IME2013 Prova Objetiva Resolvida

GGE RESPONDE IME 2013 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA 1

01. Os polinômios P(x) = x3 + ax2 + 18 e Q(x) = x3 + bx + 12 possuem duas raízes comuns. Sabendo-se que a e b são números reais, pode-se afirmar que satisfazem a equação a) a = b b) 2a = b c) a = 2b d) 2a = 3b e) 3a = 2b Solução: Sejam p , q , r as raízes de P(x) e p , q , s as raízes de Q(x) Das relações de Girard, temos:

⎩⎨⎧

=−⇒=++−=++

ars 0sqparqp

⎩⎨⎧

=⇒−=⋅⋅−=⋅⋅

23

sr

12sqp18rqp

Segue que s = -2a e r = -3a Substituindo r = -3a em P(x), temos: (-3a)3 + a(-3a)2 + 18 = 0 -27a2 + 9a3 + 18 = 0 -18a3 = -18 a3 = 1 a = 1 Logo: s = -2 e r = -3 Substituindo s = -2 em Q(x), temos: (-2)3 + b(-2) + 12 = 0 -8 - 2b + 12 = 0 -2b = -4 b = 2 Segue que 2a = b ALTERNATIVA B 02. Assinale a alternativa que apresenta o mesmo valor da expressão [4cos2(9°) - 3][4cos2(27°) - 3]: a) sen(9°) b) tg(9°) c) cos(9°) d) sec(9°) e) cossec(9°) Solução: Sabemos que: cos (3a) = 4cos3 a – 3cos a Assim: cos(27°) = 4cos3 9° - 3cos 9° = cos9°(4cos2 9° - 3) cos(81°) = 4cos3 27° - 3cos 27° = cos27°(4cos2 27° - 3) Seja: P = (4cos2 9° - 3)(4cos2 27° - 3) Deste modo, podemos escrever P da seguinte maneira:

°°

=°°

⋅°°

=9cos

81cos27cos81cos

9cos27cosP

Mas 81° e 9° são complementares, portanto: cos81° = sen9° sen81° = cos9° Logo:

°=°°

=°°

= 9tg9cos9sen

9cos81cosP

ALTERNATIVA B

03. Considere a equação ( ) 1xlogx3log 2

3x3 =+ . A soma dos

quadrados das soluções reais essa equação está contida no intervalo: a) [0,5) b) [5,10) c)[10,15) d)[15,20) e) [20,∞) Solução: Condições de existência: x > 0 e x ≠ 1/3

( )

( )

( ) 11loglog1

loglog11

1logloglog

log1

1xlogloglog

2x3x

3

x3

x3

2x3x3

3

x3

)x3(3

23

xx33

x3

=++

−+

=+−

=+−

Fazendo x

3log = y, temos:

0)2yy(y

0y2yy

y1)y1(yy1

1yy1

1y1

1

2

23

2

2

=−+

=−+

+=++−

=++

−+

y2 = 0 , y2 = -2 , y3 = 1 Se y1 = 0, temos:

1x

0log

1

1x3

=

=

Se y2 = -2, temos:

91x

2log

2

2x3

=

−=

Se y3 = 1, temos:

3x

1log

3

3x3

=

=

Assim temos:

81811

817291819

8111

911xxx

222

322

21

=++

=++=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=++

)15,10[81

811:olog ∈

ALTERNATIVA C 04. Considere as inequações abaixo: I. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc +ca II. a3 + b3 ≥ a2b + ab2 III. (a2 – b2) ≥ (a – b)4 Esta(ão) correta(s), para quaisquer valores reais positivos de a, b e c, a(s) inequação(ões) a) II apenas. b) I e II apenas. c) I e III apenas. d) II e III apenas. e) I, II e III.


Solução: I. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Pela desigualdade de Cauchy – Schwarz (a2 + b2 +c2)2 ≥ (ab + bc + ca)2 ↔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Logo verdadeiro II. a3 +b3 ≥ a2b + ab2 ↔ (a + b) (a2 – ab + b2) ≥ ab (a + b)

Como a + b ≠ 0, pois a e b ∈ *+ℜ

Temos ( ) 0ba0bab2abababa 22222 ≥−↔≥+−↔+≥+−

como a e b ∈ *+ℜ temos que ( ) 0ba 2 ≥− . b e a *

+ℜ∈∀ Logo é verdadeiro III. Para a= 1 e b = 2 temos:

( )422 2121 −≥⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −

( )4141 −≥−

Falso 13 ≥− Logo a alternativa é falsa A alternativa correta é letra “B” Obs. O gabarito oficial divulgou letra “E”, portanto deve haver mudança no gabarito oficial para alternativa “B” ALTERNATIVA B

05. Considere os sistema de equações⎩⎨⎧

=+=+

dqypxcbyax

, com a, b, c, d,

p e q reais, abcd ≠ 0, a + b = m e d = mc. Sabe-se que o sistema é indeterminado. O valor de p + q é: a) m b) m/n c) m2 – n2 d) mn e) m + n Solução:

⎩⎨⎧

=+=+

dqypxcbyax

abcd ≠ 0 , a + b = m , d = nc Se o sistema é indeterminado, temos:

n1

ncc

qb

pa

dc

qb

pa

===

==

p = na , q = nb Segue que: p + q = na + nb = n(a + b) = mn ALTERNATIVA D 06. O coeficiente de x4y4 no desenvolvimento de (1 + x + y)10 é a) 3150 b) 6300 c) 75600 d) 81900 e) 151200

Solução:

444444 3444444 2110

10 )yx1()yx1()yx1()yx1( ++⋅⋅⋅++⋅++=++

O coeficiente de x4y4 é igual a quantidade de maneiras de escolher 4x e 4y dos polinômios

31501256

123478910

46

410

:olog =⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ALTERNATIVA A 07. Seja um triângulo ABC. AH é a altura relativa de BC, com H localizado entre B e C. Seja BM a mediana relativa de AC. Sabendo que BH = AM = 4, a soma dos possíveis valores inteiros de BM é a) 11 b) 13 c) 18 d) 21 e) 26 Solução:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛2

