IME - 2018/2019 - ensinoelite.com.br · IME - 2018/2019 4 Questão 02. Os ângulos 1, 2, 3, , 100 são os termos de uma progressão aritmética na qual 11 26 75 90

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MATEMÁTICA / FÍSICA / QUÍMICA

01 D 21 A

02 D 22 D

03 E 23 B

04 B 24 C

05 C 25 C

06 C 26 *

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 *

19 A 39 D

20 D 40 A

*ANULADA

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GABARITO IME

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.

Solução:

IDADE = 2018 - 19ab

9 + a + b = 2018 – 1900 - 10a - b

11a + 2b = 109

Como b≤9 → 2b≤18 → 109-11a≤18→ 91≤11a

a≥8,272727.... , daí a=9 então b=109 99

2

=5

Aristeu nasceu em 1995 logo:

0 + c + d = 2018 - 20cd

c + d = 18 - 10c - d

11c + 2d = 18

Note que c<2→ c=1 ou c=0 , daí :

c=1→ 11.c+2d=18 → d=7/2 (impossível)

c=0→11.0+2d=18→d=9

Logo o irmão nasceu em 2009

Suas idades são 23 e 9 , soma =23 + 9 = 32

Opção: Letra D.

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Questão 02.

Os ângulos 1, 2, 3, , 100 são os termos de uma progressão aritmética na qual

11 26 75 90 .4

O valor de

100

1isen

i

é:

(A) –1.

(B) 2

– .2

(C) 0.

(D) 2

.2

(E) 1.

Solução:

1 2 3 100 1 100 2 99 3 98

11 26 75 90 11 90 26 75 1 100 1 100

11 90 101 26 75 101

1 100 1 100

100

1 1 21

: , , ,..., ... , 101

4 4 4

24 8

p q

i

PA onde p q

1 1 100

3 100

.100... soma da PA

2

na a n

2 8

.50

100

11

25

4

25 2sen sen sen 6 sen

4 4 4 2i

Letra D

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Questão 03.

Calcule o valor do determinante:

2 2 2

4 2 1

log 81 log 900 log 300

(log9) 2 4 log 3 2 (log 3) (log 3 2)

(A) 1. (B) 2. (C) 4. (D) 8. (E) 16.

Solução:

4

2 2 2 2

2 2 2

2

4 2 1

log3 log900 log300

(log3 ) 2 4log3 2(log3) (log3 2)

1 2 1

4. log3 2log3 2log10 log3 2log10

(log3) 2 4log3 2(log3) (log3) 4 4log3

subtraindo a coluna 3 da coluna 2:

1 2

4. log3 2log3 2

(log3) 2 4log3 2(l

2 2

1 1 3

2 2

3 1

1

log3

og3) (log3) 2

Fazendo c / c c :

0 2 1

4. 0 2log3 2 log3

2 2 4log3 2(log3) (log3) 2

por Laplace:

2 14.2.( 1) . 8.( 2log3 2log3 2) 16

2log3 2 log3

Opção: Letra E.

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Questão 04.

Seja a inequação:

6x4 – 5x3 – 29x2 + 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

Solução:

Primeiramente podemos fatorar: 4 3 2 3 26 5 29 10 6 5 29 10x x x x x x x x

Inspecionando as raízes temos que –2 é raiz. Pelo algoritmo de Briot Ruffini:

| 6 5 29 10________________

2 6 17 5 0

Donde as outras duas raízes são as raízes da equação 2 5 16 17 5 0 e

2 3x x x x

Daí o conjunto de raízes é 1 5

2, 0, ,3 2

.

Analisando os sinais temos:

O maior intervalo possível é 5 1 13

2 3 6b a .

Opção: Letra B.

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Questão 05.

Sejam x1, x2 e x3 raízes da equação x3 – 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.

Solução:

1°solução:

Substituindo as raízes na equação temos :

x1³ - ax1 - 16=0

x2³ - ax2 - 16=0

x3³ - ax3 - 16=0

Somando temos: (x1³+ x2³+ x3³) –a (x1+ x2+ x3) -48 =0

Das relações de Girard temos : x1+ x2+ x3=0

Logo: (x1³+ x2³+ x3³) –a . 0 – 48 = 0 → x1³+ x2³+ x3³ = 48

2° solução:

Usando identidade de Gauss :

x1³ + x2³ + x3³ - 3x1x2x3 = (x1 + x2 +x3)(x1² + x2² + x3² - x1x2 - x1x3 - x2x3)

Das relações de Girard temos :

1 2 3

1 2 1 3 2 3

1 2 3

0

16

x x x

x x x x x x a

x x x

Dessa forma :

x1³ + x2³ + x3³ - 3x1x2x3 = 0

x1³ + x2³ + x3³ = 3 . 16

x1³+ x2³+ x3³ = 48

Opção: Letra C.

