VESTIBULAR IME 2008 - PROVA GGE Oficialcoberturamaxima.com.br/wp-content/uploads/downloads/Provas/IME... · ... conforme a figura a seguir. ... Na figura seguinte, ABCD é um quadrado

GGE RESPONDE - VESTIBULAR – IME 2008 – PROVA OBJETIVA

1

MATEMÁTICA

1. De quantas maneiras n bolas idênticas podem ser distribuídas em cestos de cores verde, amarelo e azul?

A. ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

22n

B. ( ) ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

3n

C. ( )

!3!n

D. ( ) ( )!3n − E. ( ) n3

RESOLUÇÃO:

x → nº de bolas no cesto verde.

y→ nº de bolas no cesto amarelo.

z→ nº de bolas no cesto azul.

Temos então,

x + y + z = n, logo queremos encontrar o número de soluções desta equação com x, y e z inteiros maiores ou iguais a zero.

Sabemos que o número de soluções da equação x1 + y2 + x3 ... + yk = n é .

Logo o nº de soluções de x + y + z = n é .

GABARITO A

2. Um Plano corta um cubo com aresta de comprimento 1 passando pelo ponto médio de três arestas concorrentes no vértice A e formando uma pirâmide, conforme a figura a seguir. Este processo é repetido para todos os vértices. As pirâmides obtidas são agrupadas formando um octaedro cuja área da superfície externa é igual a:

A

A. ( ) 23 B. ( ) 3 C. ( ) 1 D. ( ) 2 E. ( ) 2 2

RESOLUÇÃO:


2

Cada pirâmide recortada do cubo irá ocupar em lugar como mostrado pela pirâmide OABC.

Sabemos que

Aoctaedro =

GABARITO: B

3. Na figura seguinte, ABCD é um quadrado de lado 1, e BCE é um triângulo eqüilátero. O valor

de tan2α

é igual a:

E

D C

BA

A. ( ) 1 23

B. ( ) 2 26

C. ( ) 1 33

D. ( )1 52

E. ( )1 53

RESOLUÇÃO:

∆GHE ~ ∆EBC

GABARITO: C


3

4. Assinale a opção correspondente ao valor da soma das raízes reais da equação:

0xlog11xcosx3logx6logxlogxlogxlog

2=

A.( ) 1,0 B. ( ) π C. ( ) 10,0 D.( ) 11,0 E. ( )11,1

RESOLUÇÃO:

Logx ou

* logx = 0 x + 1

* log3x . log2x + cos6x – log3x – cosx – log2x . log6x = 0

log2x(log3x – log6x) + 1(log6x – log3x) = 0

(log2x – 1 )(log ) = 0 log2x = 1

ou

Soma das raízes: 1 + 10 + 0,1 = 11,1

GABARITO: E

5. Assinale a opção correspondente ao valor da soma das raízes da equação

08y2y5y 21

23

=+++

A. ( ) 5 B.( ) 2 C.( ) 21 D.( ) 51

5 E.( ) 0,5

RESOLUÇÃO:

+ 5y + + 8 = 0, faça x = , então:

x3 + 5x2 + 2x + 8 = 0 Sejam x1, x2, x3 as raízes desta equação:

Sejam y1, y2, y3 as raízes da 1ª equação, então:

y1 = x12


4

y2 = x22 y1 + y2 + y3 = x12 + x22 + x32 = (x1 + x2 + x3)2 – 2(x1x2 + x1x3 + x2x3) = (-5)2 – 2 .2= 21

y3 = x33

GABARITO: C

6. Uma série de Fibonacci é uma sequência de valores definida da seguinte maneira: • Os dois primeiros termos são iguais à unidade, ou seja, T1 = T2 = 1 • Cada termo, a partir do terceiro, é igual à soma dos dois termos anteriores, isto é: TN = TN-2 + TN-1.

Se T18 = 2584 e T21 = 10946, então T22 é igual a: A. ( ) 12225 B. ( ) 13530 C. ( ) 17711 D. ( ) 20412 E. ( ) 22121

RESOLUÇÃO:

T22 = T21 + T20 = T21 + T19 + T18 = T21 + 2 . T18 + T17 =

= 10946 + 2 . 2584 + T17 = 16114 + T17.

Como T17 < T18 = 2584 : Logo T22 < 20412 e T22 > 16114.

Então a única alternativa possível é C.

GABARITO: C

7. Assinale a opção correspondente ao valor de µ que faz com que a equação ( 1 + µ )S3 + 6 S2 + 5 S + 1 = 0 possua raízes no eixo imaginário. A. ( ) 0 B. ( ) 6 C. ( ) 14 D. ( ) 29 E. ( ) 41

RESOLUÇÃO:

(1 + µ)s3 + 6s2 + 5s + 1 = 0. Seja s = ai uma raiz do eixo imaginário.

Então:

- (1 + µ) a3 . i – 6a2 + 5ai + 1 = 0

(1 + µ) . = 5 µ = 29

GABARITO: D

8. Assinale a opção correspondente ao número de possíveis valores de α Є [0,2π) tais que o lugar geométrico representado pela equação 3x2 + 4y2 – 16y – 12x + tgα + 27 = 0 seja um único ponto. A. ( ) Nenhum valor. B. ( ) Apenas 1 valor. C. ( )2 valores D. ( ) 4 valores E. ( ) Um número infinito de valores

RESOLUÇÃO:

α ∈ [ 0,2 π)


5

3x2 + 4y2 – 16y – 12x + tgα + 27 = 0

Completando quadrado.

