Gabarito IME 1ª Fase - pensi.com.br · Em um jogo de RPG “Role-Playing Game” em que os jogadores lançam um par de dados para determinar a vitória ou a derrota quando se confrontam

IME 1ª Fase Gabarito

GABARITO IME – 12/10/2018

Objetivas

IME

01 D 21 A

02 D 22 D

03 E 23 B

04 B 24 C

05 C 25 C

06 C 26 X

07 E 27 B

08 E 28 C

09 B 29 A

10 D 30 C

11 A 31 E

12 A 32 E

13 E 33 C

14 B 34 C

15 D 35 D

16 A 36 B

17 D 37 A

18 B 38 B

19 A 39 D

20 D 40 A


Questão 01 Aristeu e seu irmão nasceram nos séculos XX e XXI, respectivamente. Neste ano, 2018, os dois já fizeram aniversário e

a idade de cada um deles é a soma dos três últimos dígitos do ano de seu respectivo nascimento. Qual é a soma das

idades dos dois irmãos?

(A) 23

(B) 26

(C) 29

(D) 32

(E) 39

Gabarito: Letra D.

Temos que:

20 2018 2000 10 2018

11 2 18 0 ou 1

+ + = + + + + =

+ = = =

xy x y x y x y

x y x x

• Se 1, 2 7= = x y y

• Se 0, 2 18 9 20 2009= = = =x y y xy

0 9 9 + = + =x y Temos também que:

19 9 2018 1900 10 9 2018

11 2 109

+ + + = + + + + + =

+ =

zw z w z w z w

z w

Como 0,1,2,...,9w :

912 18 11 91 8

11

9 2 109 99 10 5

19 1995

9 9 9 5 23

= = − = =

=

+ + = + + =

w z z

z w w

zw

z w

Portanto, 23 9 32+ = .

Questão 02

Os ângulos 1 2 3 100θ ,θ ,θ , ,θ são os termos de uma progressão aritmética na qual 11 26 75 90

πθ θ θ θ

4+ + + = . O valor de

( )100

ii 1sen θ

= é:

(A) −1

(B) 2

2−

(C) 0

(D) 2

2

(E) 1

GABARITO IME – 12/10/2018 Gabarito: Letra D.

Como ( )1 2 3 100, , ,..., é uma PA:

1 100 11 90 26 75 + = + = +

11 26 75 90 1 1004 8

+ + + = + =

Logo, ( )100

1 100

1

.100 25

2 4=

+ = = i

i

Então: 100

1

25 2

4 2=

= =

i

i

sen sen

Questão 03 Calcule o valor do determinante:

( ) ( ) ( )2 2 2

4 2 1

log81 log900 log300

log9 2 4log3 2 log3 log3 2+ + +

(A) 1

(B) 2

(C) 4

(D) 8

(E) 16

Gabarito: Letra E.

Reescrevendo o determinante:

( ) ( ) ( )2 2 2

4 2 1

4log3 2 2log3 2 log3

4 log3 2 1 log3 2 log3

= + +

+ +

Agora, coloque 4 em evidência na 1° coluna e 2 em evidência na 2° coluna,

( ) ( ) ( )2 2 2

1 1 1

4.2 log3 1 log3 2 log3

log3 1 log3 2 log3

= + +

+ +

Caímos, assim, em um determinante de Vandermonde:

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )8. 1 log3 log3 . 2 log3 1 log3 . 2 log3 log3 = + − + − + + −

8.1.1.2

16

=

=


Questão 04 Seja a inequação:

4 3 26x 5x 29x 10x 0− − +

Seja (𝑎, 𝑏) um intervalo contido no conjunto solução dessa inequação. O maior valor possível para 𝑏 – 𝑎 é:

(A) 2

(B) 13

6

(C) 1

3

(D) 5

2

(E) 8

3

Gabarito: Letra B. 4 3 26 5 29 10 0− − + x x x x

Colocando x em evidência:

( )3 26 5 29 10 0− − + x x x x

Pelo teste da raiz racional veja que -2 é raiz, logo 2+x é fator.

Fazendo divisão de polinômios, temos:

( )( ) ( )( )( )4 3 2 26 5 29 10 2 6 17 5 2 2 5 3 1 0− − + = + − + = + − − x x x x x x x x x x x x

Fazendo análise do sinal:

Assim o conjunto solução é: ( )1 5

2,0 ,3 2

−

Como 13

26 temos que o maior valor possível para b-a é

13

6.

Questão 05

Sejam 1 2 3x ,x e x raízes da equação 3x ax 16 0− − = . Sendo a um número real, o valor de 3 3 3

1 2 3x x x+ + é igual a:

(A) 32 a−

(B) 48 2a−

(C) 48

(D) 48 2a+

(E) 32 a+

Gabarito: Letra C.

Sendo ³ 16 0− − =x ax

Sabemos que se 3 3 3

1 2 3 1 2 3 1 2 30 3+ + = + + =x x x x x x x x x

Nesta equação: 1 2 3

1 2 3

0

16

+ + =

=

x x x

x x x (Girard)

GABARITO IME – 12/10/2018 3 3 3

1 2 3 1 2 33 3.16 48 + + = = =x x x x x x

Questão 06

Seja 𝑧 um número complexo tal que 12z , ( )Re z 1= e ( )arg z 0,2

. A soma dos inversos dos possíveis valores

de | z | está no intervalo:

(A) 1 3

,2 2

(B) 3 5

,2 2

(C) 5 7

,2 2

(D) 7 9

,2 2

(E) 9 11

,2 2

Gabarito: Letra C.

Seja 12 z e .= z r cis .

Então,

( ) ( )12 12 . 12 12 0

12 , 1,2,3,4,512

= =

= = =

z r cis sen

kk k

Como a parte real de z é igual a 1, .cos 1 =r . Logo, 1 1

| | coscos | |

= = =

z rz

Sendo assim, a soma dos inversos dos possíveis valores para o módulo é:

2 3 4 5cos cos cos cos cos

12 12 12 12 12

6 2 3 2 1 6 2 6 3 2 1

4 2 2 2 4 2

2,449 1,732 1,414 13,2975

2

= + + + +

+ − + + += + + + + =

+ + +=

S


Questão 07 Definimos a função f : → da seguinte forma:

( )

( )

( ) ( )

( )

f 0 0

f 1 1

f 2n f n , n 1

f 2n 1 n², n 1

=

=

= + =

Definimos a função g : → da seguinte forma: ( ) ( ) ( )g n f n f n 1= + .

Podemos afirmar que:

(A) g é uma função sobrejetora.

(B) g é uma função injetora.

(C) f é uma função sobrejetora.

(D) f é uma função injetora.

(E) ( )g 2018 tem mais do que 4 divisores positivos.

Gabarito: Letra E.

• Pelas definições de f , veja que ( )f n só assume valores quadrados perfeitos. Como ( ) ( )( ) 1= +g n f n f n , veja

que ( )g n também só assume valores quadrados perfeitos. Por isso, f e g não são sobrejetoras, sendo assim,

as alternativas A e C são falsas.

• ( ) ( ) ( )1 1 2 1.1 1= = =g f f

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 3 1.1 1

2 1

= = =

=

g f f

g g

Então g não é injetora, sendo assim, a alternativa B seja falsa.

• ( ) ( )2 1=f f , então, f não é injetora. Sendo assim, a alternativa D é falsa.

