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GGE RESPONDE IME 2013 – MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA 1
01. Os polinômios P(x) = x3 + ax2 + 18 e Q(x) = x3 + bx + 12 possuem duas raízes comuns. Sabendo-se que a e b são números reais, pode-se afirmar que satisfazem a equação a) a = b b) 2a = b c) a = 2b d) 2a = 3b e) 3a = 2b Solução: Sejam p , q , r as raízes de P(x) e p , q , s as raízes de Q(x) Das relações de Girard, temos:
⎩⎨⎧
=−⇒=++−=++
ars 0sqparqp
⎩⎨⎧
=⇒−=⋅⋅−=⋅⋅
23
sr
12sqp18rqp
Segue que s = -2a e r = -3a Substituindo r = -3a em P(x), temos: (-3a)3 + a(-3a)2 + 18 = 0 -27a2 + 9a3 + 18 = 0 -18a3 = -18 a3 = 1 a = 1 Logo: s = -2 e r = -3 Substituindo s = -2 em Q(x), temos: (-2)3 + b(-2) + 12 = 0 -8 - 2b + 12 = 0 -2b = -4 b = 2 Segue que 2a = b ALTERNATIVA B 02. Assinale a alternativa que apresenta o mesmo valor da expressão [4cos2(9°) - 3][4cos2(27°) - 3]: a) sen(9°) b) tg(9°) c) cos(9°) d) sec(9°) e) cossec(9°) Solução: Sabemos que: cos (3a) = 4cos3 a – 3cos a Assim: cos(27°) = 4cos3 9° - 3cos 9° = cos9°(4cos2 9° - 3) cos(81°) = 4cos3 27° - 3cos 27° = cos27°(4cos2 27° - 3) Seja: P = (4cos2 9° - 3)(4cos2 27° - 3) Deste modo, podemos escrever P da seguinte maneira:
°°
=°°
⋅°°
=9cos
81cos27cos81cos
9cos27cosP
Mas 81° e 9° são complementares, portanto: cos81° = sen9° sen81° = cos9° Logo:
°=°°
=°°
= 9tg9cos9sen
9cos81cosP
ALTERNATIVA B
03. Considere a equação ( ) 1xlogx3log 2
3x3 =+ . A soma dos
quadrados das soluções reais essa equação está contida no intervalo: a) [0,5) b) [5,10) c)[10,15) d)[15,20) e) [20,∞) Solução: Condições de existência: x > 0 e x ≠ 1/3
( )
( )
( ) 11loglog1
loglog11
1logloglog
log1
1xlogloglog
2x3x
3
x3
x3
2x3x3
3
x3
)x3(3
23
xx33
x3
=++
−+
=+−
=+−
Fazendo x
3log = y, temos:
0)2yy(y
0y2yy
y1)y1(yy1
1yy1
1y1
1
2
23
2
2
=−+
=−+
+=++−
=++
−+
y2 = 0 , y2 = -2 , y3 = 1 Se y1 = 0, temos:
1x
0log
1
1x3
=
=
Se y2 = -2, temos:
91x
2log
2
2x3
=
−=
Se y3 = 1, temos:
3x
1log
3
3x3
=
=
Assim temos:
81811
817291819
8111
911xxx
222
322
21
=++
=++=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=++
)15,10[81
811:olog ∈
ALTERNATIVA C 04. Considere as inequações abaixo: I. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc +ca II. a3 + b3 ≥ a2b + ab2 III. (a2 – b2) ≥ (a – b)4 Esta(ão) correta(s), para quaisquer valores reais positivos de a, b e c, a(s) inequação(ões) a) II apenas. b) I e II apenas. c) I e III apenas. d) II e III apenas. e) I, II e III.
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Solução: I. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Pela desigualdade de Cauchy – Schwarz (a2 + b2 +c2)2 ≥ (ab + bc + ca)2 ↔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Logo verdadeiro II. a3 +b3 ≥ a2b + ab2 ↔ (a + b) (a2 – ab + b2) ≥ ab (a + b)
Como a + b ≠ 0, pois a e b ∈ *+ℜ
Temos ( ) 0ba0bab2abababa 22222 ≥−↔≥+−↔+≥+−
como a e b ∈ *+ℜ temos que ( ) 0ba 2 ≥− . b e a *
+ℜ∈∀ Logo é verdadeiro III. Para a= 1 e b = 2 temos:
( )422 2121 −≥⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ −
( )4141 −≥−
Falso 13 ≥− Logo a alternativa é falsa A alternativa correta é letra “B” Obs. O gabarito oficial divulgou letra “E”, portanto deve haver mudança no gabarito oficial para alternativa “B” ALTERNATIVA B
05. Considere os sistema de equações⎩⎨⎧
=+=+
dqypxcbyax
, com a, b, c, d,
p e q reais, abcd ≠ 0, a + b = m e d = mc. Sabe-se que o sistema é indeterminado. O valor de p + q é: a) m b) m/n c) m2 – n2 d) mn e) m + n Solução:
⎩⎨⎧
=+=+
dqypxcbyax
abcd ≠ 0 , a + b = m , d = nc Se o sistema é indeterminado, temos:
n1
ncc
qb
pa
dc
qb
pa
===
==
p = na , q = nb Segue que: p + q = na + nb = n(a + b) = mn ALTERNATIVA D 06. O coeficiente de x4y4 no desenvolvimento de (1 + x + y)10 é a) 3150 b) 6300 c) 75600 d) 81900 e) 151200
Solução:
444444 3444444 2110
10 )yx1()yx1()yx1()yx1( ++⋅⋅⋅++⋅++=++
O coeficiente de x4y4 é igual a quantidade de maneiras de escolher 4x e 4y dos polinômios
31501256
123478910
46
410
:olog =⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
ALTERNATIVA A 07. Seja um triângulo ABC. AH é a altura relativa de BC, com H localizado entre B e C. Seja BM a mediana relativa de AC. Sabendo que BH = AM = 4, a soma dos possíveis valores inteiros de BM é a) 11 b) 13 c) 18 d) 21 e) 26 Solução:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛2
Y,2
XM Ac
4
4
)y,0(A A
)0,Xc(C)0,0(H)0,4(B −
64YX
164
YX42
Y2
X
2A
2c
2A
2c
2A
2c
=+
=+
⇒=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
c
