Baixe Prova do IME de 2006 Resolvida e outras Transcrições em PDF para Física, somente na Docsity! Gabarito IME 2006 – Objetivas FÍSICA 16. Posição 1: Resistência Equivalente: 6 8 4 + = +EQ RR R Potência Dissipada: 1 ² 144 72( 4) (6 8) 3 4 ( 4) + = = = + + + U RP RR R R Posição 2: Resistência equivalente em A: 6= ΩAR Potência Dissipada em A: 144 24 6 = =AP W Resistência equivalente em B: 4= +BR R Potência Dissipada em A: 100 4 = +A P R Potência total: 10024 4 = + + P R Assim: ( )72. 4 24 196 72 ² 576 1152 72 ² 684 784 3 4 4 108 368 3, 4 + + = ⇒ + + = + + + + ⇒ = ⇒ ≅ Ω R R R R R R R R R R Resposta: Opção (B) 17. T = mg´ , onde g´ é a gravidade aparente. A tração é maior quando g´ é maior, ou seja, pelo princípio de equivalência de Einstein, o elevador deve estar subindo acelerado. Resposta: Opção (C) 18. Associando uma energia potencial à força entre as bolas, ela não conserva, pois no momento da colisão, os corpos deformam-se, aumentando a energia. A energia total se conserva, pelo princípio da conservação da energia. Estamos considerando também a energia em forma de calor, som, etc, nas colisões inelásticas. Os momentos linear e angular conservam-se nos dois casos, por só atuarem forças internas e torques internos. Logo, como era de se esperar, apenas a energia cinética conserva-se em colisões elásticas, mas não em colisões inelásticas (por definição de choque elástico). Resposta: Opção (A) 25. Da geometria acima, temos que: o oα ≈ θ ≈60 45 Do equilíbrio das forças: T Mg T cos T cos T T sen T sen =  θ + α =  θ = α 2 1 2 1 ` Logo: Mg T T T T  = +   = 2 1 2 1 2 1 2 2 2 3 2 2 Do sistema, como Mg = 200, teremos : T , N T . , , N  = ≅ +   = ≅  1 1 400 146 41 3 1 3 146 41 179 34 2 Resposta: Opção (A) 26. Estamos tratando de um objeto real. A imagem é direita, logo é virtual, ou seja, deve ser formada atrás do espelho. As imagens devem ser coincidentes, ou seja, mesma posição e mesmo tamanho. Lente divergente: para formar imagem virtual e direita, o objeto deve estar entre o foco e o vértice; nesse caso, a imagem será reduzida e estará entre o objeto e o vértice. Descartamos essa hipótese, pois a imagem deve estar atrás do espelho, conforme concluído. Lente convergente: para formar imagem virtual e direita, o objeto deve estar entre o foco e o vértice, e nesse caso, a imagem será ampliada, e estará atrás do objeto (com relação à lente), o que torna provável essa hipótese. Espelho: Para formar uma imagem ampliada, o espelho deve ser côncavo, visto que o convexo gera apenas imagens reduzidas. Para formar-se uma imagem direita, virtual e ampliada, devemos ter o objeto entre o foco e o vértice de um espelho côncavo. 2 2R vT v T R π πϖ= ⇒ = = Resposta: Opção (C) 27. Primeiramente, trata-se de um motor térmico, pois trabalho é produzido. A primeira lei é satisfeita, pois o calor injetado na máquina é a soma do trabalho produzido com o calor perdido para a fonte fria: 300 150 150J J J= + A segunda lei da termodinâmica não é satisfeita, pela seguinte razão: da segunda lei, decorre o teorema de Carnot, que não é respeitado na situação proposta. Observe que: Trabalho 150 50% Calor injetado 300 Temperatura da