Y,2

XM Ac

4

4

)y,0(A A

)0,Xc(C)0,0(H)0,4(B −

64YX

164

YX42

Y2

X

2A

2c

2A

2c

2A

2c

=+

=+

⇒=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

c

cc2c

2c

2A

c

2c

2A

2c

X432BM

4X16128

464X16YXBM

4Y16X4

4X

2Y4

2XBM

+=

+=

+++=

+++=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

Condição de existência do Δ AHC implica em Xc < 8 logo como

cX432BM += os possíveis valores inteiros de BM são os

quadrados perfeitos 36 e 49, pois 64 implica em Xc = 8 contrariando a condição de existência 6BM =∴ ou 7BM = Resposta: 6 + 7 = 13 ALTERNATIVA B

08. Seja Δ o determinante da matriz ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

1xxxxx32132 . O número

de possíveis valores de x reais que anulam Δ é a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4


Solução:

01xxxxx32132 ==Δ

01xxxx1321

x 2 ==Δ

Δ = x (x + 2x3 + 3x – 3x2 – x3 – 2) = 0 Δ = x (x3 – 3x2 + 4x – 2) = 0 Δ = x (x – 1) (x2 – 2x + 2) = 0 Como x2 – 2x + 2 tem discriminante negativo (-4), os únicos valores

reais de x que anulam Δ são: x = 0 ou x = 1. ALTERNATIVA C

09. Seja o número complexo 2)ib1(ibaz+

= , onde a e b são números

reais positivos e 1i −= . Sabendo que o módulo e o argumento de z valem, respectivamente, 1 e (-π) rd, o valor de a é:

a) 41

b) 21

c) 1 d) 2 e) 4 Solução:

( )

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++

−+−=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−+

−−−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−+−=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−=

+=

1b2bi)b1(b2

ba

bb21b4i)b1(b2

ba

i)b1(b21

ba

bi2b1i1

ba

)ib1(ibaz

24

2

422

2

222

Se argumento de z = (-π) e d ⇒ 1 – b2 = 0 ⇒ b ± 1

2a

4a2

121i0b2

baz −

=+−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

+−=⇒

Como módulo de z = 1 2a12a

=⇒=+

⇒

ALTERNATIVA D 10. Entre os números 3 e 192 insere-se igual número de termos de uma progressão aritimética e de uma progressão geométrica com razão r e q, respectivamente, onde r e q são números inteiros. O número 3 e o número 192 participam destas duas progressões.

Sabe-se que o teceiro termo de 8

q11 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ , em potências crescentes

de q1 , é

q9r . O segundo de progressão aritimética é:

a) 12 b) 48 c) 66 d) 99 e) 129

Solução:

723289rq

q9r1

q1

12781

q1

28

q11 de termoº3

22

62

2828

⋅⋅=⋅=∴

=⋅⋅⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ −

Mas 192 = 3qn-1 → qn-1 = 64 (I)

192 = 3 + (n - 1)r → n-1 = r

189 (II)

De (I) e (II) temos:

64q r189

=

236r189

8 ou 4 ou 2q =∴

63r3r

189inteiro é r mas =⇒=∴

Assim: a2 = a1 + r = 3 + 63 a2 = 66 ALTERNATIVA C 11. Um menino, na cidade do Rio de Janeiro, lança uma moeda. Ele andará 1m para leste se o resultado for cara ou 1m para oeste se o resultado for coroa. A probabilidade deste menino estar a 5m de distância de sua posição inicial, após 9 lançamentos da moeda, é

a) 629

b) 6235

c) !9

2

d) 9235

e) 92!9

Solução: Probabilidade Binominal A Probabilidade de parar 5 metros a leste é igual a de parar a 5 metros a oeste. Precisamos de 7 sucessos e 2 fracassos.

69

3

9

27

29

229

221892

21

21

79

2)m5(P =⋅

=⋅⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

ALTERNATIVA A 12. Considere uma haste AB de comprimento 10 m. Seja um ponto P localizado nesta haste a 7 m da extremidade A. A posição inicial desta haste é horizontal sobre o semieixo x positivo, com a extremidade A localizada na origem do plano cartesiano. A haste se desloca de forma que a extremidade A percorra o eixo y, no sentido positivo, e a extremidade B percorra o eixo x, no sentido negativo, até que a extremidade B esteja sobre a origem do plano cartesiano. A equação do lugar geométrico, no primeiro quadrante, traçado pelo ponto P ao ocorrer o deslocamento descrito é a) 49x2 + 9y2 – 280x + 120y – 441 = 0 b) 49x2 – 406x – 49y2 + 441 = 0 c) 9x2 + 49y2 – 441 = 0 d) 9x2 + 9y2 + 120y – 441 = 0 e) 9x2 – 49y2 – 441 = 0


Solução:

Equação da elipse:

19y

49x 22

=+

1441

y49x9 22=

+

Logo 9x2 + 49y2 – 441 = 0 ALTERNATIVA C 13. Considere uma pirâmide regular de base hexagonal e altura h. Uma esfera de raio R está inscrita nesta pirâmide. O volume desta pirâmide é

R2hhR

33h2)a

2

−

R2hhR

33h)b

2

+

R2hhR

33h2)c

2

+

R2hhR

33h)d

2

−

RhhR

33h2)e

2

−

Solução:

M

T R

C

RO

h

T R O

V

rh

−

No triângulo VOT é retângulo em T:

Logo ( ) ( )r2hhVTRRhVT 222−=⇒−−=

O triângulo VOT é semelhante ao triângulo VMC Caso AA (ângulo V e ângulo de 90º)

T R O

V

rh

−

()r2

hh

−

V

MC

h

X

( )R2hh

hRX

−=

( )R2hhRhX

−= Mas CM é a altura do triângulo equilátero do

hexágono regular.

