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(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE IME 2014 – TESTES

1

MATEMÁTICA

QUESTÃO 01 Qual é o menor número? a) 8!π ⋅ b) 99

c) 2222

d) 333

e) 13 32 5⋅ Resolução Alternativa C

Para solucionar a questão o aluno poderia comparar alternativas duas a duas, mantendo, a cada comparação, o menor valor encontrado. Outra possibilidade seria tentar colocar os valores das alternativas em ordem crescente. Aqui, faremos as duas soluções. Solução 1: Comparando as alternativas A e B

98! 8 7 6 5 4 3 2 1 9π ⋅ = π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ < pois ambos os lados possuem 9 fatores, sendo cada fator do lado esquerdo menor que os fatores do lado direito (os quais são todos iguais a 9). Assim, o valor da alternativa A é menor do que o da alternativa B. Comparando as alternativas A e C, sendo:

22 42 2 16

8! 8 7 6 5 4!

2 2 2

π ⋅ = π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎧⎪⎨

= =⎪⎩, temos:

( ) ( ) 3 5 4 2 168 7 6 5 4 3 2 8 7 5 6 3 4 2 2 2 2 2 2 2 2π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ > ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

Assim, o valor da alternativa C é menor do que o da alternativa A. Comparando as alternativas D e C, temos:

33 27 163 3 2= > . Assim, o valor da alternativa C é menor do que o da alternativa D. Comparando as alternativas E e C, temos: 13 3 13 3 162 5 2 2 2⋅ > ⋅ = . Assim, o valor da alternativa C é menor do que o da alternativa E, sendo o menor valor dentre as alternativas. Solução 2: Temos que:

(I) 22 42 2 162 2 2= =

(II) Sendo 8! 8 7 6 5 4!π ⋅ = π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , temos:

( ) ( ) 3 5 4 2 168 7 6 5 4 3 2 8 7 5 6 3 4 2 2 2 2 2 2 2 2π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ > ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = (III) Sendo 8! 8 7 6 5!π ⋅ = π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , temos

2 3 3 3 3 11 3 13 38! 8 7 6 5! 2 2 2 2 5 2 5 2 5π ⋅ = π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ < ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ < ⋅

(IV) Sendo ( ) ( )413 3 3 22 5 2 2 5 5⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ , temos:

( )913 3 13 2 13 2 3 18 2 92 5 2 5 5 3 3 3 3 3 9⋅ = ⋅ ⋅ < ⋅ ⋅ = = =

(V) ( )9 39 2 18 27 39 3 3 3 3= = < = Assim, colocando as alternativas em ordem crescente, vem que:

22 32 13 3 9 32 8! 2 5 9 3< π ⋅ < ⋅ < <

QUESTÃO 02

Seja a matriz ⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

a b cA b c a

c a b, em que a, b e c são números reais

positivos satisfazendo 1abc = . Sabe-se que TA A I= , em que TA é a matriz transposta de A e I é a matriz identidade de 3ª ordem. O produto dos possíveis valores de 3 3 3a b c+ + é a) 2 b) 4 c) 6 d) 8 e) 10

Resolução Sem Resposta Sendo TA A I= , temos:

1 0 00 1 00 0 1

a b c a b cb c a b c ac a b c a b

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⋅ = ⇔⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2 2 2

2 2 2

2 2 2

1 0 00 1 00 0 1

a b c ab bc ca ab bc caab bc ca a b c ab bc caab bc ca ab bc ca a b c

⎡ ⎤+ + + + + + ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + + + + + = ⇔⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + + + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2 2 2 10

a b cab bc ca

⎧ + + =⎪⎨

+ + =⎪⎩

Como ( ) ( )2 2 2 2 2a b c a b c ab bc ca+ + = + + + ⋅ + + , segue que:

( )2 1 2 0 1 1a b c a b c+ + = + ⋅ = ⇔ + + = ±

Como a, b e c são números reais positivos, ficamos com:

1a b c+ + =

Porém, sendo a, b e c números reais positivos, com 1a b c⋅ ⋅ = , pela desigualdade das médias, teríamos:

33 1 33 3

a b c a b ca b c a b c+ + + +≥ ⋅ ⋅ ⇔ ≥ ⇔ + + ≥

Ou seja, é impossível que a, b e c sejam números reais positivos. Observação: Se retirarmos a exigência de a, b e c serem números reais positivos, podemos chegar à alternativa (d), proposta pelo gabarito oficial. Segue a resolução. Expandindo diretamente o determinante da matriz A, temos:

( ) ( )3 3 3 3 3 3det 3 3 1a b c

A b c a abc a b c a b cc a b

= = − + + = ⋅ − + + ⇔

( )3 3 3det 3A a b c= − + +

Sendo 3TA A I⋅ = , pelo teorema de Binet:

( )3det det det det 1T TA A I A A⋅ = ⇔ ⋅ =

Como det detTA A= , segue que:

( )2det det 1 det 1 det 1A A A A⋅ = ⇔ = ⇔ = ±

Assim:

( )3 3 33 1a b c− + + = ± ⇔ 3 3 3 2a b c+ + = ou 3 3 3 4a b c+ + =

Portanto, o produto P dos possíveis valores de 3 3 3a b c+ + é:

2 4 8P P= ⋅ ⇔ =

QUESTÃO 03 Sejam = ∈ + ≤ ≤ −/ 2 1 3 5W y k y k e = ∈ ≤ ≤/ 3 22S y y . Qual é o conjunto dos valores de ∈k para o qual ≠ ∅W e

( )⊆ ∩W W S ? a) ≤ ≤1 9k b) ≤ 9k c) ≤ ≤6 9k d) ≤ 6k e) ∅

Resolução Alternativa C O conjunto ≠ ∅W é tal que ( )⊆ ∩W W S , então ⊆W S . Desta forma, o limite inferior +2 1k de W deve ser maior ou igual ao limite inferior de S (condição 1), o limite superior −3 5k de W deve ser menor ou igual ao limite superior de S (condição 2) e, ainda,

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+ ≤ −2 1 3 5k k (condição 3) pois o limite inferior do conjunto W não deve ser maior que seu limite superior. Desenvolvendo as condições 1, 2 e 3, temos:

+ ≥ ⇔ ≥− ≤ ⇔ ≤+ ≤ − ⇔ ≥

2 1 3 13 5 22 92 1 3 5 6

k kk kk k k

Deste modo, a intersecção dos intervalos obtidos acima é o conjunto

6 9k≤ ≤ .

QUESTÃO 04

Sabe-se que 3 2 xy z z x x y z ez y z

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = =⋅ ⋅

, em que e é a

base dos logaritmos naturais. O valor de + +x y z é a) + +3 2 1e e b) −+ +2 1e e e c) +3 1e d) −+ +3 2e e e e) 3 2 1e e e− −+ +

Resolução Alternativa B Observe que x, y e z devem ser reais positivos. Da segunda igualdade:

( )33 2 1xx y z y zz y z y z

⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔⋅ ⋅ ⋅

( ) ( )6 71 11 1y z y z y z yy z z

⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ =⋅

Substituindo na última igualdade:

1x xe e x e z

z y z z= ⇔ = ⇔ = ⋅

⋅ ⋅ ⋅

Utilizando agora a primeira expressão:

4 31y z z x e z e z e e z e⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ = Elevando ambos os membros dessa última igualdade à quarta, temos:

3 4e z e z e⋅ = ⇔ = Assim:

2

11 1x e z e e e

y ez e

⎧ = ⋅ = ⋅ =⎪⎨

= = =⎪⎩

Portanto, a soma pedida é dada por:

2 1x y z e e e−+ + = + +

QUESTÃO 05 Uma elipse cujo centro encontra-se na origem e cujos eixos são paralelos ao sistema de eixos cartesianos possui comprimento da

semi-distância focal igual a 3 e excentricidade igual a 32

.

Considere que os pontos A, B, C e D representam as interseções da elipse com as retas de equações =x y e = −y x . A área do quadrilátero ABCD é a) 8 b) 16

c) 163

d) 165

e) 167

Resolução Alternativa D Segue abaixo a elipse dita pelo enunciado:

1F 2F

Veja que a elipse está centrada na origem, então temos que sua

equação é dada por 2 2

2 2 1+ =x ya b

, onde a e b são as medidas dos semi-

eixos maior e menor, respectivamente. Como a semi-distância focal é 3 , temos que 3=c . Pela excentricidade, segue:

3 22

= = ⇒ =ce aa

Observe:

1F 2F

a b

c

Assim, por Pitágoras, temos:

( )22 2 2 2 22 3 1= + ⇔ = − ⇒ =a b c b b

Logo, temos que a equação da elipse dada é: 2 2 2

22 2 1 1

2 1 4+ = ⇔ + =

x y x y .

Agora, observe a elipse com a interseção das retas =y x e = −y x :

1F 2F

y x=y x= − A B

C D

Com isso, calculamos a interseção dos dois gráficos:

222 2

2 514 51

4 1

=⎧⎪ ⇒ + = ⇒ = ±⎨

+ =⎪⎩

y xx x xx y

2 5 2 5,5 5

⎛ ⎞∴ = ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠A e 2 5 2 5,

5 5⎛ ⎞

= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

C

Do mesmo modo, calculemos as coordenadas dos pontos B e D:

( )2

22 2

2 514 51

4 1

= −⎧⎪ ⇒ + − = ⇒ = ±⎨

+ =⎪⎩

y xx x xx y

2 5 2 5,5 5

⎛ ⎞∴ = −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠B e 2 5 2 5,

5 5⎛ ⎞

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

D

Note, que o quadrilátero em questão é um quadrado. Então, o lado do quadrado é dado por:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 4 5, ,5

= − + − ⇔ =A D A Dd A D x x y y d A D

Portanto, a área do quadrilátero ABCD é 2

4 5 165 5

⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠.

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3

QUESTÃO 06 Em um quadrilátero ABCD, os ângulos ABC e CDA são retos.