cc2c
2c
2A
c
2c
2A
2c
X432BM
4X16128
464X16YXBM
4Y16X4
4X
2Y4
2XBM
+=
+=
+++=
+++=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
Condição de existência do Δ AHC implica em Xc < 8 logo como
cX432BM += os possíveis valores inteiros de BM são os
quadrados perfeitos 36 e 49, pois 64 implica em Xc = 8 contrariando a condição de existência 6BM =∴ ou 7BM = Resposta: 6 + 7 = 13 ALTERNATIVA B
08. Seja Δ o determinante da matriz ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
1xxxxx32132 . O número
de possíveis valores de x reais que anulam Δ é a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4
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Solução:
01xxxxx32132 ==Δ
01xxxx1321
x 2 ==Δ
Δ = x (x + 2x3 + 3x – 3x2 – x3 – 2) = 0 Δ = x (x3 – 3x2 + 4x – 2) = 0 Δ = x (x – 1) (x2 – 2x + 2) = 0 Como x2 – 2x + 2 tem discriminante negativo (-4), os únicos valores
reais de x que anulam Δ são: x = 0 ou x = 1. ALTERNATIVA C
09. Seja o número complexo 2)ib1(ibaz+
= , onde a e b são números
reais positivos e 1i −= . Sabendo que o módulo e o argumento de z valem, respectivamente, 1 e (-π) rd, o valor de a é:
a) 41
b) 21
c) 1 d) 2 e) 4 Solução:
( )
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
++
−+−=⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−+
−−−=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−+−=⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−=
+=
1b2bi)b1(b2
ba
bb21b4i)b1(b2
ba
i)b1(b21
ba
bi2b1i1
ba
)ib1(ibaz
24
2
422
2
222
Se argumento de z = (-π) e d ⇒ 1 – b2 = 0 ⇒ b ± 1
2a
4a2
121i0b2
baz −
=+−
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
+−=⇒
Como módulo de z = 1 2a12a
=⇒=+
⇒
ALTERNATIVA D 10. Entre os números 3 e 192 insere-se igual número de termos de uma progressão aritimética e de uma progressão geométrica com razão r e q, respectivamente, onde r e q são números inteiros. O número 3 e o número 192 participam destas duas progressões.
Sabe-se que o teceiro termo de 8
q11 ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+ , em potências crescentes
de q1 , é
q9r . O segundo de progressão aritimética é:
a) 12 b) 48 c) 66 d) 99 e) 129
Solução:
723289rq
q9r1
q1
12781
q1
28
q11 de termoº3
22
62
2828
⋅⋅=⋅=∴
=⋅⋅⋅⋅
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+ −
Mas 192 = 3qn-1 → qn-1 = 64 (I)
192 = 3 + (n - 1)r → n-1 = r
189 (II)
De (I) e (II) temos:
64q r189
=
236r189
8 ou 4 ou 2q =∴
63r3r
189inteiro é r mas =⇒=∴
Assim: a2 = a1 + r = 3 + 63 a2 = 66 ALTERNATIVA C 11. Um menino, na cidade do Rio de Janeiro, lança uma moeda. Ele andará 1m para leste se o resultado for cara ou 1m para oeste se o resultado for coroa. A probabilidade deste menino estar a 5m de distância de sua posição inicial, após 9 lançamentos da moeda, é
a) 629
b) 6235
c) !9
2
d) 9235
e) 92!9
Solução: Probabilidade Binominal A Probabilidade de parar 5 metros a leste é igual a de parar a 5 metros a oeste. Precisamos de 7 sucessos e 2 fracassos.
69
3
9
27
29
229
221892
21
21
79
2)m5(P =⋅
=⋅⋅⋅
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅=
ALTERNATIVA A 12. Considere uma haste AB de comprimento 10 m. Seja um ponto P localizado nesta haste a 7 m da extremidade A. A posição inicial desta haste é horizontal sobre o semieixo x positivo, com a extremidade A localizada na origem do plano cartesiano. A haste se desloca de forma que a extremidade A percorra o eixo y, no sentido positivo, e a extremidade B percorra o eixo x, no sentido negativo, até que a extremidade B esteja sobre a origem do plano cartesiano. A equação do lugar geométrico, no primeiro quadrante, traçado pelo ponto P ao ocorrer o deslocamento descrito é a) 49x2 + 9y2 – 280x + 120y – 441 = 0 b) 49x2 – 406x – 49y2 + 441 = 0 c) 9x2 + 49y2 – 441 = 0 d) 9x2 + 9y2 + 120y – 441 = 0 e) 9x2 – 49y2 – 441 = 0
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Solução:
Equação da elipse:
19y
49x 22
=+
1441
y49x9 22=
+
Logo 9x2 + 49y2 – 441 = 0 ALTERNATIVA C 13. Considere uma pirâmide regular de base hexagonal e altura h. Uma esfera de raio R está inscrita nesta pirâmide. O volume desta pirâmide é
R2hhR
33h2)a
2
−
R2hhR
33h)b
2
+
R2hhR
33h2)c
2
+
R2hhR
33h)d
2
−
RhhR
33h2)e
2
−
Solução:
M
T R
C
RO
h
T R O
V
rh
−
No triângulo VOT é retângulo em T:
Logo ( ) ( )r2hhVTRRhVT 222−=⇒−−=
O triângulo VOT é semelhante ao triângulo VMC Caso AA (ângulo V e ângulo de 90º)
T R O
V
rh
−
()r2
hh
−
V
MC
h
X
( )R2hh
hRX
−=
( )R2hhRhX
−= Mas CM é a altura do triângulo equilátero do
hexágono regular.
