caderno de resoluÇÕes -...

CADERNO DE RESOLUÇÕES CONCURSO IME 2009

27/OUT/2008

CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA - 3 - (41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br

O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e profissionalismo como lemas. Confira nossos resultados e comprove porque temos mais a oferecer. ESPCEX 2008: 9 aprovados GUILHERME PAPATOLO CONCEIÇÃO 1º do Paraná e 9º do Brasil BRUNO TRENTINI LOPES RIBEIRO 2º do Paraná e 32º do Brasil 2007: 9 alunos convocados no Paraná 2006: 9 alunos convocados no Paraná (turma de 20 alunos) 2005: 100% de aprovação!

AFA 2009: 15 aprovados entre os 20 do Paraná (incluindo os 3 primeiros lugares) Leonardo Augusto Seki: 2º lugar nacional e 1º do Paraná 2008: 13 aprovados 1ºs lugares do Paraná em todas as opções de carreira 2007: 10 dos 14 convocados do Paraná 2006: 11 dos 18 convocados do PR, incluindo: 1º Lugar do Paraná (6° do Brasil) em Aviação 1º Lugar do Paraná (9º do Brasil) em Intendência

IME 2008: 10 aprovados (3 primeiros da Ativa, 5º da Ativa e 6 entre os 10 1ºs da Reserva) 2007: 11 dos 16 aprovados do Paraná, incluindo os 4 melhores da ativa e os 4 melhores da reserva 2006: Os 4 únicos aprovados do Paraná 2005: 7 aprovados e os 3 únicos convocados do Paraná

IITA Por 4 anos consecutivos a maior aprovação do Paraná 2008: 3 dos 4 aprovados do Paraná 2007: Os 2 únicos aprovados do PR 2006: Os 3 únicos aprovados de Curitiba 2005: 2 dos 3 aprovados do Paraná

EPCAr 2007: 3 dos 4 convocados do Paraná 2006: 2 convocados 2005: 1º lugar do Paraná

EEAR 2008: 4 aprovações (2ºs lugares dos grupos 1 e 2) 2006: 2 convocados

Escola Naval 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2005: 100% de aprovação!

UFPR 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2005: 1ºLugar Direito (matutino) 1ºLugar Relações Públicas

UFTPR Inverno 2008: 1º, 2º e 4º lugares em Eng. Ind. Mecânica 1º e 2º lugares em Eng. Eletrônica / Eletrotécnica 1º lugar em Eng. de Computação Verão 2008: 13 aprovados 2007: 11 aprovados em vários cursos 2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2005: 85% de aprovação em Engenharia, com 5 dos 8 1ºs colocados de Eng. Mecânica.

Só no ELITE você encontra: Simulados semanais/quinzenais; A maior carga horária.

Início das inscrições para o exame de bolsas: 4 / 1/ 2009 Realização do exame de bolsas: 5 / 2 / 2009

Fone : 3013-5400 www.ELITECURITIBA.com.br


27/OUT/2008


MATEMÁTICA 01. Sejam dados os conjuntos, X e Y, e a operação ∆ , definida por ∆ = − ∪ −( ) ( )X Y X Y Y X . Pode-se afirmar que a) ∆ ∩ ∩ = ∅( ) ( )X Y X Y b) ∆ ∩ − = ∅( ) ( )X Y X Y c) ∆ ∩ − = ∅( ) ( )X Y Y X d) ∆ ∪ − =( ) ( )X Y X Y X e) ∆ ∪ − =( ) ( )X Y Y X X

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 01: Alternativa A Em um diagrama de Venn, ∆X Y é representada como segue:

−X Y −Y X

X Y

Por outro lado, ∩X Y é representado da seguinte forma:

∩X Y

X Y

Portanto, ∆ ∩ ∩ = ∅( ) ( )X Y X Y Analiticamente:

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

X Y X Y X Y Y X X Y

X Y X Y Y X X Y

∆ ∩ ∩ = − ∪ − ∩ ∩ = = − ∩ ∩ ∪ − ∩ ∩ = ∅ ∪ ∅ = ∅

Note que as demais alternativas estão incorretas, pois: b) ( ) ( )X Y X Y X Y∆ ∩ − = − c) ( ) ( )X Y Y X Y X∆ ∩ − = − d) ( ) ( )X Y X Y X Y∆ ∪ − = ∆ (representado no primeiro diagrama) e) ( ) ( )X Y Y X X Y∆ ∪ − = ∆ (representado no primeiro diagrama)

02. Seja θρ iez = um número complexo onde ρ e θ são, respectivamente, o módulo e o argumento de z e i é a unidade imaginária. Sabe-se que ρ = 2a cosθ, onde a é uma constante real positiva. A representação de z no plano complexo é

A) B)

C) D)

E) SOLUÇÃO DA QUESTÃO 02: Alternativa A

θθθθθθθθρρ θ cos2cos2)(coscos2)(cos 2 seniaaisenaisenez i ⋅+⋅=+⋅=+==

iyxseniaaaiasenaz +=⋅+⋅+=++= θθθθ 22cos2)2cos21

21(2 ,

com θ2cos⋅+= aax e θ2senay ⋅= . Pela relação trigonométrica fundamental:

12cos2 22 =+ θθsen , logo ( ) 12

2

2

2

=−

+a

axay

ou

( ) 222 ayax =+− , o que representa uma circunferência de

centro ( )0,a e raio a . 03. Seja A uma matriz quadrada inversível de ordem 4 tal que o resultado da soma (A4 + 3A3) é uma matriz de elementos nulos. O valor do determinante de A é a) -81 b) -27 c) -3 d) 27 e) 81

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 03: Alternativa E Como A4+3A3 é a matriz nula tem-se A4+3A3 = 0 ⇒ A4 = -3A3 ⇒ det(A4) = det (-3A3) detA ≠ 0 ⇒

4(det A) 1 4 3( 3) (det A) det A 81

04. Seja log 5 = m, log 2 = p, e 35

1562,5125.2

N = . O valor de

5log N, em função de m e p, é:

A)

75 615m p

m+

B)

70 615m p

m−

C)

75 615m p

m−

D)

70 615m p

m+

E)

70 615m p

p+

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 04: Alternativa B Fatorando N tem-se:

5 145 5 5 3 3

3 3 3 3 331 1 6 6 65 55 5 5 15 15

1562,5 3125 5 5 5 5 5125 5 5 5 5 5 .2 2. 2 2.5 2.2 2 2 2

N = = = = = = =

Aplicando o logaritmo encontra-se: 14 63 15

5 5 55

5

14 6 14 6 log 2 14 6log 5 log 2 log 2log3 15 3 15 log5 3 15

70 6log15

pNm

m pNm

= − = − = − = − ⇒

−=


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05. Sabe-se que 2

cos22 22(1 4 )

x

sen xy +

=+

, ∀ x ∈ ℜ. Uma outra

expressão para y é

A) 2 B) 2

2 sen x− C) 22.2 sen x−

D) 2cos2 x− E)

22cos2 x− SOLUÇÃO DA QUESTÃO 05: Alternativa C Sabemos que cos 2x = cos2x – sen2x = 1 – 2. sen2x Substituindo este valor na expressão dada:

2 2

2 2

1 2. 2.