(3x2 – 12x + 12) + (4y2 – 16y + 4) + tgα + 27 = 12 + 16

(2y + 4)2 + tgα = 28 – 27.

3(x + 2)2 + 4(y + 2)2 = 1 - tgα

Assim 1 - tgα > 0 tgα < 1.

Então para representar um único ponto, temos que ter

1 - tgα = 0 tgα = 1 α , k ∈ z.

Como α ∈ [0,2π) então ; .

Portanto, temos dois valores.

GABARITO: C

9. Sendo o ponto A (8, -2) um vértice de um losango ABCD e 2x+y+1=0, a reta que contém os vértices B e D, assinale a opção correspondente ao vértice C.

A. ( ) (-2, -8) B. ( ) (0, -4) C. ( ) (4, 3) D. ( ) (-4, -8) E. ( ) (-1, 7)

RESOLUÇÃO:

Seja a reta é perpendicular à reta 2x + y + 1 = 0, temos que a reta é da forma

. Como A pertence à , temos:

P é eqüidistante de A e C, então d (P, A) = d(P, C)

82 + 12 = xc2 + (yc + 1)2. Como C pertence a , temos

Substituindo:

é o ponto A. Então xc = - 4, e yc = - 8

GABARITO: D

10. Sejam L, D e U matrizes quadradas de ordem n cujos elementos da i-ésima linha e j-ésima coluna lij, dij e uij, respecitivamente, são dados por:


6

,ipara,j.i

i l2

ij ≥= ejipara,i1idij =

+= jipara,

jii2uij ≤

+=

j i para,0 < j i para,0 ≠ j i para,0 >

O valor do determinante de A = LDU é igual a:

a) ( ) 0 b) ( ) 1 c) n d) ( ) n + 1 e) (n+1) /n

RESOLUÇÃO:

Pelo teorema de Binet, temos que

detA = det(L.D.U)

Assim detA = det(L) . det(D). det(U)

Mas as matrizes L, U são triangulares e D uma matriz diagonal, portanto os seus determinantes é o produto dos elementos da diagonal principal. Assim:

Der(L) = 1, det(D) = n + 1 e det(U) = 1

Portanto detA = n + 1

GABARITO: D

11. Assinale a opção correspondente aos valores de K para os quais o sistema de equações

dado por: Kyx =+

+=+ eee

admite a solução real.

A.( ) 0 ≤ K ≤ 2 B.( ) 0 ≤ K ≤ In2 C. ( ) K ≥ e-2 D. ( )K > In4 E. ( )0 ≤ K ≤ 1

RESOLUÇÃO:

x + y = k y = k – x. Substituindo em ex + ey = ex + y, temos que ex + ek – x = ex + (k – x)

e2 + .

Assim (ex)2 – ex . ek + ek = 0.

Admite solução real, se ∆ = 0. Deste modo. ∆ = ek(ek – 4) ≥ 0. Mas ek > 0, assim ek – 4 ≥ 0.

Então k ≥ ln 4.

GABARITO: D

12. A soma dos números inteiros positivos de quatro algarismos que admitem 3, 5 e 7 como fatores primos é: A. ( ) 11025 B. ( ) 90300 C. ( ) 470005 D. ( ) 474075 E. ( ) 475105


7

RESOLUÇÃO:

Então, temos que encontrar todos os números de quatro algarismos em que seja divisível por 105.

Assim, construímos uma P.A.

(1050,.., 9975)

P.A com 86 termos.

Portanto a soma dos termos de P.A é:

GABARITO: D

13. Seja x um número real ou complexo para o qual 1x1x =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + . O valor de ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + 6

6

x1x é:

A. ( ) 1 B. ( ) 2 C. ( )3 D. ( ) 4 E. ( ) 5

RESOLUÇÃO:

Elevando ao quadrado, temos que:

Elevando ao cubo, temos que:

Como .

GABARITO: B

14. Sejam f(x) = eeee)x(f

+−

= , g(x) = e e h(x) = g(f-1 (x)). Se os valores da base e da altura de

um triângulo são definidos por h(0,5) e h(0,75), respectivamente, a área desse triângulo é igual a:

A. ( ) 2e

B. ( ) 27

C. ( ) 221

D. ( ) 10 E. ( ) e

RESOLUÇÃO:

; g(x) = ex e h(x) = g(f-1(x)).


8

A área do triângulo é dada por:

Mas h(0,5) = g(f-1(0,5)) e h(0,75) = g(f-1(0,75)).

Seja f-1(0,5) = x1 f(x1) = 0,5 e

f-1(0,75) = x2 f(x2) = 0,75

f(x) = 0,5

2(ex – e-x) = ex + e-x ex =

, mas ex > 0; logo .

Assim x = ln . Portanto f-1(0,5) = ln .

De modo análogo, encontramos que f-1(0,75) = ln .