fonte fria 3001 1 25% Temperatura da fonte quente 400Carnot J J K K η η = = = = − = − = Como podemos ver, Carnotη η> , o que contradiz o teorema de Carnot e, em última análise, a segunda lei da termodinâmica. Resposta: Opção (E) 28. A altura alcançada por um astronauta em função da velocidade inicial (suposta a mesma nos dois planetas) e da gravidade é: 2vh g = 2 1 1 26 6h h g g= ⇒ = Mas temos também que: 3 2 4 4 3 3 G R G Rg R π µ π µ = = Logo, temos: 1 2 1 2 26 4 3 R R R Rµ µ= × ⇒ = Resposta: Opção (C) Gabarito IME 2006 – Matemática Questão 1 Elevar uma matriz diagonal a uma potência é trivial, uma vez que das multiplicações de matrizes sucessivas, o resultado virá de apenas elevar os termos da diagonal principal à potencia desejada: n n nB    =         1 0 10 2 Mas, do enunciado: ( )( ) ( ) ( ) ( )n I In vezes n n vezes B P .A.P P.P ... P .A.P P .A. P.P .A. P.P ....A.P P .A.A....A.P P .A .P − − − − − − − − = = = = 1 1 1 1 1 1 1 1 Logo: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n det(B ) det P .A .P det P .det A .det P .det(A ).det(P) det A det P − −= = = = 1 1 1 Com isso: ( ) ( ) n n ndet A det B  = =     1 2 Resposta: ( ) n ndet A  =     1 2 OBS: Não entendemos o que a banca quis com essa questão. Fizemos o gabarito, fugindo do óbvio, para ver talvez uma solução que a banca quisesse. A solução mais óbvia seria usar o teorema de Binet, direto na matriz A, e utilizar que ( )n n ndet A (det A)= = 12 Questão 2 Do enunciado: + + = + = = = k k k k k k A(k) .a .b A(k ) .a .b .a .b A(k)1 1 1 2 1 4 81 2 15 15 Temos também: = =A( ) . .11 30 42 630 2 Assim, a soma de todas as áreas de todos os triângulos, com k tendendo a infinito: = = =+ −− ∑ A( )lim A(k) A(k ) A(k) 1 630 135081 11 15 Resposta: 1350 u.a. Questão 3 Usando propriedades de troca de base de logaritmos: 3 33 3 33 9 9 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 log log3log 10 3log 10log 93log log 10 2 log 2log 10 log log2log 10 2log 10 log 9 2 6log log 20 log 4 log log 0 log 0 log 4log 20 log 4 P β βα αα β α β α αβ β α β α α β αβ α β β  + = + = + =  → → →  − =  − = − =   + = =  → → + = → = → − = = −  = 1αβ = = αβ =P 1 Questão 4 O triângulo retângulo cuja hipotenusa é (r + r*) e os catetos são t e (r – r*) nos dá a seguinte relação (Pitágoras): ( )t r r * (r r*) t .r.r * + − = + ∴ = 22 2 2 4 Daí, pelo teorema de Pappus-Gouldin: mS .r .t= π2 Onde rm é a distância do centro de gravidade da reta tangente t (seu ponto médio) ao eixo OO*. Da figura: m r r *r .cos+ = α   2 , onde α é o ângulo entre o cateto AA* e a hipotenusa. cos r r * .r.r *S . . S . .r.r * r r * α +  = π ⇒ = π  +   42 4 2 S . .r.r *= π4 Questão 7 Sabemos que 1 2.m r r= , logo m é inteiro. Para as raízes serem inteiras, por Baskara ( ) ( )2 1 2 15 15 4 , 2 m m m r r − − ± − − = , o que implica ( )215 4m m− − ser inteiro. Sendo q inteiro positivo ( ) ( )2 22 2 215 4 30 225 4 34 225 17 64q m m q m m m m m m= − − ⇒ = − + − = − + = − − Logo ( ) ( )( )2 217 64 17 17 64m q m q m q− − = ⇒ − + − − = Os valores possíveis obtidos são (lembrando que 17 17m q m q− − > − − ): 17 2 17 4 34 27 17 32 17 16 m q m q m m m q m q − − = − − =  ⇒ = ⇒ = − + = − + =  17 8 17 32 