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

23 2 2 6 4 2 2

2018 2018 2019 1009 2019 504 .1009

2018 2 .3 .7 .1009 2 .3 .7 .1009

= = =

= =

g f f f f

g

Possui 7.5.3.3 315= divisores positivos. Sendo assim, a alternativa E é verdadeira.

Questão 08 Em um jogo de RPG “Role-Playing Game” em que os jogadores lançam um par de dados para determinar a vitória ou a

derrota quando se confrontam em duelos, os dados são icosaedros regulares com faces numeradas de 1 a 20. Vence

quem soma mais pontos na rolagem dos dados e, em caso de empate, os dois perdem. Em um confronto, seu adversário

somou 35 pontos na rolagem de dados. É sua vez de rolar os dados. Qual sua chance de vencer este duelo?

(A) 1/2

(B) 3/76

(C) 9/400

(D) 1/80

(E) 3/80

GABARITO IME – 12/10/2018 Gabarito: Letra E.

Seja o espaço amostral e A o evento pedido:

( ) 220 400n = = .

Para calcular o ( )An vamos listar os casos:

( ) ( ) ( ) ( )20,16 ; 20,17 ; 20,18 ; 20,19 e permutações: 8 casos

( ) ( )19,17 ; 19,18 e permutações: 4 casos

( ) ( ) ( )20,20 ; 19,19 ; 18,18 = 3 casos

( )( )

( )

A 15 3A

400 80= = =

nP

n

Questão 09 Um hexágono regular está inscrito em um círculo de raio R. São sorteados 3 vértices distintos do hexágono, a saber: 𝐴, 𝐵

e 𝐶. Seja 𝑟 o raio do círculo inscrito ao triângulo ABC. Qual a probabilidade de que R

r2

= ?

(A) 0.

(B)1/10.

(C) 3/5

(D)1/20

(E)1/6

Gabarito: Letra B.

Escolhendo 3 vértices, existem três tipos de triângulos que podem ser formados:

1° caso:

AH = 2

R

r

GABARITO IME – 12/10/2018 2° caso:

AB = R; AE = R 3; BE = 2R

Igualando áreas: AB.AE

2=pr

( )3 3 3

2 2 2

+ =

r R Rr

3° caso:

AC = EC = AE = R 3

AEC é equilátero.

Altura 3 3

32 2 2

= = = =l R R

r r

Logo para termos 2

=R

r o triângulo deve ser equilátero: 2 possibilidades.

( ) 6,3

2 120 (A)

20 10 = = = =n C P .

2° Solução:

Sabemos que 2 2 2= −OI R Rr pela relação de Euler.

Logo, se 2 0= =r R OI . Logo, I O e então o triângulo tem que ser equilátero.

Claramente, temos apenas 2 possibilidades:


A probabilidade é 2 2 1

6 20 10

3

= =

.

Questão 10 O número de soluções reais da equação abaixo é:

( ) ( )22018 x/

cosx 2 2

= −

(A) 0

(B) 1

(C) 2

(D) 3

(E) 4

Gabarito: Letra D.

Um real x é raiz se e só se x− também é. Logo, basta analisar o caso 0x .

Olhando 0x e x = = , fica claro que 0 é raiz e que há pelo menos uma raiz positiva ( e uma negativa). Pelas opções,

fica claro que são 3 raízes reais.

Formalizando:

1° solução: Gráfica

i) 2018cos x vale 0 em 2

=x e vale 1 em 0=x ou = x e tem período .

Para (0, ) x , temos 0 cos 1 x , logo 2018cos 0x nesse intervalo.

ii)

2

2 2

−

x

vale 1 em 0=x e é decrescente para 0x .

GABARITO IME – 12/10/2018 2° Solução: Algébrica

Seja ( )

2

2018( ) cos e 2 2

= = −

x

f x x g x :

i) Para 02

x , não há raiz pois ( ) ( )f x g x

• Como a função senx tem concavidade para

baixo em 0,2

, temos 2

xsenx nesse

intervalo (A curva está acima da reta).

• Como a função 2t tem concavidade para

cima em ( )0,1 , temos 2 1 +t t nesse

intervalo (A curva está abaixo da reta).

Logo, para 0,2

x temos:

•

2 22018 2 2

2 2

4cos cos 1 1 1 = − − −

x xx x sen x

•

22

2

2 2

2 22 1 1 2 2

+ − −

xxx x

Logo, não há raiz no intervalo 0,2

ii) Para ,2

x há exatamente uma raiz:

• Como 02 2

=

f g e ( ) ( )1 0 = = f g , tem pelo menos uma raiz (Bolzano)

• Como f é crescente e g decrescente nesse intervalo, a raiz é única.

iii) Para x , não há raiz pois ( ) ( )0 f x g x

iv) Como 0 é raiz e o caso x<0 é idêntico

Então, podemos afirmar que serão 3 raízes.


Questão 11

Seja um triângulo ABC com lados a, b e c opostos aos ângulos A,B e C , respectivamente. Os lados a, b e c formam uma

progressão aritmética nesta ordem. Determine a relação correta entre as funções trigonométricas dos ângulos dos

vértices desse triângulo.

(A) ( ) ( ) ( )2sen A C sen A sen C+ = +

(B) ( ) ( ) ( )2cos A C cos A cos C+ = +

(C) ( ) ( ) ( )2sen A C sen A sen C− = −

(D) ( ) ( ) ( )2cos A C cos A cos C− = −

(E) ( ) ( ) ( )2cos A C sen A sen C+ = +

Gabarito: Letra A.

(a,b,c) PA 2b a c = +

Lei dos senos: ˆˆ â 2RsenA;b 2RsenB;c 2RsenC= = =

Substituindo: ˆˆ ˆsenA senC 2senB+ = e usando que ˆˆ Â B C π+ + = , temos:

ˆ ˆˆ ˆsenA senC 2sen(A C)+ = +

Questão 12 Uma hipérbole equilátera de eixo igual a 4, com centro na origem, eixos paralelos aos eixos coordenados e focos no eixo

das abscissas sofre uma rotação de 45o no sentido anti-horário em torno da origem. A equação dessa hipérbole após a

rotação é:

(A) xy 2=

(B) 2 2x xy y 4+ − =

(C) 2 2x y 2− =

(D) xy 2= −

(E) 2 2x y 2− = −

Gabarito: Letra A.

Girar a hipérbole 45° no sentido anti-horário equivale a rodar o eixo 45º no sentido horário. Logo,

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2' .cos .

' cos( ) ( ) 2

' ( ) cos( ) 2' . .cos

2

= − − − = +− − −

= − −

= − + − = −

x x y sen x yx sen x

y sen yy x sen y y x

Como 2' ² ' ² 2 4− = =x y

( ) ( )2 21 1

42 2

2

+ − − =

=

x y y x

xy


Questão 13

Em um setor circular de 45º, limitado pelos raios OA e OB iguais a 𝑅, inscreve-se um quadrado MNPQ, onde MN está

apoiado em OA e o ponto Q sobre o raio OB . Então, o perímetro do quadrado é:

(A) 4R

(B) 2R

(C) 2R 2

(D) 4R 5

(E) 5

4R5

Gabarito: Letra E.

Seja o lado de MNPQ igual a x . Como MOQ é isósceles, MO = x

Pitágoras :ONP 2 2

= +OP NP NO

( )

( )

22

2

2 ²

55 ²

5

4 52 4

5

= +

= =

= =

R x x

RR x x

Rp MNPQ x

Questão 14 Considere as afirmações abaixo:

I) se três pontos são colineares, então eles são coplanares;

II) se uma reta tem um ponto sobre um plano, então ela está contida nesse plano;

III) se quatro pontos são não coplanares, então eles determinam 6 (seis) planos;

IV) duas retas não paralelas determinam um plano;

V) se dois planos distintos têm um ponto em comum, então a sua interseção é uma reta.