Considere que ( )sen BDC e ( )sen BCA sejam as raízes da equação + + =2 0x bx c , onde ,b c ∈ . Qual a verdadeira relação satisfeita por

b e c? a) + =2 22 1b c b) + =4 2 22b c b c c) 2 2 1b c+ = d) − =2 22 1b c e) − =2 2 1b c

Resolução Alternativa E Como o quadrilátero ABCD tem ângulos opostos suplementares, então ele é inscritível, sendo que o segmento AC deve ser um dos diâmetros da circunferência, já que ABC é reto. Temos o desenho:

Seja α a medida do ângulo BDC e β a medida do ângulo BCA . Como BAC e BDC são ângulos inscritos que subentendem o mesmo arco BC , então eles devem ter mesma medida:

Assim:

90 sen cosα + β = ° ⇒ β = α Por outro lado, aplicando as relações de soma e produto na equação do segundo grau dada, sendo senα e senβ suas raízes:

sen sen sen cos1sen cossen sen

1

bb

c c

⎧α + β = −⎪ α + α = −⎧⎪ ⇔⎨ ⎨

α ⋅ α =⎩⎪ α ⋅ β =⎪⎩

Elevando ambos os membros da primeira igualdade ao quadrado e substituindo a segunda, temos:

( ) ( )2 2 2 2 2sen cos sen 2 sen cos cosb bα + α = − ⇔ α + ⋅ α ⋅ α + α = ⇔ 21 2c b+ = ⇔ 2 2 1b c− =

QUESTÃO 07 Sejam uma circunferência C com centro O e raio R, e uma reta r tangente a C no ponto T. Traça-se o diâmetro AB oblíquo a r. A projeção de AB sobre r é o segmento PQ. Sabendo que a razão entre

OQ e o raio R é 72

, o ângulo, em radianos, entre AB e PQ é:

a) 4π

b) 6π

c) 518

π

d) 3π

e) 718

π

Resolução Alternativa B Considere a seguir a situação descrita no enunciado:

O

A

B

T

r

Q

P

Chamaremos de α o ângulo entre AB e PQ e 90β = ° − α . Agora, tomemos D o ponto de intersecção entre o segmento QO e a circunferência C.

O

A

B

T

r

Q

P α

β D

Assim, temos que QO QD DO= + .

Sabendo que 7 72 2

QO RQOR

⋅= ⇒ = e DO R= , então:

7 7 12 2RQD QO DO QD R QD R

⎛ ⎞= − ⇒ = − ⇒ = − ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Prolongando QO, obtemos o ponto 'D :

O

A

B

T

r

Q

P α

β D

D’

A

B

C

D

α

β α

A

B

C

D

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4

Agora, por potência de ponto, temos:

( ) ( ) ( )2'QD QD QT⋅ =

Veja que: 7 7' ' ' ' 12 2RQD QO OD QD R QD R

⎛ ⎞= + ⇒ = + ⇒ = + ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Então:

( ) ( ) ( ) ( )2 27 7 3' 1 12 2 2

RQD QD QT R R QT QT⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⋅ = ⇔ − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Passando por O uma reta paralela a r, seja O’ a projeção de O sobre BQ:

O

A

B

T

r

Q

P α

β D

D’

O’

Dessa maneira, no triângulo 'BOOΔ , temos:

( ) ( )3

32sen sen 90 sen 902

R

Rβ = ° − α = ⇒ ° − α =

Como 90° − α e α são menores que 90°, então podemos concluir

que 90 60° − α = ° . Portanto, 306π

α = ° = .

QUESTÃO 08 Seja SABCD uma pirâmide, cuja base é um quadrilátero convexo ABCD. A aresta SD é a altura da pirâmide. Sabe-se que

5= =AB BC , 7+ =SA SB , 2,= =AD DC 2=AC e 7+ =SA SB . O volume da pirâmide é: a) 5 b) 7 c) 11 d) 13 e) 17

Resolução Alternativa B

O volume V de uma pirâmide é dado por 13 bV A H= ⋅ ⋅ , onde bA é a

área da base da pirâmide e H é a altura da pirâmide. Primeiramente, vamos determinar a área da base. Observe que os triângulos ADC e ABC são isósceles, onde a base destes triângulos é o segmento AC . Assim, a diagonal BD intercepta o segmento AC em seu ponto médio M. Veja:

A C M

B

2 2

5 5

1 1

1h

2h

D

Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos AMD e AMB, obtemos os valores das alturas 1h e 2h :

( )( )

22 2

1 1

22 2

2 2

2 1 1

5 1 2

h h

h h

⎧ = + ⇒ =⎪⎨⎪ = + ⇒ =⎩

Assim, a área bA do quadrilátero ABCD é a soma das áreas dos

triângulos ADC e ACB, ou seja, = + = + =2.1 2.2 1 2 32 2bA .

Agora, precisamos determinar a altura H da pirâmide SABCD. Veja que os triângulos ADS e BDS são retângulos.

B

C

A

D

S

Então, por Pitágoras, conseguimos as seguintes relações:

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

2 2 22 2

22 2

37 7

2

SB HSB SA SB SA SA SB

SA H

⎧ = +⎪ ⇒ − = ⇔ − ⋅ + =⎨= +⎪⎩

Pelo enunciado, sabemos que 7SA SB+ = , temos:

( ) ( )7

7 1SB SA SA SB SB SA− ⋅ + = ⇒ − =

Resolvendo o sistema, segue:

71

SB SASB SA

+ =⎧⇒⎨ − =⎩

4SB = e 3SA =

Voltando na equação ( )2 2 9SB H= + e substituindo o valor de SB por

4, chegamos que 7H = . Portanto, o volume V da pirâmide é dado por

1 1 3 7 73 3bV A H V V= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ =

QUESTÃO 09

Seja :f → uma função real definida por 2( )f x x x= − π . Sejam

também a, b, c e d números reais tais que: 1 1sen3

a − ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

;

1 5tan4

b − ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

; 1 1cos3

c − ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

e 1 5cotg4

d − ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

. A relação de ordem,

no conjunto dos reais, entre as imagens ( )f a , ( )f b , ( )f c e ( )f d é a) ( ) ( ) ( ) ( )f b f a f d f c> > > b) ( ) ( ) ( ) ( )f d f a f c f b> > > c) ( ) ( ) ( ) ( )f d f a f b f c> > > d) ( ) ( ) ( ) ( )f a f d f b f c> > > e) ( ) ( ) ( ) ( )f a f b f d f c> > >

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5

Resolução Alternativa D Note que 2( )f x x x= − π é uma função polinomial de grau 2. Sendo assim, a representação gráfica de f é a parábola ilustrada pela figura a seguir:

Logo, para analisarmos a desigualdade entre as imagens de a, b, c e d, devemos analisar os senos desses arcos, já que a função seno, ao

contrário da parábola acima, é crescente no intervalo 0,2π⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦ e

decrescente no intervalo ,2π⎡ ⎤π⎢ ⎥⎣ ⎦

. Portanto, quanto menor for o seno de

um arco, maior será a sua imagem na parábola acima. Podemos notar também, que:

1

1

1

1

1 1sen sen( )3 35 5tan tan( )4 41 1cos cos( )3 35 5cotg cotg( )4 4

a a

b b

c c

d d

⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= − ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= − ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Lembrando que as funções trigonométricas inversas satisfazem

10 arcsen 03 2 250 arctan 04 2 2

1arccos2 3 2

5arctg2 4 2

a

b

c

d

π π⎛ ⎞≤ ≤ ⇔ ≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠

π π⎛ ⎞≤ < ⇔ ≤ <⎜ ⎟⎝ ⎠

π π⎛ ⎞≤ − ≤ π ⇔ ≤ ≤ π⎜ ⎟⎝ ⎠

π π⎛ ⎞< − ≤ π ⇔ < ≤ π⎜ ⎟⎝ ⎠

Então, concluímos que:

1sen( )3

1 2cos( )3

ac a

c

⎧ =⎪ π⎪ ⇒ = +⎨⎪ = −⎪⎩

e

5tan( )4

5 2cotg( )4

bd b

d

⎧ =⎪ π⎪ ⇒ = +⎨⎪ = −⎪⎩

Portanto,

21 2 2sen( ) sen( ) sen cos( ) 1 sen ( )3 2 3

a c a a aπ⎛ ⎞= ⇒ = + = = + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

2

22

5 sen( ) 25 sen ( ) 25 5tan( ) sen ( ) sen( )4 cos( ) 16 1 sen ( ) 41 41

b bb b bb b

= = ⇒ = ⇒ = ⇒ =−

25 4sen( ) sen( ) sen cos( ) 1 sen ( )

241 41b d b b bπ⎛ ⎞= ⇒ = + = = + − =⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Logo,

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

1 1 41 41sen( ) sen ( ) sen ( ) sen ( )3 9 9 41 9 41

5 25 25 9 225sen( ) sen ( ) sen ( ) sen ( )41 41 9 41 941

2 2 8 8 41 328sen( ) sen ( ) sen ( ) sen ( )3 9 9 41 9 41

4 16 16 9sen( ) sen ( ) sen ( )41 41 941

a a a a

b b b b

c c c c

d d d

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =⋅ ⋅

⋅= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

⋅ ⋅

⋅= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

⋅ ⋅⋅

= ⇒ = ⇒ =⋅

2 144sen ( )41 9

d⇒ =⋅

Deste modo,

41 144 225 328 sen( ) sen( ) sen( ) sen( )9 41 9 41 9 41 9 41

a d b c< < < ⇔ < < < ⇔⋅ ⋅ ⋅ ⋅

( ) ( ) ( ) ( )f a f d f b f c> > >

QUESTÃO 10

Sabe-se que o valor do sexto termo da expansão em binômio de

Newton de − +

− +

⎛ ⎞⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠

( 1) 72

( 1)(3 1)2

log 91 log5

122

x

x

− +

− +

⎛ ⎞⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠

( 1) 72

( 1)(3 1)2

log 91 log5

122

x

x é 84. O

valor da soma dos possíveis valores de x é: a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

Resolução Alternativa C Dado o binômio de Newton ( )na b+ o seu termo geral, em potências

decrescentes de a é: n p pp

nT a b

p−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

; 0, 1, ,p n= … .

Desta forma, devemos calcular o sexto termo, isto é, 5 84T = .

( )( )( )( )

( )

( )

5

121

5 1 11 5

7 1 9 79 7 215 3 13 1

xx

xx

T−

−−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ +

= + = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎜ ⎟+⎝ ⎠

;

( )

( )

( )

( )

1 1

5 1 1

9 7 9 721 84 43 1 3 1

x x

x xT

− −

− −

+ += ⋅ = ⇔ = ⇔

+ +

( ) ( )( )1 123 7 4 3 1x x− −⇔ + = +

Resolvemos a equação acima fazendo ( )13 x t− = , assim: 2 4 3 0t t− + = .