C
Ml
x
( ) 3R2hh
3Rh2
3
x2
⋅−
⋅=⇒= ll
O volume da pirâmide é hAb31
Vp ⋅= , onde
∴⋅=Δ⋅=4
6A6Ab 32l
2
( ) R2hhR
33h2
4 9R2hh33hR46
31V
222p −
=⋅−
⋅⋅⋅=
3 ALTERNATIVA A 14. Considere a figura abaixo formado por arcos de circunferência tangentes cujos centro formam um pentágono regular inscritível em uma circunferência de raio R. O perímetro da figura é:
a) 52102
r7−
π
b) 5104
r7+
π
c) 52102
r7+
π
d) 52104
r7+
π
e) 52104
r7−
π
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Solução:
Dado que: 2
5210R5
−=l
25l
53108 π
=
552
2R2 ll
π=π=π
x 55 107
360252x
252360
ll π=π=⇒⎭⎬⎫
°°
55 27
10755x Mas ll π=π⋅=
45210R7
25210R Mas 5
−π∴
−=l
ALTERNATIVA E 15. Considere os conjuntos A, B, C e D, não vazios, contidos no mesmo conjunto universo U. A simbologia F representa o complemento de um conjunto F em relação ao conjunto U. Assinale a opção correta a) Se A ∩ D ⊂ C e B ∩ D ⊂ C então A ∩ B ⊂ C b) [ ] )BA()CBA()CBA()CBA( ∩=∩∩∩∩∩∪∩∩
c) )CBA()CBA()CBA()CBA( ∩∩=∩∩∪∩∩∪∩∩ d)
)CA()CB()BA()CBA()CBA()CBA( ∩∪∩∪∩=∩∩∪∩∩∪∩∩
e) CBAentãoCBeCASe ⊂∪⊂⊂ Solução:
IIU BABABA == Como A ⊂ C e B ⊂ C, temos A ∩ B ⊂ C. ALTERNATIVA E
16. Uma partícula de carga q e massa m está sujeita a dois campos elétricos ortogonais Ex(t) e Ey(t), dados pelas equações: Ex(t) = 5sen (2t) Ey(t) = 12cos (2t) Sabe-se que a trajetória da partícula constitui uma elipse. A velocidade escalar máxima atingida pela partícula é:
a) mq
25 b)
mq5 c)
mq6
d) mq
213 e)
mq13
Solução:
)t2cos(12mqa
)t2(sen5mqa
)t2cos(12q)t(qEF)t2(sen5q)t(qEF
y
x
yy
xx
⋅=
⋅=
⎪⎭
⎪⎬⎫
⋅==
⋅==
O movimento resultante é a superposição de dois movimentos harmônicos simples perpendiculares com diferença de fase π/2.
mq3AA2
mq12 : yEm
m4q5AA2
mq5 : xEm
Aa
s/rad2
yy2
xx2
2max =∴⋅=
=∴⋅=
⇒ω=
=ω
Note que Ay > Ax y
x
yMAXyxminMAX
22
MEC
A V Ve 0V0,m4q5r VPara
.const2
mv2
KrE
ω===⇒⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⇒
=+=
mq6V
mq32V MAXMAX =⇒⋅=
ALTERNATIVA C 17.
Um foguete de brinquedo voa na direção e sentido indicados pela figura com velocidade constante v. Durante todo o vôo, um par de espelhos, composto por um espelho fixo e um espelho giratório que gira em torno de ponto A, faz com que o laser sempre atinja o foguete, como mostra a figura acima. O módulo da velocidade de rotação é:
( )[ ] d/sen v)a θ
( ) d/2/sen v)b 2⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ θ
( ) d/sen v)c 2⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ θ
( )[ ] d2/sen v)d θ
( ) d2/sen v)e 2⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ θ
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Solução:
.θsen
d
vr
.θ−90
( ) θ=θ− vsen90cosv
θ
d
Consideramos ( )θ−90 pequeno (durante um intervalo muito pequeno
de tempo...)
ϖ=
θ
θ
send
vsen: velocidade angular do raio!
d2vsen
2
2e
θ=
ϖ=ϖ
espelho Do
ALTERNATIVA E 18.
Um objeto puntiforme encontra-se a uma distância L de sua
imagem, localizada em uma tela, como mostra a figura acima. Faz-se objeto executar uma movimento circular uniforme de raio r (r<<L) com centro no eixo principal e em um plano paralelo à lente. A distância focal da lente 3L/16 e a distância entre o objeto e a lente é x. A razão entre as velocidades escalares das imagens para os possíveis valores de x para os quais se forma uma imagem na posição da tela é:
a) 1 b) 3 c) 6 d) 9 e) 12 Solução: Para imagem na tela, vem:
16L3f,
XL1
X1
f1
=−
+=
0L3LX16X16 22 =+−∴4L3X
4LX '
11 =⇒=
4LX
4L3X '
22 =⇒=
ObjetodoPosição
agemImdaPosição
X'X
VV
HH
AMasO
I
O
I −===X
'XVV Oim ⋅−=∴
9
313
XX
XX
V
V
2
'2
1
'1
)2(im
)1(im ===⇒ ∴ 9
V
V)2(
im
)1(im =
ALTERNATIVA D 19.
Um corpo de 300 g de massa é lançado de uma altura de 2,20 m em relação ao chão como mostrado na figura acima. O vetor velocidade inicial vo tem módulo de 20 m/s e faz um ângulo de 60º com a vertical. O módulo do vetor diferença entre o momento linear no instante do lançamento e o momento linear no instante em que o objeto atinge o solo, em kg.m/s, é: Dado: aceleração da gravidade: 10 m/s2. a) 0,60 b) 1,80 c) 2,25 d) 3,00 e) 6,60 Solução: m = 300 g yo = 2,20 m Vo =20 m/s θ = 60º
oo Vmprr
=
Tempo de voo: 2tgtVy)t(y2
oyo −+=
s2,2t10
1210t
144441002,220100
02,2t10t5
t5t102,202
tgtº60cosVy0
2t
gtVy0
0)t(ytt
voo
voo2voo
2voovoo
2voo
voooo
2voo
voooyo
voovoo
=⇒±
=
=+=⋅+=Δ
=−⋅−
−⋅+=
−+=
−+=
=⇒=
+
s2,0t −=− Velocidade final:
s/m122,21010)t(V
gtV)t(V
vooy
oyy
−=⋅−=
−=
s/m310º60senVVV ooxx ===
oppprrr
−=Δ , ( ) ( )y10x3103,0yVxVmVmp oyoxoo +=+==rr
s/m
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)yVxV(mVmp yx +==rr
, voott =
s/m)y12x310(3,0p −=r
( ) ( )[ ] ( )
s/m60,6p
s/my6,6p
s/my6,6s/my223,0y1012x3103103,0ppp o
=Δ
−=Δ
−=−=−−+−=−=Δ
r
r
rrr
ALTERNATIVA E 20.