C

Ml

x

( ) 3R2hh

3Rh2

3

x2

⋅−

⋅=⇒= ll

O volume da pirâmide é hAb31

Vp ⋅= , onde

∴⋅=Δ⋅=4

6A6Ab 32l

2

( ) R2hhR

33h2

4 9R2hh33hR46

31V

222p −

=⋅−

⋅⋅⋅=

3 ALTERNATIVA A 14. Considere a figura abaixo formado por arcos de circunferência tangentes cujos centro formam um pentágono regular inscritível em uma circunferência de raio R. O perímetro da figura é:

a) 52102

r7−

π

b) 5104

r7+

π

c) 52102

r7+

π

d) 52104

r7+

π

e) 52104

r7−

π


Solução:

Dado que: 2

5210R5

−=l

25l

53108 π

=

552

2R2 ll

π=π=π

x 55 107

360252x

252360

ll π=π=⇒⎭⎬⎫

°°

55 27

10755x Mas ll π=π⋅=

45210R7

25210R Mas 5

−π∴

−=l

ALTERNATIVA E 15. Considere os conjuntos A, B, C e D, não vazios, contidos no mesmo conjunto universo U. A simbologia F representa o complemento de um conjunto F em relação ao conjunto U. Assinale a opção correta a) Se A ∩ D ⊂ C e B ∩ D ⊂ C então A ∩ B ⊂ C b) [ ] )BA()CBA()CBA()CBA( ∩=∩∩∩∩∩∪∩∩

c) )CBA()CBA()CBA()CBA( ∩∩=∩∩∪∩∩∪∩∩ d)

)CA()CB()BA()CBA()CBA()CBA( ∩∪∩∪∩=∩∩∪∩∩∪∩∩

e) CBAentãoCBeCASe ⊂∪⊂⊂ Solução:

IIU BABABA == Como A ⊂ C e B ⊂ C, temos A ∩ B ⊂ C. ALTERNATIVA E

16. Uma partícula de carga q e massa m está sujeita a dois campos elétricos ortogonais Ex(t) e Ey(t), dados pelas equações: Ex(t) = 5sen (2t) Ey(t) = 12cos (2t) Sabe-se que a trajetória da partícula constitui uma elipse. A velocidade escalar máxima atingida pela partícula é:

a) mq

25 b)

mq5 c)

mq6

d) mq

213 e)

mq13

Solução:

)t2cos(12mqa

)t2(sen5mqa

)t2cos(12q)t(qEF)t2(sen5q)t(qEF

y

x

yy

xx

⋅=

⋅=

⎪⎭

⎪⎬⎫

⋅==

⋅==

O movimento resultante é a superposição de dois movimentos harmônicos simples perpendiculares com diferença de fase π/2.

mq3AA2

mq12 : yEm

m4q5AA2

mq5 : xEm

Aa

s/rad2

yy2

xx2

2max =∴⋅=

=∴⋅=

⇒ω=

=ω

Note que Ay > Ax y

x

yMAXyxminMAX

22

MEC

A V Ve 0V0,m4q5r VPara

.const2

mv2

KrE

ω===⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⇒

=+=

mq6V

mq32V MAXMAX =⇒⋅=

ALTERNATIVA C 17.

Um foguete de brinquedo voa na direção e sentido indicados pela figura com velocidade constante v. Durante todo o vôo, um par de espelhos, composto por um espelho fixo e um espelho giratório que gira em torno de ponto A, faz com que o laser sempre atinja o foguete, como mostra a figura acima. O módulo da velocidade de rotação é:

( )[ ] d/sen v)a θ

( ) d/2/sen v)b 2⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ θ

( ) d/sen v)c 2⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ θ

( )[ ] d2/sen v)d θ

( ) d2/sen v)e 2⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ θ


Solução:

.θsen

d

vr

.θ−90

( ) θ=θ− vsen90cosv

θ

d

Consideramos ( )θ−90 pequeno (durante um intervalo muito pequeno

de tempo...)

ϖ=

θ

θ

send

vsen: velocidade angular do raio!

d2vsen

2

2e

θ=

ϖ=ϖ

espelho Do

ALTERNATIVA E 18.

Um objeto puntiforme encontra-se a uma distância L de sua

imagem, localizada em uma tela, como mostra a figura acima. Faz-se objeto executar uma movimento circular uniforme de raio r (r<<L) com centro no eixo principal e em um plano paralelo à lente. A distância focal da lente 3L/16 e a distância entre o objeto e a lente é x. A razão entre as velocidades escalares das imagens para os possíveis valores de x para os quais se forma uma imagem na posição da tela é:

a) 1 b) 3 c) 6 d) 9 e) 12 Solução: Para imagem na tela, vem:

16L3f,

XL1

X1

f1

=−

+=

0L3LX16X16 22 =+−∴4L3X

4LX '

11 =⇒=

4LX

4L3X '

22 =⇒=

ObjetodoPosição

agemImdaPosição

X'X

VV

HH

AMasO

I

O

I −===X

'XVV Oim ⋅−=∴

9

313

XX

XX

V

V

2

'2

1

'1

)2(im

)1(im ===⇒ ∴ 9

V

V)2(

im

)1(im =

ALTERNATIVA D 19.

Um corpo de 300 g de massa é lançado de uma altura de 2,20 m em relação ao chão como mostrado na figura acima. O vetor velocidade inicial vo tem módulo de 20 m/s e faz um ângulo de 60º com a vertical. O módulo do vetor diferença entre o momento linear no instante do lançamento e o momento linear no instante em que o objeto atinge o solo, em kg.m/s, é: Dado: aceleração da gravidade: 10 m/s2. a) 0,60 b) 1,80 c) 2,25 d) 3,00 e) 6,60 Solução: m = 300 g yo = 2,20 m Vo =20 m/s θ = 60º

oo Vmprr

=

Tempo de voo: 2tgtVy)t(y2

oyo −+=

s2,2t10

1210t

144441002,220100

02,2t10t5

t5t102,202

tgtº60cosVy0

2t

gtVy0

0)t(ytt

voo

voo2voo

2voovoo

2voo

voooo

2voo

voooyo

voovoo

=⇒±

=

=+=⋅+=Δ

=−⋅−

−⋅+=

−+=

−+=

=⇒=

+

s2,0t −=− Velocidade final:

s/m122,21010)t(V

gtV)t(V

vooy

oyy

−=⋅−=

−=

s/m310º60senVVV ooxx ===

oppprrr

−=Δ , ( ) ( )y10x3103,0yVxVmVmp oyoxoo +=+==rr

s/m


)yVxV(mVmp yx +==rr

, voott =

s/m)y12x310(3,0p −=r

( ) ( )[ ] ( )

s/m60,6p

s/my6,6p

s/my6,6s/my223,0y1012x3103103,0ppp o

=Δ

−=Δ

−=−=−−+−=−=Δ

r

r

rrr

ALTERNATIVA E 20.