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Questão 06.

Seja z um número complexo tal que z12 , 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

Solução:

1212 12 12 12 12 12

12 12 12 12

11

Re 1

12 cos12 12

cos12 12 12 0 12 0 12 ,12

0, 1,2,3,4,5 5 possibilidades2

z ciscos cos

z

z cis z cis z i sen

kz i sen sen sen k k

k

11 1

222

3

3 3

4

4 4

5

5 5

1 6 21412

121 31

266

1 1 2 6 2 3 2 1 6 2

4 4 2 4 2 2 2 4

1 1 13 3 25

1 5 1 6 212

12 4

6 2

cos

cos

cos S

cos

cos

S

6 2 3 2 1 6 3 2 1

4 2 2

2,45 1,73 1,41 1 6,59 5 7,

2 2 2 2

S

S S S

Opção: Letra C.

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Questão 07.

Definimos a função f : da seguinte forma:

2

0 0

1 1

2 , 1

( )

( )

( ) ( )

( )2 1 , 1

f n f n

n

f

f

f n

n

n

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.

Solução:

Analisando as alternativas temos :

(A) FALSA Pois , toda saída de f(n) é um quadrado perfeito , logo existem números do contradomínio que não pertencem a imagem

(B) FALSA g(3)=f(3).f(4) g(3)=f(3).f(2.2)=f(3).f(2)=g(2)

(C) FALSA Mesmo raciocínio da letra A

(D) FALSA f(3)=f(2.1+1)=1²=f(1)

(E) VERDADEIRA g(2018)=f(2018).f(2019) g(2018)=f(1009).f(2009)=f(2.504+1).f(2.1009+1) g(2018)=504².1009²= 26 . 34 . 72 . 10092

Logo: Quantidade de divisores positivos :7.5.3.3=315

Opção: Letra E.

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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

Solução:

Seja x e y o valor dos dados rolados para vencer, temos:

35x y

Casos favoráveis: (16,20); (17,19); (17,20); (18,18); (18,19); (18,20); (19,17); (19,18); (19,19); (19,20); (10,16); (20,17); (20,18); (20,19); (20,20) = 15 casos

Casos totais: 20.20 = 400

15 3

400 80P

Opção: Letra E.

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Questão 09.

Um hexágono regular está inscrito em um círculo de raio . 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 ?2

Rr

(A) 0 (B) 1/10 (C) 3/5 (D) 1/20 (E) 1/6

Solução:

Observe pela figura que existem 3 tipos de triângulos:

, , CDE ABE BDF .

No caso ,DCE temos:

. . 30.

2CDE

ED EC senS p r , onde p é o semiperímetro e r é o raio da circunferência inscrita

ao DCE .

Pela relação dos ângulos:

2. 60 .3. , logo p=2R+ 3.

CE sen RCE R R

DE CD R

Portanto: . 3 3

(2 3)2 2 24(2 3)

R R R RR r r

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No caso ABE , temos:

. . 90.

2ABE

AB AE senS p r , onde 3.AE R e p=3R+ 3.R

Portanto:

. 3 3(3 3). .

2 22(3 3)

R R RR r R r

No caso BDF , temos: 2

Rr

Como a quantidade de triângulos congruentes ao BDF são dois, temos:

Casos Favoráveis: 2

Casos Totais: 3

6

6.5.420

3.2.1C

Logo: 2 1

20 10P

Opção: Letra B.

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Questão 10.

O número de soluções reais da equação abaixo é:

22018 /cos 2 – 2

xx

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

Solução:

Vamos analisar as duas funções : f(x)= (cosx)2018 e g(x)=2 – 2(x/)2

Graficamente temos:

Note que f(0)=g(0)=1 (1° solução)

Nota que as duas funções são pares , logo, basta analisar x>0

Temos os seguintes fatos:

1)0≤f(x)≤1 para todo x real

2) g(x) é estritamente decrescente para x≥0

3)g()=0

4)g( /2)=2- 1\42 >0

Como f(/2)<g( /2) e f()>g() temos exatamente uma solução entre /2 e π. Logo temos também uma solução entre –π e – /2 (pois são pares). Como g(x)<0 para x:> , não existem soluções neste intervalo .

Logo, pelo gráfico e pelas considerações acima podemos concluir que há três soluções.

Opção: Letra D.

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Questão 11.