A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma barra vertical AC e um cabo CD, de pesos desprezíveis, e por uma barra horizontal BD. A barra vertical é fixada em A e apoia a barra horizontal BD. O cabo de seção transversal de 100 mm2 de área é inextensível e está preso nos pontos C e D. A barra horizontal é composta por dois materiais de densidades lineares de massa
. e 21 μμ Diante do exposto, a força normal por unidade de área, em MPa, no cabo CD é: Solução: Impondo a condição de equilíbrio de rotação para a barra horizontal, vem:
.B
m5,12 =l
1Pr
2Pr
m5,01 =l
θTsenD
θcosT
θ
Tr
pólo
BDCosTgmgm
BDCosTPP0M
2211
2211B
⋅θ⋅=+⋅
⋅θ⋅=⋅+⋅⇒=Σ
ll
ll
( ) ( ) BD cosTgxgx 222111 θ⋅=⋅⋅⋅μ+⋅⋅μ ll
Mas antes perceba que:
θ
m5,1( )2x⇒
θ
m3 m5
m4
Daí6,0
53Cos ==θ
m2
..
Por fim: ( ) ( ) BDcosTgxgx 222111 ⋅θ⋅=⋅μ+⋅μ ll ( ) ( ) 26,0T5,11018005,0101600 ⋅⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
T2,1120003000 =+ N12500TT2,115000 =⇒=
Finalizando:
MPa125Pa1012510100
12500ÁreaForça 6
6 =⋅=⋅
=−
ALTERNATIVA B 21. Quando uma corda de violão é tocada, o comprimento de onda da onda sonora produzida pela corda a) é a maior que o comprimento de onda da onda produzida na
corda, já que a distância entre as moléculas do ar é maior que a distância entre os átomos da corda.
b) é menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, já que a massa especifica do ar é menor que a massa específica da corda.
c) é igual ao comprimento de onda da onda produzida na corda, já que as frequências das duas ondas são iguais.
d) Pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das velocidades de propagação da onda sonora e da onda produzida na corda.
e) Pode ser maior ou menor que o comprimento de onda da onda produzida na corda, dependendo das frequências da onda sonora e da onda produzida na corda.
Solução:
cordanaTraçãoT;TVcorda
corda =μ
=
ardodeElasticidade.CoefB;BVar
somdeonda =μ
=
BT
VV
:Daí ar
csomdeonda
corda μ⋅
μ=
iguaisf,fvvf =λ∴=λ
λ vai depender das velocidades de propagação que podem ser diferentes, em função de T, μC, μar e B. ALTERNATIVA D
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22.
A figura acima apresenta uma partícula com velocidade v, carga q e massa m penetrando perpendicularmente em um ambiente submetido a um campo magnético B. Um anteparo está a uma distância d do centro do arco de raio r correspondente à trajetória da partícula. O tempo, em segundos, necessário para que a partícula venha a se chocar com o anteparo é:
Dados: v = 10 m/s B = 0,5 T q = 10 µC m = 10 x 10-20 kg
d = 22 r
a) 40π x 10-15 b) 20π x 10-15 c) 10π x 10-15 d) 5π x 10-15 e) 2,5π x 10-15 Solução: Perceba que para atingir o anteparo é preciso que a partícula
percorra um arco cujo ângulo central é dado por:
cos θ = rd → cos θ =
r2
r2
= 22 ∴ θ = 45º O que corresponde a
1/8 de volta. O tempo necessário para haver o choque é então 8/Tt =Δ
Mas qB
m2T π= →
146
20
6
20105,0
10210
5,0101041010
qB4mt −
−
−
−
−⋅π⋅=
⋅
⋅π=
⋅⋅⋅
⋅⋅π=
π=Δ →
s105t 15−⋅π=Δ ALTERNATIVA D 23. Em certos problemas relacionados ao escoamento de fluidos no interior de dutos, encontram-se expressões do tipo:
2
3
vkY lα
=
A grandeza γ possui a mesma dimensão da razão entre potência e temperatura. O termo k é a condutividade térmica, conforme descrito
pela Lei de Fourier. As dimensões dos parâmetros α e ι são, respectivamente, as mesmas de aceleração e comprimento.
A dimensão de v para que a equação acima seja dimensionalmente correta é igual a: a) raiz quadrada da aceleração. b) quadrado da velocidade. c) produto do comprimento pela raiz quadrada da velocidade. d) produto da velocidade pela raiz quadrada do comprimento. e) produto do comprimento pelo quadrado da velocidade. Solução:
[ ][ ]
[ ]232
OT LLTK]P[
ν
⋅=
θ
−
[ ] [ ][ ][ ][ ] 444 3444 21
l 12221 LLTMLTA
K −−−− θ⋅⋅⋅=θ
φ=
[ ]33
2
11221122 LLTLTMLTTML
−−−−−−− ⋅
ν
θ=θ⋅
[ ] 232 TL −=ν
[ ] 123
TL −=ν
a) (LT-2)1/2 = L1/2 T-1 NÃO b) (LT-1)2 = L2 T-2 NÃO c) L (LT-1)1/2 = L ⋅ L1/2 ⋅ T-1/2 = L3/2 T-1/2 NÃO d) LT-1 ⋅ L1/2 = L3/2 T-1 SIM e) L ⋅ L2 T-2 = L3 T-2 NÃO ALTERNATIVA D 24.