Entre essas afirmações:

(A) apenas uma é verdadeira;

(B) apenas duas são verdadeiras;

(C) apenas três são verdadeiras;

(D) apenas quatro são verdadeiras;

(E) todas são verdadeiras.

GABARITO IME – 12/10/2018 Gabarito: Letra B.

I. Verdadeira – quaisquer três pontos determinam pelo menos um plano.

II. Falso – basta tomar uma reta perpendicular ao plano

III. Falso – 3 pentes não colineares definem um plano, logo, 4 pentes definem no máximo 4

3

= 4 planos

IV. Falso – as retas pedem ser reversas.

V. Verdadeira – dois planos podem ser concorrentes, coincidentes ou paralelas. Como são distintos, os planos não

são coincidentes, como têm um ponto em comum, não são paralelos. Logo, os planos são concorrentes e sua

interseção é uma reta.

Questão 15

Em um tetraedro ABCD, os ângulos ABC e ACB são idênticos e a aresta AD é ortogonal à BC . A área do ABC é

igual à área do ACD , e o ângulo MAD é igual ao ângulo MDA , onde 𝑀 é ponto médio de BC . Calcule a área total do

tetraedro ABCD , em cm2, sabendo que BC = 2cm , e que o ângulo BAC é igual a 30 .

(A) ( )2 3−

(B) ( )2 3+

(C) ( )4 2 3−

(D) ( )4 2 3+

(E) 4

Gabarito: Letra D.

Seja AB AC L= = .

O triângulo ABC é isósceles, logo AM BC⊥ .

Assim, BC é perpendicular a AM e ortogonal a AD .

Logo, ( )BC AMD⊥ pl . Com isso, BC MD⊥ .

• BC.AM

BÂC = 30° A = 75° AM = tan75 2 3 S 2 32

→ → = + → = = +ABCBC

• Foi dado que S S=ACD ABC , logo, S 2 3= +ACD .

• O triângulo AMD é isósceles, logo AM = MD .

• Veja que ABM BDM (L.A.L), logo, BD = AB = L . Da mesma forma, temos CD = L .

• Assim, ACDABD ACD (L.L.L) S 2 3 = = +ABD S .

• Agora, ABCBCD ABC (L.L.L) S 2 3 = = +BCD S .

Somando tudo, a área total é igual a ( )4 2 3+ .

GABARITO IME – 12/10/2018 Professores:

Daniel Santanelli

Hugo Leonardo

Jordan Piva

Julia Perdigão

Letícia Vieira

Lucas Herlin

Marcio Cohen

Rafael Filipe

Rodrigo Villard

Thiago Degenring

Questão 16

Considerando as Figuras 1 e 2 acima e, com relação às ondas sonoras em tubos, avalie as afirmações a seguir:

Afirmação I. as ondas sonoras são ondas mecânicas, longitudinais, que necessitam de um meio material para se

propagarem, como representado na Figura 1.

Afirmação II. uma onda sonora propagando-se em um tubo sonoro movimenta as partículas do ar no seu interior na

direção transversal, como representado na Figura 2.

Afirmação III. os tubos sonoros com uma extremidade fechada, como representado na Figura 2, podem estabelecer

todos os harmônicos da frequência fundamental.

É correto o que se afirma em:

(A) I, apenas.

(B) II, apenas.

(C) I e II, apenas.

(D) II e III apenas.

(E) I e III, apenas.

Gabarito: Letra A.

I. Verdadeira.

II. Falsa. As partículas de ar movimentam-se na direção longitudinal.

III. Falsa. Os tubos sonoros com uma extremidade fechada apresentam somente harmônicos ímpares.


Questão 17

Uma lanterna cilíndrica muito potente possui uma lente divergente em sua extremidade. Ela projeta uma luz sobre um

anteparo vertical. O eixo central da lanterna e o eixo principal da lente estão alinhados e formam um ângulo de 45º com

a horizontal. A lâmpada da lanterna gera raios de luz paralelos, que encontram a lente divergente, formando um feixe

cônico de luz na sua saída. O centro óptico da lente 𝑂 está, aproximadamente, alinhado com as bordas frontais da

lanterna. A distância horizontal entre o foco 𝐹 da lente e o anteparo é de 1 m. Sabendo disto, pode-se observar que o

contorno da luz projetada pela lanterna no anteparo forma uma seção plana cônica. Diante do exposto, o comprimento

do semieixo maior do contorno dessa seção, em metros, é:

Dados:

• a lente é do tipo plano-côncava;

• a face côncava está na parte mais externa da lanterna;

• diâmetro da lanterna: 𝑑 = 10 cm;

• índice de refração do meio externo (ar): 1;

• índice de refração da lente: 1,5;

• raio de curvatura da face côncava: 2,5 3 cm.

(A) 3 2

(B) ( 3 1)−

(C) ( 3 1)+

(D) 3

(E) 2 3


Vamos, inicialmente, calcular a distância focal da lente.

Pela equação de Halley:

L

M 1 2

n1 1 11

f n R R

= − +

1 1,5 11 0 f 5 3

f 1,0 2,5 3

= − − = −

Caso rotacionássemos o anteparo em 45°, a figura formada nesse caso seria uma circunferência de raio CB' . Como o

anteparo da questão encontra-se na posição vertical, ao projetarmos essa circunferência, teremos uma elipse, cujo

semi eixo menor possui mesmo tamanho do raio da circunferência e seu eixo maior de comprimento AB . Portanto, a

questão nos pede para calcular AB

2:

( )FDE ~ FCB' A.A.A :Δ Δ

f CF 5 3 CF

d / 2 CB' 5 CB'= =

CF CB' 33 tg 30 e 60

CB' CF 3= = = = α α β

Como ˆ ˆFHI HFI 45º= = , então:

HI FI 1= =

AFIΔ :

( )ÂFI 45º 75º AI FI. tg75º= + = =α

1AI tg75º

tg15º= =

FBIΔ :

( ) ( )ˆBFI 45º 15º BI FI tg15º= − = =α

BI tg15º=

( )1 1

AB AI BI tg15º 2 3 2 3tg15º 2 3

= − = − = − − =−

AB3

2=


Questão 18

Um corpo encontra-se com 2⁄3 de seu volume submerso. Uma de suas extremidades está presa por uma corda a um

conjunto de roldanas que suspende uma carga puntiforme submetida a um campo elétrico uniforme. A outra extremidade

está presa a uma mola distendida que está fixa no fundo do recipiente. Este sistema se encontra em equilíbrio e sua

configuração é mostrada na figura acima. Desprezando os efeitos de borda no campo elétrico, a deformação da mola na

condição de equilíbrio é:

Dados:

• a corda e as roldanas são ideais;

• aceleração da gravidade: 𝑔;

• massa específica do fluido: 𝜌;

• massa específica do corpo: 2𝜌;

• constante elástica da mola: 𝑘;

• volume do corpo: 𝑉;

• intensidade do campo elétrico uniforme: 𝐸;

• massa da carga elétrica: 𝑚; e

• carga elétrica: + 𝑞.