Seja um triângulo ABC com lados a, b e c opostos aos ângulos ˆˆ ˆ, ,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(Â + Ĉ) = sen(Â) + sen(Ĉ) (B) 2cos(Â + Ĉ) = cos(Â) + cos(Ĉ) (C) 2sen(Â Ĉ) = sen(Â) sen(Ĉ) (D) 2cos(Â Ĉ) = cos(Â) cos(Ĉ) (E) 2cos(Â + Ĉ) = sen(Â) + sen(Ĉ)

Solução:

) Pela lei dos senos

2sen( ) sen( ) sen( )

2 · sen( )

2 · ( )

2 · sen( )

2 · 2 · sen( ) 2 · sen( ) 2 · sen( )

2 · sen( ) sen( ) sen( ).

)

( ) sen( ) sen( )

) )

2 sen( ) sen( )

I

a b cR

A B C

a R A

b R sen B

c R C

R B R A R C

B A C

II

A B C B A C B A C

I II

A C A

sen ( )C

Opção: Letra A.

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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 45° no sentido anti-horário em torno da origem. A equação dessa hipérbole após a rotação é:

(A) xy = 2 (B) x2 + xy y2 = 4 (C) x2 y2 = 2 (D) xy = 2 (E) x2 y2 = 2

Solução:

2 2

2 2

2 2

Primeiramente, na hipérbole original:

2 = 2 = 4 = = 2

Eθ.: 1

4

a b a b

x y

a b

x y

o 0

1 1

0 1

0 1

dado um ponto ( , ) na hipérbole original,

ao rotacionarmos teremo s o ponto ( , ), logo:

X cos θ cos (45º θ)

sen θ sen (45º θ)

X Y

X Y

P X P

Y P Y P

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1

1

1 0 0

1 0 0

1 1 1 10 0

Logo :

2 2cosθ sen θ

2 2

2 2cos θ sen θ

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

X P P

Y P P

X X Y

Y X Y

X Y Y XX Y

2 2

0 0

2 2

1 1 1 1

1 11 1

como : X 4

temos : 42 2

44 2

2

Y

X Y Y X

X YX Y

Opção: Letra A.

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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) 2 2R

(D) 4 5R

(E) 5

45

R

Solução:

Inscrevendo o quadrado MNPQ de lado l no setor, conforme o enunciado, obtemos a

seguinte figura

Desse modo, no triângulo OMP temos:

2

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 cos 90 45

52 2 5

5

R l l l l

RR l l l l l

Portanto o perímetro do quadrado é 4 5

2 45

quadrado

Rp l .

Opção: Letra E.

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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.

Solução:

I-Verdadeira

II-Falso- contraexemplo a reta pode ser secante ao plano

III- Falso-contraexemplo

Para determinar um plano basta escolhermos 3 pontos dos 4 .

Logo temos: C4,3=4!

3!1! =4 planos

IV-Falso- Contraexemplo

Elas podem ser reversas

V-Verdadeira

Opção: Letra B.

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Questão 15.

Em um tetraedro , os ângulos ˆABC e ˆACB são idênticos e a aresta é ortogonal à

BC. A área do ABC é igual à área do Δ, e o ângulo ˆMAD é igual ao ângulo ˆMDA , onde M é ponto médio de BC. Calcule a área total do tetraedro ABCD, em cm2 , sabendo que BC = 2 cm, e que o ângulo é igual a 30º

(A) (2 3 )

(B) (2 + 3 )

(C) 4(2 3 )

(D) 4(2 + 3 )

(E) 4

Solução:

Da figura temos :

Como AD é ortogonal à BCE e MA é perpendicular a BC, temos que BC é perpendicular ao

plano MDA, logo o BMD=90°

Como MAD=M DA , Δ é isósceles , logo MA=MD

Logo , como ΔMCA ≡ ΔMDC(L.A.L), daí DC=AC, analogamente BD=AB.

Finalmente ΔBCD ≡ ΔBCD(L.L.L) ,

Logo: Stotal= SABC + SADC+SBAD+ SBCD =4 SABC

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L=1

sen15 =

4

6 2 = 6 2

SABC= 6 2 ²

2

.sen30° = 2 3 →Stotal=4(2 3 )

Opção: Letra D.

Professores:

Arthur Martins

Carlos Souza

Daniel Martins

Diego Cunha

Europe Gorito

Gilberto Gil

Jean Pierre

Marcos Assumpção

Rafael Sabino

Comentário:

Esta prova de matemática foi abrangente dentro dos assuntos do edital porem apresentou nível de dificuldade inferior aos anos anteriores deste concurso. O aluno bem preparado não terá grandes problemas em obter a nota mínima para aprovação à segunda fase já que havia. pelo menos, sete questões de fácil resolução. Ressaltamos que a prova estava com enunciados claros e sem margem para ambiguidades.

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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.