Uma onda plana de frequência f propaga-se com velocidade v horizontalmente para a direita. Um observador em A desloca-se com velocidade constante u (u < v) no sentido indicado na figura acima. Sabendo que α é o ângulo entre a direção de propagação da onda e de deslocamento do observador, a frequência medida por ele é:
a) f)cos(vu1 ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡α+
b) f)cos(vu1 ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡α−
c) )cos(
vu1
f
α−
d) )cos(
vu1
f
α+
e) f
vu1
)cos(
+
α
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Solução:
θ= cosII u|u|r
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
±±
=⇒⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
±±
=f
o
f
oo VV
VVf*fVVVVff
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛θ−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ θ−= cos
vu1f
VcosuVf*f
ALTERNATIVA B 25. Um feixe de luz de intensidade I incide perpendicularmente em uma lâmina de vidro de espessura constante. A intensidade da onda transmitida do ar para o vidro e vice-versa é reduzida por um fator q(0<q<1). Ao chegar a cada interface de separação entre o ar e o vidro, a onda se divide em refletida e transmitida. A intensidade total da luz atravessa o vidro, após sucessivas reflexões internas no vidro, é dada por: a) q2I
b) 2q2qI−
c) q1
qI2+
d) q2
qI−
e) I)q1(q21
+
Solução: I2 = qI I3 = I2 · q = q2I I1 = I – 12 = I – qI = I(1 - q) I4 = I2 – I3 = qI – q2I = qI(1 - q) I5 = qI4 = q2I(1 - q) I6 = I4 – I5 = qI(1 - q) – q2I(1 - q) I6 = qI(1 - q) (1 - q) = q(1 - q)2I I7 = qI6 = q2(1 - q)2I I7 = q2I(1 - q)2 I8 = I6 – I7 = qI(1 - q)2 – q2I(1 - q)2
I9 = qI8 = q2I(1 - q)2 – q3I(1 - q)2 I10 = I8 – I9 = qI(1 - q)2 – q2I(1 - q)2 – q2I(1 - q)2 + q3I(1 - q)2
I11 = qI10 I11 = q2I(1 - q)2 – q3I(1 - q)2 – q3I(1 - q)2 + q4I(1 - q)2 I11 = q2I(1 - q)2(1 – 2q + q2) I11 = q2I(1 - q)2 (q - 1)2 = q2I(1 - q)4
PG da razão:rq)1( ; )q1(1
IqSPG da somaI 22
2
TT =−−−
===
q2IqI
)q2(qIq
q2q11Iq
)q2q1(1IqSI
TT
2
2
2
2
2
TT
−=
−=
+−−=
−+−==
ALTERNATIVA D 26.
Um objeto puntiforme de massa m é lançado do ponto A descrevendo inicialmente uma trajetória circular de raio R, como mostrado na figura acima. Ao passar pelo ponto P o módulo da força resultante sobre o objeto é 17 mg, sendo g a aceleração da gravidade. A altura máxima hmax que o objeto atinge na rampa é: a) 3R b) ( )117 − R
c) ( )117 + R
d) ( )217 + R e) 18 R Solução:
mg17FRP =r
22222
222
gm17gmN
mg17gmN
±=+
=+
cpFN = , força centrípeta
22224p
22p gm17gm
RVm
RmV
N =+∴=
gR4V
g)117(R
V
2P
22
4p
=
−=
Conservação da energia mecânica: Emec(p)= Emec(hmáx)
R3h2Rg4gRgh
mgh2
mVmgh
máx
máx
máx
2p
p
=
+=
=+
ALTERNATIVA A
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27. Um automóvel percorre uma estrada reta de um ponto A para um ponto B. Um radar detecta que o automóvel passou pelo ponto A a 72 km/h. Se esta velocidade fosse mantida constante, o automóvel chegaria ao ponto B em 10 min. Entretanto, devido a uma eventualidade ocorrida na metade do caminho entre A e B, o motorista foi obrigado a reduzir uniformemente a velocidade até 36 km/h, levando para isso, 20 s. Restando 1 min para alcançar o tempo total inicialmente previsto para o percurso, o veículo é acelerado uniformemente até 108 km/h, levando para isso, 22s, permanecendo nesta velocidade até chegar ao ponto B. O tempo de atraso, em segundos, em relação à previsão inicial, é: a) 46,3 b) 60,0 c) 63,0 d) 64,0 e) 66,7
Solução: dAB = VAΔTt = 20m/s . 10 . 60s dAB = 12000m Metade da distância com a eventualidade: Δt1 = 300s, Δx1 = 6000m Redução de velocidade: Δt2 = 20s V = VO +at 10 = 20 + a ⋅ 20 -10 = a · 20 a2 = -1/2 m/s2
Δx2 = ? V2 = VO
2 + 2a2 Δx2
100 = 400 – 2 ⋅ ½ ⋅ Δx2
-300 = -Δx2 ⇒ Δx2 = 300m. Até faltar 1min p/ 10min (600s): Δt1 + Δt2 + Δt3 = 540s Δt3 = 220s, velocidade 10m/s = V3
Δx3 = V3 ⋅ Δt3 ⇒ Δx3 = 2200m Δt4 = 22s, acelerando até V4 = 30m/s V4 = V3 + a4 Δt4 30 = 10 + a4 ⋅ 22
a4 = 1110 m/s2
Δx4 = ? 900 = 100 + 2a4 ⋅ Δx4
m4401140
11102
800x4 =⋅=⋅
=Δ
Distância total até o momento: Δx1 + Δx2 + Δx3 + Δx4 = 6000 + 300 + 2200 + 440 = 8940m Restam 12000 – 8940 = 3060m. Logo, Δx5 = 3060m V4 = 30m/s
4
55 V
xt
Δ=Δ
s1023
30630
3060t5 ===Δ
Tempo total: Δt1 + Δt2 + Δt3 + Δt4 + Δt5 = 300 + 20 + 220 + 22 + 102 = 664s Diferença: 664 – 600 = 64s ALTERNATIVA D
28.