Na equação acima a soma das raízes é 4 e o produto das raízes é 3, portanto as raízes são 1 1t = e 2 3t = . Podemos encontrar os possíveis

valores de x retornando na equação ( )13 x t− = . Temos: ( )1 1 0

1 1 13 1 3 1 0 1x t x x− = = = ⇔ − = ⇔ = ou

( )2 1 12 2 23 3 3 1 1 2x t x x− = = = ⇔ − = ⇔ = .

Portanto, a solução é 1 2 1 2 3x x+ = + = . NOTA: o enunciado pecou ao não informar que o estudante deveria calcular o sexto termo da expansão em potências decrescentes da primeira parcela da expressão. Desse modo, poder-se-ia adotar ordem aleatória para os termos e qualquer um dos 8 termos poderia ser o sexto. Considerando que a praxe é adotar ordem decrescente ou crescente, vamos analisar o que ocorreria se o estudante tentasse calcular o sexto termo em potências crescentes da primeira parcela:

( )( )( )( )

( )( )( )( )

2 51 25

15 1 2

1 15 5

9 77 19 7 21 845

3 1 3 1

x

x

x x

T−

− −

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎛ ⎞

= + = ⋅ = ⇔⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

x

y

0 π π/2

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6

( )( )( )( )

51 2

21 5

9 74

3 1

x

x

+=

+

Não há solução para esta expressão, pois ( )( )( )( )

51 2

21 5

9 74 ,

3 1

x

x

x−

+> ∀ ∈

+

.

QUESTÃO 11

Para o número complexo z que descreve o lugar geométrico representado pela desigualdade |z−26i| ≤ 10, sejam α1 e α2 os

valores máximo e mínimo de seu argumento. O valor de α − α21.

a) − ⎛ ⎞π − ⎜ ⎟⎝ ⎠

1 5tan12

b) − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 52.tan13

c) − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 5tan13

d) 1 52.tan12

− ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

e) − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 122.tan5

Resolução Alternativa D

O lugar geométrico dos pontos representados pela desigualdade |z−26i| ≤ 10 é um círculo de centro (0,26)C e raio 10. Sendo z a bi= + , temos

|z−26i| ≤ 10 2 2 2 2 2( 26) 10 ( 26) 10a b a b⇔ + − ≤ ⇒ + − ≤

A figura a seguir representa o círculo 2 2 2( 26) 10a b+ − ≤ .

26 O

a

b

Note que os afixos dos números complexos que estão nesta região e que possuem menor e maior argumentos são aqueles que também estão sobre as retas tangentes à circunferência que passam pela origem. Designando tais afixos por 1T e 2T , observe a figura a seguir:

10

O

2T 1T

C

θ θ

Note que

26OC = , portanto 1 24OT = ,triângulo (10, 24, 26), deste modo,

5 5( )12 12

tg arctg ⎛ ⎞θ = ⇒ = θ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

e

1 2 1 2

11 2 1 2

e 22 2 2 2

5 52 2 2tan12 12

arctg −

π π π π⎛ ⎞α = − θ α = + θ ⇒ α − α = − θ − + θ = θ ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞α − α = θ ⇔ α − α = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

QUESTÃO 12

Em uma progressão aritmética crescente, a soma de três termos consecutivos é S1 e a soma de seus quadrados é S2. Sabe-se que os dois maiores desses três termos são raízes da equação

21 2

1 02

x S x S⎛ ⎞− + − =⎜ ⎟

⎝ ⎠. A razão desta PA é

a) 16

b) 66

c) 6

d) 63

e) 1

Resolução Alternativa B Seja a ( )PA , ,a r a a r− + , com 0r ≥ , já que a sequência é crescente de acordo com o enunciado. Então:

( ) ( )

( ) ( )1

2 22 2 22

3

3 2

S a r a a r a

S a r a a r a r

⎧ = − + + + =⎪⎨

= − + + + = +⎪⎩.

A equação do segundo grau proposta passa a ter o formato:

( )2 2 2 21 2

1 10 3 3 2 02 2

x S x S x a x a r⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⋅ + − = ⇔ − ⋅ + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Sendo a e a r+ as raízes dessa equação, da soma das raízes vem que:

( ) ( )3 2 31aa a r a r a a r−

+ + = − ⇔ + = ⇔ =

Já do produto entre as raízes temos:

( ) ( )2 2 13 22

a a r a r r r r⋅ + = + − ⇔ ⋅ + 2 23 2r r= +12

− ⇔

2 1 66 6

r r= ⇔ = ±

Sendo 0r ≥ , ficamos com:

66

r =

QUESTÃO 13

Sabe-se que uma das raízes 2 9 8 0y y− + = pode ser representada

pela expressão ( )2 4 6sen sen sen ln 2x x xe + + + . Sendo 02

x π< < , o valor da

razão coscos sen

xx x+

é

a) 3 12

− b) 3 1− c) 3

d) 3 12+ e) 3 1+

Observação: • ln2 representa o logaritmo neperiano de 2

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7

Resolução Alternativa A A sequência ( )2 4 6sen , sen , senx x é uma progressão geométrica de

primeiro termo 21 sena x= e razão 2senq x= .

Sendo 02

x π< < , temos 0 sen 1x< < e, portanto, 20 sen 1x< < .

Sendo 1 1q− < < , podemos calcular o limite da soma dos n primeiros termos dessa PG quando n → +∞ . Tal limite é dado por:

2 4 6 1sen sen sen lim1nn

ax x x Sq→+∞

+ + + = = =−

2 22

2 2

sen sen tg1 sen cos

x x xx x

= =−

Diante disso, temos:

( ) ( ) 222 4 6 2tgtg 2sen sen sen 2 2 tg2xxx x x xe e e⋅+ + + = = =lnln ln

Por outro lado, resolvendo a equação do segundo grau dada, vem que:

2 9 8 0 1y y y− + = ⇔ = ou 8y = Como

2tg2 x é uma das raízes, segue que:

2tg 02 1 2x = = ou 2tg 32 8 2x = = ⇔

2tg 0x = ou 2tg 3x = ⇔

tg 0x = ou tg 3x = ou tg 3x = −

Como 02

x π< < , devemos ter tg 0x > , de modo que ficamos com:

tg 3x =

Logo, o valor da razão pedida é dado por:

cos 1 1 1 3 1cos sencos sen 1 tg 1 3 3 1

cos

xx xx x x

x

⎛ ⎞−= = = ⋅ ⇔⎜ ⎟⎜ ⎟++ + + −⎝ ⎠

cos 3 1cos sen 2

xx x

−=

+

QUESTÃO 14

Sejam ( ) ( )sen logf x x= e ( ) ( )cos logg x x= duas funções reais, nas quais logx representa o logaritmo decimal de x. O valor da expressão

( ) ( ) ( )12

xf x f y g g x yy

⎡ ⎤⎛ ⎞⋅ − ⋅ − ⋅⎢ ⎥⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ é

a) 4 b) 3 c) 2 d) 1 e) 0

Resolução Alternativa E Inicialmente, fazemos:

( )

( ) ( )( ) ( )

cos log cos log log

cos log cos log log

x xg x yy y

g x y x y x y

⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = −⎪ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎜ ⎟ ⇔⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎨

⎪⋅ = ⋅ = +⎪⎩

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

cos log cos log sen log sen log

cos log cos log sen log sen log

xg x y x yy

g x y x y x y

⎧ ⎛ ⎞= ⋅ + ⋅⎪ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎨⎪ ⋅ = ⋅ − ⋅⎩

Subtraindo membro a membro a segunda equação da primeira, vem que:

( ) ( ) ( )2 sen log sen logxg g x y x yy

⎛ ⎞− ⋅ = ⋅ ⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠

Portanto, o valor da expressão pedida é:

( ) ( ) ( )12

xf x f y g g x yy

⎡ ⎤⎛ ⎞⋅ − ⋅ − ⋅ =⎢ ⎥⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

( ) ( ) ( ) ( )1sen log sen log 2 sen log sen log2

x y x y⎡ ⎤⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⇔⎣ ⎦

( ) ( ) ( )1 02

xf x f y g g x yy

⎡ ⎤⎛ ⎞⋅ − ⋅ − ⋅ =⎢ ⎥⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

QUESTÃO 15

Em uma festa de aniversário estão presentes n famílias com pai, mãe e 2 filhos, além de 2 famílias com pai, mãe e 1 filho. Organiza-se uma brincadeira que envolve esforço físico, na qual uma equipe azul enfrentará uma equipe amarela. Para equilibrar a disputa, uma das equipes terá apenas o pai de uma das famílias, enquanto a outra equipe terá 2 pessoas de uma mesma família, não podendo incluir o pai. É permitido que o pai enfrente 2 pessoas de sua própria família. Para que se tenha exatamente 2014 formas distintas de se organizar a brincadeira, o valor de n deverá ser a) 17 b) 18 c) 19 d) 20 e) 21

Resolução Alternativa A Considerando a configuração das equipes, temos que haverá um pai em uma equipe e duas pessoas de uma mesma família em outra. Assim, temos que há 2n + possibilidades para a escolha do pai Vejamos as possibilidades para a escolha das duas pessoas integrantes de uma mesma família: 1º caso: escolha entre mães e filhos dentre as n famílias. Determinando mãe como M e os dois filhos, F1 e F2. Temos os seguintes casos:

1M F 2M F 1 2F F Como existem n famílias, logo o total de possibilidades de escolha é 3 n⋅ . 2º caso: escolha entre mães e filhos dentre as 2 famílias. Determinando mãe como M e o filho, F, temos apenas um único caso. Como são duas famílias, o total de opções de escolha é 2. Portanto, obtemos que o total de possibilidades para escolher dois membros de uma mesma família é dado por 3 2n⋅ + Levando em consideração a ordem das equipes azul e amarela, temos, pelo Princípio Fundamental da Contagem, a seguinte relação:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 2 2014 2 3 2 1007n n n n⋅ + ⋅ + = ⇔ + ⋅ + = Como n ∈ e 2 3 2n n+ < + , segue:

( ) ( ) 2 192 3 2 1007 19 53 17

3 2 53n

n n nn

+ =⎧+ ⋅ + = = ⋅ ⇒ ⇒ =⎨ + =⎩

Logo, o valor de n é 17.

