⊆Ι. Estão corretas: a) nenhuma das alternativas b) somente a alternativa I c) somente as alternativas I e II d) somente as alternativas II e III e) todas as alternativas

2π/7

4π/7

6π/7

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Solução: ALTERNATIVA B I – Verdadeira. Se A é um conjunto pertencente a B, e todo conjunto B está contido em C, então é correto concluir que A ⊆ C. II – Falsa. Se B pertence a C, então C é um conjunto de conjuntos no qual, em particular, existe B. Desta forma não é possível garantir que elementos isolados de B, também estejam em C, logo não é possível garantir que A Є C. III – Falsa. Se B pertence a C, então C é um conjunto de conjuntos no qual, em particular, existe B. Portanto, não é possível garantir que as partes de B, também estejam em C, logo não é possível garantir que A ⊆ C. 11. Seja p(x) uma função polinomial satisfazendo a relação p(x).p(1/x) = p(x) + p(1/x). Sabendo que p(3) = 28, o valor de p(4) é: a) 10 b) 30 c) 45 d) 55 e) 65 Solução: ALTERNATIVA E p(x).p(1/x) = p(x) + p(1/x) p(x).p(1/x) - p(x) - p(1/x) + 1 = 1 (p(x) – 1).(p(1/x) – 1) = 1 Supondo que q(x) = p(x) – 1, então q(1/x) = p(1/x) – 1 Logo, q(x).q(1/x) = 1 Percebemos que nenhum número, exceto o zero pode ser raiz de q, pois se um número k ≠ 0 fosse raiz de q, então q(k) = 0 e q(k).q(1/k) = 1 → 0.q(1/k) = 1 (absurdo). Logo o polinômio q é dado por q = a.xn, com n natural. axn. a(1/x)n = 1 → a2 = 1 → a = ±1 Fazendo a = -1, temos p(x) = -xn + 1 Como p(3) = 28 teríamos -3n + 1 = 28 e -3n = 27 o que nunca acontece. FAzendo a = 1, temos p(x) = -xn + 1 Como p(3) = 28 temos 3n + 1 = 28 e 3n = 27 o que acontece para n=3. Logo p(x) = x3 + 1 e p(4) = 65 12. Uma progressão aritmética {an}, onde n IN*, tem a1 > 0 e 3a8 = 5a13. Se Sn é a soma dos n primeiros termos desta progressão, o valor de n para que Sn seja máxima é: A) 10 B) 11 C) 19 D) 20 E) 21 Solução: ALTERNATIVA D

rararaaa 39260521353 111138 −=→+=+→=

2/)40(2/)1()39(

2/)1(1

nrnSrnnrnS

rnnnaS

n

n

n

−=−+−=

−+=

Como a razão é negativa temos uma parábola com concavidade

para baixo e 20=n corresponde ao valor máximo.

13. Um trem conduzindo 4 homens e 6 mulheres passa por seis estações. Sabe-se que cada um destes passageiros irá desembarcar em qualquer uma das seis estações e que não existe distinção dentre os passageiros de mesmo sexo. O número de possibilidades distintas de desembarque destes passageiros é: a) 1.287 b) 14.112 c) 44.200 d) 58.212 e) 62.822 Solução: ALTERNATIVA D

Sendo kh o número de homens que desembarcam na estação k,

com k = {1,2,3,4,5,6}, o número de maneiras de os homens desembarcarem é igual ao número de soluções inteiras não-negativas da equação:

4654321 =+++++ hhhhhh ,

ou seja,

49

.