2.

12 2.2 2 22 2.4 2 2.2

sen x sen x

sen x sen xy

− ++

= =+ +

2

2 2

2.

2. 2.

1 2.2 22 2.2 2

sen x

sen x sen xy

+⇔ = ⋅ +

2

22.

2.

1 22

sen xsen x

y −⇔ = =

06. Um triângulo ABC apresenta lados a, b e c. Sabendo que B e

C são, respectivamente, os ângulos opostos aos lado b e c, o

valor de CtgBtgˆˆ

é

(A) (B)

(C) (D) (E)

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 06: Alternativa B

07. Os centros das faces de um tetraedro regular são os vértices de um tetraedro interno. Se a razão entre os volumes dos

tetraedros interno e original vale mn

onde m e n são inteiros

positivos primos entre si, o valor de +m n é a) 20 b) 24 c) 28 d) 30 e) 32

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 07: Alternativa C Por hipótese, temos os tetraedros indicados como na figura.

Como os vértices do tetraedro interno são os centros das faces do tetraedro original (por exemplo, o ponto E) e as faces desse tetraedro são triângulos eqüiláteros, temos que a distância de cada vértice do tetraedro interno (no caso, o segmento EH) à base de cada

triângulo, face do tetraedro original, é 31 da altura da

face (apótema do tetraedro, que no caso, é o segmento VH). Como essa relação vale para as alturas de cada tetraedro e chamando de Ho e Hi de altura dos tetraedros original e interno, respectivamente, temos:

nm

271

VV

31

HH

o

i

o

i ==⇒= . Assim, temos que m=1 e n=27,

concluindo que m+n=28.

08. Os raios dos círculos circunscritos aos triângulos ABD e ACD de um losango ABCD são, respectivamente, 25/2 e 25. A área do losango ABCD é A) 100 B) 200 C) 300 D) 400 E) 500

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 08: Alternativa D

Chamando de L o lado do losango, temos: i) Lei dos Senos no triângulo ABD:

)2ˆ(ˆ2

252Dsen

LAsen

BD==⋅

ii) Lei dos Senos no triângulo ADC:

)2ˆ(ˆ252Asen

LDsen

AC==⋅

iii) Como AD ˆˆ −= π , então AsenDsen ˆˆ = e, de i e ii, temos que AC = 2 BD

iv) Da figura temos que 502

2)2ˆ( L

LBD

L

BDAsen === , onde a

última igualdade vem da relação ii. Logo BDL 252 = . v) Aplicando Pitágoras em um dos quatro triângulos retângulos que formam o losango, temos:

222

22

+

=

ACBDL , 22

22

425

+

=

BDBDBD , 4

5252BDBD =

4020 =⇒= ACBD

Como a área S do losango vale 2

BDAC ⋅ , então 400=S

H

E

V


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09. Seja A(a, b) o ponto da cônica x2 – y2 = 27 mais próxima da reta 4x – 2y + 3 = 0. O valor de a + b é a) 9 b) 4 c) 0 d) -4 e) -9

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 09: Alternativa E = θ

= θ

x 3 3 sec

y 3 3 tg

θ − θ += ⇒

+2 2

12 3 sec 6 3 tg 3D

4 2

θ θ − θ= = ⇔

θ

212 3 sec tg 6 3 secdD0

d 20

2 sec θ θ − θ = ⇔ θ = θ = ⇔2 1tg sec 0 sec 0 ou sen

2

sen θ = ±θ = ⇔ θ = ± θ = ±

1 3 2 3 3e cos sec e tg

2 2 3 3

Assim a = ± = ± = ± = ±

2 3 33 3 6 e b 3 3 3

3 3

Como na primeira solução a= –6, b =–3 e a+b = –9 10. Seja o sistema de equações lienares dadas por

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

6 106 20

6 406 80

6 160

y y y y yy y y y yy y y y yy y y y yy y y y y

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

+ + + + =

O valor de 7y1 + 3y5 é A) 12 B) 24 C) 36 D) 48 E) 60

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 10: Alternativa D

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

6 10 ( .1)6 20 ( .2)

6 40 ( .3)6 80 ( .4)

6 160 ( .5)

y y y y y eqy y y y y eqy y y y y eqy y y y y eqy y y y y eq

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

+ + + + =

Somando as 5 equações temos:

1 2 3 4 510 10 10 10 10 310y y y y y+ + + + =

1 2 3 4 5 31 ( .7)y y y y y eq+ + + + = Fazendo eq. 1 – eq.7:

15 21y = − → 1 21/ 5y = − Fazendo eq.5 – eq.7:

55 129y = → 5 129 / 5y = Assim 7y1 + 3y5 = 7.(-21/5) + 3.(129/5) = (-147+387)/5 = 240/5 = 48

11. Uma urna contém cinco bolas numeradas de 1 a 5. Retiram-se, com reposição, 3 bolas desta urna, sendo α o número da primeira bola, β o da segunda e λ o da terceira. Dada a equação quadrática α.x2 + β.x + λ = 0, a alternativa que expressa a probabilidade das raízes desta equação serem reais é

A) 19125

B) 2360

C) 26

125

D) 2660

E) 2560

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 11: SEM ALTERNATIVA CORRETA α.x2 + β.x + λ = 0 calculando o discriminante, obtemos:

2 4. .β α λ∆ = −

Para as raízes serem reais, devemos ter 0∆ ≥ . Temos 5.5.5 =125 resultados possíveis para ∆ , dos quais apenas 26 são 0∆ ≥ , a saber: ( , , )β α λ ∈{(2,1,1); (3,1,1), (3,2,1),..., (5,4,1)}

Para β = 1, nenhum valor de 0∆ ≥ . Para β = 2, apenas 1 valor de 0∆ ≥ : (2,1,1)

Para β = 3, apenas 3 valores de 0∆ ≥ : (3,1,1), (3, 2,1), (3,1, 2)