Solução:

I. Verdadeira. Som é uma onda mecânica, longitudinal e sua direção de vibração coincide

com a direção de propagação.

II. Falsa. A onda sonora é longitudinal, portanto o ar no interior do tubo não se movimenta

transversalmente.

III. Falsa. Nesse caso, apenas os harmônicos ímpares são formados. 4

vf n

, n é ímpar.

Opção: Letra A.

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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 está, aproximadamente, alinhado com as bordas frontais da lanterna. A distância horizontal entre o foco 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

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23

(E) 2 3

Solução:

Cálculo da distância focal da lente:

1 2

1 1 1 1 1,5 1 11 1 5 3 cm

1 2,5 3

L

M

nf

f n R R f

Com isso: 5 1

tan 30º5 3 3

2

1

2 1

31tan 45º tan 30º 3tan 45º 30º1 tan 45º tan 30º 31

3

31tan 45º tan 30º 3tan 45º 30º1 tan 45º tan 30º 31

3

3 31 13 3 2 3

3 31 13 3

y

y

y y

O semieixo será metade desse comprimento: 2 1 32

y y

Opção: Letra D.

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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)

4

2 3 2

g m pV qE

k k

(B)

3 4 3

2 3 2

g m pV qE

k k

(C) 43

g qEm pv qE

k k

(D)

4

2 3 2

g mg pV qE

k k

(E)

2

3

mg qE pV

k d

IME - 2018/2019


25

Solução:

Isolando a carga, temos:

2

(I)2 2

eT F mg

qE mgT

Isolando o corpo, temos:

3

23 2 (II)

3

elE T P F

g V T Vg kx

Substituindo (I) em (II), temos:

2 3 32

3 2 2

1 3 3 4

2 2 3

3 4 3

2 3 2

qE mgVg Vg kx

qE mg gVx

k

g mg gV qEx

k k

Opção: Letra B.

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26

Questão 19.

Uma partícula desloca-se solidária a um trilho circular com 0,5 m de raio. Sabe-se que o ângulo q, indicado na figura, segue a equação q = 2 , onde é o tempo em segundos e q é o ângulo em radianos. O módulo do vetor aceleração da partícula, em = 1 s, é:

(A) 5

(B) 2

(C) 1

(D) 2 5

(E) 2

Solução:

A aceleração resultante na partícula é a soma da aceleração tangencial e centrípeta:

2t t

Velocidade angular:

2 rad/sd t

t t tdt

Aceleração tangencial:

2 e 2 rad/s

2 0,5 1 m/s²

T

T

d ta t R t a t

dt

a t R

Aceleração centrípeta:

22 21 1 2 1 0,5 2 m/scpa R

Aceleração resultante:

2 2 2 2

2

1 2

5 m/s

T cpa a a

a

Opção: Letra A.

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27

Questão 20.

A figura acima mostra três meios transparentes, de índices de refração 1, 2 e 3, e o percurso de um raio luminoso. Observando a figura, é possível concluir que:

(A) 2 < 3 < 1 (B) 1 < 2 < 3 (C) 3 < 1 < 2 (D) 1 < 3 < 2 (E) 2 < 1 < 3

Solução:

Na passagem de 3 para 2, a luz se aproxima da normal, diminui a velocidade e aumenta o índice de refração, portanto: 3 2n n

Na passagem de 2 para 1, existem espelhamento (reflexão total), portanto o ângulo de incidência é maior que o limite, portanto: 1 2n n

Comparando 1 e 3, vemos que para o mesmo ângulo , a luz passa do meio 2 para 3 e

não passa de 2 para 1, portanto: 1 3n n

Comparando as três equações, temos: 1 3 2n n n

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28

Opção: Letra D.

Questão 21.

Duas partículas A e B, ambas com carga positiva + e massas 2 e , respectivamente, viajam, em velocidades constantes e 2 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, ), sendo 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 2

2

mv

QB

(B) 2 mv

QB

(C) 3 2 mv

QB

(D) 3

2

mv

QB

(E) 2

2

mv

QB

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29

Solução:

Quando as partículas colidirem, a carga da resultante será a soma das cargas de cada partícula: 2

totalQ Q Q Q

Cálculo da velocidade dos corpos após o choque:

ANTES DO CHOQUE

DEPOIS DO CHOQUE

Conservação do momento no eixo y:

2

0 2 23y y y

vQ m v m m v v

Conservação do momento no eixo y:

2

0 2 23x x x

vQ m v m m v v

Como as componentes da velocidade após a colisão são iguais, ela faz um ângulo de 45º com a vertical (e também com a horizontal) e tem módulo

2 2 2 2

3x y

vv v v v

Sendo a velocidade perpendicular às linhas de indução magnética, o movimento da carga na região será um MCU (movimento circular uniforme) de raio R, representado na figura:

2 23

232total

vm

M v mvR R

Q B QB QB

Vemos pela figura que as partículas percorrem um arco de 270º,

assim:270º 3 3 2

2360º 2 2

R mvR

QB

Opção: Letra A.