Assim

h(0,5) = g(f-1(0,5)) = g(ln ) = e

h(0,75) = g(f-1(0,75)) = g(ln ) =

Portanto a área do triângulo é dada por:

.

GABARITO: C

15. Seja ai um dos termos da progressão geométrica com oito elementos ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ,...41,

21,1,2 , e

S= log2 a1 + log2 a2 + ... + log2 a8.

Se 5Sb

−= e f(x) - ⎜x+2b⎜+⎜2x - b⎜, o valor de f(1) será:

A) – 7 B) 7 C) 11 D) – 11 E) 1

RESOLUÇÃO:

F(1) = 1 + 2b + 2 - b.

Mas S =

Por outro lado a1 . a2 ... a8 = 28 . .

Logo

S =


9

b =

Deste modo; f(1) = 1 + 8 + 2 - 4 = 9 + 2 = 11

GABARITO: C

Comentários da Prova de Matemática

Foi uma prova tranqüila e equilibrada sobre os diversos tópicos da matemática. Houve uma incidência de 20% de questões de Geometria. As demais questões versaram sobre Álgebra. Com certeza, uma prova para os alunos bem preparados tirarem de letra.

FÍSICA

16.

v

-v

t 2t

3t 4t

tempo

velocidade

O gráfico acima apresenta a velocidade de um objeto em função do tempo. A aceleração média do objeto no intervalo de tempo de 0 a4t é:

a) tv b)

t4v3 c)

t4v d)

t4v

− e) t4v3

−

RESOLUÇÃO:

O gráfico da aceleração montado a partir do gráfico da velocidade versus tempo é:

t2t 3t 4t

t

a

tv

tv−

A partir do gráfico da aceleração versus tempo, temos: ∆v = v – 2v = - v

Temos então para aceleração média: a = ∆v/∆t = - v/ 4t

Gabarito D

17. Um cubo de material homogêneo, de lado L = 0,4 m e massa M = 40 kg, está preso à extremidade superior de uma mola, cuja outra extremidade está fixada no fundo de um recipiente vazio. O peso do cubo provoca na mola uma deformação de 20 cm. Coloca-se água no recipiente até que o cubo fique com a metade de seu volume submerso. Se a massa específica da água é 1000kg / m3, a deformação da mola passa a ser:


10

a) 2 cm b) 3 cm c) 4 cm d) 5 cm e) 6 cm

RESOLUÇÃO:

Analisando equilíbrio do sistema antes de inserir o líquido, temos:

Mg = kx ⇒ k = Mg/x = 40.10/0,2 = 2000 N/m2.

Ao se colocar o líquido temos um novo equilíbrio, supondo a mola alongada:

Mg - kx1 = (ρ.g.L3)/2 ⇒ x1 = (Mg - ρ.g.L3 /2)/k = (400 - 1000.10.(0,4)3 /2 )/2000 = 4 cm Gabarito C

18. Uma nave em órbita circular em torno da Terra usa seus motores para assumir uma nova órbita circular a uma distância menor da superfície do planeta. Considerando desprezível a variação da massa do foguete, na nova órbita:

a) a aceleração centrípeta é menor.

b) a energia cinética é menor.

c) a energia potencial é maior.

d) a energia total é maior.

e) a velocidade tangencial é maior.

RESOLUÇÃO:

Na situação I, temos que para uma distância R > r, a velocidade orbital (tangencial) é:

v α (GM/R)-1/2 e na situação II, temos: v´ α (GM/r)-1/2 ,, se R > r, então v < v´.

Gabarito E

19. Um gás ideal sofre uma expansão isotérmica, seguida de uma compreensão adiabática. A variação total da energia interna do gás poderá ser nula se, dentre as opções abaixo, a transformação seguinte for uma:

a) compressão isotérmica

b) expansão isobárica

c) compressão isobárica

d) expansão isocórica

e) compressão isocórica

RESOLUÇÃO:

Analisando a primeira lei da termodinâmica para todos os processos, temos:

Q1 = ∆U1 + τ1 ⇒ ∆U1 = 0 e τ1 > 0 (processo de expansão isotérmica)


11

Q2 = ∆U2 + τ2 ⇒ ∆U2 = - τ2 ⇒ ∆U2 > 0 (processo de compressão adiabática)

Q3 = ∆U3 + τ3 ⇒ Podemos concluir do gráfico P x V, que: ∆U3 < 0 e τ1 > 0 ⇒ compressão isobárica

Gabarito C

20.

A figura acima ilustra um circuito resistivo conectado a duas fontes de tensão constante. Considere as resistências em ohms. O módulo da corrente I que atravessa o resistor de 2 ohms é, Aproximadamente:

A. ( ) 0,86 A B. ( ) 1.57 A C. ( ) 2,32 A D. ( ) 2,97 A E. ( ) 3,65 A

RESOLUÇÃO:

Considerando as fontes ideais, não precisamos considerar as resistências de 6 Ω e 8 Ω.