Para β = 4, apenas 8 valores de 0∆ ≥ : (4,1,1) ,

(4,2,1), (4,1,2), (4,3,1), (4,1,3), (4,4,1), (4,1, 4), (4, 2,2)

Para β = 5, apenas 12 valores de 0∆ ≥ : as mesmas 8 anteriores trocando β por 5 e mais: (5,5,1), (5,1,5), (5,2,3), (5,3, 2)

12. É dada uma PA de razão r. Sabe-se que o quadrado de qualquer número par x, x > 2, pode ser expresso como a soma dos n primeiros termos desta PA, onde n é igual à mestade de x. O valor de r é: (A) 2 (B) 4 (C) 8 (D) 10 (E) 16

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 12: Alternativa C Seja x = 2q, onde n = q, Portanto x2 = 4.q2 e x2 = Sn

→ x2 =

→ 4.q2 =

Sabendo que q ≠ 0:

→ 8.q = 2.a1 + q.r – r

Esta relação deve ser válida para qualquer x, logo válida para

qualquer q. Portanto 8.q = r.q

Logo: r = 8 13. Se as curvas = + +2y x ax b e = + +2x y cy d se interceptam em quarto pontos distintos, a soma das ordenadas destes quatro pontos a) depende apenas do valor de c. b) depende apenas do valor de a. c) depende apenas dos valores de a e c. d) depende apenas dos valores de a e b. e) depende dos valores de a, b, c e d.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 13: Alternativa A Substituindo a segunda equação na primeira, temos:

y= (y2+cy+d)2+a(y2+cy+d)+b ⇔ (y4 +c2y2+d2+2cy3+2dy2+2cdy)+ay2+acy+ad+b-y=0 ⇔

y4+2cy3+y2(c2+2d + a) + y(2cd+ ac -1)+d2 + ad + b=0,

que é um polinômio do quarto grau na variável y. Note que as raízes desse polinômio são justamente as ordenadas da intersecção entre as duas curvas. Como queremos a soma das ordenadas, queremos a soma das raízes do polinômio. Usando as relações de Girard, a

soma é dada por 3

4

2 21

coeficiente de y c ccoeficiente de y

− = − = − . Assim, a

soma depende somente de c.


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14. O par ordenado (x,y), com x e y inteiros positivos, satisfaz a equação )11(1125 22 −=+ xyyx . O valor de x + y é A) 160 B) 122 C) 81 D) 41 E) 11

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 14: Alternativa D Podemos fatorar a expressão, obtendo

121)2)(5( −=−− yxyx . Chamemos 5x-y de a e x-2y de b. Como x e y são inteiros, então a e b também o serão, restando para eles apenas as seguintes alternativas: i) a = 1 e b = -121 ii) a = -1 e b = 121 iii) a = 11 e b = -11 iv) a = -11 e b = 11 v) a = 121 e b = -1 vi) a = -121 e b = 1 Para cada uma dessas opções resolvemos um sistema 2 por 2 e obtemos um único valor para x e para y: i) x = 41/3 e y = 202/3 ii) x = -41/3 e y = -202/3 iii) x = 11/3 e y = 22/3 iv) x = -11/3 e y = -22/3 v) x = 27 e y = 14 vi) x = -27 e y = -14 A única opção que atende à condição do enunciado (x e y inteiros e positivos) é a opção v, logo x = 27 e y = 14, e x+y = 41.

15. Sejam f uma função bijetora de uma variável real, definida para todo conjunto dos números reais e as relações h e g, definidas por:

))(,(),(:: 222 yfxxyxIRIRh −→→

))(,(),(:: 322 yfxxyxIRIRg −→→ Pode-se afirmar que a) h e g são sobrejetoras. b) h é injetora e g sobrejetora. c) h e g não são bijetoras. d) h e g não são sobrejetoras. e) h não é injetora e g é bijetora.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 15: Alternativa E h não é sobrejetora, pois hIm)0,1( ∉−

h(1,0) (1,1 f(0))

h( 1,y) (1, 1 f(y)) Basta tomar y tal que 1 f(0) 1 f(y), ou seja

1y f (f(0) 2), e teremos h(1,0) h( 1,y), provando que h não é injetora. g é bijetora, pois possui inversa:

1 13 3g (x,y) x, f x y .

FÍSICA 16.

Um raio de luz de frequência 145 10x Hz passa por uma película composta por 4 materiais diferentes, com características em conformidades com a figura acima. O tempo gasto para o raio percorrer toda a película , em ηs. A) 0,250 B) 0,640 C) 0,925 D) 1,000 E) 3,700

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 16: Alternativa C O tempo para percorrer toda a película é a soma dos tempos parciais em cada trecho. Em cada trecho o movimento é uniforme. Assim: T = t1 + t2 + t3 + t4 = d1/v1 + d2/v2 + d3/v3 + d4/v4 Temos v = λf para cada trecho, assim: T = d1/λ1.f + d2/λ2.f + d3/λ3.f + d4/λ4.f = (d1/λ1 + d2/λ2 + d3/λ3 + d4/λ4)/f Percebemos que as distâncias percorridas são todas iguais (d = d1 = d2 = d3 = d4 = 5.104λ0): T = (1/λ1 + 1/λ2 + 1/λ3 + 1/λ4).d/f = (1/0,2λ0 + 1/λ0 + 1/0,8λ0 + 1/0,5λ0). 5.104λ0/5.1014

T = (1/0,2λ0 + 1/λ0 + 1/0,8λ0 + 1/0,5λ0). 5.104λ0/5.1014 = (37/4λ0). λ0/1010 T = (37/4).10-10 s = 9,25.10-10 = 0,925 ns Comentário: O IME utilizou a letra grega η quando deveria ter utilizado a letra n para representar o nano-segundo.

17.