Analogamente, o número de maneiras de as mulheres desembarcarem é igual ao número de soluções inteiras não-negativas da equação: m1 + m2 + m3 + m4 + m5 + m6 = 6 ,

ou seja,

116

. Pelo princípio multiplicativo, o número de possibilidades distintas de desembarque destes passageiros é:

94

×

116

=

9.8.7.64.3.2.1

×11.10.9.8.7

5.4.3.2.1= 58212

14. Considere o sistema de equações lineares representado abaixo:

=

1 3 0 2 1 0 130 2 0 3 0 0 111 5 0 0 0 0 73 1 2 0 0 0 94 0 0 0 0 0 82 0 0 1 0 2 13

abc

xdef

Os valores de a e d são, respectivamente: A) 1 e 2 B) 2 e 3 C) 3 e 2 D) 2 e 2 E) 3 e 1 Solução: ALTERNATIVA B Fazendo a multiplicação entre matrizes, obtemos as seguintes equações:

3 2 13( )2 3 11( )

5 7( )3 2 9( )4 8( )2 2 13( )

a b d e ib d ii

a b iiia b c iva va d f vi

+ + + = + = + = + + = =

+ + = das equações (ii), (iii) e (v), achamos a = 2 e d = 3.

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15. Seja f(x) = a.senx + b3√x + 4, onde a e b são números reais diferentes de zero. Sabendo que: f(log10(log310)) = 5, o valor de f(log10(log103)) é: A) 5 B) 3 C) 0 D) -3 E) -5 Solução: ALTERNATIVA B Observe: log10(log310) = log10(1/ (log103) = -log10(log103) Então se log10(log310) = x, então log10(log103) = -x Da lei de f(x), temos: f(x) + f(-x) = 8 (demais termos simplificam!). Assim: f(-x) = 4 – f(x) --. f(log10(log103)) = 3

FÍSICA 16.

A figura acima representa duas massas m1 = 5 kg e m2 = 20 kg presas por um fio que passa por uma roldana. As massas são abandonadas a partir do repouso, ambas a uma altura h do solo, no exato instante em que um cilindro oco de massa m = 5 kg atinge m1 com velocidade v = 36 m/s, ficando ambas coladas. Determine a altura h, em metros, para que m1 chegue ao solo com velocidade nula. Dado: Aceleração da gravidade: g = 10 m/s2 Observação: A roldana e o fio são ideais. a) 5,4 b) 2,7 c) 3,6 d) 10,8 e) 1,8 Solução: ALTERNATIVA A Na colisão, há a conservação da quantidade de movimento do sistema m + m1 + m2: m.v = (m + m1 + m2).v´ Logo v´=6m/s (velocidade do sistema após o choque). A partir daí o sistema desacelara uniformemente, com desaceleração a = (m + m1 - m2)g/(m + m1 + m2) = -10/3 m/s2

Assim, usando Torricelli: 0 = 62-2.(10/3)h h = 62/(2.(10/3)) = 5,4 m

17.

A figura acima apresenta um cilindro que executa um movimento simultâneo de translação e rotação com velocidades constantes no interior de um tubo longo. O cilindro está sempre coaxial ao tubo. A folga e o atrito entre o tubo e o cilindro são desprezíveis. Ao se deslocar no interior do tubo, o cilindro executa uma rotação completa em torno do seu eixo a cada 600 mm de comprimento do tubo. Sabendo que a velocidade de translação do cilindro é 6 m/s, a velocidade de rotação do cilindro em rpm é: A) 6 B) 10 C) 360 D) 600 E) 3600 Solução: ALTERNATIVA D Como uma translação de 6 m/s leva 0,1s para percorrer 600 mm, concluímos que 0,1s é o período de rotação do cilindro. Um período de 0,1s nos dá 10Hz de frequência, ou 600rpm. A resolução publicada pelo IME apontou B como correta, mostrando que eles caíram em sua própria pegadinha (de não converter de hertz para rpm). 18. Um observador e uma fonte sonora de frequência constante movem-se, respectivamente, segundo as equações temporais projetadas nos eixos X e Y:

Observador Xo(t) = cos(t) Yo(t) = –cos(t)

Fonte Xf(t) = sen(t) + cos(t) Yf(t) = –2 cos(t)

Observação: • A velocidade de propagação da onda é muito maior que as velocidades do observador e da fonte. Com relação ao instante t (0 ≤ t < π ), o observador perceberá uma frequência: a) constante b) variável e mais aguda em t = 0 c) variável e mais aguda em t = ¼ π d) variável e mais aguda em t = ½ π e) variável e mais aguda em t = ¾ π Solução: ALTERNATIVA A A única interpretação possível para a informação “a velocidade de propagação da onda é muito maior que as velocidades do observador e da fonte” é que o efeito Doppler não será percebido. Portanto a freqüência percebida neste caso será constante.