Um cabo subterrâneo inicialmente isolado, instalado entre os pontos A e B, possui resistência de 0,01 Ω/m. Este cabo se rompeu e seu ponto de ruptura apresenta fuga de corrente para a terra. Para determinar o ponto de rompimento do cabo e escavar o terreno de modo a sanar o problema, foi montado o aparato apresentado na figura acima, composto por uma bateria Vb ajustada para fornecer uma corrente constante de 10 A ao circuito formado pela resistência R e pelo cabo. O valor da tensão da bateria é mostrado por um voltímetro que apresenta um erro de medição de +/- 10 %. Sabendo que a leitura do voltímetro é 16,67 V, é CORRETO afirmar que: a) a partir da leitura do voltímetro no ensaio, pode-se concluir que o
comprimento total do cabo é 2 km. b) a distância mínima de x para se iniciar a escavação é 224 m. c) a distância máxima de x para se encerrar a escavação é 176 m. d) o ponto x = 240 m está dentro do intervalo provável de ruptura do
cabo. e) ponto x = 210 m está dentro do intervalo provável de ruptura do
cabo. Solução: O circuito da questão pode ser modelado abaixo:
Temos
IRV eqb ⋅= ⇒ IRRRRV
cabo
cabob ⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+⋅
= ⇒ caboR1
R1
VbI
+=
⇒ R1
VI
R1
bcabo−=
Com o erro de medição de %10± a Voltagem Vb pode assumir os valores:
Vb(máx) = Vb + 10% Vb = 1,1 Vb = 1,1 · 16,67 = 18,337 V
Vb(mín) = Vb - 10% Vb = 0,9 Vb = 0,9 · 16,67 = 15,003 V
Isso implica valores de Rcabo dados por:
101
003,1510
R1
)mín(cabo−= ⇒ Ω≅ 765,1R )mín(cabo
Então
Ω⋅Ω=
01,0m1765,1x )mín(cabo
R=10Ω
A10
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Por outro lado
Ω≅⇒−= 245,2R101
337,1810
R1
)máx(cabo)máx(cabo
Então Ω
⋅Ω=01,0m1245,2x )máx(cabo
m5,224x )máx(cabo ≅
Por fim 176,5 m ≤ xcabo ≤ 224,5 m ALTERNATIVA E 29. Em um experimento existem três recipientes E1, E2 e E3. Um termômetro graduado numa escala X assinala 10ºx quando imerso no recipiente E1, contendo uma massa M1 de água a 41ºF. O termômetro, quando imerso no recipiente E2 contendo uma massa M2 de água a 293 K, assinala 19ºX. No recipiente E3 existe inicialmente uma massa de água M3 a 10ºC. As massas de água M1 e M2, dos recipientes E1 e E2, são transferidas para o recipiente E3 e, no equilíbrio, a temperatura assinalada pelo termômetro é de 13ºX. Considerando que existe somente troca de calor entre as
massas de água, a razão 21
MM
é:
a) 2 + 0,223
MM
b) 2
c) 1 +23
MM
d) 0,5
e) 0,5 -223
MM
Solução: Do recipiente 1 temos: 10ºx é equivalente a 41ºF como
278K5273K
93241
5273K
932F
=⇒−
=−
⇒−
=−
Do recipiente 2 temos: 19°x equivalente a 293k
xº19
xº10
X
k293
k278
K
15278K
910X
278293278K
101910X −
=−
⇒−
−=
−−
⇒
5278K
310X −
=−
⇒
M1 estava inicialmente a 10ºx = 278k
M2 estava inicialmente a 19ºx 293K5278K
31019
=⇒−
=−
⇒
10ºC equivalente a 283k ⇒ M3 estava inicialmente a 283k Após adicionar M1 e M2 a M3 a temperatura de equilíbrio é 13ºx e:
283k a eequivalentx 13283K5278K
31013
°⇒=⇒−
=−
Como o calor só é trocado entre M1, M2 e M3 :
( ) ( ) ( ) 0283283cM293283cM278283cM0QQQ 321321 =−⋅⋅+−⋅⋅+−⋅⋅⇒=++
( ) 2MM
MM2010M5M2
11221 =⇒=⇒=−⋅+⋅
ALTERNATIVA B
30.
No circuito apresentado na figura acima, a chave S é fechada e a corrente fornecida pela bateria é 20A. Para que o fusível F, de 1,5A, não abra durante o funcionamento do circuito, o valor da resistência variável R, em ohms é: Consideração: O capacitor está descarregado antes do fechamento da chave S: a) R ≥ 120 b) 95 ≤ R ≤ 115 c) 85 ≤ R ≤ 100 d) 55 ≤ R ≤ 65 e) R ≤ 45 Solução: Vamos condicionar o valor do resistor R analisando o circuito imediatamente após o fechamento da chave. Nesse caso o capacitor está descarregado e funciona como um curto-circuito. Com isso passa a corrente limite pelo fusível. O circuito então se resume ao esquema a seguir:
+
−
R i
⎯⎯ →⎯ A20 E ⎯⎯ →⎯ −i20 C
D B
⎯→
⎯1 iΩ
12Ω6
+
−
⎯⎯
⎯→
⎯+
)1i
5,1(
+
−
Ω4Ω3
+
−
⎯⎯→
⎯1 i
3⎯⎯
⎯⎯
→⎯
+⋅
)1i
5,1(
2
A F−A5,1
Usando a lei dos Nós no nó A, temos: 3i1 = 1,5 + 2 · (1,5 + i1) 3i1 = 1,5 + 3 + 2i1 i1 = 4,5A Usando a lei dos Nós no nó C, temos: 20 – i = 3i1 + i1 4i1 = 20 – i 4 · 4,5 = 20 – i 18 = 20 – i i = 2A Finalmente usando a Lei das Malhas na malha ECDBE, vem: + 4 · (3i1) + 3[2 · (1,5 + i1)] – R · i = 0 12i1 + 9 + 6i1 = R · i 18i1 + 9 = R · i Assim: 18 · 4,5 + 9 = R · 2 81 + 9 = R · 2 2R = 90 R = 45 Ω Mas esse é o valor maximante para R. Assim: R ≤ 45 Ω ALTERNATIVA E
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31. Dadas as reações:
PC l3 + 3H2O → 3H2O → H3PO3 + 3HCl
PCl5 + 4H2O → H3PO4 + 5HCl Assinale a afirmativa correta: a) As reações podem ser classificadas como reações de
deslocamento ou troca simples. b) O fósforo sofre oxidação em ambas as reações. c) O ácido fosforoso é um triácido formado por ligações covalentes.