A figura apresenta uma barra metálica de comprimento L = 12 m, inicialmente na temperatura de 20 ºC, exatamente inserida entre a parede P1 e o bloco B feito de um material isolante térmico e elétrico. Na face direita do bloco B está engastada uma carga Q1 afastada 20 cm da carga Q2, engastada na parede P2. Entre as duas cargas existe uma força elétrica de F1 newtons. Substitui-se a carga Q2 por uma carga Q3 = 2.Q2 e aquece-se a barra até a temperatura de 270 oC. Devido a esse aquecimento, a barra sofre uma dilatação linear que provoca o deslocamento do bloco para a direita. Nesse instante a força elétrica entre as cargas é F2 = 32 F1. Considerando que as dimensões do bloco não sofrem alterações e que não exista qualquer força elétrica entre as cargas e a barra, o coeficiente de dilatação térmica linear da barra, em oC-1, é A) 2,0 x 10-5 B) 3,0 x 10-5 C) 4,0 x 10-5 D) 5,0 x 10-5 E) 6,0 x 10-5

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 17: Alternativa D Utilizando a Lei de Coulomb e os dados do problema, obtém-se:

( )⇒

=∆−

=

=

12

221

2

221

1

322,022,0

FFL

QQkF

QQkF

( ) 221

221

2,032

2,02 QQk

LQQk

=∆−

( ) mL 05,02,0 ±=∆⇒ ( ) mL 05,02,0 −=∆⇒ (1)

O termo L∆ representa a dilatação da barra e a solução maior que 0,2m não convém, pois provocaria colisão entre o bloco e a parede 2. De acordo com os dados, L∆ pode ser representado por:

⇒∆=∆ TLL α ( )2027012 −=∆ αL

α3103 ⋅=∆⇒ L (2) Igualando-se L∆ a partir de (1) e (2), obtém-se:

15 º105 −−⋅= Cα


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18.

Uma chapa de metal com densidade superficial de massa ρ foi dobrada, formando as quatro faces laterais de um cubo de aresta L. Na parte inferior, fixou-se uma peça sólida em forma de paralelepípedo com dimensões h x L x L e massa específica pµ , de maneira a compor o fundo de um recipiente. Este é colocado em uma piscina e 25 % do seu volume é preenchido com água da piscina, de massa específica aµ . Observa-se que, em equilíbrio, o nível externo da água corresponde à metade da altura do cubo, conforme ilustra a figura. Neste caso, a dimensão h da peça sólida em função dos demais parâmetros é

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 18: Alternativa A → mCHAPA = 4.ρ.L2

→ mPEÇA = μP.h.L2

→ mÁGUA = μa.L.L2

No equilíbrio P = ε, Daí: → ( 4.ρ + μP.h + μa.L).g.L2 = μa.g.L2 . ( h + )

→ 4.ρ + μP.h + μa.L = μa.h + μa.L

→ 16.ρ – μa.L = 4.h. (μa – μP), Logo: h =

19.

Um objeto com massa de 1 Kg é largado de uma altura de 20m e atinge o solo com velocidade de 10 m/s. Sabe-se que a força F de resistência do ar que atua sobre o objeto varia com a altura, conforme o gráfico acima. Considerando que = 210 /g m s , a altura h , em metros, em que a força de resistência do ar passa a ser constante é a) 4 b) 5 c) 6 d) 8 e) 10

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 19: Alternativa B A área sob o gráfico é numericamente igual a arτ ,

apresentando sinal negativo pela força estar na direção contrária ao deslocamento (trabalho resistente). Logo:

(20 ) 122

N

arhÁreaτ

+ ⋅= − = −

Pelo Teorema da Energia Cinética, o trabalho da força resultante, igual à soma do trabalho da força peso ( Pτ ) e

o trabalho da força de resistência do ar ( arτ ), causa a

variação de energia cinética do corpo.

220(20 )12

2 2 2

P ar cE

mvh mvmgH

τ τ+ = ∆

+ + − = −

Como a velocidade final é 10 m/s a partir do repouso, a massa do corpo é 1 kg e a variação de altura é 20 m, temos:

2(20 ) 12 1 101 10 20 0 52 2h h m+ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + − = − ⇒ =

20.

Um reservatório possui duas faces metálicas que se comportam como placas de um capacitor paralelo. Ao ligar a chave Ch, com o reservatório vazio, o capacitor fica com uma carga Q1 e com uma capacitância C1. Ao repetir a experiência com o reservatório totalmente cheio com um determinado líquido, a carga passa a ser Q2 e a capacitância C2. Se a relação Q1/Q2 é 0,5, a capacitância no momento em que o líquido preenche metade do reservatório é A) C1 B) 3/4 C2 C) C2 D) 3/2 C2 E) 3/4 C1

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 20: Alternativa B Situação inicial:

dS

C 01

ε= )VV(CQ AB11 −=

UCQ 11 = (Capacitor carregado) Situação intermediária:

U r

S

d

A B

ε0


27/OUT/2008


dSK

dSC 0

2εε

== )VV(CQ AB22 −=

UCQ 22 = (Capacitor carregado)

Mas 2CC

21

UCUC

21

QQ 2

12

1

2

1 =⇒=⇒=

Situação final:

2C

d2S

dSC 100

1 ==′

=′ εε

2C

d2S

dSC 2

2 ==′

=′ εε

Associação de capacitores em paralelo (mesma ddp):

21P CCC ′+′=

2C

4C

2C

2CC 2221

P +=+= 2C43CP =

21.

A resistência equivalente entre os terminais A e B da figura acima é a) 1/3 R b) 1/2 R c) 2/3 R d) 4/3 R e) 2 R

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 21: Alternativa D Por simetria os potenciais nos pontos denominados C são iguais

Temos uma ponte de Wheatstone equilibrada, logo

22. Uma viga de 8,0 m de comprimento, apoiada nas extremidades, tem peso de 40 kN. Sobre ela, desloca-se um carro de 20 kN de peso, cujos eixos de rodas distam entre si 2,0 m. No instante em que a reação vertical em um apoio é 27,5 kN, um dos eixos do carro dista, em metros, do outro apoio: A) 1,0 B) 1,5 C) 2,0 D) 2,5 E) 3,0

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 22: Alternativa C Sejam RA e RB as reações nos apoios A e B, respectivamente. Dividiremos o peso do carro em duas partes iguais, para cada um de seus eixos. Diagrama de corpo livre da viga:

Como a força vertical total sobre a viga é 60 kN, teríamos 30kN em cada apoio caso o carro estivesse bem no meio da viga. Assim com o carro deslocado para um dos lados, a menor reação de apoio será a do apoio contrário. No esquema acima temos então que RB = 27,5 kN. Do equilíbrio em rotação, a soma dos momentos das forças em relação a qualquer ponto deve ser nula. Tomando o ponto A: 10k.x + 10k.(x+2) + 40k.4 = 27,5k.8 → 20kx = 40k → x = 2 m Assim as distâncias dos eixos ao apoio A valem 2 m e 4 m respectivamente.

U r

S/2

d

A B

ε

ε0

S/2

U r

S

d

A B

ε


27/OUT/2008


23.