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19.

O valor da resistência equivalente entre os terminais A e B do circuito mostrado na figura acima, é: A) R/2 B) 6R/7 C) 6R/13 D) 16R/29 E) 15R/31 Solução: ALTERNATIVA D Pela simetria do circuito tem-se:

Todos os pontos do eixo de simetria estão num mesmo potencial. Deste modo pode-se determinar o resistor equivalente da parte superior e multiplicar por 2 (na figura suprimimos a segunda parte do circuito para facilitar a visão). Tem-se então:

Assim:

1 1 1 582eq

RR R R= + +

→

Req =

8 R29

então Req AB = 2 Req =

16 R29

20.

Uma lente convergente de distância focal f situa-se entre o objeto A e a tela T, como mostra a figura acima. Sendo L a distância entre o objeto e a tela, considere as seguintes afirmativas: I) Se L > 4f, existem duas posições da lente separadas por uma distância, para as quais é formada na tela uma imagem real. II) Se L < 4f, existe apenas uma posição da lente para a qual é formada na tela uma imagem real. III) Se L = 4f, existe apenas uma posição da lente para a qual é formada na tela uma imagem real. Está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s): a) I e II, apenas b) I e III, apenas c) II e III, apenas d) I, II e III e) III, apenas Solução: ALTERNATIVA B Sabemos que: (i) p+p’=L (ii) 1/p+1/p’=1/f De (i) P’=L-p Substituindo em (ii)

A

R

R/2

R

R

R R

R

A

R

R/2

R

R

R R/2

Eixo de simetria

A

R

R/2

R R

3R/2

A

R

R/2

R 3R/5

A

R/2

R 8R/5

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1/p+1/(L-p)=1/f (L-p+p)f=p(L-p) Lf=pL-p² Encontramos a seguinte equação de 2° p²-Lp+Lf=0 Cujo discriminante vale ∆=L²-4LF=L(L-4f) Se L>4f então ∆>0 e temos dois valores de p que resolvem a equação Se L=4f então ∆=0 e temos uma solução Se L<4f então ∆<0 e não existe p real que satisfaça a equação. 21.

A figura acima apresenta um perfil metálico AB, com dimensões AC = 0,20 m e CB = 0,18 m, apoiado em C por meio de um pino sem atrito. Admitindo-se desprezível o peso do perfil AB, o valor da força vertical F, em newtons, para que o sistema fique em equilíbrio na situação da figura é: Dados: • sen(15o) = 0,26 • cos(15o) = 0,97 A) 242,5 B) 232,5 C) 222,5 D) 212,5 E) 210,5 Solução: ALTERNATIVA A Para o equilíbrio, a soma dos momentos das forças em relação a C deve ser nula. Assim: F.CB.cos75° + 175.CB.sen75° = 216.AC.cos15° F.0,18.0,26 + 175.0,18.0,97 = 216.0,20.0,97 F = (216.0,20 - 175.0,18).0,97 / (0,18.0,26) F = (43,2 – 31,5).0,97 / (0,18.0,26) = 11,7 / (0,18.0,26) = 250 N Comentário: Só se chega ao valor proposto pelo IME na alternativa A utilizando valores exatos do seno e cosseno de 15°.

22.

A figura acima apresenta um pequeno corpo de massa m em queda livre na direção do centro de um planeta de massa M e de raio r sem atmosfera, cujas superfícies distam D. É correto afirmar que a aceleração do corpo Observações: • D >> r; • M >> m. A) é constante. B) independe da massa do planeta. C) diminui com o tempo. D)aumenta com o tempo. E) depende da massa do corpo. Solução: ALTERNATIVA D A aceleração do corpo é inversamente proporcional ao quadrado de sua distância ao centro do planeta. À medida que o corpo se aproxima, a aceleração aumenta. 23.