d) Os ânions fosfato e fosfito ⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ −2
3HPO possuem geometria
tetraédrica e) O pentacloreto de fósforo gasoso é um composto iônico. Solução: a) Dupla troca b) I. +3 →+3 II. +5 → +5 Nox constante
DIÁCIDO HOPOH −−−−
−
H
− −
O)c
−− −
OP− − −OO−
−O
)d
aTetraédric
−− −
OP− − −OO−H
aTetraédric
)e pc −l −−
−
lc lc
lclc
−
molecular écomposto o Assim.covalentes ligações 7,1 que
menor é tividadeeletronega de diferençaA →
ALTERNATIVA D 32. Dados os íons: 16S2-; 19K+; 56Ba2+, indique qual das relações abaixo apresenta os íons isoeletrônicos em ordem correta de raio iônico. a) K+ > S2- b) Ba2+ = S2- c) Ba2+ > S2- d) K+ < S2- e) Ba2+ < S2- Solução:
−216S +K19
+256Ba
pº3 pº4 pº6
Ba2+ > S2- > K+
Ba2+ → 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 5 camadas K+ → 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3 camadas S2- → 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3 camadas
a) 2deZKF
↓
⋅↑⋅=
−
IônicoRaiodatômicoNúmeroZ
==
Logo K+ < S2-
b) Ba2+ → 54e- e S2- → 18e- não são isoeletrônicos c) Ba2+ e S2- Igual a Letra B d) Correta → Para Isoeletrônicos, maior Z → menor raio Iônico e) Ba2+ < S2- Igual a Letra B ALTERNATIVA D 33. Dentre as opções abaixo, escolha a que corresponde, respectivamente, às classes das moléculas: hemoglobina, amido, DNA, ácido palmítico. a) Proteína, glicídio, ácido nucleico, lipídio. b) Ácido nucleico, glicídio, lipídio, proteína. c) Proteína, proteína, lipídio, ácido nucleico. d) Glicídio, proteína, ácido nucleico, lipídio. e) Glicídio, lipídio, ácido nucleico, proteína. Solução: Hemoglobina → Proteína relacionada ao processo de respiração
celular. Amido → Polissacarídeo (glicídeo) utilizado como reserva de energia. DNA → Ácido desoxirribonucleico (ácido nucleico). Ácido palmítico → Ácido graxo encontrado no óleo de palma (lipídeo) ALTERNATIVA A 34. Um tambor selado contém ar seco e uma quantidade muito pequena de acetona líquida em equilíbrio dinâmico com a fase vapor. A pressão parcial da acetona é de 180,0 mm Hg e a pressão total no tambor é de 760,0 mm Hg. Em uma queda durante seu transporte, o tambor foi danificado e seu volume interno diminuiu para 80% do volume inicial, sem que tenha havido vazamento. Considerando-se que a temperatura tenha se mantido estável a 20ºC, conclui-se que a pressão total após a queda é de: a) 950,0 mm Hg b) 1175,0 mm Hg c) 760,0 mm Hg d) 832,0 mm Hg e) 905,0 mm Hg Solução: A acetona líquida encontra-se em equilíbrio com a fase vapor e este equilíbrio depende apenas da temperatura. Como a temperatura permanece constante podemos afirmar que a pressão parcial da acetona não se altera. Assim: Pacet=180 mmHg. Com relação ao ar seco, a quantidade em mols permanece constante fazendo com que se tenha:
mmHg725Pf8,0
)180760(8,0
PiPf )ar(
)ar()ar( =⇒
−==
Assim, PTOTAL= Pacet + Pf(ar) = 180 + 725 = 905 mmHg ALTERNATIVA E
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35. Um erlenmeyer contém 10,0 mL de uma solução de ácido clorídrico, juntamente com algumas gotas de uma solução de fenolftaleína. De uma bureta, foi-se gotejando uma solução 0,100 M de hidróxido de sódio até o aparecimento de leve coloração rósea. Nesse momento, observou-se um consumo de 20,0 mL da solução alcalina. Pode-se afirmar que a concentração de HCl na solução ácida original era de: Dados: Massas atômicas: H = 1,00 u, O = 16,0 u, Na = 23,0 u, Cl = 35,5 u a) 3,65 x 10–3 g/cm3 b) 7,30 x 10–3 g/cm3 c) 4,00 x 10–3 g/cm3 d) 3,20 x 10–3 g/cm3 e) 2,00 x 10–3 g/cm3 Solução: Solução levemente rósea indica neutralização total do ácido. Assim
temos: ma → molaridade do ácido Va → volume do ácido Xa → nº de H+ do ácido mb → molaridade da base Vb → volume da base Xb → nº de HO- da base
1a
a
bbbaaa
Lmol2,0m
1201,0110mXVmXVm
−⋅=
⋅⋅=⋅⋅
⋅⋅=⋅⋅
13comum
1comum
comum
comum
comum
mLg103,7C
Lg3,7C
5,362,0CMMmC
MMCm
−−
−
⋅⋅=
⋅=
⋅=
⋅=
=
ALTERNATIVA B 36. O gráfico abaixo ilustra as variações de energia devido a uma reação química conduzida nas mesmas condições iniciais de temperatura, pressão, volume de reator e quantidades de reagentes em dois sistemas diferentes. Estes sistemas diferem apenas pela presença de catalisador. Com base no gráfico, é possível afirmar que:
a) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com
absorção de calor. b) A curva 2 representa a reação catalisada, que ocorre com
absorção de calor. c) A curva 1 representa a reação catalisada com energia de
ativação dada por E1 + E3. d) A curva 2 representa a reação não catalisada, que ocorre com
liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por E2 + E3.
e) A curva 1 representa a reação catalisada, que ocorre com liberação de calor e a sua energia de ativação é dada por E1.