A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma barra vertical AC e um cabo CD, de pesos desprezíveis, e por uma barra horizontal BD. A barra vertical é fixada em A e apoia a barra horizontal BD. O cabo de seção transversal de 100 mm2 de área é inextensível e está preso nos pontos C e D. A barra horizontal é composta por dois materiais de densidades lineares de massa

. e 21 μμ Diante do exposto, a força normal por unidade de área, em MPa, no cabo CD é: Solução: Impondo a condição de equilíbrio de rotação para a barra horizontal, vem:

.B

m5,12 =l

1Pr

2Pr

m5,01 =l

θTsenD

θcosT

θ

Tr

pólo

BDCosTgmgm

BDCosTPP0M

2211

2211B

⋅θ⋅=+⋅

⋅θ⋅=⋅+⋅⇒=Σ

ll

ll

( ) ( ) BD cosTgxgx 222111 θ⋅=⋅⋅⋅μ+⋅⋅μ ll

Mas antes perceba que:

θ

m5,1( )2x⇒

θ

m3 m5

m4

Daí6,0

53Cos ==θ

m2

..

Por fim: ( ) ( ) BDcosTgxgx 222111 ⋅θ⋅=⋅μ+⋅μ ll ( ) ( ) 26,0T5,11018005,0101600 ⋅⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

T2,1120003000 =+ N12500TT2,115000 =⇒=

Finalizando:

MPa125Pa1012510100

12500ÁreaForça 6

6 =⋅=⋅

=−

ALTERNATIVA B 21. Quando uma corda de violão é tocada, o comprimento de onda da onda sonora produzida pela corda a) é a maior que o comprimento de onda da onda produzida na

corda, já que a distância entre as moléculas do ar é maior que a distância entre os átomos da corda.

b) é menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, já que a massa especifica do ar é menor que a massa específica da corda.

c) é igual ao comprimento de onda da onda produzida na corda, já que as frequências das duas ondas são iguais.

d) Pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação da onda sonora e da onda produzida na corda.

e) Pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das frequências da onda sonora e da onda produzida na corda.

Solução:

cordanaTraçãoT;TVcorda

corda =μ

=

ardodeElasticidade.CoefB;BVar

somdeonda =μ

=

BT

VV

:Daí ar

csomdeonda

corda μ⋅

μ=

iguaisf,fvvf =λ∴=λ

λ vai depender das velocidades de propagação que podem ser diferentes, em função de T, μC, μar e B. ALTERNATIVA D


22.

A figura acima apresenta uma partícula com velocidade v, carga q e massa m penetrando perpendicularmente em um ambiente submetido a um campo magnético B. Um anteparo está a uma distância d do centro do arco de raio r correspondente à trajetória da partícula. O tempo, em segundos, necessário para que a partícula venha a se chocar com o anteparo é:

Dados: v = 10 m/s B = 0,5 T q = 10 µC m = 10 x 10-20 kg

d = 22 r

a) 40π x 10-15 b) 20π x 10-15 c) 10π x 10-15 d) 5π x 10-15 e) 2,5π x 10-15 Solução: Perceba que para atingir o anteparo é preciso que a partícula

percorra um arco cujo ângulo central é dado por:

cos θ = rd → cos θ =

r2

r2

= 22 ∴ θ = 45º O que corresponde a

1/8 de volta. O tempo necessário para haver o choque é então 8/Tt =Δ

Mas qB

m2T π= →

146

20

6

20105,0

10210

5,0101041010

qB4mt −

−

−

−

−⋅π⋅=

⋅

⋅π=

⋅⋅⋅

⋅⋅π=

π=Δ →

s105t 15−⋅π=Δ ALTERNATIVA D 23. Em certos problemas relacionados ao escoamento de fluidos no interior de dutos, encontram-se expressões do tipo:

2

3

vkY lα

=

A grandeza γ possui a mesma dimensão da razão entre potência e temperatura. O termo k é a condutividade térmica, conforme descrito

pela Lei de Fourier. As dimensões dos parâmetros α e ι são, respectivamente, as mesmas de aceleração e comprimento.

A dimensão de v para que a equação acima seja dimensionalmente correta é igual a: a) raiz quadrada da aceleração. b) quadrado da velocidade. c) produto do comprimento pela raiz quadrada da velocidade. d) produto da velocidade pela raiz quadrada do comprimento. e) produto do comprimento pelo quadrado da velocidade. Solução:

[ ][ ]

[ ]232

OT LLTK]P[

ν

⋅=

θ

−

[ ] [ ][ ][ ][ ] 444 3444 21

l 12221 LLTMLTA

K −−−− θ⋅⋅⋅=θ

φ=

[ ]33

2

11221122 LLTLTMLTTML

−−−−−−− ⋅

ν

θ=θ⋅

[ ] 232 TL −=ν

[ ] 123

TL −=ν

a) (LT-2)1/2 = L1/2 T-1 NÃO b) (LT-1)2 = L2 T-2 NÃO c) L (LT-1)1/2 = L ⋅ L1/2 ⋅ T-1/2 = L3/2 T-1/2 NÃO d) LT-1 ⋅ L1/2 = L3/2 T-1 SIM e) L ⋅ L2 T-2 = L3 T-2 NÃO ALTERNATIVA D 24.