Pelo princípio da superposição temos:

54

2

10

7V12V

a) Considerando a fonte de 12 V e curto-circuitando a fonte de 7 V obtemos:

i1 = 12 / (4 + 10/7) = 2,2 A

i1’ = 5 . i1 / 7 = 1,6 A


12

54

5

1012V

2 i1

i1

b) ) Considerando a fonte de 7 V e curto-circuitando a fonte de 12 V obtemos:

i2 = 7 / (5 + 8/6) = 1,1 A

i1’’ = 4. i2 = 0,74 A

Assim temos i = i1’ + i1’’ = 2,34 A

5

4

10 7V

2i1

i1

GABARITO: C

21. Uma pequena barra metálica é solta no instante t = 0 s do topo de um prédio de 32 m de altura. A aceleração da gravidade local é 10 m/s2.

32 m

A barra cai na direção de um espelho côncavo colocado no solo, conforme indicado na figura ao lado. Em certo instante, a imagem da barra fica invertida, 30 cm acima da barra e quatro vezes maior que ela. O instante em que isso ocorre é, aproximadamente:

A. ( ) 2,1 S B. ( ) 2,2 S C. ( ) 2,3 S D. ( ) 2,4 S E. ( ) 2,5 S

RESOLUÇÃO:


13

Temos no instante t, que: p´ - p = 30 (i)

A = - 4 = - p´/p ⇒ p´ = 4p (ii) Substituindo (II) em (I), temos: p = 10cm

Para a queda livre, obtemos:

0,1 = 32 – 5t2 ∴ t ≈ 2,52s

Gabarito E

22.

60°

Uma partícula de massa 5 g move-se sobre uma mesa descrevendo uma trajetória circular de raio 0,2 cm. Ela está presa a um fio que faz um ângulo de 60º com a vertical, conforme mostra a figura acima. Desta forma, é correto afirmar que:

A. ( ) a força resultante é nula e o módulo da quantidade de movimento é 2 3 g cm/s.

B. ( ) o vetor quantidade de movimento não é constante e o momento da força resultante em relação ao centro da trajetória é nulo.

C. ( ) a energia cinética e o vetor quantidade de movimento são constantes.

D. ( ) a força resultante e o momento da força resultante em relação ao centro da trajetória são nulos.

E. ( ) o momento da força resultante em relação ao centro da trajetória é 20 Nm e a força resultante e não é nula.

RESOLUÇÃO:

Para executar um movimento circular de raio 0,2cm, deve existir uma força resultante apontada para o eixo de rotação. Na questão, a resultante é a componente horizontal da força tração:


14

Fres = Tx = Tsen 60o = m.v2/r (assim, justificamos que as afirmativas (a) e (d) são falsas); o vetor quantidade de movimento não é constante (afirmativa (c) é falsa), pois o vetor velocidade varia em sentido e direção, enquanto o momento da força resultante em relação ao centro da trajetória é nulo (afirmativa (b) é correta e a afirmativa (e) é falsa).

Gabarito B

23. Uma fonte de 680 Hz, posicionada na boca de um tubo de ensaio vazio, provoca ressonância no harmônico fundamental. Sabendo que o volume do tubo é 100 mL e que a velocidade do som no ar é 340 m/s, o intervalo que contém o raio R do tubo é:

A. ( ) 1,2 cm < R < 1,4 cm B. ( ) 1,5 cm < R < 1,7 cm

C. ( ) 1,8 cm < R < 2,0 cm D. ( ) 2,1 cm < R < 2,3 cm

E. ( ) 2,4 cm < R < 2,6 cm

RESOLUÇÃO:

f1 = vsom/4L ⇒ L = vsom/4 f1 = 340/4x680 = 1/8 m = 12,5cm

V = 100mL = 100cm3 = πr2L ⇒ 100 = 3,14xr2x12,5 ⇒ r ≈ 1,6cm

Logo, 1,5cm < r < 1,7cm

Gabarito B

24.

1 2 3 4 5

f’f→v

Um objeto se desloca com velocidade constante v em direção a uma lente convergente, como mostra a figura acima. Sabendo que o ponto 3 é o foco da lente, a velocidade de sua imagem é maior no ponto:

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 E. 5

RESOLUÇÃO:

Sabendo que Vim = - A2. V, temos:

Como a lente é convergente, os pontos 1 e 2 não serão atingidos. Como o objeto se aproxima do foco pelo infinito, a imagem se afasta do foco para o infinito.

( ) minmaxIM2

2

IM pfVvpf

fV −=∴−

= , logo com o objeto mais próximo do foco, a imagem deve ser mais

rápida no ponto 5.

Gabarito E


15

25.

A figura acima apresenta o modelo de uma fonte de tensão conectada a um resistor variável R. A tensão V e a resistência interna r da fonte possuem valores constantes. Com relação à resistência do resistor R, é correto afirmar que:

a) aumentando seu valor, necessariamente aumentará a potência dissipada em R.

b) aumentando seu valor, aumentará a tensão sobre R, mas não necessariamente a potência dissipada em R.

c) aumentando seu valor, aumentará a tensão sobre R, mas não necessariamente a potência dissipada em R.

d) diminuindo seu valor, aumentará a corrente fornecida pela fonte e, conseqüentemente, a potência dissipada em R.

e) diminuindo seu valor, necessariamente aumentará a potência dissipada em R.