Solução: E3 = Variação de entalpia de reação que não varia com a presença
do catalisador. E1 = Energia de ativação da curva 1. E2 = Energia de ativação da curva 2. Como E2 > E1 → curva 1 tem presença de catalisador. a) Falsa. Energia dos produtos < Energia dos reagentes → E3 < 0 →
reação exotérmica. b) Falsa. E2 > E1 → curva 2 representa a reação não catalisada. c) Falsa. A energia de ativação da curva 1 é E1. d) Falsa. A energia de ativação da curva 2 é E2. e) Verdade. Como a energia de ativação (E1) é menor que a energia de ativação da curva 2 (E2), a curva 1 corresponde a reação catalisada, e Energia dos produtos é menor que a dos reagentes indicando uma reação com liberação de calor. ALTERNATIVA E 37. O dispositivo a seguir utiliza a radiação solar para quantificar variações em propriedades termodinâmicas. Este dispositivo composto por uma lente convergente e uma porta-amostras. A lente possui área útil de 80cm2, absorvidade (α) de 20% e transmissividade (τ) de 80%. O porta-amostras possui absortividade de 100% e volume variável, operando à pressão constante de 1,0 atm.
Em procedimento experimental, injetou-se 0,100ml de uma substância pura liquida no porta-amostras do dispositivo. Em seguida, mediu-se um tempo de 15min para a vaporização total da amostra, durante o qual a irradiação solar permaneceu constante e igual a 750W/m2. Nesse processo, a temperatura do porta-amostras estabilizou-se em 351K. no experimento, o calor sensível da amostra e a radiação emitida pelo porta-amostras são desprezíveis. Pode-se concluir que a vaporização total da substância, as variações de entalpia molar padrão e de entropia molar padrão são respectivamente: a) 4,32 kJ/mol e 12,3 J/(mol K) b) 5,40 kJ/mol e 15,4 J/(mol K) c) 43,2 kJ/mol e 123 J/(mol K) d) 54,0 kJ/mol e 154 J/(mol K) e) 31,6 kJ/mol e 90,0 J/(mol K)
Solução:
23
2
m108
m1 −⋅ X
W750
W6x =
%80
W8,4 242 m1080cm80 −⋅=
J4320y = mol1,0
y J8,4W8,4 →
6015s1
⋅
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KJ2,43HJ04320 mol1
4320J mol1,0
VAP =°Δ→→
11
1
KmolJ123SK351molKJ2,43S
−−
−
⋅⋅=Δ
⋅=Δ
ALTERNATIVA C 38. Os trabalhos de Joseph John Thomson e Ernest Rutherford resultaram em importantes contribuições na história da evolução dos modelos atômicos e no estudo de fenômenos relacionados à matéria. Das alternativas abaixo, aquela que apresenta corretamente o autor e uma das suas contribuições é: a) Thomson – Concluiu que o átomo e suas partículas formam um
modelo semelhante ao sistema solar. b) Thomson – Constatou a indivisibilidade do átomo. c) Rutherford – Pela primeira vez, constatou a natureza elétrica da
matéria. d) Thomson - A partir de experimentos com raios catódicos,
comprovou a existência de partículas subatômicas. e) Rutherford – Reconheceu a existência das partículas nucleares
sem carga elétrica, denominadas nêutrons. Solução: a) Consiste no modelo de Rutherford b) Consiste no modelo de Dalton c) Consiste no modelo de Thomson d) Verdade, o experimento de tubo de raios catódicos comprovam a
existência de partículas subatômicas. e) Quem descobriu o nêutron foi J.Chadwick. ALTERNATIVA D 39. Com relação às emissões radioativas observadas no planeta Terra, assinale a alternativa correta: a) A emissão de uma partícula α resulta em um elemento situado
em uma posição imediatamente à direita do elemento original, na tabela periódica.
b) A radiação γ frequentemente acompanha uma emissão α ou β. c) Raios γ são radiações eletromagnéticas, de comprimento de
onda superior ao da luz visível, cuja emissão não resulta em mudanças do número em atômico ou do número de massa do elemento.
d) As reações de fusão nuclear ocorrem quando núcleos de átomos pesados, como urânio ou tório, são bombardeados com nêutrons, quebrando-se em átomos menores e liberando energia e radioatividade.
e) O decaimento α se deve à alta instabilidade do núcleo de He42 , o
que faz com que este se separe facilmente de núcleos maiores. Solução: a) 4A
2Z4
2A
Z YX −−+α→
Para se situar imediatamente à direita, o número atômico deveria
crescer uma unidade. Logo, assertiva está errada. b) Afirmação correta. Imediata c) Espectro de frequência
f
Luz visível Raios γ
Como a frequência do raio γ é maior do que a frequência da luz visível, seu comprimento de onda é menor. Afirmação errada. d) o processo descrito é o da fissão nuclear. Afirmativa errada e) o núcleo de 2He4 é extremamente estável. Afirmativa errada. ALTERNATIVA B
40. Com respeito aos orbitais atômicos e à teoria da ligação de valência, assinale a alternativa INCORRETA. a) Um orbital atômico híbrido sp3 tem 25% de caráter s e 75% de
caráter p. b) Um elétron 2s passa mais tempo do que um elétron 2p numa
região esférica centrada no núcleo e bem próxima deste. c) Os elétrons em orbitais híbridos de um carbono sp3 percebem
um efeito de atração elétrica do núcleo de carbono maior do que os elétrons em orbitais híbridos de um carbono que apresenta hibridização sp.
d) Uma ligação tripla representa uma ligação σ e duas ligações π. e) A energia dos orbitais p de um átomo aumenta de 2p para 3p,
deste para 4p, e assim por diante. Solução: a) Um orbital sp3 é formado pela superposição de 1 orbital “s” e 3
orbitais “p”. Como as contribuições de cada orbital são iguais, 25% de caráter total é “s” e 75% do “p”.
b) Orbitais tipo “s” possuem um ventre de densidade de probabilidade de encontrar o elétron no núcleo, logo a assertiva está correta.
c) Como os orbitais “sp” têm maior caráter “s” do que os orbitais sp3, os elétrons são os mais fortemente atraídos nos orbitais “sp”. Assertiva errada.
d) Afirmação correta e imediata. e) Grosso modo, a energia total de elétron pode ser expressa, em
termos qualitativos e comparativos, como a soma dos números quântico primário e secundário. Logo a assertiva está correta.
ALTERNATIVA C