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30

Questão 22.

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

• R1 = 10 Ω;

• R2 = 10 Ω;

• R3 = 5 Ω;

• R4 = 2,5 Ω;

• E = 10 V;

• = 30º; e

• g = 10 m/s2.

(A) 6 (B) 16 (C) 32 (D) 62 (E) 120

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31

Solução:

Como não há atrito: 2110 5 m/s

2a g sen a

De (1) para (2):

1 12 2

11 1

1 12 2

22 2

2 1

2 2 102 s

5

2 2 16,92,6 s

5

0,6 sI

St t

a

St t

a

t t t

No circuito elétrico:

2 2

1

1010 W

10

10 0,6 6 J

I I

I I I I

EP P

R

P t

De (2) para (3):

1 12 2

33 3

3 2

2 2 22,53 s

5

0,4 sII

St t

a

t t t


2 21020 W

5

20 0,4 8 J

II II

II

II II II II

EP P

R

P t

De (3) para (4):

1 12 2

44 4

4 3

2 2 28,93,4 s

5

0,4 sIII

St t

a

t t t

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32


2 21040 W

2,5

40 0,4 16 J

III III

III

III III III III

EP P

R

P t

De (4) para (B):

1 12 2

4

2 2 36,13,8 s

5

0,4 s

BB B

IV B

St t

a

t t t


2 21080 W

1,25

80 0,4 32 J

IV IV

IV

IV IV IV III

EP P

R

P t

Com isto, a energia total vale:

62 J

I II III IV

Opção: Letra D.

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33

Questão 23.

Considere as seguintes grandezas e suas dimensionais:

Calor específico – [c]

Coeficiente de dilatação térmica – []

Constante eletrostática – []

Permeabilidade magnética – []

A alternativa que expressa uma grandeza adimensional é:

(A) [c][] 1 [][] (B) [c][] 1 [] 1 [] (C) [c][] 1 [][] 1 (D) [c][] 2 [][] 2 (E) [c][] 2 [] 1 [] 2

Solução:

As expressões dimensionais das grandezas são:

2 1

1

3 2 4

2 2

c LT

k ML I

MLI T

Queremos uma combinação dessas expressões que seja adimensional

a b c da c dG c k G c k

Das opções, a única possibilidade é 1a

12 1 1 3 2 4 2 21

0

1 3 0

1 0 1

2 2 0 0

2 4 2 0 2 1

2 1 1 1

b c d

LT ML I MLI T

c d

c d

b b

c d c d

c d c d

c d c c c d

Opção: Letra B.

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34

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:

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: 10 m/s2.

Observação:

• despreze as dimensões da bola.

(A) 400 (B) 500 (C) 2900 (D) 3400 (E) 12900

Solução:

Cálculo do tempo que a bolinha leva entre os pontos (B) e (C).

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35

2 2 1 1 s

10 5

ht

g

O alcance será dado por:

15 5 5 m/s

5A v t v v

Conservação da energia entre os pontos A e B

2 2

2

2

2 2

2 4 252900 N/m

0,01

A Bmec mec

kx mvE E mgh

mgh mvk k

x

Opção: Letra C.

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36

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

Solução:

Pelo princípio de Stevin:

1 1,2 1,2 1

A B atm atmágua água líquido líquidoP P P g h P g h

x y x y

Considerando o líquido incompressível, temos:

2 2

2 2

e 12 2

20 1 10 0,8 cm

8 mm

sai entra

e d

V V

D Dx y x y

y y y

y

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37

Opção: Letra C.

Questão 26.

Um cilindro de raio rola, sem deslizar, em velocidade angular , sobre uma superfície plana horizontal até atingir uma rampa. Considerando também que o rolamento na rampa seja sem deslizamento e chamando de a aceleração da gravidade, a altura máxima, , que o eixo do cilindro alcança na rampa em relação à superfície plana é:

(A) 2 2R

Rg

(B) 2 2

2

RR

g

(C) 2 2

2R

Rg

(D) 2 2R

g

(E) 2 2

2

R

g

Solução:

Pela conservação da energia mecânica, temos:

2 2

2 2

A Bmec mec T R gA gB

cmmáx

E E Ec Ec Ep Ep

mv ImgR mgh

Para um cilindro maciço, temos: 2

2

mRI

E a velocidade do centro de massa vale:

90ºcm cm cmv R v R sen v R

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38

Substituindo na equação da energia, ficamos com:

2

222 232

2 2 4máx máx

mRm R R

mgR mgh h Rg

Não há resposta para esse caso!