Na figura dada, o bloco realiza o movimento descrito a seguir: – Em t = 0, desloca-se para a direita, com velocidade constante; – Em t = t1, cai da plataforma; – Em t = t2, atinge o solo e continua a se mover para a direita, sem quicar;

– Em t = t3, é lançado para cima, pela ação do impulso Ir

– Em t = t4, volta a atingir o solo. Nestas condições, a opção que melhor representa graficamente a energia cinética do bloco em função do tempo é A)

B)

C)

D)

E)

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 23: Alternativa C No intervalo de 0 a t1 o movimento é uniforme e a energia cinética é constante, de valor

2

21)( vmtEC = , para 10 tt << .

No intervalo de t1 a t2 tem-se um lançamento horizontal. O movimento é uniforme na horizontal e uniformemente variado na vertical. As velocidades verticais e horizontais são dadas por:

( )1ttgvvv

y

x

−−==

Nas quais se orientou o eixo x para direita e y para cima, com g sendo o módulo da aceleração da gravidade. Assim, a energia cinética nesse intervalo é dada por uma função do segundo grau crescente até t2:

22

21

21

yxC mvvmE +=

( )[ ]21

2

21

21)( ttgmvmtEC −−+= , para 21 ttt << .

Após o impacto com o solo em t2, toda a quantidade de movimento vertical é absorvida e a energia cinética está relacionada apenas com a velocidade horizontal constante v:

2

21)( vmtEC = , para 32 ttt << .

Após o impulso vertical no instante t3, a velocidade vertical sofre um acréscimo, pelo Teorema do Impulso, dado por:

yvmI ∆=

O corpo sai, no instante t3, num lançamento oblíquo, cujas componentes da velocidade são dadas por:

( )3ttgmIv

vv

y

x

−−=

=

Na qual mI é a velocidade vertical inicial desse lançamento. A

energia cinética é uma função do segundo grau, de concavidade voltada para cima:

22

21

21

yxC mvvmE +=

( )2

32

21

21)(

−−+= ttgmImvmtEC

, para 43 ttt << .

No ponto mais alto desse lançamento, a velocidade é exclusivamente horizontal de valor v. Nesse instante (entre t3 e

t4), a energia cinética volta a ser 2

21 vmEC = . Em t4 a

velocidade de retorno ao solo (logo antes do impacto) tem mesmo módulo que na saída do lançamento:

22

43 21

21)()(

+==

mImvmtEtE CC

243

21)

2( vm

ttEC =

+

Finalmente, após o novo impacto com o solo em t4, toda a quantidade de movimento vertical é absorvida e a energia cinética está relacionada apenas com a velocidade horizontal v dada novamente por:

2

21)( vmtEC = , para tt <4 .

O gráfico que contém todas essas características corresponde ao da figura C.


27/OUT/2008


24.

Considere o sistema acima, onde um objeto PP’ é colocado sobre um carrinho de massa m que se move, em movimento harmônico simples e sem atrito, ao longo do eixo óptico de um espelho esférico côncavo de raio de curvatura R. Este carrinho está preso a uma mola de constante k fixada ao centro do espelho, ficando a mola relaxada quando o objeto passa pelo foco do espelho. Sendo x a distância entre o centro do carrinho e o foco F, as expressões da freqüência w de inversão entre imagem real e virtual e do aumento M do objeto são

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 24: Alternativa A Utilizando o experimento 1 como base, em 2 é feita a duplicação de [X], duplicando a velocidade, logo o expoente de [X] na equação da velocidade é 1. Utilizando o experimento 2 como base, em 3 é feita a duplicação de [Y], quadruplicando a velocidade, logo o expoente de [Y] na equação da velocidade é 2.

25.

Um feixe de elétrons passa por um equipamento composto por duas placas paralelas, com uma abertura na direção do feixe, e penetra em uma região onde existe um campo magnético constante. Entre as placas existe uma d.d.p. igual a V e o campo magnético é perpendicular ao plano da figura. Considere as seguintes afirmativas: I. O vetor quantidade de movimento varia em toda a trajetória. II. Tanto o trabalho da força cinética quanto o da força magnética fazem a energia cinética variar. III. A energia potencial diminui quando os elétrons passam na região entre as placas. IV. O vetor força elétrica na região entre as placas e o vetor força magnética na região onde existe o campo magnético são constantes. As afirmativas corretas são apenas: a) I e II. b) I e III. c) II e III. d) I, II e IV. e) II, III e IV.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 25: Alternativa B Supondo que 0V > , vamos analisar as afirmativas uma a uma: I. Verdadeira

Durante o trajeto entre as placas do capacitor, existe um campo elétrico (que pode ser considerado uniforme), portanto existe uma força constante agindo nos elétrons igual a F qE= −

r r

(onde 0E ≠ é o módulo do campo elétrico e q a carga dos elétrons que considerarmos na análise), assim a velocidade dos elétrons aumenta linearmente com o tempo (MUV) e o vetor quantidade de movimento varia em módulo (mas não em direção).

Durante o trajeto dentro do campo magnético, o corpo executará um movimento circular uniforme, já que a força resultante é 0F qV B= , sempre perpendicular à trajetória. Como o movimento é circular, o módulo do vetor quantidade de movimento não se altera, mas sua direção sim. II. Falsa A força elétrica realmente realiza trabalho, já que é diferente de 0 (entre as placas) e tem a mesma direção da trajetória. A força magnética, no entanto, é sempre perpendicular à trajetória e por isso não realiza trabalho (mesmo sendo não nula). III. Verdadeira Pelo Teorema da Energia Cinética, e sendo o trabalho elétrico dado por pW E= −∆ :

pW E Ec= −∆ = ∆ Como a velocidade aumenta (força dirigida para cima):

0 0

0P c P

P Pf Po

Pf Po

E E EE E E

E E

−∆ = ∆ > ⇒ ∆ <

∆ = − <

<

Assim, dado dois instantes qualquer em que os elétrons estão entre as placas, a energia potencial final sempre é menor que a inicial. IV. Falsa Como já foi dito no item I, a força elétrica é constante mas a força magnética varia em direção.

26.

Duas partículas A e B de massas mA = 0,1 kg e mB = 0,2 kg sofrem colisão não frontal. As componentes x e y do vetor quantidade de movimento em função do tempo são apresentadas nos gráficos acima.