25 0 17 8 17 2 m q m q m m m q m q − − = − − =  ⇒ = ⇒ = − + = − + =  17 16 17 8 7 9 17 4 17 8 m q m q m m m q m q − − = − − =  ⇒ = ⇒ = − + = − + =  Conferindo na equação original, verificamos que todos os valores são válidos. Resposta: { }=m , , , , ,0 7 9 25 27 34 Questão 8 Notação:   x = Piso de x = maior inteiro menor que x. (i) Se n+m é par: Não há uma bola central, e como deve ser simétrico, a quantidade de bolas pretas e de bolas brancas deve ser igual nas duas metades. Logo m e n devem ser pares. A segunda parte é simétrica à primeira, logo é definida pela primeira metade. A primeira metade pode ser montada de ! 2 ! ! 2 2 m n m n +                  maneiras. (ii) Se n+m é ímpar: Se m é ímpar, há uma bola preta central e 2 m     pretas e 2 n     brancas de cada lado. Podemos montar de ! 2 2 ! ! 2 2 m n m n    +               maneiras Se n é ímpar, analogamente: ! 2 2 ! ! 2 2 n m n m    +               Ou seja: - Se n e m são ímpares 0 - Caso contrário ! 2 ! ! 2 2 n m n m +                Questão 9 Dividiremos a solução em dois casos: a + b + c = 0 (I) a + b + c ≠ 0 (II) Caso (I): Por propriedades de razões e proporções: a b b c c a a b c b c a c a b c a b c a b + + + + + + + + + = = ⇒ = = Como: a b c a b c c b a + + ≠ → = = → = = 1 1 10 Logo: a b a a c a + + = = 2 Caso (II): Se (a + b + c)=0 a ba b c c + → + = − ⇒ = −1 Resposta : ou −2 1 Comentário da Prova Nota-se nitidamente que o estilo da prova de matematica do IME mudou do ano passado para esse ano, sendo bem menos desafiadora comparada aos anos anteriores. Havia muitas questões com respostas simples e diretas, com pouco desenvolvimento algébrico, porém que requeriam atenção por parte do candidato a pequenos detalhes. Acreditamos que irá melhor o candidato que estiver mais atento (tendo vantagem até sobre os melhor preparados). Aguardamos (com esperança) que o nivel das provas de fisica e de quimica nos dias seguintes não continue a nos desapontar. Equipe Rumoaoita na Correção: Alessandra Porto, Caio Guimaraes, Renato Lira, Rodolfo Ramos, Luiz Adolfo Schiller, Rafael Daigo, Rafael Marini, José Mario, Filipe Moreira Gabarito IME 2006 – Objetivas MATEMATICA 1. Sabemos, das propriedades dos complexos que a soma dos conjugados de dois complexos é o conjugado da soma dos mesmos 2 complexos. Assim, da 2ª equação: z w i z w i z w i− = + ⇒ − = + ⇒ − = −2 4 2 4 2 4 Da 1ª equação: ( )( ) ( ) ( ) i w² z² w z w z z w . w z i − − = − + = − − + = + 2 4 4 12 Assim: ( ) ( ) ( ) i iw z i i ii i. i i i + + + = = − − − −+ − = = = − − − − 4 12 2 6 4 2 2 1 2 12 6 10 10 2 2 2 1 2 1 5 Resposta: Opção (D) 2. Do enunciado: P = 10.N + 1 Q = 105 + N P = 3.Q Logo: 10N + 1 = 3. 105 + 3N Segue que: 7N = 3. 105 – 1 , e com isso N = 42857 Resposta: Opção (E) 3. Na n-esima etapa, o perímetro do quadrado hachurado vale: 1 14. 2n− 1 1 44 4. 4. ... 812 2² 1 2 S = + + + = = − Resposta: Opção (C) 4. 