Uma onda plana de frequência f propaga-se com velocidade v horizontalmente para a direita. Um observador em A desloca-se com velocidade constante u (u < v) no sentido indicado na figura acima. Sabendo que α é o ângulo entre a direção de propagação da onda e de deslocamento do observador, a frequência medida por ele é:

a) f)cos(vu1 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡α+

b) f)cos(vu1 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡α−

c) )cos(

vu1

f

α−

d) )cos(

vu1

f

α+

e) f

vu1

)cos(

+

α


Solução:

θ= cosII u|u|r

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

±±

=⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

±±

=f

o

f

oo VV

VVf*fVVVVff

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛θ−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ θ−= cos

vu1f

VcosuVf*f

ALTERNATIVA B 25. Um feixe de luz de intensidade I incide perpendicularmente em uma lâmina de vidro de espessura constante. A intensidade da onda transmitida do ar para o vidro e vice-versa é reduzida por um fator q(0<q<1). Ao chegar a cada interface de separação entre o ar e o vidro, a onda se divide em refletida e transmitida. A intensidade total da luz atravessa o vidro, após sucessivas reflexões internas no vidro, é dada por: a) q2I

b) 2q2qI−

c) q1

qI2+

d) q2

qI−

e) I)q1(q21

+

Solução: I2 = qI I3 = I2 · q = q2I I1 = I – 12 = I – qI = I(1 - q) I4 = I2 – I3 = qI – q2I = qI(1 - q) I5 = qI4 = q2I(1 - q) I6 = I4 – I5 = qI(1 - q) – q2I(1 - q) I6 = qI(1 - q) (1 - q) = q(1 - q)2I I7 = qI6 = q2(1 - q)2I I7 = q2I(1 - q)2 I8 = I6 – I7 = qI(1 - q)2 – q2I(1 - q)2

I9 = qI8 = q2I(1 - q)2 – q3I(1 - q)2 I10 = I8 – I9 = qI(1 - q)2 – q2I(1 - q)2 – q2I(1 - q)2 + q3I(1 - q)2

I11 = qI10 I11 = q2I(1 - q)2 – q3I(1 - q)2 – q3I(1 - q)2 + q4I(1 - q)2 I11 = q2I(1 - q)2(1 – 2q + q2) I11 = q2I(1 - q)2 (q - 1)2 = q2I(1 - q)4

PG da razão:rq)1( ; )q1(1

IqSPG da somaI 22

2

TT =−−−

===

q2IqI

)q2(qIq

q2q11Iq

)q2q1(1IqSI

TT

2

2

2

2

2

TT

−=

−=

+−−=

−+−==

ALTERNATIVA D 26.

Um objeto puntiforme de massa m é lançado do ponto A descrevendo inicialmente uma trajetória circular de raio R, como mostrado na figura acima. Ao passar pelo ponto P o módulo da força resultante sobre o objeto é 17 mg, sendo g a aceleração da gravidade. A altura máxima hmax que o objeto atinge na rampa é: a) 3R b) ( )117 − R

c) ( )117 + R

d) ( )217 + R e) 18 R Solução:

mg17FRP =r

22222

222

gm17gmN

mg17gmN

±=+

=+

cpFN = , força centrípeta

22224p

22p gm17gm

RVm

RmV

N =+∴=

gR4V

g)117(R

V

2P

22

4p

=

−=

Conservação da energia mecânica: Emec(p)= Emec(hmáx)

R3h2Rg4gRgh

mgh2

mVmgh

máx

máx

máx

2p

p

=

+=

=+

ALTERNATIVA A


27. Um automóvel percorre uma estrada reta de um ponto A para um ponto B. Um radar detecta que o automóvel passou pelo ponto A a 72 km/h. Se esta velocidade fosse mantida constante, o automóvel chegaria ao ponto B em 10 min. Entretanto, devido a uma eventualidade ocorrida na metade do caminho entre A e B, o motorista foi obrigado a reduzir uniformemente a velocidade até 36 km/h, levando para isso, 20 s. Restando 1 min para alcançar o tempo total inicialmente previsto para o percurso, o veículo é acelerado uniformemente até 108 km/h, levando para isso, 22s, permanecendo nesta velocidade até chegar ao ponto B. O tempo de atraso, em segundos, em relação à previsão inicial, é: a) 46,3 b) 60,0 c) 63,0 d) 64,0 e) 66,7

Solução: dAB = VAΔTt = 20m/s . 10 . 60s dAB = 12000m Metade da distância com a eventualidade: Δt1 = 300s, Δx1 = 6000m Redução de velocidade: Δt2 = 20s V = VO +at 10 = 20 + a ⋅ 20 -10 = a · 20 a2 = -1/2 m/s2

Δx2 = ? V2 = VO

2 + 2a2 Δx2

100 = 400 – 2 ⋅ ½ ⋅ Δx2

-300 = -Δx2 ⇒ Δx2 = 300m. Até faltar 1min p/ 10min (600s): Δt1 + Δt2 + Δt3 = 540s Δt3 = 220s, velocidade 10m/s = V3

Δx3 = V3 ⋅ Δt3 ⇒ Δx3 = 2200m Δt4 = 22s, acelerando até V4 = 30m/s V4 = V3 + a4 Δt4 30 = 10 + a4 ⋅ 22

a4 = 1110 m/s2

Δx4 = ? 900 = 100 + 2a4 ⋅ Δx4

m4401140

11102

800x4 =⋅=⋅

=Δ

Distância total até o momento: Δx1 + Δx2 + Δx3 + Δx4 = 6000 + 300 + 2200 + 440 = 8940m Restam 12000 – 8940 = 3060m. Logo, Δx5 = 3060m V4 = 30m/s

4

55 V

xt

Δ=Δ

s1023

30630

3060t5 ===Δ

Tempo total: Δt1 + Δt2 + Δt3 + Δt4 + Δt5 = 300 + 20 + 220 + 22 + 102 = 664s Diferença: 664 – 600 = 64s ALTERNATIVA D

28.