RESOLUÇÃO:

Para o circuito dado, temos:

V – r.i = R.i ⇒ i = V/(R+r) (I)

UR = R.i ⇒ UR = R.V/(R+r) ∴ UR = V/(1+r/R)

Donde concluímos que, quando R aumenta, UR diminui.

Como a potência da bateria é igual à do resistor, temos que nem sempre no resistor quando a resistência aumentar a potência dissipada também assim irá.

Gabarito B

26. Um vagão de trem desloca-se horizontalmente com aceleração a, sendo g a aceleração da gravidade no local. Em seu interior, preso no teto, encontra-se um fio de comprimento L, que sustenta uma massa m puntiforme. Em um determinado instante, o vagão passa a se deslocar com velocidade constate, mantendo a direção e o sentido anteriores. Nesse momento, a aceleração angular α da massa m em relação ao ponto do vagão em que o fio foi preso é:

a) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=α

gaarctgsen

Lg

b) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=α

gaarctgcos

Lg


16

c) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=α

gaarctgcos

gL

d) La

=α

e) α= 0

RESOLUÇÃO:

Enquanto o vagão se desloca acelerado, a inclinação do fio é dado por θ = arctg(a/g). No momento que cessa a aceleração, o movimento curvilíneo que se estabelece deve-se à componente tangencial da gravidade: a´ = g (senθ), logo temos para aceleração angular:

α = (g/L)sen(arctg(a/g))

Gabarito A

27. Uma fonte de luz de comprimento de onda λ é apontada para uma fenda formada por duas placas conectadas entre si por duas molas de constante K, estando a placa superior fixada ao teto, conforme mostra a figura abaixo. A distância entre as placas é pequena o suficiente para causar a difração da luz. As placas possuem largura L, comprimento C e a espessura E. Uma figura de difração é projetada em uma parede a uma distância D da fenda. Sendo g a aceleração da gravidade, a massa específica ρ das placas para que o segundo máximo de difração esteja a uma distância B do primeiro é:

vista das placas

EL

C

D

placas paredevista alteral

fontede luz

a) CLEg

KB2=ρ b)

CLEgKD2 λ

=ρ c) CLEgB

BDK 22 +λ=ρ d)

CLEgBBDK2 22 +λ

=ρ e) CLEg

BDK2 22 +=ρ

RESOLUÇÃO:

Condição de equilíbrio da placa superior:

2k∆x = mg (I) , m = d.V ⇒ m = d.C.L.E (II)

Substituindo (II) em (I), temos: 2k∆x = d.C.L.E.g

d = 2k∆x/C.L.E.g


17

Admitindo que a distância entre os 1º e 2º máximos é a mesma distância entre o máximo central e o 1º máximo, o que não necessariamente é verdade, temos:

x∆

D

θ

22 DB +B

Mas ∆x senθ = λ/2 e senθ = B/ ∴ ∆x = λ /2B ⇒d = kλ /C.L.E.B.g

Gabarito C

28. Um bloco de massa m = 4 kg parte de um plano horizontal sem atrito e sobe um plano inclinado com velocidade inicial de 6 m/s. Quando o bloco atinge a altura de 1 m, sua velocidade se anula; em seguida, o bloco escorrega de volta, passando pela posição inicial. Admitindo que a aceleração da gravidade seja igual a 10 m/s2, a velocidade do bloco, ao passar pela posição inicial, é:

a) 1 m/s b) 2 m/s c) 3 m/s d) 4 m/s e) 5 m/s

RESOLUÇÃO:

Analisando o balanço energético ao longo da subida do plano inclinado: Emec1 = mv2/2 = 4.(6)2/2 = 72 J, quando alcança a altura de 1m, tem-se: Emec2 = mgh = 4.10.1 = 40 J , ou seja, 32 J foi perdido pelo atrito. Assim, no término da descida, temos: Emec3 = 40 – 32 = 8 J ⇒ v = 2m/s

Gabarito B

29. Um campo magnético é expresso através da seguinte equação B = cQx ly Lz Vw, onde c é uma constante adimensional, Q é uma quantidade de calor, l é um impulso, L é um comprimento e V é uma tensão elétrica. Para que esta equação esteja correta, os valores de x, y, z e w devem ser, respectivamente,

a) 1, +1, +1 e -1 b) +1, -1, +1 e -1 c) -1, +1, -1 e +1 d) +1, -1, -1 e +1 e) -1, -1, -1 e +1

RESOLUÇÃO:

Sabemos que:

B = campo magnético ⇒ U(B) = M.T-1.q-1

Q = quantidade calor ⇒ U(Q) = M.L2.T-2

I = impulso ⇒ U(I) = M.L.T-1

L = comprimento ⇒ U(L) = L


18

V = tensão elétrica ⇒ U(V) = M L2.T-2.q-1

c = constante ⇒ U(c) = 1

Analisando o dimensional da equação dada B = cQxIyLzVw:

M.T-1.q-1 = Mx+y+w.T-2x-y-2w.L2x+y+z+2w.q-w

Logo temos: x+y+1 = 1 ⇒ x + y = 0 (I) , -2x-y-2= -1 ⇒ 2x+y = - 1 (II), w = 1 (III)

De (I) e (II) tiramos: x = - 1 e y = 1. (IV)

Analisando a dimensão L: 2x + y + z + 2 = 0, substituindo (IV) e (III) obtemos: z = - 1.