(A) g m 4ρV qE

k 2 3 2k

− +

(B) g 3m 4ρV 3qE

k 2 3 2k

− +

(C) ( )g qE

m 4ρv qE3k k

− + +

(D) g mg 4ρV qE

k 2 3 2k

− +

(E) mg qE 2ρV

k d 3

−


Forças que atuam na carga:

Para que haja o equilíbrio:

1 ele0 T F P= = +F

1T qE mg= +

Para que a roldana S permaneça em equilíbrio, é preciso que:

2 1

12

0 2T T

TT

2

= =

=

F

Para que a roldana 1 permaneça em equilíbrio, é preciso que:

2 3F 0 3T T= =

( )3 1 3

3 3T T T qE mg

2 2= = +

GABARITO IME – 12/10/2018 Forças que atuam no cilindro:

Para que haja o equilíbrio:

3 eleF 0 E T F P= + + =

( )2 3

kx Vg qE mg 2 Vg3 2

+ + + =ρ ρ

Logo,

g 3 4 3 qEx m V

k 2 3 2 k

= − +

ρ

Questão 19

Uma partícula desloca-se solidária a um trilho circular com 0,5 m de raio. Sabe-se que o ângulo , indicado na figura, segue

a equação 2θ t= , onde 𝑡 é o tempo em segundos e é o ângulo em radianos. O módulo do vetor aceleração da partícula,

em 𝑡 = 1 s, é:

(A) 5

(B) 2

(C) 1

(D) 2 5

(E) 2

Gabarito: Letra A.

Como 2t=θ , temos um M.C.U.V.

A velocidade angular vale ( )22 rad / s=ω ;

A aceleração angular vale ( )22 rad / s=α

Para t=1s, teremos a seguinte aceleração centrípeta:

( ) ( )2 22 2

cp cpa R 2t R 2.1 .0,5 a 2m / s= = = =ω

A aceleração tangencial, que é constante, é dada por: 2

t ta R 2.0,5 a 1m/ s= = =α

Assim, a aceleração resultante será:

2 2 2 2 2

res cp tg resa a a 2 1 a 5m / s= + = + =


Questão 20

A figura acima mostra três meios transparentes, de índices de refração 𝑛1, 𝑛2 e 𝑛3, e o percurso de um raio luminoso.

Observando a figura, é possível concluir que:

(A) 2 3 1n n n

(B) 1 2 3n n n

(C) 3 1 2n n n

(D) 1 3 2n n n

(E) 2 1 3n n n

Gabarito: Letra D.

Acompanhamos o percurso do raio luminoso ilustrado no enunciado.

Interface 3 2n n :→

O raio aproxima-se da normal, logo 3 2n n ;

Interface 2 1n n→ :

Ocorre reflexão total, logo 2 1n n ;

Desse modo, falta sabermos a relação entre 1n e 2n . Para tal, analisamos os ângulos de refração:

Interface 3 2n n→ : pela Lei de Snell – Descartes.

3 2n sen n senα β= *

Como ocorre reflexão total em 2 1n n→ , o ângulo β é maior que o ângulo limite L.

1

2

nsenL

n= ;

Como Lβ , sendo ambos agudos,

GABARITO IME – 12/10/2018 sen senLβ =

11 2

2

nsen n n sen

nβ β

Utilizando (*):

11 3

3

nn n sen sen

nα α

Mas sen 1α ,

11 3

3

nsen 1 n n

nα

Portanto, unindo as informações:

1 3 2n n n

Questão 21

Duas partículas A e B, ambas com carga positiva +𝑄 e massas 2𝑚 e 𝑚, respectivamente, viajam, em velocidades

constantes 𝑣 e 2𝑣 e nas direções e sentidos mostrados na Figura 1, até se chocarem e ficarem grudadas no instante

em que penetram numa região sujeita a um campo magnético constante ( 0 , 0 , 𝐵 ), sendo 𝐵 uma constante positiva.

O comprimento da trajetória percorrida pelo conjunto A+B dentro da região sujeita ao campo magnético é:

Observações:

• despreze o efeito gravitacional;

• antes do choque, a partícula B viaja tangenciando a região sujeita ao campo magnético;

• o sistema de eixo adotado é o mostrado na Figura 2; e

• despreze a interação elétrica entre as partículas A e B.

(A) 3 2πmv

2QB

(B) 2πmv

QB

(C) 3 2πmv

QB

(D) 3πmv

2QB

(E) 2πmv

2QB

GABARITO IME – 12/10/2018 Gabarito: Letra A.

Conservando o vetor quantidade de movimento ( )Q do sistema antes e depois do choque, obtemos:

( ) ( )2 22 2

ANTES A B ANTES

ANTES

Q Q Q Q 2mv 2mv

Q 2 2mv

= + = +

=

Como os módulos dos vetores quantidade de movimento das duas cargas são iguais e valem A BQ Q 2mv= = , o vetor

quantidade de movimento antes do choque forma um ângulo de 45º com a horizontal. Desse modo, por conservação, o

vetor quantidade de movimento após o choque também formará um ângulo de 45º com a horizontal.

Como as partículas movem-se como se fossem um único corpo pós choque, a massa do sistema formado por elas,

agora, vale 2m. Para descobrir a velocidade (V) com a qual o sistema irá iniciar sua trajetória na região de campo

magnético, igualemos os módulos:

ANTES APÓSQ Q=

2 22 2mv 3mV V v

3= =

Como o campo magnético é perpendicular ao vetor velocidade, a força magnética atua como resultante centrípeta do

movimento. Desse modo, somos capazes de descobrir o raio (R) do movimento:

m cpF F=

( )23mV 2mv

2Q.V.B.sen 90 RR QB

= =

O comprimento (C) da trajetória pedida equivale a 3/4 do perímetro de uma circunferência de raio R. Assim:

( )3 3 2mV

C 2πR C . 2π4 4 QB

= =

3 2πmVC

2QB=


Questão 22

A figura mostra um circuito montado sob um plano inclinado feito de material condutor ideal, sem atrito de ângulo α

com a horizontal. Um corpo é liberado do ponto A e, à medida que passa pelos sensores localizados nos pontos 1,

2, 3 e 4, as chaves Ch1, Ch2, Ch3 e Ch4 são fechadas instantaneamente. Diante do exposto, a energia elétrica

dissipada durante a descida do corpo até o ponto B, em joules, é:

Dados:

• 1R 10Ω= ;

• 2R 10Ω= ;

• 3R 5Ω= ;

• 4R 2,5Ω= ;

• E = 10 V;

• α = 30º; e

• 2g 10m / s=

(A) 6

(B) 16

(C) 32

(D) 62

(E) 120


Psen ma=α

( ) 2a 10sen 30º 5m / s= =

M.U.V: 21 2S at t S

2 5= =Δ Δ

Até o sensor 1: 1

2t .10 2s

5= = ; 4

2t .28,9 3,4s

5= =

Até o sensor 2: 2

2t .16,9 2,6s

5= = ;

Até o sensor 3: 1

2t .22,5 3s

5= = ;

Até B: TOTAL

2t .36,1 3,8s

5= =

Cálculo das energias em cada resistor: 2

1

2

2

10E P. t .1,8 18J

10

10E P. t .1,2 12J

10

= = =

= = =

Δ

Δ

2

3

2

2

10E P. t .0,8 16J

5

10E P. t .0,4 16J

2,5

= = =

= = =

Δ

Δ

TOTALE 62J=

Questão 23 Considere as seguintes grandezas e suas dimensionais:

Calor específico – [𝑐]

Coeficiente de dilatação térmica – [𝛼]

Constante eletrostática – [𝑘]

Permeabilidade magnética – [𝜇]