Um cabo subterrâneo inicialmente isolado, instalado entre os pontos A e B, possui resistência de 0,01 Ω/m. Este cabo se rompeu e seu ponto de ruptura apresenta fuga de corrente para a terra. Para determinar o ponto de rompimento do cabo e escavar o terreno de modo a sanar o problema, foi montado o aparato apresentado na figura acima, composto por uma bateria Vb ajustada para fornecer uma corrente constante de 10 A ao circuito formado pela resistência R e pelo cabo. O valor da tensão da bateria é mostrado por um voltímetro que apresenta um erro de medição de +/- 10 %. Sabendo que a leitura do voltímetro é 16,67 V, é CORRETO afirmar que: a) a partir da leitura do voltímetro no ensaio, pode-se concluir que o

comprimento total do cabo é 2 km. b) a distância mínima de x para se iniciar a escavação é 224 m. c) a distância máxima de x para se encerrar a escavação é 176 m. d) o ponto x = 240 m está dentro do intervalo provável de ruptura do

cabo. e) ponto x = 210 m está dentro do intervalo provável de ruptura do

cabo. Solução: O circuito da questão pode ser modelado abaixo:

Temos

IRV eqb ⋅= ⇒ IRRRRV

cabo

cabob ⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+⋅

= ⇒ caboR1

R1

VbI

+=

⇒ R1

VI

R1

bcabo−=

Com o erro de medição de %10± a Voltagem Vb pode assumir os valores:

Vb(máx) = Vb + 10% Vb = 1,1 Vb = 1,1 · 16,67 = 18,337 V

Vb(mín) = Vb - 10% Vb = 0,9 Vb = 0,9 · 16,67 = 15,003 V

Isso implica valores de Rcabo dados por:

101

003,1510

R1

)mín(cabo−= ⇒ Ω≅ 765,1R )mín(cabo

Então

Ω⋅Ω=

01,0m1765,1x )mín(cabo

R=10Ω

A10


Por outro lado

Ω≅⇒−= 245,2R101

337,1810

R1

)máx(cabo)máx(cabo

Então Ω

⋅Ω=01,0m1245,2x )máx(cabo

m5,224x )máx(cabo ≅

Por fim 176,5 m ≤ xcabo ≤ 224,5 m ALTERNATIVA E 29. Em um experimento existem três recipientes E1, E2 e E3. Um termômetro graduado numa escala X assinala 10ºx quando imerso no recipiente E1, contendo uma massa M1 de água a 41ºF. O termômetro, quando imerso no recipiente E2 contendo uma massa M2 de água a 293 K, assinala 19ºX. No recipiente E3 existe inicialmente uma massa de água M3 a 10ºC. As massas de água M1 e M2, dos recipientes E1 e E2, são transferidas para o recipiente E3 e, no equilíbrio, a temperatura assinalada pelo termômetro é de 13ºX. Considerando que existe somente troca de calor entre as

massas de água, a razão 21

MM

é:

a) 2 + 0,223

MM

b) 2

c) 1 +23

MM

d) 0,5

e) 0,5 -223

MM

Solução: Do recipiente 1 temos: 10ºx é equivalente a 41ºF como

278K5273K

93241

5273K

932F

=⇒−

=−

⇒−

=−

Do recipiente 2 temos: 19°x equivalente a 293k

xº19

xº10

X

k293

k278

K

15278K

910X

278293278K

101910X −

=−

⇒−

−=

−−

⇒

5278K

310X −

=−

⇒

M1 estava inicialmente a 10ºx = 278k

M2 estava inicialmente a 19ºx 293K5278K

31019

=⇒−

=−

⇒

10ºC equivalente a 283k ⇒ M3 estava inicialmente a 283k Após adicionar M1 e M2 a M3 a temperatura de equilíbrio é 13ºx e:

283k a eequivalentx 13283K5278K

31013

°⇒=⇒−

=−

Como o calor só é trocado entre M1, M2 e M3 :

( ) ( ) ( ) 0283283cM293283cM278283cM0QQQ 321321 =−⋅⋅+−⋅⋅+−⋅⋅⇒=++

( ) 2MM

MM2010M5M2

11221 =⇒=⇒=−⋅+⋅

ALTERNATIVA B

30.

No circuito apresentado na figura acima, a chave S é fechada e a corrente fornecida pela bateria é 20A. Para que o fusível F, de 1,5A, não abra durante o funcionamento do circuito, o valor da resistência variável R, em ohms é: Consideração: O capacitor está descarregado antes do fechamento da chave S: a) R ≥ 120 b) 95 ≤ R ≤ 115 c) 85 ≤ R ≤ 100 d) 55 ≤ R ≤ 65 e) R ≤ 45 Solução: Vamos condicionar o valor do resistor R analisando o circuito imediatamente após o fechamento da chave. Nesse caso o capacitor está descarregado e funciona como um curto-circuito. Com isso passa a corrente limite pelo fusível. O circuito então se resume ao esquema a seguir:

+

−

R i

⎯⎯ →⎯ A20 E ⎯⎯ →⎯ −i20 C

D B

⎯→

⎯1 iΩ

12Ω6

+

−

⎯⎯

⎯→

⎯+

)1i

5,1(

+

−

Ω4Ω3

+

−

⎯⎯→

⎯1 i

3⎯⎯

⎯⎯

→⎯

+⋅

)1i

5,1(

2

A F−A5,1

Usando a lei dos Nós no nó A, temos: 3i1 = 1,5 + 2 · (1,5 + i1) 3i1 = 1,5 + 3 + 2i1 i1 = 4,5A Usando a lei dos Nós no nó C, temos: 20 – i = 3i1 + i1 4i1 = 20 – i 4 · 4,5 = 20 – i 18 = 20 – i i = 2A Finalmente usando a Lei das Malhas na malha ECDBE, vem: + 4 · (3i1) + 3[2 · (1,5 + i1)] – R · i = 0 12i1 + 9 + 6i1 = R · i 18i1 + 9 = R · i Assim: 18 · 4,5 + 9 = R · 2 81 + 9 = R · 2 2R = 90 R = 45 Ω Mas esse é o valor maximante para R. Assim: R ≤ 45 Ω ALTERNATIVA E


31. Dadas as reações:

PC l3 + 3H2O → 3H2O → H3PO3 + 3HCl

PCl5 + 4H2O → H3PO4 + 5HCl Assinale a afirmativa correta: a) As reações podem ser classificadas como reações de

deslocamento ou troca simples. b) O fósforo sofre oxidação em ambas as reações. c) O ácido fosforoso é um triácido formado por ligações covalentes.