Gabarito C

30.

Um caminhão de três eixos se desloca sobre uma viga biapoiada de 4,5 m de comprimento, conforme ilustra a figura acima. A distância entre os eixos do caminhão é 1,5 m e o peso por eixo aplicado à viga é 150 kN. Desprezando o peso da viga, para que a reação vertical do apoio A seja o dobro da reação vertical do apoio B, a distância D entre o eixo dianteiro do caminhão e o apoio a deverá ser:

A. ( ) 0 m B. ( ) 0,3 m C. ( ) 0,6 m D. ( ) 0,9 m E. ( ) 1,2 m

RESOLUÇÃO:

Basta analisarmos a questão quanto o equilíbrio de rotação: somatório dos momentos em relação ao ponto A igual a zero.

Assim temos: 150kN D + 150kN (D + 1,5) + 150kN (D + 3,0) = NB.4,5 (i)

Porém do enunciado estabeleceu-se: NA = 2NB, mas NA + NB = 3. 150 ⇒ NB = 150 kN (II)

Substituindo (ii) em (i), temos: D = 0

Gabarito A

Comentários da Prova de Física


19

A banca do IME elaborou uma prova que deixou de fora alguns assuntos recorrentes dos concursos, tais como, calorimetria, dilatação e gases do programa de termologia; eletrostática e eletromagnetismo, do programa de eletricidade. No mais, uma prova que oscilou entre questões tradicionais e questões que exigiam de um aluno normal do ensino médio conhecimentos adicionais (questões 20 e 24), porém vistos na TURMA ITA-IME do GGE. A banca está de parabéns.

QUÍMICA

31. Segundo a teoria dos orbitais, as ligações covalentes são formadas a partir da interpenetração dos orbitais atômicos. Esta interpenetração leva à formação de orbitais moleculares. Considerando uma molécula de N2 cujos núcleos atômicos estão localizados ao longo do eixo z, assinale a afirmação correta. (Dado: Número atômico do nitrogênio = 7)

a) O N2 possui ligação tripla constituída por dois orbitais moleculares π e um orbital

molecular PxPx −σ .

b) O N2 possui ligação tripla constituída por dois orbitais moleculares π e um orbital molecular

ss−σ .

c) O N2 possui ligação tripla constituída por dois orbitais moleculares π e um orbital molecular

PzPz −σ .

d) O N2 possui uma ligação tripla constituída por três orbitais ss−σ .

e) O N2 possui uma ligação tripla constituída por duas ligações ss−σ e uma ligação π.

RESOLUÇÃO:

Como os núcleos estão localizados ao longo do eixo z, haverá formação da ligação σ com orbitais pz do nitrogênio. Os outros dois orbitais p, que estão paralelos, formam ligações π.

GABARITO: C

32. Assinale a alternativa correta:

a) O número máximo de ligações covalentes possível para os elementos da família dos calcogênios é 2.

b) O nitrato de sódio é um composto iônico que apresenta ligações covalentes.

c) Uma molécula com ligações polares é uma molécula polar.

d) Não existe força de atração eletrostática entre as moléculas polares.

e) As forças de atração entre as moléculas do ácido iodídrico são denominadas ligações de hidrogênio.

RESOLUÇÃO:

O íon nitrato é constituído por ligações covalentes entre dois ametais: N e O.

GABARITO: B


20

33. A uma solução de pH =1 contendo 10-3 moles/litro de íons de Fe3+ é adicionado, continuamente, hidróxido de sódio. Desta forma, pode-se afirmar que a precipitação do Fe(OH)3: (Dado: Kps do Fe(OH)3 = 10-36

a) independente do pH.

b) ocorre a partir de pH =3.

c) ocorre somente em pH alcalino.

d) ocorre em qualquer pOH<12

e) não ocorre em pH ácido.

RESOLUÇÃO:

[Fe3+] = 10-3M

A precipitação ocorre quando o produto de solubilidade torna-se maior que o Kps:

[Fe3+]. [OH-]3> Kps ⇒ 10-3. [OH-]3 > 10-3 ⇒ [OH-]3 > 10-33 ⇒ [OH-]3 > 10-11M ⇒

⇒ - log [OH-] 3 < -log 10-11

⇒ pOH < 11 ⇒ pH > 3

GABARITO: B

34. Ao dissolver-se acetato de sódio (CH3COONa) em água, é correto dizer que:

a) há precipitação de hidróxido de sódio e a solução é alcalina. b) há precipitação de hidróxido de sódio e a solução é ácida. c) há formação de ácido acético e a solução é ácida. d) há formação de ácido acético e a solução é alcalina. e) não há precipitação de hidróxido de sódio nem formação de ácido acético. RESOLUÇÃO:

O íon CH3COO-(acetato) sofre hidrólise parcial como mostra a reação a seguir:

CH3COO- (aq) + H20(l) CH3COO+ (aq) + OH-(aq)

A liberação do OH- deixa a solução levemente básica.