Se considerarmos o objeto como uma casca cilíndrica, o que não foi mencionado no

enunciado nem na imagem ilustrativa, então: 2I mR

Substituindo na equação da energia, ficamos com:

2

2 2 2 2

2 2 máx máx

m R mR RmgR mgh h R

g

(Letra A)

No entanto, o assunto de dinâmica de corpos rígidos não consta no edital e a questão deveria ser, portanto, anulada.

Opção: Anulada.

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39

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 , 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: ; e

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

(A)

1 cos 2

h

t

T

(B)

sec 2 1

h

t

T

(C) 2t

hcotgT

(D) 2t

hcosecT

(E) 2

1 cos 2

thsen

Tt

T

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40

Solução:

Considerando que as pessoas estejam no mesmo lugar

Para que a pessoa em pé consiga observar o pôr do sol na altura dos seus olhos, os raios de luz devem passar pelos seus olhos. Tendo a Terra rotacionado t como mostra a

figura, temos:

cos 2cos e

1 cos sec 1

2sec 1

h tR ht R R

R h t t T

hR

tT

Opção: Letra B.

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41

Questão 28.

Uma fonte de tensão com tensão interna e resistência interna = 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 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

Solução:

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42

0 0

0

int 0 0 0

Na carga obtemos:

10000100

100

1001

100

Inicialmente:

. . 0

0,05.100 0,2.100 1.100 125

Estabelecendo o curto-circuito, pelo gráfico temos:

500

1,25 25

c

T

Tc c

cabo c

Pi i

V

VR R

i

E R i R i R i

E E V

i

2 2 3

25

Com isto a corrente elétrica de curto-circuito será 625A.

Teremos:

0,05 ' 0 125 0,05.625 ' .625 0

' 0,15

Com isto a energia será:

' 0,15.625 .1,25.10 73,24 73

c c

c

c

i A

i

E i R i R

R

R i t J J

Opção: Letra C.

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 . Uma partícula elétrica de carga positiva encontra-se posicionada no ponto indicado na figura. Uma força

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43

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: .

(A) 1250

7k

(B) 125 70k

(C) 7

1250k

(D) 1250

k

(E) k

1250

Solução:

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44

Tomando os momentos em relação ao ponto A:

N.6+10.6=F cos .6 .6

6 cos 6 60 0

,25

10 10

cos 25 cos

0,6 cos =0,8

250 1250

1,4 7

e e

e

e

e

F sen

F sen N N

qQF K Logo

KqQF

sen sen

sen

qQ qQK K

Opção: Letra A.

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

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Solução:

11 1

22 2

.4

.4

L n

L n

, 1 2 n e n devem ser ímpares e 1 2 100L L cm

Note que 2

3400,4 (40 )

850m cm

Possibilidades de

2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2

1 10

3 30

5 50

7 70

9 90

n L cm

n L cm

L n L cm

n L cm

n L cm

Com isso, temos apenas as letras C, D ou E.

Logo:

2 1 1 1

2 1 1 1

2 1 1 1

340Para n 1 90 , então 0,9=n . n 30,6 (Não se verifica)

2890.4

340Para n 3 70 , então 0,7=n . n 23,8 (Não se verifica)

2890.4

340Para n 5 50 , então 0,5=n . n 17(Correto)

2890.4

P

L cm

L cm

L cm

1 2ortanto L 50L cm

Opção: Letra C.

Professores:

Armando Nabuco

Edward

Márcio Gordo

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Maurício Santos

Noronha

Ricardo Luiz

Comentario:

A equipe de professores considerou a prova satisfatória, atendendo aos interesses da banca. O programa foi cobrado quase integralmente. Consideremos que a questão 22 era bastante trabalhosa; poderia ter sido citado na questão 26 que o cilindro era oco, assim como, na questão 27 poderia ter sido dito que as pessoas ocupavam a mesma posição inicial.

Questão 31.

Admita que uma solução aquosa 0,0400 molar de ácido tricloroacético congele a –0,1395 °C. Considere ainda que a constante de abaixamento do ponto de congelamento (kc) da água seja 1,860°C.Kg.mol-1 e que 1,00 L de solução contenha 1,00 Kg de solvente. O valor da constante de dissociação (Ka) do ácido tricloroacético será:

(A) 4,90 · 10-7. (B) 3,28 · 10-3.

(C) 7,66 · 10-?. (D) 1,36 · 10-2.

(E) 2,45 · 10-1.