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8

FÍSICA QUESTÃO 16

Dois corpos iguais deslizam na mesma direção e em sentidos opostos em um movimento retilíneo uniforme, ambos na mesma velocidade em módulo e à mesma temperatura. Em seguida, os corpos colidem. A colisão é perfeitamente inelástica, sendo toda energia liberada no choque utilizada para aumentar a temperatura dos corpos em 2 K. Diante do exposto, o módulo da velocidade inicial do corpo, em m/s, é Dado:

• Calor específico dos corpos:⋅J2

kg K.

a) 2 b) 2 c) 2 2 d) 4 e) 6

Resolução Alternativa C Conservação da quantidade de movimento:

antes depoisP =P Como os dois corpos são iguais e possuem velocidades de mesmo módulo, mesma direção e sentidos opostos, então o momento linear ou quantidade de movimento do sistema é nulo. O fato de a colisão ser inelástica nos diz que os corpos permanecerão juntos após a colisão e, como a quantidade de movimento resultante deve ser igual à anterior à colisão, isto é, nula, ambos terão velocidade nula, logo toda energia cinética do sistema é utilizada para aquecer os corpos. Quantidade de calor necessária para aquecer cada corpo em 2 K:

= ⋅ ⋅ ΔθQ m c = ⋅ ⋅2 2Q m

= ⋅4Q m Como os dois corpos foram aquecidos em 2 K, então a energia mecânica total dissipada na colisão é de ⋅8 m . Daí conclui-se que a energia cinética do sistema antes da colisão é:

=2 mE ⋅

=2

82

v m

= 2 2 m/sv QUESTÃO 17

Um espelho plano gira na velocidade angular constante ω em torno de um ponto fixo P , enquanto um objeto se move na velocidade ν , de módulo constante, por uma trajetória não retilínea. Em um determinado instante, a uma distância d do ponto P , o objeto pode tomar um movimento em qualquer direção e sentido, conforme a figura acima, sempre mantendo constante a velocidade escalar ν . A máxima e a mínima velocidades escalares da imagem do objeto gerada pelo espelho são, respectivamente a) ω + νd e ω − νd

b) ω + νd e + ν2 2( )wd

c) + ν2 2( )wd e ω − νd

d) ω + ν2 d e ω − ν2 d

e) ω + ν2 d e ( ) + ν2 22wd

Resolução Alternativa D Para entender melhor a questão, vamos separar os movimentos relativos de espelho E, do objeto O e imagem I da seguinte forma: Espelho em repouso e objeto seguindo a circunferência de raio d: Caso o objeto percorra um comprimento de arco da circunferência que mede d= β ⋅ , com o espelho em repouso em relação ao ponto P, a sua imagem também percorrerá d= β ⋅ no sentido contrário:

Nesse caso, podemos dizer que os módulos das velocidades

angulares satisfazem , ,| | | |I E O E tω = ω

β=

Δ, pois a velocidade angular do

espelho em relação ao segmento OP tem mesmo módulo da velocidade angular de OP em relação ao espelho. Objeto parado e espelho girando: Caso o espelho gire de um ângulo α em torno do ponto P, a imagem manter-se-á à mesma distância que o objeto em relação ao espelho. Dessa forma, seguirá a circunferência de raio d, girando de um ângulo 2α no mesmo sentido:

Assim, pode-se concluir que 22 2I It tω = = ⋅

Δα

⇒ ω =Δα

ω

Logo, a sua velocidade linear, em módulo, seria: 2Iv d= ω

β d

P

β

O I

E

d

P

α

d

O I

E

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9

No referencial do espelho E: Sabendo-se que, devido ao movimento do espelho, , ,| | | |I E O Ev v d= = ω , devemos ainda adicionar uma velocidade v (em alguma direção) ao objeto:

Para obtermos o maior valor possível da velocidade da imagem em relação ao espelho, devemos somar ν ao objeto, na mesma direção e no mesmo sentido de ,O Ev :

No referencial do ponto P fixo (sem giro), a resultante final do módulo da velocidade da imagem será:

,| |I EIv v d= +ν + ω

2Iv d d d= ω + + ω = ων + ν Do mesmo modo, para obtermos o menor valor possível da velocidade da imagem em relação ao espelho, devemos somar ν ao objeto, na mesma direção e no sentido oposto a de ,O Ev :

,| |I EIv v d= −ν + ω

2Iv d d d= ω − + ω = ων − ν

QUESTÃO 18

Sobre um trilho sem atrito, uma carga +Q vem deslizando do infinito na velocidade inicial ν , aproximando-se de duas cargas fixas de valor −Q . Sabendo que <<r d , pode-se afirmar que a) a carga poderá entrar em oscilação apenas em torno de um ponto próximo à primeira carga fixa, dependendo do valor de ν . b) a carga poderá entrar em oscilação apenas em torno de um ponto próximo à segunda carga fixa, dependendo do valor de ν . c) a carga poderá entrar em oscilação apenas em torno de um ponto próximo ao ponto médio do segmento formado pelas duas cargas, dependendo do valor de ν . d) a carga poderá entrar em oscilação em torno de qualquer ponto, dependendo do valor de ν . e) a carga passará por perto das duas cargas fixas e prosseguirá indefinidamente pelo trilho.

Resolução Alternativa E Como a carga +Q vem do infinito, então ela chega acima da primeira carga negativa com, no mínimo, a velocidade de escape, portanto possui energia suficiente para não entrar em oscilação, da mesma forma, quando chegar acima da segunda carga sua velocidade será maior ou igual a velocidade de escape. O que significa que a carga irá passar pelas duas cargas fixas e prosseguirá indefinidamente pelo trilho.

QUESTÃO 19

Uma buzina B localizada na proa de um barco, 1 m acima da superfície da água, é ouvida simultaneamente por uma pessoa P na margem, a 20 m de distância, e por um mergulhador M, posicionado diretamente abaixo da buzina. A profundidade do mergulhador, em metros, é Dados: • Temperatura do ar e da água: 20ºC; • Razão entre as massas molares da água e do ar: 0,04. a) 75 b) 80 c) 85 d) 90 e) 95

Resolução Sem resposta Como o som é ouvido simultaneamente por P e M e, sabendo que

stvΔ

Δ = , igualamos os tempos de percurso do som:

BP BMt tΔ = Δ

20 m 1 m

ar ar água

xv v v

= + , onde x é a profundidade solicitada. Logo:

d

P

O I

E

,O Ev ,I Ev ν ν

d

P

O I

E

,O Ev ,I Ev

d

P

d

O

E

I 2Iv d= ω ω

Iv

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10

19 água

ar

vx

v= ⋅

Para determinar x, precisaríamos saber a razão água

ar

vv

, entretanto, com

os dados do enunciado e conhecimentos do Ensino Médio não é possível encontrar esse valor, conforme demonstraremos a seguir. Antes, porém, cabe a ressalva: as massas molares da água e do ar são, respectivamente, 18 g/mol e aproximadamente 29 g/mol,

portanto, a razão entre elas seria 18 0,6229

≈ , muito diferente dos 0,04

do enunciado. Experimentalmente: Tomando dados já tabelados, para 20ºC, as velocidades são

343,4 m/sarv = e 1482 m/ságuav = , a resposta seria:

148219 82 m343,4

x = ⋅ ≈ , o que não se encontra nas alternativas e, além

disso, os dados utilizados não foram apresentados na prova. Utilizando as equações cabíveis:

Para a velocidade do som em um gás, temos a relação: gásRTvM

γ= ,

onde γ é o coeficiente de Poisson (que, para o ar, pode ser

aproximado para 75arγ = , de um gás diatômico), R é a constante

universal dos gases, T a temperatura em escala absoluta e M a massa molar. Para o ar:

7 8,31 2935

arar

vM

⋅ ⋅= (R não foi fornecido, mas poderia ser usado

8,31J⋅mol-1⋅K-1). Para a velocidade do som em um líquido, temos a relação:

líquidoBv =ρ

, onde B é a compressibilidade volumétrica da água e ρ a

densidade (que não foi dada, mas poderia ser utilizada como 31000 kg/m ). Assim:

1000água

água

Bv =

A relação seria:

7 10008,31 2935

água águaar

ar

v BMv

= ⋅⋅ ⋅

, mas não há uma relação direta entre

( )2200águaB MPa≅ e ( )29 g/molarM ≅ , o que torna a questão impossível de ser resolvida sem recorrer a dados não disponíveis na prova. Com os dados adotados, teríamos:

3 629 10 2200.10 4,337 10008,31 2935

água

ar

vv

−⋅≅ ⋅ ≅

⋅ ⋅

Ainda assim, lançamos mão de duas equações para gásv e líquidov que se encontram em bibliografia de nível superior, não sendo condizentes com o Ensino Médio. O possivelmente era esperado na questão: A relação entre as velocidades do som em dois gases diferentes A e B que estejam à mesma temperatura (293K) e possuam o mesmo

coeficiente de poisson é A B

B A

v Mv M

= . Assim, se esta equação fosse

válida para líquidos, teríamos: 119 19 19 5 95 m

0,01

49 ar

águ

água

ar a

vx

MvM x= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒ == ⋅ .

Este resultado se encontra no item E e é o gabarito oficial, entretanto, não condiz com a realidade, assim, sugerimos a anulação da questão.