A alternativa que expressa uma grandeza adimensional é:

(A) 1[c][α κ μ−

(B) 1 1[c][α κ μ− −

(C) 1 1[c][α κ μ− −

(D) 2 2[c][α κ μ− −

(E) 2 2[c][α κ μ− −


Devemos reescrever cada dimensão dada em função de outras que conhecemos, como tempo, comprimento, etc. Para

isso, podemos usar fórmulas conhecidas com as unidades do S.I.:

Calor específico [c]:

Q m.c.ΔΤ

JJ kg.[c].K [c]

kg.K

=

= → =

Coeficiente de dilatação térmica [α :

0ΔL L .α ΔΤ

1m m.[α .K [α

K

=

= → =

Constante eletrostática [k]:

2

2 2

2 2

kqQF

d

[k]C N.mN [k]

m C

=

= → =

Permeabilidade térmica [μ :

0

2

2

μ .iF B.i.l .i.l

2.π r

C 1N [μ]. .m.

s m

= =

=

Podemos utilizar também que J N.m= e 2

mN .kg

s= , então temos:

2 3

2 2 2 2

m 1 m .kg m.kg[c] [α [k] [μ]

K.s K s C C= = = =

A opção que expressa uma grandeza adimensional é: 1 1[c][α [k] [μ− −

Questão 24

A figura mostra uma haste de massa desprezível com um apoio articulado em uma extremidade. A outra extremidade

possui um recipiente apoiado em uma mola e amarrado ao solo por um fio. A haste é mantida na posição horizontal e a

mola comprimida. Uma bola é colocada nesse recipiente e, após o corte do fio, o sistema é liberado com distensão

instantânea da mola.

A constante elástica da mola, em N/m, para que, quando a prancha estiver perpendicular ao solo, a bola seja lançada e

acerte o cesto é:

GABARITO IME – 12/10/2018 Dados:

• comprimento da prancha: 1 m;

• distância do apoio ao cesto: 5 m;

• massa da bola: 200 g;

• deformação inicial da mola: 10 cm; e

• aceleração da gravidade: 210m / s .

Observação:

• despreze as dimensões da bola.

(A) 400

(B) 500

(C) 2900

(D) 3400

(E) 12900

Gabarito: Letra C.

Analisando o lançamento horizontal da bola na cesta:

Eixo y:

( ) 2y t 1 5t= −

Eixo x:

( )x t vt=

Para chegar ao solo:

( )

( )

1y t 0 t s

5

x t 5m v 5 5 m/s

= =

= =

Analisando a conservação de energia da bola:

2 2

A B

kx mvE E mgh

2 2= = +

2k.10 0,2.1250,2.10.1

2 2

−

= +

k k2 12,5 14,5 k 2900 N/m

200 200= + = =


Questão 25 Um manômetro de reservatório é composto por dois tubos verticais comunicantes pelas respectivas bases e abertos em

suas extremidades. Esse conjunto é preenchido parcialmente por um fluido e, como o dispositivo encontra-se no ar à

pressão atmosférica padrão, o nível de fluido nos dois tubos é o mesmo. Em um dado momento, no tubo à esquerda, é

adicionada uma pressão manométrica equivalente a 12 mm de coluna de água. Considerando que não haja vazamento

no manômetro, a ascensão de fluido no tubo à direita, em mm, é igual a:

Dados:

• diâmetro do tubo à esquerda: 20 mm;

• diâmetro do tubo à direita: 10 mm; e

• densidade do fluido: 1,2.

(A) 20

(B) 40

(C) 8

(D) 4

(E) 10

Gabarito: Letra C.

Ao início os tubos estão na mesma altura e, ao adicionar a coluna d’água no tubo da esquerda a altura deste decai de

Δx e, por consequência, a altura do tubo da direita sobe de Δx ' . Assim:

A B ATM água 1 ATM 2

2

2

P P P ρ .g.h P ρ g.h

1.g.12 1,2.g.h

h 10mm

= + = +

=

=

Pela figura: Δx Δx ' 10 (i)+ =

Conservação de volume: 2 2π 10 .Δx π 5 .Δx ' Δx ' 4Δx = =

Em (i):

5Δx 10 Δx 2mm= =

Assim, como o fluído da direita ascendeu de Δx ' , temos:

Δx ' 8 mm=


Questão 26

Um cilindro de raio 𝑅 rola, sem deslizar, em velocidade angular 𝜔, sobre uma superfície plana horizontal até atingir

uma rampa. Considerando também que o rolamento na rampa seja sem deslizamento e chamando de 𝑔 a aceleração

da gravidade, a altura máxima, ℎ, que o eixo do cilindro alcança na rampa em relação à superfície plana é:

(A) 2 2ω RR

g+

(B) 2 2ω R

R2g

+

(C) 2 2ω R

2Rg

+

(D) 2 2ω R

g

(E) 2 2ω R

2g

Gabarito: ANULADA.

Embora um cilindro possua energia de rotação, como esse conteúdo não faz parte do programa do edital,

consideramos que o esperado seria conservar a energia do sistema com referencial de altura no solo.

=i fE E

( )2

2+ =

mmgR R mgh

2 2

2

= +

Rh R

g

OBS1: O correto seria considerar também a energia cinética de rotação do cilindro, assim teríamos:

=i fE E

Como 2

2=

mRI , temos:

( )2

2 21

2 2 2 + + =

m mRR mgR mgh

2 23

4

= +

Rh R

g

GABARITO IME – 12/10/2018 Além de não possuir opção correta, momento de inércia não faz parte do programa do edital, portanto o problema

deveria ser anulado.

OBS2: Se considerássemos o cilindro oco, teríamos: 2=I mR

Logo:

( )2 2 21

2 2 + + =

mR mR mgR mgh

2 2= +

Rh R

g

Nesse caso, a resposta correta seria a alternativa A. No entanto, não foi mencionado que o cilindro é oco.

Portanto, pela falta de clareza do enunciado e por haver conteúdos que não fazem parte do edital, a questão deve ser

anulada.

Questão 27 Duas pessoas executam um experimento para medir o raio da Terra a partir da observação do pôr do Sol. No momento

em que uma pessoa, deitada, observa o pôr do Sol a partir do nível do mar, uma outra pessoa, de pé, inicia a contagem do

tempo até que ela observe o pôr do Sol a partir da altura dos seus olhos. Sabendo-se que o intervalo de tempo entre as

duas observações é ∆𝑡, o raio da Terra obtido por meio desse experimento é

Observações:

• considere a terra uma esfera perfeita;

• considere o eixo de rotação do planeta perpendicular ao plano de translação;

• o experimento foi executado na linha do Equador; e

• desconsidere o movimento de translação da Terra

Dados:

• período de rotação da Terra: 𝑇; e

• distância vertical entre os olhos do segundo observador e o nível do mar: ℎ

(A) h

Δt1 cos 2π

T

−

(B) h

Δtsec 2π 1

T

−

(C) Δt

h.cotg 2πT

(D) Δt

h.cosec 2πT

(E)

Δth.sec 2π

T

Δt1 cos 2π

T

−


( )R h cos R+ =θ ; 2

t tT

= =

πθ ωΔ Δ

( )hcos R 1 cos= −θ θ

2 th.cos

hTR

2 t 2 t1 cos sec 1

T T

= =

− −

πΔ

πΔ πΔ

Questão 28

Uma fonte de tensão com tensão interna 𝐸 e resistência interna 𝑅𝑖𝑛𝑡 = 0,05 Ω, protegida por um fusível, alimenta uma

carga por meio de dois cabos com resistência linear igual a 1 Ω/km, como mostra a Figura 1. A Figura 2 mostra a

aproximação da reta característica de operação do fusível utilizado na fonte.