Solução:

O enunciado informa que a molalidade e a molaridade são iguais. Aplicando a conhecida relação:

ΔTc = Kc · Molalidade · i

Temos i = 0,1395

0,04 · 1,86 = 1,875.

Como o tricloroacético é um monoácido, o no de íons gerados é 2 por molécula que se ioniza.

Assim, i = 1 + (2-1)= 1+

= 0,875.

IME - 2018/2019


47

A constante Ka assim se calcula:

Ka = 2 20,04 · (0,875)

1 – 0,125

m

= 0,245= 2,45 · 10-1

Opção: Letra E.

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).

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48

(B) (I) > (III) > (II). (C) (II) > (I) > (III). (D) (II) > (III) > (I). (E) (III) > (I) > (II).

Solução:

Observe as partes envolvidas das 3 estruturas:

Observe que as estruturas envolvidas das moléculas I, II e III são iguais. Isso facilita, pois só precisamos analisar as partes que não estão envolvidas.

Analisando os radicais que ficaram fora da área envolvida, note que o agente (III) possui 3 grupos metóxi e um hidroxi, totalizando 8 pares de elétrons não ligantes.

O agente (I) possui 2 grupos metóxi e um cloro, o que totaliza 7 pares de elétrons não ligantes.

Já o agente (II) possui 2 grupos metóxi, totalizando 4 pares não ligantes.

Assim, a ordem decrescente de poder antioxidante é (III) > (I) > (II).

Opção: Letra E.

Questão 33.

Considere as reações abaixo:

H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l) (I)

H2(g) + ½ O2(g) → H2O(g) (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).

IME - 2018/2019


49

(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.

Solução:

Equação química I: H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l)

Equação química II: H2(g) + ½ O2(g) → H2O(g)

Observando as reações de síntese I e II , na reação I há a formação de água na fase líquida enquanto na reação II é na fase gasosa, logo a diminuição da entropia na reação I é maior em relação a II.

Opção: Letra C.

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.

C12H12O + H2O → 4 C3H6O3

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 a 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 neutraliza-la.

Conclui-se que a taxa média de produção de ácido lático 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.

Solução:

Inicialmente:

C(HLat) = 1,8 g.L–1 (houve aumento na concentração)

V = 50 mL.

IME - 2018/2019


50

(MV)HLat = (MV)NaOH

MHLat . 50 = 40 . 0,1

MHLat = 0,08 mol.L–1

1,80,02

90

CM

MM mol · L–1

Lat = 0,08 mol · L–1 – 0,02 mol · L–1 = 0,06 mol · L–1 em 3h.

( )

0,06

3m HLat

HLatV

t

= 0,02 mol.L–1.h–1

Em massa: 0,02 · 90 = 1,8 g · L–1 · h–1

–3 –1 –11,8 g 3600 s 1,80,5 · 10 0,5 mg · L · s

36001 sm

m

Opção: Letra C.

Questão 35.

Escolha a alternativa que apresenta as substâncias relacionadas em ordem crescente de solubilidade em água, a 25°C 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.

Solução:

Isobutano é hidrocarboneto e constitucionalmente hidrofóbico.

p-diclorobenzeno é pouco polar, mas não há interação intramolecular por conta da posição relativa dos substituintes.

o-diclobenzeno apresenta momento dipolo semelhante ao anterior.

o-nitrofenol realiza ligação de hidrogênio, que é parcialmente indisponibilizado pela interação intramolecular característica da posição orto.

p-nitrofenol muito semelhante ao o-nitrofenol, porém realiza interação intermolecular de maior intensidade comparativamente.

Opção: Letra D.

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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.

Solução:

(A) Incorreta → Adenina, timina, citosina e guanina são bases nitrogenadas e não aminoácidos.

(B) Correta → As estruturas secundárias de uma proteína são caracterizadas por conformações locais de suas cadeias polipeptídicas, que assumem padrões de dobramentos específicos, denominados de hélices α e folhas β.

(C) Incorreta → As estruturas terciárias de uma proteína é a forma tridimensional (encurva-se ou dobra-se em três dimensões) que surge a partir de todas as estruturas secundárias de sua cadeia polipeptídica.

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(D) Incorreta → As enzimas são catalisadores biológicos específicos, ou seja, atua como catalisadora biológica de apenas um substrato.

(E) Incorreta → A glicose, ribose e frutose são glicídios e não enzimas.

Opção: Letra B.

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

Solução:

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(A) (B) (C) (D) (E)

(A) – poli(cloreto de vinila)

(B) – poli(cloreto de vinilideno)

(C) – poliestireno

(D) – polibutadieno

(E) – poli(metacrilato de metila)

Sentença I: Incorreta → O policloreto de vinila (A) apresenta isomeria óptica, pois possui centro quiral, representado na estrutura abaixo por um asterisco.