QUESTÃO 20

A figura acima mostra uma viga em equilíbrio. Essa viga mede 4 m e seu peso é desprezível. Sobre ela, há duas cargas concentradas, sendo uma fixa e outra variável. A carga fixa de 20 kN está posicionada a 1m do apoio A, enquanto a carga variável só pode se posicionar entre a carga fixa e o apoio B. Para que as reações verticais (de baixo para cima) dos apoios A e B sejam iguais a 25 kN e 35 kN , respectivamente, a posição da carga variável, em relação ao apoio B, e o seu módulo devem ser a) 1,0 m e 50 kN b) 1,0 m e 40 kN c) 1,5 m e 40 kN d) 1,5 m e 50 kN e) 2,0 m e 40 kN

Resolução Alternativa B Para que o sistema esteja em equilíbrio é necessário que a soma dos momentos e a soma vetorial das forças sejam zero. Para a força:

3 3 3

A B fixa variável variável0 25 10 35 10 20 10F F F F F FΣ = ⇒ + = + ⇒ ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⇒

3variável 40 10 NF = ⋅ ⇒ variável 40 kNF =

Para o momento:

horário anti-horário 0M MΣ + Σ = Escolhendo o ponto B como ponto para o cálculo do momento, temos:

A B variável4 3 0F F F x⋅ − ⋅ − ⋅ = Sendo x a distância entre o apoio B e o ponto de aplicação da carga variável. Assim:

3 3 325 10 4 20 10 3 40 10 0x⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⇒ 1,0 mx =

QUESTÃO 21 Um bloco, que se movia à velocidade constante v em uma superfície horizontal sem atrito, sobe em um plano inclinado até atingir uma altura h , permanecendo em seguida em equilíbrio estável. Se a aceleração da gravidade local é g , pode-se afirmar que a) 2 2v gh= b) 2 2v gh> c) 2 2v gh< d) 2 1

2v gh=

e) 2 4v gh=

Resolução Alternativa B Quando no enunciado diz-se “equilíbrio estável”, provavelmente o que a banca pretendia dizer é “equilíbrio estático”. Assumindo esta última interpretação, podemos concluir que o plano inclinado possui atrito, caso contrário o bloco não conseguiria ficar parado na rampa. Assim, para que o bloco chegue a uma h , é necessário que ele tenha energia cinética suficiente para ser dissipada pela força de atrito e transformada em energia potencial. Logo:

Fat mecânicaEτ = Δ ⇒ Fat cin potE Eτ = Δ + Δ ⇒ 2

Fat 2mv mghτ = − + ⇒

2

Fat 2mv mghτ = − + ⇒

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11

22 Fat

Fat2 2

2mv mgh v gh

m⋅ τ

= −τ + ⇒ = − +

Como Fat 0τ < , então:

2 Fat2 2 2v gh ghm⋅ τ

= − + > ⇒ 2 2v gh>

Caso tentássemos resolver este problema usando o dado do enunciado, não faria sentido pensar que o bloco iria entrar em equilíbrio estável no plano inclinado: para que isso seja possível deveria existir um vale (depressão) no final do plano inclinado. Além disso, sem forças dissipativas envolvidas no sistema, o bloco não ficaria preso neste vale, ou seja, podemos afirmar que a energia cinética inicial deve ser maior que a energia potencial final.

QUESTÃO 22

No circuito da Figura 1, após o fechamento da chaveCh , o resistor R dissipa uma energia de −× 68 10 Wh (watts-hora). Para que essa energia seja dissipada, o capacitor C de 100 μF deve ser carregado completamente pelo circuito da Figura 2, ao ser ligado entre os pontos a) A e B b) B e C c) C e E d) C e D e) B e E

Resolução Alternativa E Primeiramente converteremos a energia dada em joules para que possamos trabalhar dentro do sistema internacional:

−= ⋅ 68 10 WhE

−= ⋅ 6 J8 10s

E 3600 s

−= ⋅ ⋅ 48 36 10 JE

Essa energia vem do capacitor: ⋅

=2

2C UE

−− ⋅ ⋅

⋅ ⋅ =6 2

4 100 108 36 102

U

= ⋅ ⇒ =2 16 36 24 VU U

Devemos, por tanto, procurar no circuito da Figura 2 os pontos que tem ddp 24 V. Redesenhando o circuito:

Percebemos agora que o circuito é bastante simples.

Entre A e B temos dois caminhos paralelos, um deles com 20 e outro com diversas resistências associadas em série, somando outros 20 . Entre A e B temos, por tanto, 10 . A bateria ideal encontra uma resistência total de 25 . Utilizando a primeira lei de Ohm:

= ⋅U R i = ⋅100 25 i

= 4 Ai A corrente, ao chegar ao ponto A, encontra dois caminhos de resistências iguais, por tanto se divide igualmente. Por todos os resistores, exceto o de 15 , passam 2 ampères. Utilizando novamente a primeira lei de Ohm podemos encontrar a resistência que nos daria 24 volts:

= ⋅U R i = ⋅24 2R

= Ω12R A resistência de 12 pode ser encontrada entre os pontos B e E. Sendo assim, o capacitor deve se ligado entre os pontos B e E para ser carregado conforme as especificações do enunciado.

QUESTÃO 23

Um cone de base circular, de vértice V e altura h é parcialmente imerso em um líquido de massa específica μ , conforme as situações I e II, apresentadas na figura acima. Em ambas as situações, o cone está em equilíbrio estático e seu eixo cruza a superfície do líquido, perpendicularmente, no ponto A. A razão entre o comprimento do segmento VA e a altura h do cone é dada por

a) 23

b) 12

c) 13

d) 12

e) 3

12

Resolução Alternativa E No equilíbrio, para que o corpo flutue, o empuxo deve ter o mesmo módulo que o peso. Como o corpo é o mesmo, então o empuxo é o mesmo nas duas situações, assim:

situação I situação II sub I sub II sub I sub IIE E gV gV V V= ⇒ μ = μ ⇒ =

Ou seja, os volumes submersos nas duas situações devem ser iguais. Dessa forma, o volume do cone formado pela base de raio r (veja figura ao lado) deve ter volume igual à metade do volume total do cone (uma vez que a linha horizontal que contém a interface do líquido passa pela mesma horizontal nas duas situações).

Sabendo que 2total

13

V R h= π , temos:

r

R

VA h

D C

2 Ω

100 V 15 Ω

2 Ω

20 Ω

3 Ω

12 Ω

1 Ω

A B

E

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(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE IME 2014 – TESTES

12

sub II total12

V V= ⇒

2 21 1 13 2 3

r VA R hπ ⋅ = ⋅ π ⋅ ⇒

22

2R hr VA =

Por semelhança de triângulo:

r R VA Rrh hVA

= ⇒ =

Substituindo na equação anterior, temos:

2 32 12 2

VA R R h VAVAh h

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅= ⇒ = ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3

12

VAh

=

QUESTÃO 24

Considere um túnel retilíneo que atravesse um planeta esférico ao longo do seu diâmetro. O tempo que um ponto material abandonado sobre uma das extremidades do túnel leva para atingir a outra extremidade é Dados:

• constante de gravitação universal: G; • massa específica do planeta: ρ .

Consideração: • Para efeito de cálculo do campo gravitacional, desconsidere

a presença do túnel.

a) πρ

3G

b) 34 G

πρ

c) πρ2

G

d) πρ2

G

e) πρ

23 G

Resolução Alternativa B A força gravitacional que atua no ponto material é dada por

2

GMmFd

= , sendo d a distância do centro do planeta ao ponto material

de massa m e M a massa do planeta contida num raio r = d,

ou seja, M = densidade x volume 343

d= ρ π .

Observe que apenas a massa do planeta contida numa esfera de raio igual à d produz uma força efetiva sobre o ponto material. Assim, temos:

32

4 43 3

GmF d Gm d k dd

= ⋅ = ⋅ = ⋅ρ π ρπ

Observe que 43

Gm k=ρπ é uma constante. A igualdade F k d= ⋅

permite comparar este problema com um sistema massa-mola com F k x= ⋅ , assim teríamos um MHS em torno do ponto d = 0, de amplitude R e período expresso por:

23 32 2 2 24 4 43

m mT Tk G GGm

= = ⇒ = =π ππ πρπ ρρπ

Como o que foi pedido é o tempo para atingir a outra extremidade do túnel, temos:

32 4Tt

GΔ = =

πρ

QUESTÃO 25

Um banhista faz o lançamento horizontal de um objeto na velocidade igual a 5 3 m/s em direção a uma piscina. Após tocar a superfície da água, o objeto submerge até o fundo da piscina em velocidade horizontal desprezível. Em seguida, o banhista observa esse objeto em um ângulo de °30 em relação ao horizonte. Admitindo-se que a altura de observação do banhista e do lançamento do objeto são iguais a 1,80 m em relação ao nível da água da piscina, a profundidade da piscina, em metros, é Dados: • índice de refração do ar: = 1arn ;

• índice de refração da água: =5 3

6águan

a) 2 b) 1,6 c) 1,6 3

d) 2 3 e) 3

Resolução Alternativa C

Por geometria podemos encontrar a distância X denotada na figura acima:

° = ⇒ =1,8tan30 1,8 3 mXX

Para utilizar a geometria e encontrar a profundidade H da piscina devemos encontrar o ângulo θ e a distancia Y.

30°

θ

X Y

60°

D

r

1,8

H

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(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE IME 2014 – TESTES

13

Utilizando a cinemática do lançamento horizontal podemos encontrar o alcance X+Y:

O tempo de queda: ⋅

= + ⋅ +2

0 0 2a tS S V t

− ⋅= + ⋅ +

2100 1,8 02

tt

= 0,6 st

Daí utilizamos a velocidade horizontal constante, antes de entrar na água, para calcular o alcance:

+ = ⋅XX Y V t

+ = ⋅5 3 0,6X Y

+ = 3 3X Y

Como = 1,8 3 mX , então = 1,2 3Y . Agora a Lei de Snell para encontrarmos as relações com o ângulo θ :

⋅ ° = ⋅ θsen60 senar águan n

⋅ = ⋅ θ3 5 31 sen

2 6

θ =3sen5

Utilizamos o θsen para encontrar a hipotenusa D do triângulo formado dentro da água:

θ =sen YD

=3 1,2 35 D

= 2 3D Então, utilizando o teorema de Pitágoras:

= +2 2 2D Y H = + 212 4,32 H

⋅ = ⋅ + 24 3 1,44 3 H

= ⋅2 2,56 3H

= 1,6 3 mH

QUESTÃO 26

O dispositivo apresentado na figura acima é composto por dois cabos condutores conectados a um teto nos pontos a e b . Esses dois cabos sustentam uma barra condutora cd . Entre os pontos a e d , está conectada uma bateria e, entre os pontos a e b , está conectada

uma resistência R . Quando não há objetos sobre a barra, a diferença de potencial cbV é 5 V e os cabos possuem comprimento e seção transversal iguais a oL e oS , respectivamente. Quando um objeto é colocado sobre a barra, o comprimento dos cabos sofre um aumento de 10% e a sua seção transversal sofre uma redução de 10%. Diante do exposto, o valor da tensão cbV , em volts, após o objeto ser colocado na balança é aproximadamente Dados: • Tensão da bateria: 10 VbatV = • Resistência da barra: 1kΩbarraR = • Resistência 1kΩR = a) 2,0 b) 2,7 c) 3,5 d) 4,2 e) 5,0

Resolução Alternativa D Como todas as resistências estão em kΩ , faremos as contas omitindo as unidades e mantendo a resistência em kΩ . Primeiramente, vamos representar o circuito do problema.