Inicialmente, a carga que consome 10 kW e opera com tensão terminal 𝑉𝑇 igual a 100 V, mas, subitamente, um curto

circuito entre os cabos que alimentam a carga faz com que o fusível se rompa, abrindo o circuito.

Sabendo-se que o tempo de abertura do fusível foi de 1,25 ms, a energia total dissipada nos cabos, em joules, durante

o período de ocorrência do curto circuito é, aproximadamente:

(A) 41

(B) 55

(C) 73

(D) 90

(E) 98

GABARITO IME – 12/10/2018 Gabarito: Letra C.

Inicialmente, a diferença de potencial entre os pontos A e B é 100V e a potência dissipada é 410 W . Com =P Ui ,

temos: 4 410 10= r

1= r

Onde r é a resistência da carga.

Olhando para a malha, temos que = ri .

Mas ( )30,05 0,1.100.10 .2 1 1,25−= + + = r

Logo, 125 = V

Ao cortar o circuito devido à queima do fusível:

Do gráfico, temos que a reta em questão é 65

20 2= − +

xy , para 1,25=y , temos 625=x A (corrente final).

Logo, ao final, temos:

=U ri

125 (0,05 2 ).625= + r

0,15

2= r

Portanto, a energia é:

2 2 30,15. . .2.625 .1,25.10

2

− = =r i t

73E J


Questão 29

A figura mostra uma estrutura composta pelas barras AB, AC, AD e CD e BD articuladas em suas extremidades. O apoio

no ponto A impede os deslocamentos nas direções x e y, enquanto o apoio no ponto C impede o deslocamento apenas na

direção x. No ponto D dessa estrutura encontra-se uma partícula elétrica de carga positiva 𝑞. Uma partícula elétrica de

carga positiva 𝑄 encontra-se posicionada no ponto indicado na figura. Uma força de 10 N é aplicada no ponto B, conforme

indicada na figura. Para que a força de reação no ponto C seja zero, o produto q.Q deve ser igual a:

Observação:

• as barras e partículas possuem massa desprezível; e

• as distâncias nos desenhos estão representadas em metros.

Dado:

• constante eletrostática do meio: 𝑘.

(A) 1250

7k

(B) 125

70k

(C) 7

1250k

(D) 1250

k

(E) k

1250

GABARITO IME – 12/10/2018 Gabarito: Letra A.

A força elétrica que atua na estrutura, resultante da interação das cargas, é dada por:

2=el

kQqF

d

A distância d entre as cargas pode ser encontrada utilizando o teorema de Pitágoras:

2 24 3 5= + =d m

Além disso, queremos ainda que 0=xC , então para que a estrutura fique em equilíbrio, é preciso que:

0= AM

Podemos decompor a força elétrica na vertical e na horizontal, afim de facilitar encontrar o momento gerada por ela. Com

isso, temos:

.cos .6 .s .6 10.6 0 + − =el elF F en

.(cos s ) 10 0+ − =elF en

4 3. 10

25 5 5

+ =

kQq

1250

7=Qq

k


Questão 30

Um tubo sonoro de comprimento total L = 1m, aberto nas duas extremidades, possui uma parede móvel em seu interior,

conforme a figura. Essa parede é composta de material refletor de ondas sonoras e pode ser transladada para diferentes

posições, dividindo o tubo em duas câmaras de comprimento L1 e L2. Duas ondas sonoras distintas adentram nesse

tubo, uma pela abertura da esquerda, com f1 = 2,89 kHz, e outra pela abertura da direita, com f2 = 850 Hz. Em relação

às ondas sonoras, os valores de L1 e L2, em cm, que possibilitarão a formação de ondas ressonantes em ambas as

cavidades são, respectivamente:

Dado:

• O meio no interior do tudo é o ar, onde o som se propaga com velocidade 340 m/s.

(A) 14,7 e 85,3

(B) 44,1 e 55,9

(C) 50,0 e 50,0

(D) 70,0 e 30,0

(E) 90,0 e 10,0

Gabarito: Letra C.

Sabemos que, para que haja ressonância em tubos fechados, o comprimento do tubo deve ser da forma

( ) ( )2 1 2 1

4 4

+ += =

n n vL

f

Dessa forma, temos:

( ) ( )

( ) ( )

1

2

2 1 .340 2 1

4.2890 34

2 1 .340 2 1

4.850 10

+ += =

+ += =

n nL

m mL

Porém, sabemos que o tamanho do fio, isto é, 1 2+L L é igual a 1m. Portanto:

1 2

2 1 2 11 10 34 148

34 10

+ ++ = + = + =

n mL L n n

Como m e n são números naturais, a solução da equação acima é única, n=8 e m=2

Substituindo L1 e L2:

1

17.3400,5m

4.2890= =L

2

5.3400,5m

4.850= =L

GABARITO IME – 12/10/2018 Professores:

Adriano Henrique

Fábio Oliveira

Gabriel Gregon

Gustavo Plenamente

Leandro Iorio

Lucas Convertito

Lucas Scheffer

Pedro Lameirão

Victor Milaré


Questão 31 Admita que uma solução aquosa 0,0400 molar de ácido tricloroacético congele a -0,1395 ºC. Considere ainda, que a

constante de abaixamento do ponto de congelamento ( )CK da água seja 1,860 ºC.kg.mol-1 e que 1,00 L de solução

contenha 1,00 kg de solvente. O valor da constante de dissociação ( )aK do ácido tricloroacético será:

(A) 74,90 10−

(B) 53,28 10−

(C) 37,66 10−

(D) 21,36 10−

(E) 12,45 10−

Gabarito: Letra E.

A ionização do ácido tricloroacético pode ser representada pela seguinte equação representativa da reação de equilíbrio:

Para a qual temos a seguinte lei de Ostwald:

2 2

a

(Mα) MαK

M(1 α) (1 α) (1)

O efeito coligativo de abaixamento do ponto de ebulição gerado pela ionização desse ácido pode ser quantificado pela

seguinte expressão crioscópica:

cΔT K W i

em que CK é a constante crioscópica fornecida. Em um litro de solução 0,04 molar contendo 1 kg de solvente, a

molalidade da solução é W = 0,04 molal. Para encontrar o fator de Van’t Hoff ( i ), fazemos:

0 ( 0,1395) 1,860 0,04 i

i 1,875

Com a fórmula de Van’t Hoff, encontramos o grau de dissociação:

i 1 α (q 1)

Substituindo o fator i e q=2, temos:

α 0,875

Substituindo o valor do grau de ionização encontrado na equação (1): 2

a

0,04 (0,875)K

1 0,875

Com isso, concluímos: 1

aK 2,45 10


Questão 32 As moléculas abaixo são utilizadas como agentes antioxidantes:

Tais agentes encontram utilização na química medicinal devido a sua habilidade em capturar radicais livres, espécies

muito nocivas ao corpo, pois oxidam o DNA, causando inúmeras doenças.

A atividade antioxidante desses compostos está relacionada a sua capacidade de doar elétrons ou radicais

hidrogênio. Baseado nesse conceito, é de se esperar que a ordem decrescente de atividade antioxidante das

moléculas seja:

(A) (I) > (II) > (III)

(B) (I) > (III) > (II)

(C) (II) > (I) > (III)

(D) (II) > (III) > (I)

(E) (III) > (I) > (II)

Gabarito: Letra E.