d) Os ânions fosfato e fosfito ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −2

3HPO possuem geometria

tetraédrica e) O pentacloreto de fósforo gasoso é um composto iônico. Solução: a) Dupla troca b) I. +3 →+3 II. +5 → +5 Nox constante

DIÁCIDO HOPOH −−−−

−

H

− −

O)c

−− −

OP− − −OO−

−O

)d

aTetraédric

−− −

OP− − −OO−H

aTetraédric

)e pc −l −−

−

lc lc

lclc

−

molecular écomposto o Assim.covalentes ligações 7,1 que

menor é tividadeeletronega de diferençaA →

ALTERNATIVA D 32. Dados os íons: 16S2-; 19K+; 56Ba2+, indique qual das relações abaixo apresenta os íons isoeletrônicos em ordem correta de raio iônico. a) K+ > S2- b) Ba2+ = S2- c) Ba2+ > S2- d) K+ < S2- e) Ba2+ < S2- Solução:

−216S +K19

+256Ba

pº3 pº4 pº6

Ba2+ > S2- > K+

Ba2+ → 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 5 camadas K+ → 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3 camadas S2- → 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3 camadas

a) 2deZKF

↓

⋅↑⋅=

−

IônicoRaiodatômicoNúmeroZ

==

Logo K+ < S2-

b) Ba2+ → 54e- e S2- → 18e- não são isoeletrônicos c) Ba2+ e S2- Igual a Letra B d) Correta → Para Isoeletrônicos, maior Z → menor raio Iônico e) Ba2+ < S2- Igual a Letra B ALTERNATIVA D 33. Dentre as opções abaixo, escolha a que corresponde, respectivamente, às classes das moléculas: hemoglobina, amido, DNA, ácido palmítico. a) Proteína, glicídio, ácido nucleico, lipídio. b) Ácido nucleico, glicídio, lipídio, proteína. c) Proteína, proteína, lipídio, ácido nucleico. d) Glicídio, proteína, ácido nucleico, lipídio. e) Glicídio, lipídio, ácido nucleico, proteína. Solução: Hemoglobina → Proteína relacionada ao processo de respiração

celular. Amido → Polissacarídeo (glicídeo) utilizado como reserva de energia. DNA → Ácido desoxirribonucleico (ácido nucleico). Ácido palmítico → Ácido graxo encontrado no óleo de palma (lipídeo) ALTERNATIVA A 34. Um tambor selado contém ar seco e uma quantidade muito pequena de acetona líquida em equilíbrio dinâmico com a fase vapor. A pressão parcial da acetona é de 180,0 mm Hg e a pressão total no tambor é de 760,0 mm Hg. Em uma queda durante seu transporte, o tambor foi danificado e seu volume interno diminuiu para 80% do volume inicial, sem que tenha havido vazamento. Considerando-se que a temperatura tenha se mantido estável a 20ºC, conclui-se que a pressão total após a queda é de: a) 950,0 mm Hg b) 1175,0 mm Hg c) 760,0 mm Hg d) 832,0 mm Hg e) 905,0 mm Hg Solução: A acetona líquida encontra-se em equilíbrio com a fase vapor e este equilíbrio depende apenas da temperatura. Como a temperatura permanece constante podemos afirmar que a pressão parcial da acetona não se altera. Assim: Pacet=180 mmHg. Com relação ao ar seco, a quantidade em mols permanece constante fazendo com que se tenha:

mmHg725Pf8,0

)180760(8,0

PiPf )ar(

)ar()ar( =⇒

−==

Assim, PTOTAL= Pacet + Pf(ar) = 180 + 725 = 905 mmHg ALTERNATIVA E


35. Um erlenmeyer contém 10,0 mL de uma solução de ácido clorídrico, juntamente com algumas gotas de uma solução de fenolftaleína. De uma bureta, foi-se gotejando uma solução 0,100 M de hidróxido de sódio até o aparecimento de leve coloração rósea. Nesse momento, observou-se um consumo de 20,0 mL da solução alcalina. Pode-se afirmar que a concentração de HCl na solução ácida original era de: Dados: Massas atômicas: H = 1,00 u, O = 16,0 u, Na = 23,0 u, Cl = 35,5 u a) 3,65 x 10–3 g/cm3 b) 7,30 x 10–3 g/cm3 c) 4,00 x 10–3 g/cm3 d) 3,20 x 10–3 g/cm3 e) 2,00 x 10–3 g/cm3 Solução: Solução levemente rósea indica neutralização total do ácido. Assim

temos: ma → molaridade do ácido Va → volume do ácido Xa → nº de H+ do ácido mb → molaridade da base Vb → volume da base Xb → nº de HO- da base

1a

a

bbbaaa

Lmol2,0m

1201,0110mXVmXVm

−⋅=

⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅

13comum

1comum

comum

comum

comum

mLg103,7C

Lg3,7C

5,362,0CMMmC

MMCm

−−

−

⋅⋅=

⋅=

⋅=

⋅=

=

ALTERNATIVA B 36. O gráfico abaixo ilustra as variações de energia devido a uma reação química conduzida nas mesmas condições iniciais de temperatura, pressão, volume de reator e quantidades de reagentes em dois sistemas diferentes. Estes sistemas diferem apenas pela presença de catalisador. Com base no gráfico, é possível afirmar que:

a) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com

absorção de calor. b) A curva 2 representa a reação catalisada, que ocorre com

absorção de calor. c) A curva 1 representa a reação catalisada com energia de

ativação dada por E1 + E3. d) A curva 2 representa a reação não catalisada, que ocorre com

liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por E2 + E3.

e) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por E1.