A figura acima apresenta um circuito composto por dois solenóides com resistências desprezíveis e dois resistores de 2 Ω ligados a uma bateria. Uma corrente é induzida em uma espira situada entre os dois solenóides quando esta se desloca da direita para a esquerda, a partir da posição equidistante em relação aos solenóides. Sabendo-se que as influências mútuas dos campos magnéticos no interior de cada solenóide são desprezíveis, pode-se afirmar que o valor da tensão da bateria em volts e o sentido da corrente induzida na espira para o observador são:

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Dados: • Campo magnético no interior de cada solenóide: 4.10–3 T • Permeabilidade magnética no vácuo: 4 π .10–7 T.m/A • Número de espiras de cada solenóide: 10 • Comprimento de cada solenóide: 4 cm a) 40/ π e sentido anti-horário b) 80/ π e sentido horário c) 80/ π e sentido anti-horário d) 160/ π e sentido horário e) 160/ π e sentido anti-horário Solução: ALTERNATIVA B Em cada solenóide obtemos:

µ= ⇒ = =

µ πl

l

–3 –2

–7

N. .i B. 4.10 .4.10B i

N. 10.4 .10

⇒ =π40

i A

No circuito paralelo apresentado:

= ⇒ = ⇒ =π π40 80

V R . i V 2 . V V

Pela Lei de Lenz, para o observador, teremos:

Resposta:

80,

π no sentido horário Obs: A figura gera ambigüidade, visto que existem duas opções possíveis, pois a figura não é clara. 24.

Considere um meio estratificado em N camadas com índices de refração ni, como mostrado na figura acima, onde estão destacados os raios traçados por uma onda luminosa que os atravessa, assim como seus respectivos ângulos com as normais a cada interface. Se ni+1=ni para i=1,2,3,...N-1 e senθN=1024senθ1 , então N é igual a: • A escala da figura não está associada aos dados. Observações: • Admite-se que sempre ocorrerá a refração. A) 5 B) 6 C)9 D)10 E) 11 Solução: ALTERNATIVA E Note-se que após cada refração o ângulo de emergência de um meio é igual ao de incidência no meio seguinte, assim basta pegar o meio incidente (índice n1 e o meio emergente (índice nN). Logo: n1senθ1 = nNsenθN - Para os índices tem-se: i = 1 → n2 = n1/2 = n1/21 i = 2 → n3 = n2/2 = n1/22 i = 3 → n4 = n3/2 = n1/23 Daí i = N-1 → nN = nN/2 = n1/2N-1

Tem-se então:

n1senθ1 = nNsenθN → n1senθ1 = 1

N-1

n2 1024senθ1 →

2N-1 = 1024 → N = 11 25.

A figura acima apresenta uma fonte sonora pontual que emite uma onda harmônica esférica em um meio não dispersivo. Sabendo que a média temporal da intensidade da onda é diretamente proporcional ao quadrado da sua amplitude, pode-se afirmar que a amplitude a uma distância r da fonte é proporcional a: a) 1 / r 1/2 b) 1 / r c)1 / r 3/2 d)1 / r 2 e) 1 / r 3 Solução: ALTERNATIVA B Sabemos que I = Potência/Área logo I = a/r² (i) Do enunciado I α A² logo I = bA² (ii) De (i) e (ii) a/r² = bA² A = √(a/br²) logo A α 1/r

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26.