Rbarra

V

r

r

R

d

b

c

a

Vbat

Sejam r a resistência dos cabos verticais e Rbarra a resistência da barra horizontal. A resistência equivalente do circuito será:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2barra

eqbarra

1 1 12 2 1 1 2 1

r R r R r r rRr R R r r

+ ⋅ + + ⋅ + += = = ⇒

+ + + + +

( )eq

12

rR +=

Pelo enunciado, não podemos afirmar se cb c bV V V= − ou se

cb b cV V V= − , assim vamos resolver ambos os casos. PRIMEIRO CASO: 5 Vcb c bV V V= − = Pelo circuito esquematizado acima:

( ) ( )cb c d b dV V V V V= − − − ⇒

1 barra 2cbV r i R i= ⋅ − ⋅ Como barraR R= , i1 = i2 = itotal/2 sendo total bat eq/i V R= , assim:

( ) total12cb

iV r= − ⇒

( )( )

bat212 1cb

VV rr⋅

= − ⇒⋅ +

bat11cb

rV Vr

−= ⋅

+ eq. (1)

15 101

rr

−= ⋅

+⇒

1 2 2 3 kr r r+ = − ⇒ = Ω Seja r ' a resistência após a variação da área e do comprimento, temos:

0

0

LrS

= ρ e 0 0

0 0

1,1 11'0,9 9

L LrS S

⋅= ρ = ⇒

⋅11'9

r r= eq. (2)

Voltando à eq. (1) para a nova tensão 'cbV :

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14

bat' 1 11/ 3 1 11 3' 10 10' 1 11/ 3 1 11 3cb

rV Vr

− − −= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒

+ + +' 5,7 VcbV ≈

SEGUNDO CASO: ( ) 5 Vcb b c c bV V V V V= − = − − = Da eq. (1):

bat11cb

rV Vr

−− = ⋅

+ eq. (3)

15 101

rr

−− = ⋅

+11 2 2 k3

r r r⇒ + = − ⇒ = Ω

Da eq. (2): 11 11' ' k9 27

r r r= ⇒ = Ω

Por fim, voltando à eq. (3):

bat' 1 11/ 27 1 11 27' 10 10' 1 11/ 27 1 11 27cb

rV Vr

− − −− = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒

+ + +' 4,2 VcbV ≈

Como a única resposta possível entre as alternativas é a resposta do segundo caso, então ' 4,2 VcbV ≈ .

QUESTÃO 27 Considere duas fontes pontuais localizadas em ( )−0, 2a e ( )0, 2a ,

sendo λ o comprimento de onda e = λ2a . Em coordenadas cartesianas, o lugar geométrico de todos os pontos onde ocorrem interferências construtivas de primeira ordem é

a) − = λ2

2 2

2y x b) − = λ

22 2

2xy

c) − = λ2 2 22y x d) λ− =

22 2

2y x

e) λ− =

22 2

4y x

Resolução Alternativa E

Na situação descrita, a condição de interferências construtivas será dada pela expressão:

Δ = λ, onde = 0,1,2...s m m Onde Δs é a diferença de caminho entre as duas ondas. Como queremos interferência construtiva de primeira ordem então temos = 1m . Temos, então que

( , ) 0, ( , ) 0,2 2a as x y x y⎛ ⎞ ⎛ ⎞Δ = − − − − = λ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Onde (x,y) é um ponto genérico do espaço (problema sendo tratado apenas em 2D). Note que, a equação acima é o lugar geométrico dos pontos ( , )x y , tais que a subtração entre as

distâncias de ( , )x y aos pontos 0,2a⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

e 0,2a⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠ é a constante λ .

Portanto, essa equação caracteriza uma hipérbole, cujos focos são ( )−0, 2a e ( )0, 2a .

Sendo ( )0,A e ( )−0, A os vértices da hipérbole e sabendo que o ponto ( )−0, A é um ponto de interferência construtiva (pertence à hipérbole), então

Δ = + − − = λ( )2 2a as A A

λ+ − − = λ ⇒ =( )

2 2 2a aA A A

Note também que:

22 2aC C λ

= ⇒ =

E ainda, sendo = −² ² ²B C A , onde C é a distancia do foco à origem Concluímos que

2 22 2² ² ²

4 4 2B C A B B Aλ λ λ

= − ⇔ = − ⇒ = =

Portanto a equação da hipérbole em questão é:

² ² ²1 ² ²² ² 44 4

y x y x λ− = ⇒ − =

λ λ

QUESTÃO 28

Um objeto de 160 g de massa repousa, durante um minuto, sobre a superfície de uma placa de 30 cm de espessura e, ao final deste experimento, percebe-se que o volume do objeto é 1% superior ao inicial. A base da placa é mantida em 195 ºC e nota-se que a sua superfície permanece em 175 ºC. A fração de energia, em percentagem, efetivamente utilizada para deformar a peça é Dados:

• Condutividade térmica da placa: o

w50m c

• Calor específico do objeto: o

J432kg c

• Coeficiente de dilatação linear: −5 o -11,6.10 c • Área da placa: 0,6 m².

a) 4 b) 12 c) 18 d) 36 e) 60

Resolução Alternativa B Para encontrarmos a relação entre a energia total transmitida pela placa e a energia que de fato deforma a peça é necessário descobrir o valor de ambas. A energia total transmitida vem da lei de Fourier, notando que os valores aplicados foram convertidos para o SI.:

⋅ ⋅ Δ=

ΔTQ k A Tt L

⋅ ⋅=

50 0,6 2060 0,3

TQ

( )0, 2a

( )−0, 2a

(0,B) (0,-B)

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15

= ⋅ 412 10 JTQ

Agora a energia absorvida pelo objeto: Encontraremos primeiro a variação de temperatura necessária para produzir tal deformação utilizando a dilatação térmica:

Δ = ⋅ γ ⋅ Δθ0V V

Δ= α ⋅ Δθ

0

3VV

−= ⋅ ⋅ ⋅ Δθ51 3 1,6 10100

Δθ =⋅

4103 16

Essa variação de temperatura nos permite calcular,

utilizando o calor específico, o calor absorvido pelo objeto: = ⋅ ⋅ ΔθAbsQ m c

= ⋅ ⋅⋅

4100,16 4323 16AbsQ

= ⋅ 41,44 10 JAbsQ A fração é, por tanto:

⋅=

4

4

1,44 1012 10

Abs

T

QQ

=12

100Abs

T

QQ

= 12%Abs

T

QQ

É necessário notar que o gabarito oficial, publicado pelo IME, traz como correta a alternativa A.

QUESTÃO 29 Um gerador eólico de diâmetro d é acionado por uma corrente de ar de velocidade v durante um tempo t na direção frontal à turbina. Sabendo-se que a massa específica do ar é ρ e o rendimento do sistema é h, sua potência elétrica é dada por

a) πηρ 2 3

2d v

b) πηρ 2 3

4d v

c) πηρ 2 3

8d v

d) πηρ 2 3

10d v

e) πηρ 2 3

12d v

Resolução Alternativa C Após certo intervalo de tempo t passa através do gerador um volume V de ar dado pela expressão:

π ⋅ ⋅ ⋅⎛ ⎞= π ⋅ ⋅ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

2 ²2 4d d v tV v t

Sabendo-se que a massa de ar é dada pelo produto entre seu volume e sua densidade tem-se:

²4

d v tm π ⋅ ⋅ ⋅= ρ

Além disso, a energia elétrica Eel gerada provém da energia cinética do ar e é convertida através do gerador, segundo o rendimento η :

²2el

m vE ⋅= ⋅ η

Sendo a potência elétrica (pel) dada por el elE p t= ⋅ , temos:

²2el

m vp t ⋅⋅ = ⋅ η

portanto

² ²42el

d v t vp t

π ⋅ ⋅ ⋅ρ ⋅

⋅ = ⋅ η ⇒

² ²2 4eld v vp ρ ⋅ π ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ η ⇒⋅

² ³8eld vp ρ ⋅ π ⋅ ⋅

= ⋅ η

QUESTÃO 30

A figura acima mostra um bloco de massa m e carga q, preso a uma mola OP ideal, paralela ao eixo x e de constante elástica K. O bloco encontra-se em equilíbrio estático, sob a ação de um campo elétrico uniforme E , um campo magnético uniforme B e um campo gravitacional uniforme g , todos no plano xy, conforme indicados na figura. Se o bloco for desconectado da mola no ponto P, um observador posicionado no ponto O verá o bloco descrever um movimento curvilíneo

a) paralelo ao plano xz, afastando-se. b) no plano xy, mantendo fixo o centro de curvatura. c) no plano xy, afastando-se. d) no plano xy, aproximando-se e) paralelo ao plano xz, aproximando-se.

Resolução Alternativa A

Inicialmente as forças que atuam no bloco estão ilustradas na figura a seguir:

Embora o enunciado não diga se a carga q é positiva ou negativa, a única forma de o sistema estar em equilíbrio estático é com a configuração indicada das forças, portanto a carga q é negativa (força elétrica em sentido oposto ao campo elétrico). Quando o bloco for solto da mola ele começará a se movimentar, devido à força elétrica, e, nesse instante, aparecerá uma força magnética FB atuando sobre o corpo. Como a força magnética atua apenas no plano xz então o equilíbrio na direção y se mantém. O corpo passa a se mover apenas no plano xz devido às forças magnética e elétrica e inicialmente se afasta o observador.

P

elF

molaF

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16

QUÍMICA

QUESTÃO 31 Em 19,9 g de um sal de cálcio encontra-se 0,15 mol desse elemento. Qual a massa molar do ânion trivalente que forma esse sal? Dado: Ca = 40 g/mol. a) 139 g/mol b) 278 g/mol c) 63,3 g/mol d) 126,6 g/mol e) 95 g/mol

Resolução Alternativa: A A fórmula do composto formado por cálcio ( 2+Ca ) e um ânion trivalente ( 3−X ) é 3 2Ca X . Como temos 0,15 mol de Ca, pela proporção, há 0,10 mol de X. A massa de 0,15 mol de Ca pode ser calculado como:

1 mol Ca 40 g 0,15 mol Ca X

6=X g

Assim, a massa do ânion corresponde a:

19,9 6 13,9= − =Xm g Essa massa corresponde a 0,1 mol de X. Portanto, podemos calcular a massa molar do ânion X:

1 mol X M 0,1 mol X 13,9 g

M = 139 g/mol

QUESTÃO 32

Assinale a alternativa correta. a) O cis-2-buteno e o trans-2-buteno são enantiômeros. b) Existem três isômeros com a denominação 1,2-dimetilciclopentano. c) A glicina, a alanina e a valina são os únicos aminoácidos que não apresentam atividade óptica. d) Os nucleotídeos que constituem os ácidos nucléicos são diastereoisômeros uns dos outros. e) Apenas os aminoácidos essenciais apresentam atividade óptica.