1 2,r r R∈ e 1 2r r≠ 0 ² 32 0 4 2p p⇒∆ = ⇒ − > ⇒ > Da relação de Girard: 1 2 1 2 4 2r r p r r+ = − ⇒ + > Resposta: Opção (A) 5. Para que haja uma solução, o determinante da matriz incompleta deve ser não nulo: 1 1 2 2 1 3 0 15 4 10 3 2 0 8 5 1 a a a a − ≠ ∴ − + − + + − ≠ ∴ ≠ − Resposta: Opção (C) 10. f(x,y) = x + y f(1,2) = 3 f(2,3) = 5 ∀ (x1,y1) ≠ (x2,y2) ∈ A f(1,3) = 4 f(x1,y1) ≠ f(x2,y2) ∈ A f é injetora Como não existe (x,y) ∈A tal que f(x,y) = 1 e 1 ∈ B , temos que f não é sobrejetora. Resposta: Opção (A) 11. As arestas em vermelho são as arestas do octaedro pedido. O volume do octaedro é dado V1 = a3 2 3 , sendo “a” a aresta do octaedro. Mas a aresta do octaedro é ½ da aresta do tetraedro inscrito no cubo. O volume do tetraedro, em função de sua aresta, é V = l3 2 12 a = ½ l , logo, V1 = l 3 2 24 V1 = V/2 Resposta: Opção (A) 12. Raízes: r-2 , r , r+2 P(x) = a(x - (r - 2))(x - r)(x- (r + 2)) P(0) = a(2 - r)(-r)( -r - 2) = a(2 – r)r(r + 2) = 0 (I) P(1) = a(3 - r)(1 - r)( -r - 1) = a(3 – r)(r – 1)(r + 1) = 1 (II) P(-1) = a(1 - r)(-1 - r)( -r + 3) = a(1 – r)(r + 1)(r + 3) = -1 (III) (III) (II) = -1 = ( r)(r )(r ) ( r)(r )(r ) − + + − − + 1 1 3 3 1 1 r r r r + = ⇒ = ⇒ = − 3 1 2 0 0 3 a(3)(-1)(1) = 1 a = -1/3 13. 5 4( ) ³ ² 0P x x bx cx dx ex f= + + + + + = 1 2 3 4 5 ( ) (4 ,1 ) . ( ) . . ( ) ( ´ ´ 1 , ) . . . ( ) . . . . ( ) i i j i j k i j k l b r impar pares impar c r r par d r r r par Como so ha raiz impar todos termos sao pares e r r r r par f r r r r r par = − =  = −  =   = −  ∑ ∑ ∑ ∑ Logo, temos 4 termos pares. Resposta: Opção (E) Resposta: Opção (D) 14. 15. O avô tinha x anos no ano x2 , logo ele nasceu no ano x2 – x. 2 2 2 43 1806 44 1892 45 1980 Para x x x Para x x x Para x x x = ⇒ − = = ⇒ − = = ⇒ − = Como esse ano tem de ser 30 anos antes de um ano do século XX, o único valor é 1892. Resposta: Opção (A) IV – Apesar de “pesquisa” ser substantivo feminino, o substantivo não está precedido de artigo, portanto não deverá haver acento grave. V – “Comunicar” é verbo transitivo direto e indireto. Similarmente ao item I o “a” leva acento grave. VI – “A partir de” é locução adverbial; não cabe o uso do acento grave. ____________________________________________ Questão 8 Resposta: (A) O termo “e” adiciona duas idéias distintas, enquanto que o “mas” contrapõe a essas um argumento adverso. “Assim como”, na frase, também tem função aditiva (pode ser substituído por “e”). ____________________________________________ Questão 9 Resposta: (C) Entre todas as alternativas a opção c é a única em que o in- apresenta-se como prefixo e não como parte do radical, tendo, portanto, o mesmo valor que na palavra insólito. ____________________________________________ Questão 10 Resposta: (D) Poderíamos reunir as sentenças da seguinte forma: “Um macaco jamais poderia tocar piano pois falta-lhe, para isso, a capacidade de mover (...)”. Dessa maneira, é evidente que a segunda sentença é causa da primeira (a primeira é conseqüência da segunda). Gabarito IME 2006 – Química ____________________________________________ Questão 1 T = 300 k P = 738/760 atm Equações: (produzido) (consumido) MnO HCl MnCl Cl H O Mn Mn . Cl Cl . , . ,n.MnO , mol de MnO nCl nMnO , mol + + − + ⇒ + + → = → → = → = = = = 2 2 2 2 4 2 1 0 2 2 2 2 1 4 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 0 85 30 7 0 30 87 0 30 Da equação de Clapeyron, P nRT V = nRT , . , . .V P V , litros de Cl = = = 2 0 30 0 082 