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Considere as seguintes afirmativas: I. A energia cinética total é conservada. II. A quantidade de movimento total é conservada. III. O impulso correspondente à partícula B é 2i + 4j. IV. O impulso correspondente à partícula A é -3i + 2j. As afirmativas corretas são apenas: A) I e II B) I e III C) II e III D) II e IV E) III e IV

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 26: Alternativa D Situação inicial: i4QA =

r e 0QB =

r

Situação final: j2iQA +=′r

e j2i3QB −=′r

i4QQ BA =+rr

e i4j2i3j2iQQ BA =−++=′+′rr

, logo a quantidade de movimento se conserva. (A alternativa II é correta)

j2i3i4j2iQQQI AAAA +−=−+=−′=∆=rrrr

(A alternativa IV é correta)

j2i30j2i3QQQI BBBB −=−−=−′=∆=rrrr

(A alternativa III é incorreta)

i401,0i4

mQV

A

AA ===

rr

e 0VB =r

, logo J8004021,0E 2

0CIN =+=

(Energia cinética inicial)

j20i101,0

j2imQ

VA

AA +=

+=

′=′

rr

, ou seja, s/m5002010V 22A =+= .

j10i152,0

j2i3mQ

VB

BB −=

−=

′=′

rr

, ou seja,

s/m325)10(15V 22B =−+=

Então J5,5732522,0500

21,0ECINf =+= (Energia

cinética final) Como ECINf<ECIN0, então a alternativa I é incorreta.

27.

Uma estaca de comprimento L de um determinado material homogêneo foi cravada no solo. Suspeita-se que no processo de cravação a estaca tenha sido danificada, sofrendo possivelmente uma fissura abrangendo toda sua seção transversal conforme ilustra a figura acima. Para tirar a dúvida, foi realizada uma percussão em seu topo com uma marreta. Após t1 segundos da percussão, observou-se um repique (pulso) no topo da estaca e, t2 segundos após o primeiro repique, percebeu-se um segundo e último repique de intensidade significativa (também no topo da estaca), sendo t1 ≠ t2. Admitindo-se que a estaca esteja danificada em um único ponto, a distância do topo da estaca em que se encontra a fissura é

a) 1

2

Ltt

b) 1

23Ltt

c)

1

1 2

Ltt t

d)

2

1 2

Ltt t

e) 2

12Ltt

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 27: Alternativa C Seja x a distância do topo à fissura. Seja v a velocidade de

propagação do som na estaca. Temos:

=+

=

vLtt

vxt

2

2

21

1 ⇒

1

1 2

tx L

t t

t1 corresponde ao pulso refletido na fissura e t1 + t2 corresponde ao pulso refletido no extremo inferior da estaca. Comentário: O gabarito no site oficial do IME, até o presente momento, aponta a opção A. Isto estaria correto se considerássemos t2 como o tempo total de percurso, diferentemente do que afirma o enunciado.

28. Ao analisar um fenômeno térmico em uma chapa de aço, um pesquisador constata que o calor transferido por unidade de tempo é diretamente proporcional à área da chapa e à diferença de temperatura entre as superfícies da chapa. Por outro lado, o pesquisador verifica que o calor transferido por unidade de tempo diminui conforme a espessura da chapa aumenta. Uma possível unidade da constante de proporcionalidade associada a este fenômeno no sistema SI é:

A) 3 1. . .kg m s K− −

B) 2. . .kg m s K C)

1. .m s K −

D) 2 3. .m s K−

E) 1 1. . .kg m s K− −

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 28: Alternativa A Dado que / .Q T Aθ∝ e / 1/Q T e∝ então, podemos escrever o calor transferido por unidade de tempo como:

/ /Q T kA e= Escrita na forma dimensional temos:

2 3 2

[ ] /[ ] [ ][ ][ ] /[ ]. / [ ] /

Q T k A eM L T k L L

θ

θ

=

=

Portanto: 3[ ] . /k M L T θ= Atribuindo as unidades para as dimensões de massa, comprimento, temperatura e tempo no S.I. a unidade de K é : 3 1. .Kg m T K− −

29. Um planeta de massa m e raio r gravita ao redor de uma estrela de massa M em uma órbita circular de raio R e período T. Um pêndulo simples de comprimento L apresenta, sobre a superfície do planeta, um período de oscilação t. Dado que a constante de gravitação universal é G e que a aceleração da gravidade, na superfície do planeta, é g, as massas da estrela e do planeta são, respectivamente:

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 29: Alternativa C De acordo com a Segunda Lei de Newton, para o movimento orbital do planeta, obtém-se:

2

2

2

=⇒=

Tm

RGMmamR cc

π


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2 3

24 RMT Gπ

⇒ =

Na superfície do Planeta, a intensidade de sua aceleração da gravidade é dada por:

2rGmg =

Assim, o período do pêndulo simples é dado por:

GmLrt

gLt

2

22 ππ =⇒=

Isolando-se a massa do planeta, obtém-se:

GtrLm 2

224π=

30. Um corpo está a 40 cm de distância de uma lente cuja distância focal é -10 cm. A imagem deste corpo é (A) real e reduzida. (B) real e aumentada. (C) virtual e reduzida. (D) virtual e aumentada. (E) real e invertida. SOLUÇÃO DA QUESTÃO 30: Alternativa C → f = - 10 cm

→ p = 40 cm

+ → + → p’ = -8 cm → Imagem virtual

A = → A = → Imagem reduzida

QUÍMICA

31. Considere as seguintes afirmativas: I. A molécula de 2SO é linear e possui hibridação sp. II. O hexafluoreto de enxofre possui estrutura octaédrica. III. Em virtude da posição do átomo de carbono na Tabela Periódica, pode-se afirmar que não existem compostos orgânicos contendo orbitais híbridos 3sp d ou 3 2sp d . IV. O número total de orbitais híbridos é sempre igual ao número total de orbitais atômicos puros empregados na sua formação. As afirmativas corretas são apenas: a) I b) I e III c) I e IV d) II e IV e) II, III e IV

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 31: Alternativa D I) FALSA. A molécula do SO2 é angular porque possui 3 nuvens eletrônicas e duas ligações (1 simples e 1 dupla) em torno do átomo central. Além disso, como só há uma ligação π então só há um orbital p puro no S, portanto a hibridização é do tipo sp2.

SOO

II) VERDADEIRA. A molécula do SF6 tem seis ligantes em volta do átomo central e neste caso a única geometria possível é a octaédrica.

S

F

FF

F

F III) FALSA. O carbono não sofre expansão do octeto

por se tratar de um átomo do 20 período (raio muito pequeno), o que não permitiria a formação de orbitais híbridos sp3d ou sp3d2 em átomos de carbono. No entanto, os compostos orgânicos podem conter ametais do 30 período em diante ou metais de transição que podem fazer ligações químicas utilizando-se dos referidos orbitais híbridos. IV) VERDADEIRA. Na formação de orbitais híbridos e de orbitais moleculares vale a regra que diz que o número de orbitais híbridos tem de ser sempre igual ao número de orbitais atômicos.