Uma fina placa metálica P1, apoiada em um tablete de cortiça no fundo de um frasco cilíndrico, dista 5 metros de uma placa idêntica P2, fixa no teto, conforme a figura acima. As duas placas formam um capacitor carregado com Q coulombs. Enche-se o referido frasco com um líquido de índice de refração n= 2,5, até a altura de h metros. Em seguida, lança-se sobre o centro da superfície um raio de luz monocromática, sob um ângulo de 30o com a vertical. Sabendo que a energia armazenada no capacitor fica reduzida a 0,6 do valor inicial, que o raio refratado atinge um ponto situado a x metros do centro do fundo do frasco e desprezando o efeito de borda do capacitor, podemos dizer que o valor aproximado de x é: Observação: • A espessura da cortiça é desprezível em relação à altura h. A) 0,1 B) 0,2 C) 0,3 D) 0,4 E) 0,5 Solução: ALTERNATIVA D Quando a placa P1 sobe, muda a capacitância, mas a carga do capacitor não se altera. E = Q2/C (situação inicial) 0,6E = Q2/C´(situação final) Como a capacitância é inversamente proporcional à distância entre as placas, temos C´=(5/5-h).C Assim, 0,6 = (5-h)/5 e h = 2 m Pela Lei de Snell: ni.sen30° = nf.senr

1.(1/2) = 2,5.(x/ 22 hx + )

22 hx + =25x2 à 24

2hx = à 2422

=x à x = 0,4

27.

Uma pedra está presa a um fio e oscila da maneira mostrada na figura acima. Chamando T a tração no fio e θ o ângulo entre o fio e a vertical, considere as seguintes afirmativas: I) O módulo da força resultante que atua na pedra é igual a T senθ. II) O módulo da componente, na direção do movimento, da força resultante que atua na pedra é máximo quando a pedra atinge a altura máxima. III) A componente, na direção do fio, da força resultante que atua na pedra é nula no ponto em que a pedra atinge a altura máxima. Está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s): A) I e II, apenas B) I e III, apenas C) II e III, apenas D) I, II e III E) II, apenas Solução: ALTERNATIVA C I – Falsa. T senθ é a resultante horizontal, mas também há aceleração vertical neste caso. II – Verdadeira. A referida componente tem magnitude P senθ (onde P é o peso da pedra), e é máxima quando senθ é máximo, ou seja, no ponto de altura máxima. III – Verdadeira. A referida componente é sempre nula. 28.

A figura acima representa o sistema de bombeamento de água de uma residência. As alturas de sucção (Hs) e recalque (Hr) valem, respectivamente, 10 e 15 m. O sistema é projetado para trabalhar com uma vazão de 54 m3/h. A bomba que efetua o recalque da água é acionada por um motor elétrico, de corrente contínua, que é alimentado por uma tensão de 200 V. A corrente de operação do motor, em ampères, para que o sistema opere com a vazão projetada é, aproximadamente: Observação: • as perdas internas do motor elétrico e da bomba são desprezíveis. Dados: • as perdas devido ao acoplamento entre o motor e a bomba são de 30%; • aceleração da gravidade: g = 10 m/s2 • massa específica da água: 1 kg/L a) 13 b) 19 c) 27 d) 33 e) 39

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Solução: ALTERNATIVA C

Vazão: skgskghm /15

360054000/54 3 =≡

AiAiVhg

tmihgmtiVmecelét 2778,26

7,07,07,0 ≈⇒=⇒

∆=

∆=⇒∆⋅⋅=∆⋅⋅⇒= εε

29.

Um sistema composto por dois geradores denominados G1 e G2, cuja tensão de saída é VG, é apresentado na figura acima. Este sistema alimenta uma carga que opera com uma tensão V e demanda da rede uma corrente I. O valor de R2 em função de R1, de modo que o gerador G2 atenda 40% da potência da carga, é: A) 1/2 R1 B) R1 C) 3/2 R1 D)2 R1 E) 5/2 R1

Solução: ALTERNATIVA C Sejam: P1 = potência lançada pelo gerador G1. P2 = potência lançada pelo gerador G2. V = ddp recebida pela carga VI = potência de alimentação da carga. Do enunciado P2 = 0,4VI → VGi2 = 0,4VI Assim, P1 = 0,6VI → VGi1 = 0,6VI Dividindo membro a membro:

G 1

G 2

V i 0,6VI=V i 0,4VI →

1

2

i 3=i 2

Da equação do gerador:

VG – R1i1 = VG- R2i2 → R1i1 = R2i2 →

2 1

1 2

R i 3= =R i 2

Assim: R2 =

32 R1

30. A água que alimenta um reservatório, inicialmente vazio, escoa por uma tubulação de 2 m de comprimento e seção reta circular. Percebe-se que uma escala no reservatório registra um volume de 36 L após 30 min de operação. Nota-se também que a temperatura na entrada da tubulação é 25 °C e a temperatura na saída é 57 °C. A água é aquecida por um dispositivo que fornece 16,8 kW para cada metro quadrado da superfície do tubo. Dessa forma, o diâmetro da tubulação, em mm, e a velocidade da água no interior do tubo, em cm/s, valem, respectivamente: Dados: • π/4 = 0,8;

• massa específica da água: 1 kg/L; e • calor específico da água: 4200 J/ kg°C. a) 2,5 e 40 b) 25 e 4 c) 25 e 40 d) 2,5 e 4 e) 25 e 0,4 Solução: ALTERNATIVA B Área externa do tubo: ∆S = (2.π.R).2 = 4.π.R Área da seção reta do tubo = Aseção = π.R2 Como o tanque estava vazio, a vazão nos primeiros 30 min, foi: 36L/30min = 1/50 L/s = 20 cm3/s = 1/50 kg/s. (que serão usadas conforme a conveniência) Tomemos um intervalo de tempo t: Q = P.t.∆S = 16.800.t.4.π.R.2 = m(t).c. ∆T 16.800.t.4.π.R = m(t).4200. 32 t.π.R = m(t).2 t.π.R = (1/50) t.4 R = 12,5 x 10-3 m = 12,5 mm Portanto o diâmetro do tubo é de 25mm. A velocidade de escoamento (ve): Vazão = Aseção.ve ve = 20 / (π.R) = 4 cm/s

QUÍMICA 31. Um recipiente de paredes rígidas, contendo apenas ar, aberto para a atmosfera, é aquecido de 27 ºC a 127ºC. Calcule a percentagem mássica de ar que saiu do recipiente, quando atingido o equilíbrio final. A) 79% B) 75% C) 30% D) 25% E) 21% Solução: ALTERNATIVA D Utilizando a equação de Clapeyron: PV = nRT Logo:

Como o sistema é aberto, temos que a pressão e o volume são constantes. A relação entre a quantidade em mol é a mesma que a relação entre as massas, visto que a composição do gás não varia.

Temos então:

Teremos então que nf é ¾ de ni, logo ¼ menor, ou seja, 25% a menos.

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32. Sabendo que 18,0 g de um elemento X reagem exatamente com 7,75 g de oxigênio para formar um composto de fórmula X2O5, a massa de um mol de X é: A) 99,2 g B) 92,9 g C) 74,3 g D) 46,5 g E) 18,6 g Solução: ALTERNATIVA B O número de mols de oxigênio em 7,75g é:

nmolggnO 5

/1675,7

== ⇒ moln16.575,7

=

E como o número de mols de X é 2n então:

molnnX 16.575,7.22 ==

Logo a massa molar de X é:

molgmol

gnmM

X

XX /9,92

16.575,7.2

18===

33. Marque a resposta certa, correspondente aos números de oxidação dos elementos sublinhados em cada fórmula, na ordem em que estão apresentados.

AgO; NaO2; H2S2O8; Ni(CO)4; U3O8

a) +2; -1; +7; +2 e +8/3

b) +1; -1; +7; 0 e +16/3

c) +2; -1/2; +6; 0 e +16/3

d) +1; -1/2; +7; +2 e +16/3

e) +2; -1; +6; +2 e +8/3 Solução: ALTERNATIVA C C

; óxido de prata II; + −

112NaO superóxido de sódio

Ácido peroxissulfúrico, ou sulfato de sulfoxihidrogênio

Tetracarbonil-niquel (0)

34. (I) (II) (III) (IV)