GABARITO: D

35. O átomo radioativo ( )X134zz

+ é formado pelo decaimento nuclear de ( )Y146zw

+ . Sabendo que um mesmo elemento químico aparece duas vezes nas reações de decaimento, então uma possível série de emissões é:

a)α, β, α, α, α, β, α. b) α, α, α, β, β, α, γ. c) α, β, α, α, β, α, α. d) γ, α, α, β, α, β, α. e)α, β, β, α, α, α, α. RESOLUÇÃO:


21

Para que um mesmo elemento se apresente duas vezes na série, é necessário, sucessivamente, a emissão de duas partículas β para cada partícula α, pois esse fenômeno faz o número atômico retornar ao valor antes dessa sucessão , como ilustra as equações a seguir:

aA2B

BaA012a

2a42

+β→

+α→

−−

−+

GABARITO: E

36. Dispõe-se de um mistura sulfonítrica de composição mássica igual a 60% de H2SO4, 11,2% de HNO3 e 28,8% de H2O. A 1000 kg desta mistura são adicionadas 100 kg de uma solução de HNO3 88%(m/m) e 200kg de uma solição de H2SO4 60%(m/m). Indique a composição mássica da mistura sulfonítrica final.

a) 55,5% de H2SO4, 15,4% de HNO3, 29,2% de H2O. b) 59,6% de H2SO4, 16,6% de HNO3, 23,8% de H2O. c) 59,0% de H2SO4, 16,4% de HNO3, 28,6% de H2O. d) 55,9% de H2SO4, 15,5% de HNO3, 28,6% de H2O. e) 64,3% de H2SO4, 15,2% de HNO3, 20,6% de H2O.

RESOLUÇÃO:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⇒⇒⇒

=OHKg288OH%8,28

HNOKg112HNO%2,11SOHKg600SOH%60

Kg1000m

22

33

4242

1

ISolução

⎩⎨⎧

⇒⇒=OHKg12

HNOKg88HNO%88Kg100m

2

332

IISolução

⎩⎨⎧

⇒⇒=OHKg80SOHKg120

SOH%60Kg200m2

42423

IIISolução

Mistura:

• H2SO4 ⇒ 600 +120 = 720 kg

• HNO3 ⇒ 112 + 88 = 200 kg

• H2O ⇒ 288 + 12 + 80 = 380 kg

1300 kg

Assim:

• % H2SO4 ≅ 55,4%

• % HNO3 ≅ 15,4%

• % H2O ≅ 29,2%


22

GABARITO: E

37. Para a reação genérica aA → bB + cC, analise os cinco casos abaixo.

Considere que [A]0 = concentração molar inicial de A; VA = velocidade de reação; Ki = Constante de velocidade no i-ésimo caso; Ea =energia de ativação; e T temperatura absoluta. A partir das informações contidas nos gráficos, assinale a alternativa correta.

Caso 1 Caso 2 Caso 3 Caso 4 Caso 5

a) VA = K1[A] VA =K2[A] VA = K3 VA = K4 Ea(reação 1)< Ea(reação 2)

b) VA = K1[A]2 VA =K2[A] VA = K3[A] VA = K4[A] Ea(reação 1)> Ea(reação 2)

c) VA = K1[A] VA =K2[A]2 VA = K3 VA = K4 Ea(reação 1)< Ea(reação 2)

d) VA = K1[A]2 VA =K2[A]2 VA = K3[A] VA = K4[A] Ea(reação 1)< Ea(reação 2)

e) VA = K1[A] VA =K2[A]2 VA = K3 VA = K4 Ea(reação 1)> Ea(reação 2)

RESOLUÇÃO:

Caso 1: Observa-se no gráfico que o tempo de meia-vida é da decomposição de A, é a

constante:

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛=

k2lnt

21 , isso ocorre quando a cinética é de 1ª ordem [ ]( )A.kv 1a = .

Caso 2: Observa-se no gráfico que o tempo de meia-vida é variável. Quando a concentração é

de [A]0, 21t é igual a 1 min. Quando [A] = [ ]

2A 0 ,

21t = 2 min. Esse comportamento ocorre na


23

cinética de 2ª ordem, pois [ ]0Ak1

21t = . De acordo com essa equação, quando a concentração

se reduz pela metade o tempo de meia-vida dobra. Então: [ ]( )22a A.kv =

Caso 3: O comportamento linear de [A] x t mostra que a velocidade de decomposição de A

está constante, ou seja, VA =K3.

Caso 4: O gráfico mostra diretamente que a velocidade é constante, ou seja, VA=K4.

Caso 5: De acordo com a equação de Arrhenius ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

−RT

AE

e.AK .

Assim:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⇒

⇒−=

RE

T1AlnKln

RTEAlnKln

A

A

Considerando:

T1x

REb

AlnaKlny

A

=

−=

==

Teremos: y = a + bx equação linear A reta corresponde a reação 2 tem um coeficiente angular maior em módulo: ⇒> 12 bb

1A2A1A2A EE

RE

RE

>⇒> .