300 760 738 7 6 Resposta : V , litros de Cl (g)= 27 6 ____________________________________________ ____________________________________________ Questão 2 Temos o volume V = Cte. No primeiro Caso temos a equação no equilíbrio: ( )2 2COCl g CO(g) + Cl (g) , atm 0,120 atm 0,130 atm0 312 Logo temos que o p(CO).P(Cl ) , x ,Kp , P(COCl ) , = = =2 2 0 12 0 13 0 05 0 312 No seguinte caso temos o nRTp V = , relativa ao numero de mols n colocado de ( )2COCl g . Temos para o segundo caso : ( )2 2COCl g CO(g) + Cl (g) Po Po Po Po Po( ) Po Po −α α α − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −α α α 0 0 1 No equilíbrio: totalP Po Po Po Po Po.( ) Po.( )= −α +α +α = +α ⇒ +α =1 1 1 .Po. Po ².Po ² ²Kp . Po.( ) ( ) ( ) ( ²) α α α α α = = = = = −α −α −α +α −α 1 1 1 1 1 1 1 20 Segue que: α = 1 21 Questão 4 A tabela de Mendeleev define em fileiras horizontais o que a tabela periódica atual define em fileiras verticais. A medida que o numero atômico cresce na tabela de Mendeleev (verticalmente) estamos percorrendo as diferentes fileiras horizontais da esquerda pra direita na tabela atual. Conforme o numero atômico cresce, a atração entre próton e elétron no átomo aumenta, e com isso o raio atômico diminui (dentro de um mesmo nível, ou fileira vertical na tabela de Mendeleev). Ao mudarmos de fileira horizontal (período na tabela atual), o raio atômico aumenta, sendo assim essa propriedade periódica, como indicada na figura a seguir. a) A propriedade é periódica. b) Conforme já descrito, na tabela de Mendeleev, as propriedades comuns estão agrupados em fileiras horizontais. c) A está na fileira horizontal do Boro, portanto se comportará como o Boro ao se ligar com B (que está na fileira correspondente à família 7A do Iodo). A molécula deverá se comportar como o BF3, e terá forma trigonal plana. Com isso, temos que a molécula é apolar. Questão 5 OBS: Essa questão pode ser interpretada de duas maneiras diferentes, chegando a dois resultados diferentes (considerando ou não a pureza de B). 1ª Interpretação da Questão 5: 2ª Interpretação da Questão 5: Fazendo a análise através do Kps 1º Caso: [A]=1,0 M e [B] = 0,3 M VA = 0,10 L e VB= 0,10 L Forma-se 3g de A2B A B(s) A(aq) B(aq) , , x x x x , x , x + − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − 2 2 0 0 5 0 25 2 0 5 2 0 25 Kps = [A].[B]²=(0,25-0,15).(0,5-0,3)² = 0,004 2º Caso: [A] = M [B] =0,5 M Forma-se 5g de A2B VA = 0,10 L e VB= 0,10L A B(s) A(aq) B(aq) M , x x x Mx x , x + − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − 2 2 0 0 252 2 2 0 252 Kpx = [A].[B]²=(M/2 – 0,4)².(0,05) = 0,004 Segue que M , , , . M mol / L− = = ⇒ = +2 2 40 4 0 08 0 2 2 2 5 5 Questão 8 Da equação de clapeyron, PV nRT= , como as transformações são isobáricas e isotérmicas, temos que: teV c n = No inicio: CO gas P n n TR = + 5 Quando adicionamos O2 CO gas O P n n n TR = + + 2 8 Igualando: CO gas O CO gas O CO gas .n n n (Eq I) n n n n n = ⇒ + − = + + + 22 8 5 3 3 5 0 Combustão: 2CO O CO+ →2 22 Não sabemos qual dos compostos está em excesso. Suporemos primeiro que CO esteja em excesso: reagiram na proporção 2 : 1 : 2 . Logo o numero de mols total será: CO O gas O CO gas