Considere as espécies de (I) a (IV) e o arcabouço da Tabela Periódica representados a seguir. Assinale a alternativa correta. A) A espécie (II) é um gás nobre. B) A camada de valência da espécie (I) pode ser representada por: ns2 np5. C) A camada de valência da espécie (III) pode ser representada por: ns2 np6. D) A espécie (IV) é um metal eletricamente neutro. E) As espécies (I) e (III) são cátions. Solução: ALTERNATIVA C ALTERNATIVA A: ERRADA, pois como a espécie II é eletricamente neutra e possui configuração da camada de valência igual a 3s1, o que é incompatível com a configuração eletrônica de qualquer gás nobre. ALTERNATIVA B: ERRADA, pois como a espécie I apresenta 10 elétrons, sua configuração eletrônica é 2s2 2p6 e não 2s2 2p5 como proposta na alternativa em questão. ALTERNATIVA C: CORRETA, já que a espécie III possui 18 elétrons e conseqüentemente, após ser feita a distribuição eletrônica segundo o diagrama de Linus Pauling, temos a configuração 3s2 3p6 para a camada de valência do referido átomo. ALTERNATIVA D: ERRADA, pois apesar de a espécie IV ser eletricamente neutra, ela não é um metal e sim um gás nobre, já que a configuração eletrônica de sua camada de valência é 3s2 3p6. ALTERNATIVA E: ERRADA, pois uma vez que a espécie I apresenta número de elétrons maior do que o número de prótons, ela passa a ser um ânion. 35. O número máximo de aldeídos que podem ser obtidos pela ozonólise de uma mistura dos hidrocarbonetos com fórmula molecular C5H10 é: A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 Solução: ALTERNATIVA B Abaixo são mostrados os isômeros possíveis que sofrem ozonólise para o composto C5H10:

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Pela ozonólise dos compostos teremos: Composto A: metanal e butanal Composto B: etanal e propanal Composto C: metanal e metilpropanal Composto D: etanal e propanona Composto E: etanal e butanona Temos então 5 aldeídos: metanal, etanal, propanal, butanal e metilpropanal 36. A entalpia de fusão de uma determinada substância é 200 kJ/kg, e seu ponto de fusão normal é 27 oC. Após a solidificação de 3 kg do material, pode-se afirmar que a entropia desse sistema: A) diminuiu 2 kJ/K. B) diminuiu 600 kJ/K. C) não variou. D) aumentou 2 kJ/K. E) aumentou 600 kJ/K. Solução: ALTERNATIVA A O processo de solidificação reduz a entropia do sistema, logo temos que:

TH

TqS fusãorev ∆

−=−=∆

KkJ

K

kgkg

kJ

S 2300

3.200

−=

−=∆

37. Em sistemas envolvendo reações paralelas, um importante parâmetro é a seletividade (se), definida como a razão entre as taxas de geração dos produtos de interesse (I) e dos secundários (S). Considere o caso em que a taxa de produção de I é dada por KICrξ e a de S por KsCrγ, onde: • Cr é a concentração do reagente;

• KI e KS são as velocidades específicas de reação para I e S, respectivamente;

• ξ e γ são dois números inteiros e positivos. Para uma temperatura constante, pode-se afirmar que a seletividade: a) permanece constante independentemente de Cr. b) permanece constante quaisquer que sejam os valores de ξ e γ. c) é maior no início da reação quando ξ = γ. d) é menor no fim da reação quando ξ < γ. e) é maior no início da reação quando ξ > γ.

Solução: ALTERNATIVA E

ε

εε−γ

γγ

=⇒ = =

=

I I rI r

SE rS r

S S r

V K CK C

V KCK C

V K C

Para ε > γ temos ε − γ > 0 . Desta forma a seletividade

aumenta no início da reação. Note que para ξ = γ ξ − γ =, 0 e VSE é constante, portanto (A),

(B) e (C) são falsas. 38. A taxa de emissão de dióxido de carbono em função do consumo médio de certo combustível, em um carro de testes, é apresentada a seguir.