Resolução Alternativa B a) Incorreta. Temos as fórmulas estruturais do cis-2-buteno e o trans-2-buteno:

C C

H3C

HH

CH3

C C

H3C

CH3H

H

cis-2-buteno trans-2-buteno

Enantiômeros são isômeros que são imagens especulares um do outro não sobreponíveis. Dessa forma, analisando a estrutura dos dois composto acima, observamos que eles não são imagens especulares, portanto não são enantiômeros. b) Correta. O composto 1,2-dimetilciclopentano apresenta dois carbonos quirais como representa a figura abaixo.

C C

CH3H3C

H HCarbono assimétrico ou quiral

Dessa forma, espera-se 22 4= isômeros ópticos. Contudo, a molécula apresenta um plano de simetria representado a seguir.

C C

CH3H3C

H H

Devido a esse plano de simetria há dois isômeros com atividade óptica e um isômero sem atividade óptica. O isômero meso, sem atividade óptica, tem sua imagem no espelho sobreponível, sendo assim, o mesmo composto. Portanto, o número total de isômeros é igual a 3.

CH3

H

H

CH3

H3CH

H

H3C Isômeros com atividade óptica.

CH3

H

CH3

H

H3C

H

H3C

H

Composto meso

c) Incorreta. Um composto vai apresentar atividade óptica quando tiver um carbono assimétrico, ou seja, um carbono ligado a 4 ligantes diferentes entre si. Os α-aminoácidos apresentam a seguinte estrutura básica:

C

NH2

R CH

O

OH

O carbono circulado vai apresentar atividade óptica quando o grupo R for diferente dos demais grupos ligados a ele (grupo amina, carboxila e H). Somente a glicina, em que R = H, não apresenta atividade óptica, todos os demais α-aminoácidos apresentam um grupo R diferente dos demais grupos, sendo, portanto, opticamente ativos. d) Incorreta. As bases nitrogenadas que constituem os nucleotídeos da molécula de DNA estão representadas a seguir:

N

NNH

N

NH2

NH

NNH

N

O

NH2 Adenina Guanina

N

NH

NH2

O

NH

NH

O

O

Citosina Timina Esses compostos não possuem os mesmos números de átomos de carbono, hidrogênio, nitrogênio e oxigênio, dessa forma, não são isômeros, sendo, deste modo, impossível de serem diasteroisômeros. e) Incorreta. Os α-aminoácidos essenciais são aqueles que os organismos não conseguem produzir e são obtidos na alimentação. Assim, como apresentado no item c, somente a glicina é inativa (não apresenta atividade óptica), todos os demais α-aminoácidos essenciais ou não, apresentam atividade óptica.

QUESTÃO 33 Considere a reação catalisada descrita pelo mecanismo a seguir. Primeira etapa: + → +A BC AC B Segunda etapa: + → +AC D A CD O perfil energético dessa reação segue a representação do gráfico abaixo.

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17

Diante das informações apresentadas, é correto afirmar que a) os intermediários de reação são representados por (2) e (3) e equivalem, respectivamente, aos compostos BC e AC. b) os reagentes, representados por (1), são os compostos A e D. c) o complexo ativado representado por (4) tem estrutura A----C----D. d) o produto, representado por (5), é único e equivale ao composto CD. e) a presença do catalisador A torna a reação exotérmica.

Resolução Alternativa C a) Errada. Como vemos pela figura, o ponto (2) corresponde ao máximo do diagrama de energia potencial e representa, portanto, o complexo ativado (ou estado de transição) da primeira etapa, e não o intermediário, como sugere a questão. No ponto (3), mínimo local, realmente temos intermediários. Neste ponto podemos encontrar o intermediário AC. Por fim, BC é um reagente e não um intermediário. b) Errada. Na primeira etapa temos a reação de A + BC AC + B. Como vemos na equação A e BC são os reagentes desta etapa. O composto D também é reagente, mas irá reagir apenas na segunda etapa. c) Correta. Como percebemos pela figura, o ponto (4) corresponde a um dos máximos do diagrama de energia, e representa, portanto, o complexo ativado (ou estado de transição) da segunda etapa na qual reagem os compostos AC e D. O complexo ativado representará uma estrutura instável na qual as ligações que estavam presentes nos reagentes estão parcialmente rompidas, enquanto as ligações que estarão presentes nos produtos está parcialmente formada. Isto é representado corretamente pelo esquema A---C---D. d) Errado. No ponto (5) realmente podemos encontrar o composto CD, mas este não é único presente. O composto B (formado na primeira etapa) também está presente neste ponto, pois é um dos produtos da reação. e) Errado. Embora A realmente possa ser considerado um catalisador (consumido na primeira etapa e regenerado em outra etapa subsequente), ele apenas aumenta a velocidade da reação (diminuindo a energia de ativação) e não altera parâmetros termodinâmicos, como variação de entalpia, entropia ou energia livre. Assim, o catalisador não tem a capacidade de tornar a reação exotérmica.

QUESTÃO 34 A variação de entropia de um sistema fechado constituído por um gás ideal, quando sofre uma transformação, pode ser calculada pela expressão genérica:

Δ = −2 2

1 1

ln lnpT pS nc nRT p

,

em que os subscritos 1 e 2 representam dois estados quaisquer. Assinale a única afirmativa correta. a) Se o estado inicial 1 é diferente do estado final 2, a variação da entropia do gás ideal não depende da quantidade de gás presente no sistema. b) Se a mudança de estado é isotérmica, a variação da entropia é

dada por Δ = − 2

1

lnppS ncp

c) Se o sistema realiza um processo cíclico, a variação de entropia é positiva.

d) Se a mudança de estado é isobárica, a variação de entropia é dada

por Δ = 2

1

lnpTS ncT

e) Se a mudança de estado é isocórica, a variação da entropia do sistema é nula.

Resolução Alternativa: D a) Incorreta. Sendo a entropia uma propriedade extensiva, esta depende da quantidade de matéria (n) conforme pode ser observado na expressão do enunciado.

b) Incorreta. Quando T1 = T2, então 2

1

ln ln1 0TT

= = , logo:

2

1ln

pS nR

pΔ = −

Note que a expressão da alternativa b possui pc em lugar de R.

c) Incorreta. No sistema cíclico, a variação de entropia será igual à

zero, pois aplicando a expressão 2 2

1 1

ln lnpT pS nc nRT p

Δ = − com T1 = T2

e p1 = p2, temos 0SΔ = . Além disso, por definição, a variação de qualquer função de estado em processos cíclicos é nula.

d) Correta. Quando p1 = p2, temos 2

1

ln ln1 0pp

= = , assim, temos a

seguinte expressão: 2

1

lnpTS nCT

Δ =

e) Incorreta. Em uma transformação isocórica ou isovolumétrica em um sistema fechado, sendo o gás ideal, temos n e V constante, logo:

1 2 2 2

1 2 1 1

pV p V T pT T T p

= ⇒ =

Assim, 2 2

1 1

ln lnT pT p

= = α

Substituindo esse resultado na expressão do enunciado, temos:

( )2 2

1 1

ln lnp pT pS nc nR S n c RT p

Δ = − ⇒ Δ = α −

Assumindo que o processo é apenas isocórico, ou seja, não é isotérmico nem isobárico (caso contrário estaríamos lidando com um processo cíclico ou ausência de mudança de estado), temos:

• 0n ≠ , pois, caso contrário não haveria matéria, isto é, não haveria o gás ideal;

• 0≠α , pois 2 1T T≠ e 2 1p p≠

• pc R≠ , pois, 22p

fc R+= onde f é o número de graus de

liberdade ( 1f > ), assim pc R> ,

Portanto, 0SΔ ≠ , tornando a alternativa incorreta.

QUESTÃO 35 Dada a estrutura da N,N-dimetilbenzamida abaixo é incorreto afirmar que essa molécula

a) possui isômeros ópticos. b) pode sofrer hidrólise. c) possui carbonos hibridizados sp². d) é menos reativa do que o benzeno em reações de substituição eletrofílica aromática. e) é uma base de Lewis.

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Resolução Alternativa A a) Incorreto. A molécula apresentada não possui isômeros ópticos por não apresentar nenhum carbono que seja quiral, ou seja, carbono com quatro ligantes diferentes entre si. b) Correto. O composto acima é capaz de sofrer hidrólise por se tratar de uma amida. Amidas podem ser hidrolisadas, gerando ácidos carboxílicos e aminas. A equação abaixo demonstra a hidrólise da N,N-dimetilbenzamida:

N

O

+O

HH

OH

O

+ NHH+

c) Correto. O composto apresentado possui sete carbonos de hibridização sp2, sendo estes, os seis carbonos do anel aromático e o carbono da carbonila. Um carbono hibridizado sp2 é caracterizado por orientar suas nuvens eletrônicas em três diferentes regiões do espaço, conforme a figura a seguir:

R1

CR2

R3

d) Correto. As reações de substituição eletrofílica aromática são caracterizadas pelo ataque de um eletrófilo ao anel aromático. A molécula acima é menos reativa do que o benzeno, em reações desse tipo, por estar ligado a uma carbonila que age como um grupo retirador da densidade eletrônica do anel aromático, dificultando o ataque de um eletrófilo. e) Correto. A N,N-dimetilbenzamida é uma base de Lewis devido à carbonila presente na ligação peptídica, que é capaz de ser protonada em meio ácido, conforme a reação abaixo:

N

O

+ OHH

H

N

O

H

Essa estrutura é estabilizada pelas estruturas de ressonância representadas abaixo:

N

O

H

N

O

H

QUESTÃO 36 Um experimento clássico indica que o oxigênio molecular ( 2O ) exibe propriedades magnéticas no seu estado fundamental. O experimento consiste em fazer passar oxigênio líquido pelos polos de um ímã. Observa-se que o oxigênio fica retido, como mostra a figura a seguir:

Nas alternativas abaixo, são apresentados os orbitais 2p de dois átomos de oxigênio e o spin dos elétrons que ocupam seus orbitais atômicos. Também são apresentadas possíveis interações químicas

que podem resultar em ligações químicas estabelecidas entre esses dois átomos. Considerando a observação experimental e os requisitos eletrônicos e energéticos para o estabelecimento de ligações químicas, indique qual das alternativas abaixo representa melhor o 2O no estado fundamental. a)

b)

c)

d)

e)

Resolução Sem Resposta A questão demonstra um experimento clássico no qual o oxigênio molecular ( 2O ) líquido fica retido entre os polos de um imã. Este experimento demonstra que o 2O exibe propriedades magnéticas, característica apresentada por um composto paramagnético (que possui elétrons desemparelhados). A apresentação do referido experimento nos induz a aplicação da Teoria dos Orbitais Moleculares, única teoria capaz de explicar satisfatoriamente o paramagnetismo apresentado pelo 2O . Como o enunciado da questão pede para considerarmos a observação experimental, nenhuma representação apresentada (as quais consideram a Teoria de Ligação de Valência, representando os orbitais atômicos) pode representar corretamente a estrutura de ligação do 2O . Abaixo demonstraremos como TODAS as alternativas apresentadas mostram-se incorretas, depois apresentaremos a representação correta. a) Errada. A representação sugere apenas a formação de uma ligação simples (ligação σ) e sabemos que no 2O há uma ligação dupla (ligação σ + ligação π). A ligação π neste caso não pode ser estabelecida, pois os elétrons presentes no orbital py encontram-se desemparelhados (spins semelhantes). A ligação σ é aquela formada pela sobreposição frontal dos orbitais (ao longo do eixo de ligação, neste caso o eixo z), enquanto a ligação π é formada pela sobreposição lateral dos orbitais (eixo y ou eixo x). b) Errada. A ligação σ apresentada está incorreta, pois ocorre entre dois elétrons desemparelhados (spins semelhantes) o que não é possível. Outro erro na questão é a ausência da ligação π, já que o O2 apresenta uma ligação dupla. c) Errada. A representação explica a formação da ligação dupla segundo a Teoria de Valência. Como vemos pela figura, todos os

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elétrons apresentados estão emparelhados, logo a representação não é capaz de explicar o paramagnetismo do O2. d) Errada. A representação demonstra apenas a formação de uma ligação simples (ligação σ) e sabemos que no O2 há uma ligação dupla (ligação σ + ligação π). e) Errada. A representação sugere a formação de uma ligação dupla constituída de duas ligações π, o que não é correto. Uma ligação dupla é formada por uma ligação σ + uma ligação π. Assim a melhor representação para o O2, que explica o paramagnetismo, seria dado pela Teoria do Orbital Molecular, onde σ é o orbital molecular sigma ligante; σ* é o orbital molecular sigma antiligante; π é o orbital molecular pi ligante e π* é o orbital molecular pi antiligante.

Imagem disponível em http://www.grandinetti.org/Teaching/Chem121/Lectures/MOTheory

acesso em 15/10/2013. QUESTÃO 37

Uma mistura “A”, cuja composição percentual volumétrica é de 95% de água e 5% de álcool etílico, está contida no bécher 1. Uma mistura “B”, cuja composição percentual volumétrica é de 95% de água e 5% de gasolina, está contida no bécher 2. Essas misturas são postas em repouso a 25 ºC e 1 atm, tempo suficiente para se estabelecer, em cada bécher, a situação de equilíbrio. Em seguida, aproximam-se chamas sobre as superfícies de ambas as misturas. O que ocorrerá? a) Nada, ou seja, não ocorrerá combustão em nenhuma das superfícies devido à grande similaridade de polaridade e densidade entre os líquidos. b) Nada, ou seja, não ocorrerá combustão em nenhuma das superfícies devido à grande diferença de polaridade e densidade entre os líquidos. c) Ambas as superfícies entrarão em combustão, simultaneamente, devido à elevada diferença de polaridade e densidade entre os três líquidos. d) Ocorrerá combustão somente sobre a superfície líquida no bécher 1, devido à diferença de polaridade e densidade entre os líquidos. e) Ocorrerá combustão somente sobre a superfície líquida no bécher 2, devido à diferença de polaridade e densidade entre os líquidos.

Resolução Alternativa E No béquer 1, temos uma mistura de composição volumétrica de 95% de água e 5% de álcool etílico. O etanol é solúvel em água, devido à sua polaridade e à presença do grupo OH. A água também é uma substância polar e há formação de ligações de hidrogênio entre essas duas substâncias. Dessa forma, obtém-se uma solução de etanol diluído, que não é capaz de entrar em combustão, com a aproximação da chama em sua superfície. No béquer 2, se encontra a mistura de composição volumétrica de 95% de água e 5% de gasolina. A gasolina é formada por hidrocarbonetos de baixa massa molecular, que são compostos apolares e insolúveis em água. Sua densidade é inferior a da água, o

que faz com que a gasolina se acumule na superfície da mistura água-gasolina. Como a gasolina é combustível, ocorre combustão com a aproximação da chama na superfície do béquer 2. O experimento ocorrido está representado nas figuras abaixo:

QUESTÃO 38 Um hidreto gasoso tem fórmula empírica 3XH (massa molar de X = 13 g/mol) e massa específica de 6,0 g/L numa dada condição de temperatura e pressão. Sabendo-se que, nas mesmas temperatura e pressão, 1,0 L de 2O gasoso tem massa de 3,0 g, pode-se afirmar que a fórmula molecular do hidreto é a) 0,5 1,5X H b) 3XH c) 4 12X H d) 2 6X H e) 6 18X H

Resolução Alternativa C

Utilizando a equação Clapeyron, PV nRT= , e sendo mnM

= , temos,

para o 2O :

2O

mPV RTM

=

Substituindo os valores fornecidos no enunciado: 3 3.1 . .32 32

PP RTRT

= ⇒ = (I)

Sabendo que o 2O gasoso está nas mesmas condições de pressão e temperatura que o hidreto gasoso, a partir dos dados fornecidos, temos:

3 36XH XHPM PMd

RT RT= ⇒ = (II)

Substituindo I em II:

3 3

36 64g/mol32 XH XHM M= ⋅ ⇒ =

Como a fórmula empírica é 3XH , cuja massa é igual a 16, podemos determinar a fórmula molecular dividindo a Massa Molar pela massa da fórmula empírica:

64 :16 4= Portanto, a fórmula molecular é quatro vezes a fórmula mínima:

4 12X H

QUESTÃO 39 Realiza-se a eletrólise de uma solução aquosa diluída de ácido sulfúrico com eletrodos inertes durante 10 minutos. Determine a corrente elétrica média aplicada, sabendo-se que foram produzidos no catodo 300 mL de hidrogênio, coletados a uma pressão total de 0,54 atm sobre a água, à temperatura de 300 K. Considere: • Pressão de vapor da água a 300 K = 0,060 atm;

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• Constante de Faraday: 1 F = 96500 C.mol–1; • Constante universal dos gases perfeitos: R = 0,08 atm.L.K–1.mol–1. a) 2,20 A b) 1,93 A c) 1,08 A d) 0,97 A e) 0,48 A

Resolução Alternativa B A partir dos dados fornecidos para o 2H , podemos determinar o número de mols de gás produzido no catodo:

300 0,3V mL L= =

2 2 20,54 0,06 0,48H total H O Hp p p p atm= − ⇒ = − =

30,48 0,3 0,08 300 6 10PV nRT n n mol−= ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ A equação de redução que ocorre pode ser escrita como:

( ) 2( )2 2aq gH e H+ −+ →

Pela equação, temos que o número de mol de elétrons é igual ao dobro do número de mol de 2H :

3 32 6 10 12 10elétronsn mol− −= ⋅ ⋅ = ⋅ Calculando a carga:

1 mol elétrons 96500 C 312 10 mol−⋅ elétrons Q

1158Q C= Logo, 1158 10 60 1,93Q i t i i A= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = .

QUESTÃO 40 Certo composto β é produzido através da reação:

Dois bécheres são colocados em um sistema fechado, mantido a 40ºC. O bécher da esquerda contém 200 mL de etanol, enquanto o da direita contém uma solução de 500 mg do composto β em 200 mL de etanol, conforme a representação a seguir.

Assinale a alternativa que melhor representa os níveis de líquido nos bécheres três horas após o início do confinamento. a)

b)

c)

d)

e)

Resolução Alternativa E

A reação que ocorre pode ser equacionada como:

OH

OHO

+

O

C

O

C

O

H3C

H3C

O

OHO

CH3

O

+

O

C

OH

H3C

Composto β No bécher da esquerda há somente etanol puro, enquanto o da direita há uma solução do composto β. Quando os béqueres são cobertos com uma cuba, o vapor de etanol proveniente da solução fica no sistema fechado, propiciando assim interações líquido-gás no etanol. No experimento descrito a concentração do composto β no béquer da esquerda é zero, enquanto que a concentração dessa substância no béquer da direita é maior que zero. O sistema vai agir no sentido de igualar as concentrações nos dois recipientes. Dessa forma, o solvente irá migrar do bécher da esquerda para o da direita até que as concentrações se igualem (o que é impossível nesse caso). Com isso, o volume do solvente no bécher da esquerda diminui e o da direita aumenta, como representado na figura abaixo:

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Equipe desta resolução

Física Danilo José de Lima

Luiz Salles de Carvalho Michel Benite Rossi

Vinício Merçon Poltronieri

Matemática Alessandro Fonseca Esteves coelho

Thais de Almeida Guizellini

Química Roberto Bineli Muterle

Thiago Inácio Barros Lopes Jean Carlos Corte Terencio Lucas dos Santos Vargette

Tathiana de Almeida Guizellini

Revisão Daniel Simões Santos Cecílio

Edson Vilela Gadbem Eliel Barbosa da Silva

Fabiano Gonçalves Lopes Felipe Eboli Sotorilli

Digitação, Diagramação e Publicação

Giuliana Eboli Sotorilli Lucas Rosa

Solvente Puro

Solução do Composto β

Fluxo de etanol