de CO de CO n n n n n n    − + + = +      2 2 2 CO gas O CO gas (absurdo!) (da Eq I) n n n n n = ⇒ + + +2 8 7 Com isso, temos que O2 está em excesso. Assim, há reação na proporção 1:0,5:1 . CO CO O gas CO O gas de CO n nn n n n n     − + + = + +      2 22 2 O CO gas COCO gas O O gas n n n (Eq II)nn n n n n = ⇒ − + + + + + 2 2 2 8 7 3 2 Das equações (I) e (II): CO O gas gas nn n n= ⇒ =2 3 2 Segue que: gas total gas O COt, t % % n n n , .t % % = = + = ⇒  = 2 1 5 60 2 5 40 Questão 9 a) Temos 19 carbonos assimétricos e 7 duplas ligações, e a molécula não possui simetria interna, portanto teremos 262 . b) As funções presentes são: Álcool Ácido carboxílico Éter Éster de cadeia fechada (lactona) Amina primaria c) Contando os átomos, a formula molecular é 47 73 17C H O N . RUMOAOITA | Gabarito IME 2006 —- Objetivas QUIMICA Temos o composto: 4, 2 Cujo nome segundo as regras da IUPAC é Ea 2-metil-butadieno. RESPOSTA LETRA: D A massa de SO, é 200 Kg e a de II,SO , é 800 Kg. O so, reage com a água: SO,+H,05H,804, Sendo x a quantidade de água necessária para transformar todo o SO, em H,SO,, temos: So, + HO > HSo, 200kg x x+200 Kg 80g 18g 98 e H0kg 4 y-gskg 80 — I8g Obtemos assim 245 Kg de H,SO, adicionando 45 Kg de H,0, totalizando 1045 Kg de H,SO, . Sendo y a massa de água que falta ser adicionada afim de que a massa de H;SO, corresponda a 95% do total, temos: 1045 1045+y foi de x+y = 100 Kg. 0,95=y=55Kg. Portanto o total de água adicionado RUMOAOITA RUMOAOITA | Composto Geometria Polaridade Ho, Angular Polar OQ Z = O Õ I- BF, Trigonal Planar| Apolar F | B EO E HI-No, Angular Polar No. Da EA 0 IV- NH, Piramidal Polar ON sH HT | H V- PcL, Apolar cl Bipirâmide ci | ci | Trigonal —p —€ air | CI RESPOSTA LETRA: € RUMOAOITA | RUMOAOITA Temos para isâmeros de posição os seguintes compostos: I 2,6-dicloro-fenol II. 2,5-dicloro-fenol OH OH ci C a CY + ea II. 2,4- dicloro-fenol IV. 2,3- dicloro-fenol OH OH O o! mr EI ci V. 3,5- dicloro-fenol VI. 3,4- dicloro-fenol OH A q A questão deveria ser anulada, pois não foi dito que se tratava apenas de isômeros de posição. RESPOSTA LETRA: D RUMOAOITA RUMOAOITA 8 (1) 4Fe(5)+30, (8)>2F,046) Processo espontâneo de oxidação do ferro. (2) B,9(9-+H,00) Processo endotérmico com aumento de entropia. (3 CH ,(2)+20,(2)+00,(2)+2H,0(8) Processo exotérmico (combustão). (D Cu,s()=>2Co(s)+S(9), com AG=+86,2KT Processo não espontâneo (AG> 0). (5) 5+0, (50, (8). com AG=-300.4KT Processo espontâneo (AG< 0). (6) Cus66)+0,>2Cu6)+S0, (2) Processo espontâneo (7) 2NO(g)+0, (2)>2NO (2) Diminui a entropia (Redução do número de mols gasosos). RESPOSTA LETRA: E A Admissão de gás inerte não altera as pressões parciais de A e B. Logo não há deslocamento do equilibrio e n;=Dy- RESPOSTA LETRA: A RUMOAOITA RUMOAOITA 10. Temos para os compostos envolvidos na questão: II. III. Metanol Composto H H—E — 9H H Metanal Composto A H—€. =p Triclorometano Composto cl I E fi gy IV. Composto H—E =C—H Hibridização sp' pois o C faz 4 ligações simples Hibridização sp? pois o C faz 1 ligação dupla Hibridização sp' pois o C faz 4 ligações simples Hibridização sp pois o €C faz 1 ligação tripla RESPOSTA LETRA-E RUMOAOITA