32. No processo de refino eletrolítico do cobre, utilizam-se eletrodos deste metal e solução aquosa de sulfato de cobre (II). Neste processo, é correto afirmar que A) no cátodo obtém-se cobre impuro e ocorre liberação de oxigênio. B) no anodo obtém-se cobre puro e ocorre liberação de hidrogênio. C) o cobre é depositado no anodo e dissolvido no catodo. D) o cobre é dissolvido no anodo e depositado no catodo. E) ocorre apenas liberação de hidrogênio e oxigênio.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 32: Alternativa D O processo de refino do cobre utiliza eletrodos ativos deste metal. A figura a seguir ilustra o processo.

No catodo ocorre a semi reação: Cu+2 (aq) + 2e- (CM) → Cu (s) No anodo ocorre a semi-reação: Cu (s) → Cu+2 (aq) + 2e- (CM) Desta maneira, o cobre é dissolvido no anodo e depositado no catodo.

33. Uma massa x de CaCO3 reagiu com 50 mL de HCl 0,20M aquoso, sendo o meio reacional, posteriormente, neutralizado com 12 mL de NaOH aquoso. Sabe-se que 20 mL desta solução foram titulados com 25 mL do HCl 0,20M. A massa x de CaCO3 é (Dados: massas atômicas Ca = 40 u.m.a.; C = 12 u.m.a; O = 16 u.m.a.) a) 0,07g b) 0,35g c) 0,70g d) 3,50g e) 7,00g

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 33: Alternativa B Primeiramente determinamos a molaridade da solução de NaOH.

2HC NaOH NaC H O l l

n (HC n(NaOH)l V(HC ) M(HC ) V(NaOH) M(NaOH) l l 25 0,20 20 M(NaOH)

25 0,20M 0,25 mol /L

20

.

Nos 50 mL de HCl 0,20 mol/L, há 10,0 mmols de HC .l Destes 10 mmols, uma parte deles foi neutralizados por 12 mol de NaOH, o que corresponde a (12 0,25) mmols, ou seja 3,0 mmols.


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Assim, 7,0 mmols de HCl reagem com o 3CaCO .

)(2)(2)(2)()(3 2 glaaqs COOHCaClHClCaCO ++→+

3

n(HC )1(CaCO )

2

l

3

7n(CaCO ) 3,5 mmols

2

Logo, 3m 3,5 10 100g 0,35g 34. O osso humano é constituído por uma fase mineral e uma fase orgânica, sendo a primeira correspondente a cerca de 70% da massa óssea do ser humano. Dentre os minerais conhecidos, a hidroxiapatita, Ca10(PO4)6(OH)2, é o mineral de estrutura cristalina e estequiometria mais próxima á dos constituintes da fase mineral dos tecidos ósseos. Considere que os átomos de cálcio estão na fase mineral dos tecidos ósseos e que o esqueleto de um indivíduo corresponde a um terço do seu peso. O número de átomos de cálcio em uma pessoa de 60kg é (Dados: massas atômicas Ca = 40 u.m.a.; P = 31 u.m.a.; O = 16 u.m.a.; H = 1 u.m.a.; Número de Avogadro = 6,02 x 1023). A) 8,39 x 1024. B) 2,52 x 1025. C) 8,39 x 1025. D) 1,20 x 1026. E) 2,52 x 1026.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 34: Alternativa C Cálculo da massa da fase mineral dos tecidos ósseos: 60 kg x 1/3 x 0,7 = 14 kg da fase mineral Cálculo da massa molar da hidroxiapatita (Ca10(PO4)6(OH)2): (40 x 10) + (6 x 95) + (2 x 17) = 1004 gramas/mol Como cada mol da hidroxiapatita possui 10 mols de átomos de Cálcio, temos: 1004 gramas ----- 10 x 6,02x1023 átomos de cálcio 14000 gramas --- x X = 8,39 x 1025 átomos de Cálcio

35. Foram introduzidos 10 mols de uma substância X no interior de um conjunto cilindro-pistão adiabático, sujeito a uma pressão constante de 1atm. X reage espontânea e irreversivelmente segundo a reação: X(s) → 2Y(g) ∆H = -200 cal Considere que a temperatura no início da reação é 300 K e que as capacidades caloríficas molares das substâncias X e Y são constantes e iguais a 5,0 cal.mol-1.K-1 e 1,0 cal.mol-1.K-1, respectivamente. O volume final do conjunto cilindro-pistão é: (Dado: R = 0,082 atm.L.mol-1.K-1) A) 410,0 L B) 492,0 L C) 508,4 L D) 656,0 L E) 820,0 L

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 35: Alternativa D A reação completa produz 20 mols da substância Y(g). Desta forma, o calor liberado será de ∆H=q= -2000cal. Como o processo é adiabático, todo o calor permanecerá no sistema. Considerando a capacidade calorífica molar dos produtos, o aumento de temperatura do sistema será dado por: Q = Cp.n.∆T 2000 = 1,0.20.∆T ∆T=100K Assim, a temperatura final será de 400K. Substituindo este valor na equação dos gases perfeitos: PV=nRT V= nRT/P V=20.0,082.400/1,0 = 656,0 litros

36. Assinale a alternativa correta. A) Um veículo de testes para redução de poluição ambiental, projetado para operar entre – 40 ºC e 50 ºC, emprega H2 e O2, os quais são estocados em tanques a 13 MPa. Pode-se afirmar que a

lei dos gases ideais não é uma aproximação adequada para o comportamento dos gases no interior dos tanques. (Dado: 1 atm = 101,3 kPa). B) A pressão de vapor de um líquido independe da temperatura. C) Um recipiente de 500 mL, inicialmente fechado e contendo um líquido em equilíbrio com seu vapor, é aberto. Pode-se afirmar que a pressão de vapor do líquido aumentará. D) Na equação PV = nRT, o valor numérico de R é constante e independe do sistema de unidades empregado. E) De acordo com o princípio de Avogadro, pode-se afirmar que, dadas as condições de temperatura e pressão, o volume molar gasoso depende do gás considerado.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 36: Alternativa A O modelo do gás ideal considera que o tamanho das partículas que compõem o gás é desprezível. As interações intermoleculares entre estas são, também, desprezadas, uma vez que a distância entre as partículas é muito grande. As interações, no gás ideal, devem-se apenas ás colisões entre as moléculas do gás. O elevado valor de pressão, de aproximadamente 1,3.102 atm não permite que a hipótese do gás ideal seja adotada, pois, nessa situação, as interações intermoleculares das partículas do gás não serão desprezíveis.