Para um consumo médio de 10 km/L, a massa total mensal de combustível consumida é 2175 kg. Dentre as opções abaixo, pode-se afirmar que o combustível testado foi o: A) metano B) propano C) butano D) heptano E) octano Solução: ALTERNATIVA C Uma sugestão de resolução é considerar as alternativas e perceber que o combustível em questão só poderá ser um hidrocarboneto, cuja fórmula geral é CnH2n+2, e então monta-se a seguinte relação: CnH2n+2 + (3n+1) O2 → n CO2 + (n+1) H2O 14n+2 ---------- 44n 2175 Kg ---------- 6600 Kg 44n . 2175 = 6600 . (14n+2) ⇒ 95700.n = 92400. n + 13200 ⇒ 3300.n = 13200 ∴ n =4 Logo o combustível testado é o butano (C4H10).

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39. Observe as estruturas abaixo e analise as afirmativas feitas sobre elas.

1 – As estruturas (I) e (IV) representam isômeros constitucionais. 2 – As estruturas (I) e (III) representam um par de enantiômeros. 3 – Existem quatro estereoisômeros que têm a fórmula estrutural condensada (II). 4 – Os compostos (V) e (VII) apresentam pontos de fusão idênticos. 5 – As estruturas (VIII) e (IX) representam um par de diastereoisômeros. 6 – Todos os compostos (V) a (X) apresentam atividade óptica. 7 – As estruturas (VIII) e (X) são representações do mesmo composto. Podemos concluir que são verdadeiras as afirmativas: A) 1, 3 e 5 B) 2, 5 e 6 C) 1, 4 e 7 D) 3, 4 e 5 E) 3, 6 e 7 Solução: ALTERNATIVA D Analisando as afirmativas: 1 – As estruturas (I) e (IV) representam isômeros constitucionais. Errada. As estruturas I e IV não são isômeros, pois não apresentam a mesma fórmula molecular. 2 – As estruturas (I) e (III) representam um par de enantiômeros. Errada. As estruturas I e III apresentam o mesmo composto. Podemos ver isso quando trocamos os elementos de lugar. Cada troca realizada muda a configuração. Como são realizadas duas trocas, possuem a mesma configuração.

40. Um gás ideal sofre uma mudança de estado ilustrada pelos gráficos I e II abaixo.

Dentre as alternativas abaixo, assinale aquela que se ajusta aos gráficos acima. A) α é o volume, β é a temperatura, δ é a pressão e o processo

é uma expansão a temperatura constante. B) δ é a temperatura, β é a pressão, α é o volume e o

processo é uma compressão. C) α é o volume, β é a pressão, δ é a temperatura e o

processo é um resfriamento isobárico. D) α é o volume, β é a temperatura, δ é a pressão e o

processo é uma compressão isotérmica. E) α é a pressão, β é o volume, δ é a temperatura e o

processo é um aquecimento isobárico. Solução: ALTERNATIVA E Considerando que na frase "Um gás ideal sofre uma mudança de estado" o autor da questão considerou que houve mudança da condição do gás, mas não de sua fase (o que seria uma quebra das hipóteses de gás ideal), temos que: 1. Devemos supor que o gás é ideal, por conseguinte segue a equação nRTPV = se aplica, e como não se menciona variação do número de mols, temos KTPV = . 2. No gráfico I temos que a transformação é "iso-α ", e que δ representa temperatura, pois as curvas PxV ou VxP possuem a característica do gráfico I. Além disso, a variação de temperatura é crescente da condição 1 para a condição 2, ao mesmo tempo que há aumento de β .

3. No gráfico II temos, para 1αα = ⇒ δβ 2k= . Além disso, o

gráfico mostra que o processo tem δ crescente, ou seja, é um processo no qual há aumento da temperatura. Pelas informações obtidas não se pode saber se α é pressão e β é volume, ou se α é volume e β é pressão. Considerando as

possíveis combinações temos: a. α é pressão, β é volume, δ é temperatura, logo é um

aquecimento isobárico (com expansão). b. α é volume, β é pressão, δ é temperatura, logo é um

aquecimento isométrico (com aumento de pressão).

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