Solução: E3 = Variação de entalpia de reação que não varia com a presença

do catalisador. E1 = Energia de ativação da curva 1. E2 = Energia de ativação da curva 2. Como E2 > E1 → curva 1 tem presença de catalisador. a) Falsa. Energia dos produtos < Energia dos reagentes → E3 < 0 →

reação exotérmica. b) Falsa. E2 > E1 → curva 2 representa a reação não catalisada. c) Falsa. A energia de ativação da curva 1 é E1. d) Falsa. A energia de ativação da curva 2 é E2. e) Verdade. Como a energia de ativação (E1) é menor que a energia de ativação da curva 2 (E2), a curva 1 corresponde a reação catalisada, e Energia dos produtos é menor que a dos reagentes indicando uma reação com liberação de calor. ALTERNATIVA E 37. O dispositivo a seguir utiliza a radiação solar para quantificar variações em propriedades termodinâmicas. Este dispositivo composto por uma lente convergente e uma porta-amostras. A lente possui área útil de 80cm2, absorvidade (α) de 20% e transmissividade (τ) de 80%. O porta-amostras possui absortividade de 100% e volume variável, operando à pressão constante de 1,0 atm.

Em procedimento experimental, injetou-se 0,100ml de uma substância pura liquida no porta-amostras do dispositivo. Em seguida, mediu-se um tempo de 15min para a vaporização total da amostra, durante o qual a irradiação solar permaneceu constante e igual a 750W/m2. Nesse processo, a temperatura do porta-amostras estabilizou-se em 351K. no experimento, o calor sensível da amostra e a radiação emitida pelo porta-amostras são desprezíveis. Pode-se concluir que a vaporização total da substância, as variações de entalpia molar padrão e de entropia molar padrão são respectivamente: a) 4,32 kJ/mol e 12,3 J/(mol K) b) 5,40 kJ/mol e 15,4 J/(mol K) c) 43,2 kJ/mol e 123 J/(mol K) d) 54,0 kJ/mol e 154 J/(mol K) e) 31,6 kJ/mol e 90,0 J/(mol K)

Solução:

23

2

m108

m1 −⋅ X

W750

W6x =

%80

W8,4 242 m1080cm80 −⋅=

J4320y = mol1,0

y J8,4W8,4 →

6015s1

⋅


KJ2,43HJ04320 mol1

4320J mol1,0

VAP =°Δ→→

11

1

KmolJ123SK351molKJ2,43S

−−

−

⋅⋅=Δ

⋅=Δ

ALTERNATIVA C 38. Os trabalhos de Joseph John Thomson e Ernest Rutherford resultaram em importantes contribuições na história da evolução dos modelos atômicos e no estudo de fenômenos relacionados à matéria. Das alternativas abaixo, aquela que apresenta corretamente o autor e uma das suas contribuições é: a) Thomson – Concluiu que o átomo e suas partículas formam um

modelo semelhante ao sistema solar. b) Thomson – Constatou a indivisibilidade do átomo. c) Rutherford – Pela primeira vez, constatou a natureza elétrica da

matéria. d) Thomson - A partir de experimentos com raios catódicos,

comprovou a existência de partículas subatômicas. e) Rutherford – Reconheceu a existência das partículas nucleares

sem carga elétrica, denominadas nêutrons. Solução: a) Consiste no modelo de Rutherford b) Consiste no modelo de Dalton c) Consiste no modelo de Thomson d) Verdade, o experimento de tubo de raios catódicos comprovam a

existência de partículas subatômicas. e) Quem descobriu o nêutron foi J.Chadwick. ALTERNATIVA D 39. Com relação às emissões radioativas observadas no planeta Terra, assinale a alternativa correta: a) A emissão de uma partícula α resulta em um elemento situado

em uma posição imediatamente à direita do elemento original, na tabela periódica.

b) A radiação γ frequentemente acompanha uma emissão α ou β. c) Raios γ são radiações eletromagnéticas, de comprimento de

onda superior ao da luz visível, cuja emissão não resulta em mudanças do número em atômico ou do número de massa do elemento.

d) As reações de fusão nuclear ocorrem quando núcleos de átomos pesados, como urânio ou tório, são bombardeados com nêutrons, quebrando-se em átomos menores e liberando energia e radioatividade.

e) O decaimento α se deve à alta instabilidade do núcleo de He42 , o

que faz com que este se separe facilmente de núcleos maiores. Solução: a) 4A

2Z4

2A

Z YX −−+α→

Para se situar imediatamente à direita, o número atômico deveria

crescer uma unidade. Logo, assertiva está errada. b) Afirmação correta. Imediata c) Espectro de frequência

f

Luz visível Raios γ

Como a frequência do raio γ é maior do que a frequência da luz visível, seu comprimento de onda é menor. Afirmação errada. d) o processo descrito é o da fissão nuclear. Afirmativa errada e) o núcleo de 2He4 é extremamente estável. Afirmativa errada. ALTERNATIVA B

40. Com respeito aos orbitais atômicos e à teoria da ligação de valência, assinale a alternativa INCORRETA. a) Um orbital atômico híbrido sp3 tem 25% de caráter s e 75% de

caráter p. b) Um elétron 2s passa mais tempo do que um elétron 2p numa

região esférica centrada no núcleo e bem próxima deste. c) Os elétrons em orbitais híbridos de um carbono sp3 percebem

um efeito de atração elétrica do núcleo de carbono maior do que os elétrons em orbitais híbridos de um carbono que apresenta hibridização sp.

d) Uma ligação tripla representa uma ligação σ e duas ligações π. e) A energia dos orbitais p de um átomo aumenta de 2p para 3p,

deste para 4p, e assim por diante. Solução: a) Um orbital sp3 é formado pela superposição de 1 orbital “s” e 3

orbitais “p”. Como as contribuições de cada orbital são iguais, 25% de caráter total é “s” e 75% do “p”.

b) Orbitais tipo “s” possuem um ventre de densidade de probabilidade de encontrar o elétron no núcleo, logo a assertiva está correta.

c) Como os orbitais “sp” têm maior caráter “s” do que os orbitais sp3, os elétrons são os mais fortemente atraídos nos orbitais “sp”. Assertiva errada.

d) Afirmação correta e imediata. e) Grosso modo, a energia total de elétron pode ser expressa, em

termos qualitativos e comparativos, como a soma dos números quântico primário e secundário. Logo a assertiva está correta.

ALTERNATIVA C

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IME2013 Prova Objetiva Resolvida