Temos os seguintes compostos:

A capacidade antioxidante está relacionada à densidade eletrônica nos anéis heterocíclicos. Quanto maior for a

densidade eletrônica, maior será a capacidade antioxidante.

Os três compostos propostos diferem na densidade eletrônica devido à presença de grupos substituintes nos

radicais fenila.

No terceiro composto observamos a presença de quatro grupos doadores de elétrons, assim, este composto

terá maior capacidade oxidante.

O segundo composto possui dois grupos doadores de elétrons, contra apenas dois grupos doadores de

elétrons no primeiro composto. Assim, o primeiro composto possui maior ação antioxidante que o segundo composto.


Questão 33 Considere as reações abaixo:

2 2 2

1H (g) O (g) H O(l)

2+ → (I)

2 2 2

1H (g) O (g) H O(g)

2+ → (II)

Assinale a alternativa correta.

(A) O decréscimo de entropia é menor na reação (I) do que na reação (II).

(B) O acréscimo de entropia na reação (I) é maior do que na reação (II).

(C) O decréscimo de entropia é menor na reação (II) do que na reação (I).

(D) O acréscimo de entropia na reação (II) é maior do que na reação (I).

(E) A variação de entropia é igual em ambas as reações.

Gabarito: Letra C.

Reação I: 2 2 2

1H (g) O (g) H O(l)

2+ →

Reação II: 2 2 2

1H (g) O (g) H O(g)

2+ →

As reações apresentam um decréscimo na quantidade de matéria ( o

.n de mol), no estado gasoso, o que implica um

decréscimo no valor da entropia.

Nesse caso, apresentará maior decréscimo de entropia a reação que apresentar maior decréscimo de quantidade de

matéria.

Reação I: gasoso

1 3Δn 0 1 mol

2 2

= − + = −

Reação II: gasoso

1 1Δn 1 1 mol

2 2

= − + = −

Portanto a Reação I apresenta um decréscimo maior em sua entropia.

Questão 34 É requerido que fazendas produtoras de leite bovino controlem a acidez do leite que está aguardando o processamento.

Essa acidez é resultante da conversão da lactose em ácido lático (ácido 2-hidroxipropanoico) por ação de

microrganismos:

11 22 11 2 3 6 3C H O H O 4C H O+ →

Um fazendeiro decidiu fazer um experimento para determinar a taxa de geração de ácido lático no leite armazenado:

retirou uma amostra de 50 cm3 de leite, cuja concentração de ácido lático é de 1,8 g/L, e, depois de três horas, utilizou

40 cm3 de uma solução 0,1 molar de NaOH para neutralizá-la.

Conclui-se que a taxa média de produção de ácido lático por litro de leite é:

(A) 0,25 mg/L.s

(B) 0,33 mg/L.s

(C) 0,50 mg/L.s

(D) 0,67 mg/L.s

(E) 1,00 mg/L.s

GABARITO IME – 12/10/2018 Gabarito: Letra C.

O ácido lático é monoprótico devido ao único grupo carboxila.

Então, teremos uma proporção de 1:1 na reação de titulação com NaOH :

( )NaOH ácido finaln n=

Cálculo do NaOH

mol 40n 0,1 . L 0,004mol

L 1000= =

Cálculo do ( ) ( )ácido ácidoinicial inicial

g 50 1moln 1,8 . L. n 0,001 mol

L 1000 90g= =

Portanto, foi produzido (0,004-0,001) mol de ácido lático ao longo de 3h.

90000mg0,003mol.

mg1 molTaxa 0,5

50 L.sL.3.3600s

1000

= =

Questão 35 Escolha a alternativa que apresenta as substâncias relacionadas em ordem crescente de solubilidade em água, a 25ºC

e 1 atm:

(A) Bromo < dissulfeto de carbono < butanol < etanol < brometo de potássio.

(B) Metano < neopentano < dietilcetona < t-butanol < n-butanol.

(C) Hidróxido de alumínio < carbonato de cálcio < carbonato de magnésio < nitrato de prata < sulfato de bário.

(D) Isobutano < p-diclorobenzeno < o-diclorobenzeno < o-nitrofenol < p-nitrofenol.

(E) Cromato de chumbo (II) < Cromato de bário < carbonato de sódio < carbonato de magnésio < clorato de magnésio.

Gabarito: Letra D.

A) Falsa, podemos eliminar esta alternativa pois sabemos que a água e o etanol são miscíveis em qualquer

proporção. Assim, o etanol deveria ser o mais solúvel.

B) Falsa, pelo seu menor tamanho, o metano é mais facilmente solvatado pelas moléculas de água e, portanto,

e mais solúvel.

C) Falsa, sabemos que o sulfato de bário é insolúvel e, portanto, deve ser menos solúvel que o nitrato de prata

(todos os nitratos são razoavelmente solúveis).

D) Verdadeira, temos os seguintes compostos:

O butano é o composto menos solúvel, como é formado apenas por ligações C-H tem muito baixa afinidade com a

água.

Entre os diclorobenzenos e os nitrofenóis, os nitrofenóis são mais solúveis pois tem grupos formados por átomos mais

eletronegativos que permitem melhor interação com a água.

Entre o p-diclorobenzeno e o o-diclorobenzeno, o p-diclorobenzeno é menos solúvel já que este é um composto apolar

(os vetores de momento de dipolo das ligações C-Cl se anulam).

Entre o p-nitrofenol e o o-nitrofenol, o p-nitrofenol é mais solúvel. Isso ocorre por que o o-nitrofenol forma ligações de

hidrogênio intramoleculares, o que dificulta a formação de ligações de hidrogênio intermoleculares com a água.

E) Falsa, o carbonato de sódio é mais solúvel que o carbonato de magnésio. Sabemos que os carbonatos de

metais alcalinos são mais solúveis devido à menor carga do cátion.


Questão 36 Assinale a alternativa correta:

(A) A estrutura primária de uma proteína é definida pela ordem em que os aminoácidos adenina, timina, citosina e

guanina se ligam entre si.

(B) A estrutura secundária de uma proteína é definida por conformações locais de sua cadeia principal que assumem

padrões específicos, tais como hélices α e folhas β.

(C) A estrutura terciária de uma proteína é definida pelo modo conforme duas ou mais cadeias polipeptídicas se

agregam entre si.

(D) As enzimas são proteínas que atuam como catalisadores biológicos e que se caracterizam pela sua capacidade de

reagir, simultaneamente, com milhares de substratos de grande diversidade estrutural.

(E) A glicose, a ribose e a frutose são enzimas que devem ser obrigatoriamente ingeridas na dieta dos seres humanos,

uma vez que nossos organismos não conseguem sintetizá-las.

Gabarito: Letra B.

Proteínas são biomoléculas complexas, polímeros de aminoácidos, essenciais para a vida. Dependendo de seu grau

de organização, sua estrutura, a cadeia polipeptídica, pode ser classificada em primária, secundária, terciária ou

quaternária. Analisando as alternativas:

(A) Falsa

Realmente a estrutura primária se refere a sequência de aminoácidos ligados entre si linearmente; essa é a estrutura

mais simples. Porém, adenina, timina, guanina e citosina não são aminoácidos e sim bases nitrogenadas (compõem o

DNA). Exemplos de aminoácidos são: glicina, prolina, alanina.