GABARITO: C

38. Indique a alternativa que relaciona os compostos numerados de 1 a 7 no esquema abaixo:


24

CH2ClCH2Cl

KMnO4H2C=CH2

H2O/H+

CH3CH3H2O

CH3COOCH2CH3

CH3NH2

H2SO4/140°C1

32

4

6OH

H+5

+ H2O

7 + 1

1 2 3 4 5 6 7

a) CH2(OH)CH2OH H2/Pt HCl CH2(OH)CH2OH CH3CH2OH C6H11OC6H11 CH3CONHCH2CH3

b) CH3CH2OH H2/Pt Cl2 CH2(OH)CH2OH CH3COOH C6H11OCH2CH3 CH3CH2CONHCH3

c) CH3CH2OH H2/Pd HCl CH3COOH CH3COOH C6H11OCH2CH3 CH3CONHCH3

d) CH3CH2OH H2/Pt Cl2 CH2(OH)CH2OH CH3COOH C6H11OCH2CH3 CH3CONHCH3

e) CH3OCH3 H2/Pd Cl2 CH2(OH)CH3 CH3COOH C6H11OCH2CH3 CH3CONHCH3

RESOLUÇÃO:

CH2=CH2KMnO4

H2O

Cl2

H2/Pt

1

3

4

56

7

CH3CH3

CH2ClCH2Cl

H2O/H+

CH3 CH2OH

CH2

OH

CH2

OH

OH

H2SO4/140°CCH3CH2OC6H11

CH3COOCH2CH3 H2O

CH3COOH/H+

CH3NH2

CH3 CH2OH1

+ CH3CONHCH3

GABARITO: D

39. Assinale a alternativa correta.


25

a) Apenas os compostos orgânicos insaturados apresentam isomeria cis-trans.

b) Em compostos cuja estereoisomeria é devida exclusivamente a centros quirais tetraédricos, o número total de estereoisômeros não excede o valor de 2n, onde n é o número de de centros quirais presente na molécula.

c) 2-pentanona e 3-pentanona são designações para conformações diferentes de uma mesma molécula orgânica.

d) Um dos estereoisômeros do 2,3-diclorobutano não apresenta atividade óptica.

e) É possível afirmar que a ligação entre dois átomos de carbono com hibridização sp2 sempre é uma ligação dupla.

RESOLUÇÃO:

Considere o seguinte estéreo isômero:

CH

CH3

Br

BrH C

CH3

Plano de Simetria

O plano de simetria desse isômero deixa o mesmo inativo opticamente.

GABARITO: D

40. Observe as alternativas abaixo e assinale a correta.

a) O petróleo é um líquido escuro, oleoso, formado pelas misturas de milhares de compostos orgânicos com grande predominância de hidrocarbonetos. Nas refinarias, o petróleo bruto é aquecido e, em seguida, passa por torres de destilação. Nessas torres são separadas, em ordem crescente de peso molecular médio, as seguintes frações: gás liquefeito, gasolina, querosene, óleo diesel, óleos lubrificantes, óleos combustíveis, hulha e asfalto. b) Dois importantes processos realizados nas refinarias de petróleo são o craqueamento catalítico e a reforma catalítica. O craqueamento catalítico tem por objetivo transformar frações pesadas de petróleo em frações mais leves, como a gasolina, por exemplo. Já a reforma catalítica tem por objetivo a diminuição da octanagem da gasolina, através da transformação de hidrocarbonetos de cadeia normal em hidrocarbonetos de cadeia ramificada, cíclicos e aromáticos. c) Poliamidas são polímeros de cadeia heterogênea que podem ser formados a partir da reação de adição entre moléculas de diaminas e moléculas de diácidos. Dentre as propriedades marcantes das poliamidas, destaca-se a elevada resistência mecânica, fato que se deve às interações intermoleculares por ligações de hidrogênio. d) Copolímeros são polímeros obtidos a partir de dois ou mais monômeros diferentes. Um importante exemplo de copolímero é o copolímero poli(metacrilato de metila, conhecido como o Buna-S, utilizado na fabricação de pneus. e) Polímeros diênicos são aqueles formados a partir de monômeros contendo em sua estrutura dienos conjugados. Esses polímeros são constituídos de cadeias poliméricas flexíveis, com dupla ligação residual passível de reação posterior. Um exemplo de polímero diênico é o


26

polibutadieno. Na reação de síntese do polibutadieno, pode-se ter a adição do tipo 1,4 ou a adição do tipo 1,2. RESOLUÇÃO: Considere o butadieno:

CH2=CH CH=CH 2

1 2 3 4

Sua polimerização pode ocorrer a partir da cisão de uma das ligações π(adição 1,2) ou da cisão das duas ligações π(adição 1,4): Adição 1,2:

CH2=CH CH=CH2

1 2

n

CH2 CH

CH=CH2

n Adição 1,4:

CH2=CH CH=CH2

1 4

n

CH2 CH nCH - CH2=

GABARITO: E

Comentários da Prova de Química

A banca de química priorizou as questões de Inorgânica e físico-química, sendo reservado para orgânica três questões. Uma prova tranqüila para os alunos que aguardam a prova discursiva com questões fortes em físico-química e orgânica.

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VESTIBULAR IME 2008 - PROVA GGE Oficialcoberturamaxima.com.br/wp-content/uploads/downloads/Provas/IME... · ... conforme a figura a seguir. ... Na figura seguinte, ABCD é um quadrado