37. Considere a seqüência de reações e o perfil energético associados ao processo de oxidação do dióxido de enxofre. Etapa 1 (elementar): →2 2 3SO (g) + NO (g) SO ( ) + NO(g)g Etapa 2: →2 22 NO(g) + O (g) 2 NO (g)

A alternativa que apresenta corretamente os compostos no estágio II, o catalisador e a lei de velocidade para a reação global é Estágio II Catalisador Lei de Velocidade a) NO , 2O NO 2

2 2[ ] [ ]k SO O b) 3SO , NO , 2O 2NO 2

2 2[ ] [ ]k SO O c) 3SO , NO , 2O 2NO 2 2[ ][ ]k SO NO d) NO , 2O NO 2 2[ ][ ]k SO NO e) 3SO , NO , 2NO 2O 2 2[ ][ ]k SO NO

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 37: Alternativa C De acordo com o enunciando as reações acontecem na seqüência dada, ou seja, etapa 1 corresponde à transformação I → II (no gráfico) e etapa 2 corresponde à tranformação II →III (no gráfico). Sendo assim, como a etapa I apresenta maior energia de ativação (como pode ser visto no gráfico) ela será a etapa lenta e, portanto, determinante para a velocidade da reação. Como no enunciado diz-se que se trata de uma reação elementar, a lei da velocidade depende dos dois reagentes e de seus respectivos coeficientes estequiométricos.

V= k [SO2].[NO2] No patamar II estão presentes as substâncias resultantes da 1ª. etapa (SO3 e NO) e o reagente da 2ª. etapa (O2). O catalisador é o NO2, pois ele foi adicionado a primeira etapa e recuperado ao final da segunda etapa, não sendo consumido pelo processo, mas influenciando no mecanismo da reação de forma a aumentar a velocidade.


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38. Assinale a alternativa correta. A) Nas reações de decaimento radioativo, a velocidade de reação independe da concentração de radioisótopo e, portanto, pode ser determinada usando-se apenas o tempo de meia vida do isótopo. B) O decaimento nuclear do 92U238 pode gerar 82Pb206 através da emissão de 8 partículas α e 6 partículas β. C) A vulcanização é o processo usado para aumentar a rigidez de elastômeros por intermédio da hidrogenação de suas insaturações. D) Copolímeros são polímeros formados pela reação de dois monômeros diferentes, com a eliminação de uma substância mais simples. E) O craqueamento é o processo que tem por objetivo “quebrar” as frações mais pesadas de petróleo gerando frações mais leves. Durante o craqueamento, são produzidos hidrocarbonetos de baixa massa molecular, como o etano e o propano. Estas moléculas são usadas como monômeros em uma variedade de reações para formar plásticos e outros produtos químicos.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 38: Alternativa B A alternativa B é verdadeira pois 92U238 → 6 -1β0 + 8 +2α4 (CM) + 82 Pb206 A alternativa A é falsa porque a velocidade de dacaimento depende da quantidade dos radioisótopos presentes na amostra e que ainda não sofreram o decaimento. A lei de velocidade de decaimento obedece à cinética de primeira ordem. Assim, v = k [Radioisótopo], onde k = ln 2 / t1/2. A determinação da concentração de radioisótopo num instante qualquer depende do conhecimento da concentração num outro instante de tempo. A alternativa C é falsa pois, no processo de vulcanização, é utilizado o enxofre para o aumento da rigidez dos elastômeros. A alternativa D é falsa pois o processo de polimerização de copolímeros pode ser um processo de adição, não havendo a eliminação de substância mais simples. Além disso podem ser utilizados mais de dois copolímeros no processo de polimerização, não sendo o processo restrito a dois copolímeros. A alternativa E é falsa pois devem ser insaturados os hidrocarbonetos, resultates do processo de craqueamento, que são utilizados como monômeros em uma variedade de reações para formar plásticos e outros produtos químicos.

39. A neocarzinostatina é uma molécula da família das enediinas que são produtos naturais isolados de microrganismos e apresentam poderosa atividade anti-tumoral, por serem capazes de agir como intercalantes nas moléculas de DNA, interrompendo, dessa forma, o rápido crescimento celular característico das células tumorais.

Analisando a estrutura da neocarzinostatina acima, pode-se afirmar que esta forma canônica da molécula possui a) 256 isômeros ópticos e 11 ligações π. b) 512 isômeros ópticos e 11 ligações π. c) 256 isômeros ópticos e 13 ligações π. d) 512 isômeros ópticos e 13 ligações π. e) 1024 isômeros ópticos e 13 ligações π.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 39: Alternativa D Analisando a figura identifica-se a presença de 10 carbonos quirais (ver figura). No entanto considera-se 9 centros assimétricos, pois no epóxido o conjunto dos dois carbonos assimétricos, devido à estrutura de suas ligações, apresenta apenas duas possibilidades de isômeros óticos. Sendo assim o número de isômeros ópticos pode ser calculado pela expressão: nº isômeros ópticos = 2n = 29 = 512. n = número de centros assimétricos.

Ainda pela análise da fórmula do composto, identifica-se a presença de 2 ligações triplas (4 ligações π) e 9 ligações duplas (9 ligações π), totalizando 13 ligações π.

40. Assinale a alternativa correta. A) Os carboidratos, também conhecidos como glicídios, são ésteres de ácidos graxos superiores. B) Os carboidratos mais simples são os monossacarídeos que, em virtude de sua simplicidade estrutural, podem ser facilmente hidrolisados. C) Os lipídios são macromoléculas altamente complexas, formadas por centenas ou milhares de ácidos graxos que se ligam entre si por intermédio de ligações peptídicas. D) As enzimas constituem uma classe especial de glicídios indispensável à vida, pois atual como catalisadores em diversos processos biológicos. E) A seqüência de aminoácidos em uma cadeia proteica é denominada estrutura primária da proteína.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO 40: Alternativa E Alternativa A: Errada. Carboidratos e glicídios pertencem a classificações bioquímicas distintas. Ésteres de ácidos graxos superiores dão origem aos glicídios e não aos carboidrados. Alternativa B: Errada. Os dissacarídeos, oligossacarídeos e polissacarídeos sofrem hidrólise com relativa facilidade e não os monossacarídeos. Alternativa C: Errada. Os lipídios normalmente não são macromoléculas altamente complexas e, normalmente são constituídos por uma a três moléculas de ácidos graxos. Alternativa D: Errada. As enzimas são proteínas com função catalítica (biocatalisadores), ou seja, são polímeros de aminoácidos. Alternativa E: Correta. A estrutura primária de uma proteína nada mais é que sua seqüência de aminoácidos.

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