(B) Verdadeira

A estrutura secundária é marcada por conformações locais, ou seja, a estrutura deixa de ser linear e passa a tomar

algum padrão (α-hélice, folha-β e laços). Isso ocorre devido a interações do tipo ligações de hidrogênio que ocorrem

dentro da própria cadeia polipeptídica.

(C) Falsa

A estrutura terciária diz respeito a forma enovelada como a estrutura secundária se organiza no espaço. Ou seja, não

envolve duas ou mais cadeias polipeptídicas, apenas uma.

(D) Falsa

Realmente a maioria das enzimas são de natureza proteica e atuam como catalisadores em reações orgânicas que

ocorrem no corpo humano. Porém, elas também são caracterizadas por apresentar uma alta especificidade, ou seja,

reagem apenas com um substrato específico.

(E) Falsa

Glicose, ribose e frutose são oses, glícídios ou carboidratos (todos sinônimos), ou seja, são “açúcares” e não proteínas.


Questão 37 Considere as representações, não identificadas, dos seguintes polímeros: polibutadieno, poliestireno, poli(cloreto de

vinila), poli(metacrilato de metila) e poli(cloreto de vinilideno).

Com base nessas estruturas, avalie as sentenças a seguir:

I – O poli(cloreto de vinilideno) apresenta isomeria óptica enquanto o poli(cloreto de vinila) não apresenta isomeria

óptica.

II – O polibutadieno pode apresentar estereoisômeros cis e trans.

III – A massa molar do mero do poliestireno é maior do que a do mero do polibutadieno.

IV – A transesterificação do poli(metacrilato de metila) com etanol produz acetato de metila mais o poli(álcool vinílico).

É correto apenas o que se afirma nas sentenças:

(A) II e III.

(B) I e II.

(C) II e IV.

(D) I, III e IV.

(E) I, II e III.

Gabarito: Letra A.

Identificando cada polímero:

Polímero Monômero Nome IUPAC Estrutura

Polibutadieno Butadieno Buta-1,3-dieno

Poliestireno Estireno Vinilbenzeno

Poli(cloreto de vinila) Cloreto de vinila Cloro eteno

Poli(metacrilato de metila)

Metacrilato de metila 2-metilpropenoato de

metila

Poli(cloreto de vinilideno)

Cloreto de vinilideno 1,1-dicloroeteno

GABARITO IME – 12/10/2018 Analisando as afirmativas:

I – Falsa

O poli(cloreto de vinilideno) tem dois átomos de cloro ligados ao mesmo carbono, ou seja, não apresenta geometria

óptica. Já o poli(cloreto de vinila) tem os quatro ligantes diferente entre si, então apresenta geometria óptica.

II – Verdadeira

O polibutadieno mantém uma dupla remanescente e pode apresentar isomeria geométrica.

III – Verdadeira

O monômero do poliestireno apresenta massa molar de 104 g / mol contra 54 g/mol do monômero do polibutadieno.

IV – Falsa

A transesterificação do monômero é descrita pela seguinte reação:

Será produzido, portanto, o poli(metacrilato de etila) e metanol.

Questão 38 Assinale a alternativa VERDADEIRA:

(A) A energia de ligação na molécula de NO é maior que no íon NO+ .

(B) A energia de ligação na molécula de CO é maior que no íon CO+ .

(C) A molécula de 2O tem maior energia de ligação que os íons 2O + e 2O −

.

(D) A ligação dupla C C= tem o dobro da energia da ligação simples C C− .

(E) O íon NO− é mais estável que o íon NO+ .

Gabarito: Letra B.

Primeira Solução

Para comparar as energias de ligação devemos construir os orbitais moleculares dos compostos CO e NO e O2:

A partir dos diagramas de orbital molecular podemos calcular as ordens de ligação (a ordem de ligação é a metade da

diferença entre o número de elétrons ligantes e o número de elétrons antiligantes).

A) Falsa, o NO tem ordem de ligação 2,5, enquanto a ordem de ligação do NO+ é 3 (o elétron ionizado é retirado de um

orbital antiligante no NO). Como o NO+ tem maior ordem de ligação, este deve possuir maior energia de ligação.


B) Verdadeira, o CO tem ordem de ligação 3, enquanto a ordem de ligação do CO+ é menor que 3 (o elétron ionizado

é retirado de um orbital ligante no CO). Devemos notar que, devido ao caráter aproximadamente não ligante do orbital

molecular de maior energia ocupado (HOMO), a ligação no CO+ é mais curta que a ligação no CO, entretanto, o CO

(255,8 kcal/mol) tem maior energia de ligação que o CO+ (192,0 kcal/mol).

C) Falsa, o O2 tem ordem de ligação 2, enquanto a ordem de ligação do O2+ é 2,5. Como o O2

+ tem maior ordem de

ligação, este deve possuir maior energia de ligação.

D) Falsa, a ligação pi tem energia diferente da ligação sigma, assim, a energia de uma ligação dupla (sigma + pi) é

diferente da energia de duas ligações simples (sigma + sigma).

E) Falsa, o NO- tem ordem de ligação 2, enquanto a ordem de ligação do NO+ é 3. Como o NO+ tem maior ordem de

ligação, este deve ter maior estabilidade.

Segunda Solução

Em uma solução alternativa, podemos comparar as ordens de ligação analisando as espécies isoeletrônicas e suas

estruturas:

Questão 39

Quanto à precipitação do hidróxido férrico (36

PSK 1,0.10−= ) em uma solução 0,001 molar de Fe3+, é correto afirmar que

(A) independe do pH.

(B) ocorre somente na faixa de pH alcalino.

(C) ocorre somente na faixa de pH ácido.

(D) não ocorre para pH < 3

(E) ocorre somente para pH 12

Gabarito: Letra D.

O equilíbrio de solubilidade do hidróxido férrico pode ser representado pela seguinte equação: 3+ -

3Fe(OH) Fe +3OH

De forma que a expressão para a constante do produto de solubilidade é: 3+ - 3

psK [Fe ] [OH ]=

Quando a concentração de íons férricos vale 0,001 molar, temos, na situação-limite: 36

3 33

3

10[OH ] 10

10

−− −

−= =

Assim, a precipitação ocorrerá para valores de concentração do ânion hidroxila maiores que 10 -11 molar, ou seja, em

valores de pOH 11 .

GABARITO IME – 12/10/2018 Assim, a 25 ºC, para o qual a constante de autoprotólise da água vale 10-14, a precipitação só ocorrerá para valores de

pH 3 e, portanto, não ocorre para valores de pH menores que esse.

Questão 40 Assinale, dentre as alternativas, aquela que corresponde às funções orgânicas geradas após a hidrólise ácida total da

molécula abaixo:

(A) Ácido carboxílico, amina, álcool.

(B) Amina, ácido carboxílico, álcool, aldeído.

(C) Álcool, cetona, éster, éter.

(D) Amida, aldeído, cetona.

(E) Éter, amida, ácido carboxílico.

Gabarito: Letra A.

A hidrólise completa da molécula proposta promove a conversão dos grupos funcionais nitrila, éster e amida mediante a

seguinte reação:

CO

N

O

NH

O

H3O+

O

OH OH

O

NH2

+OHOH

O

As funções orgânicas geradas nos produtos são: ácido carboxílico, amina e álcool.

Professores:

Claudio Ferro

Gabriel Braun

Márcio Santos

Victor Brandão

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Gabarito IME 1ª Fase - pensi.com.br · Em um jogo de RPG “Role-Playing Game” em que os jogadores lançam um par de dados para determinar a vitória ou a derrota quando se confrontam