Sentença II: Correta → Na polimerização de dienos, frequentemente, são utilizados os catalisadores Zie-Gler-Natta, que são constituídos por um composto organometálico e um metal de transição. Esses catalisadores permitem o controle na configuração das duplas ligações, ou seja, todas as duplas ligações estarão em uma configuração cis ou trans. Sentença III: Correta →

C8H8 C4H6 104 g. mol-1 54 g. mol-1

Sentença IV: Incorreta → Na transesterificação ocorre a formação do metanol.

Opção: Letra A.

Questão 38.

Assinale a alternativa VERDADEIRA:

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

*

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(B) A energia de ligação na molécula de CO é maior que no íon CO+ . (C) A molécula de O2 tem maior energia de ligação que os íons O2

+ e O2 . (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+.

Solução:

A: Falsa: O íon NO+ (ordem de ligação =6 0

2

) possui maior ordem de ligação que

NO (ordem de ligação = 6 1

2

), possuindo assim maior energia de ligação.

Diagrama de Orbital Molecular para o NO:

B: Falsa: A molécula CO não pode ser modelada conforme a Teoria do Orbital Molecular para moléculas diatômicas homonucleares (como o N2). Um fato que corrobora isso é o comprimento de ligação C--O no íon CO+(1,115 Angström) ser menor que na molécula CO (1,128 Angström), o que indica que a energia de ligação do íon CO+ ser maior que na molécula CO.

Fonte: J.D.Lee, Química Inorgânica Não Tão Concisa, 5ª Edição, Página 57

Uma explicação para isso é que a ionização da molécula CO (ordem de ligação 3) ocorre com retirada de elétron de um orbital sigma antiligante, gerando o íon CO+ com ordem de ligação 3,5, possuindo assim uma maior energia de ligação que a molécula originadora, conforme os diagramas de orbital molecular mostrados abaixo:

Diagrama de Orbital Molecular para o CO:

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8 23

2Ordemdeligação

Diagrama de Orbital Molecular para o CO+:

8 13,5

2Ordemdeligação

Observação: se o diagrama do orbital molecular do CO+ for considerado igual ao de moléculas diatômicas homonucleares, então poderia se considerar a ordem de ligação do íon CO+ menor que a ordem de ligação do CO, indicando a B como alternativa.

C: Falsa: A molécula de O2 (ordem de ligação = 6 2

2

) possui menor ordem de

ligação que o íon O2+ (ordem de ligação =

6 1

2

), possuindo assim menor energia

de ligação.

Diagrama de Orbital Molecular para o O2:

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D: Falsa: O fato da ordem de ligação C=C ser o dobro que a ordem de ligação C-C não implica que a energia de ligação seja também o dobro.

E: Falsa: O íon NO- possui menor ordem de ligação que NO+, sendo assim menos estável.

Opção: Anulada.

Questão 39.

Quanto à precipitação do hidróxido férrico (KPS = 1,0 · 10 36) 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

Solução:

Reação de dissociação do hidróxido de ferro III:

Fe(OH)3 ↔ Fe+3(aq) + 3 OH–

(aq)

Equação da constante de produto solubilidade para [Fe+3(aq)]= 10–3 mol . L–1

Kps = [Fe+3(aq)] · [OH–

(aq)]3

10-36= 10-3 · [OH– (aq)]3

[OH–(aq)]3 = 10–33

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[OH–(aq)]=

3 –3310

[OH–(aq)]= 10–11 mol · L–1

Calculo do pOH:

pOH=- log [OH–(aq)]

pOH=- log 10–11

pOH=11

Assim, temos:

pH + pOH=14

pH + 11=14

pH=3

Conclusão:

Diante deste valor de pH, não ira ocorrer a precipitação.

Opção: Letra D.

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.

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Solução:

A molécula mostrada possui as funções nitrila, éster e amida. Ao sofrer hidrólise ácida, a nitrila produz ácido carboxílico e NH3 (mas só foram pedidas as funções orgânicas). O éster produz ácido carboxílico e álcool e a amida produz ácido carboxílico e amina.

Opção: Letra A.

Professores:

Alexandre Grillo

Eduardo Campos

Eurico Dias

Jorge Ferreira

Lennon Santos

Nelson Santos

Pedro Silva

Jonas Stanley

Comentario:

A prova do IME explorou bem o conteúdo programático, dando maior ênfase em química orgânica. Sentimos falta de questões abordando eletroquímica, atomística e tabela periódica.

Parabenizamos a banca pela prova que certamente será capaz de selecionar os melhores candidatos.

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