Matemática - gge.com.brª-Fase-2020... · 1, c 2, c 3 e c 4 as quantidades das combinações...

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(1ª FASE)

GGE RESPONDE IME 2020 – 1ª FASE Matemática | Física | Química 1

Matemática

01. Seja U o conjunto dos 1000 primeiros números naturais maiores que zero. Considere que zeros à esquerda são

omitidos. Seja A U o conjunto de números cuja representação na base 10 tem o algarismo mais significativo igual

a 1; e B U o conjunto de números cuja representação na base 4 tem o algarismo mais significativo igual a 2. As

cardinalidades de A - B e de B - A são, respectivamente: a) 46 e 277 b) 45 e 275 c) 44 e 275 d) 45 e 277 e) 46 e 275 Resolução: #A Com 1 algarismo = 1 Com 2 algarismo = 10 Com 3 algarismo = 100

Com 4 algarismo = 1

112

#B

1000 4

250 4

462

1543

40

-0-

-2-

-2-

-3-

-3-

=4(33220) 1000

Com 1 algarismo = 1: (2)4 Com 2 algarismo = 4: (20)4 (21)4 (22)4 (23)4

Com 3 algarismo = 16: (200)4 (201)4 (202)4 ... (233)4 Com 4 algarismo = 64: (2000)4 ... (2333)4

Com 5 algarismo = 256: (20000)4 ... (23333)4

341

Conjunto B 8, 9, 10, 11 32, 33, ... , 47 128, 129, ..., 191 512, 513, ..., 767

Logo # = + =( ) 2 64 66A B

Então # − = − = − =( ) #(A) #(A B) 112 66 46A B

# − − − = − =( ) # #( ) 341 66 275B A B A B

ALTERNATIVA E

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02. O menor número natural ímpar que possui o mesmo número de divisores que 1800 está no intervalo:

a) [1,16000] b) [16001,17000] c) [17001,18000] d) [18001,19000]

e) [19001, ∞)

Resolução:

3 2 2

1800 2

900 2

450 2

225 3

75 3

25 5

5 5

1

2 3 5 nº divisore (3 1) ( 2 1 )( 2 1 ) 4 3 3 36 divisores + + + = =

Se o nº é natural ímpar ele é do tipo:

x3 353

x y3 5 17 8 3 5 53 5 ou 3 5 ou 3 5 x y w3 5 7 3 2 23 5 7 x y w k3 5 7 11 2 2 1 13 5 7 11 x y w k m n3 5 7 11 13 17 1 1 1 1 1 13 5 7 11 13 17 (NÃO convém 64 divisores)

Comparando-se os menores números de cada tipo:

5 5 3 2 2

3 2 2 3 3 2 2

3 2 2 2 2

3 5 e 3 5 7

3 5 (3 5 ) 3 5 7

3 5 7 e 3 5 7 11

O número procurado é 2 23 5 7 11 = 17.325

ALTERNATIVA C

03. Considere os conjuntos A = {0, 1, 2, 3, 4} e B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}. Seja F o conjunto de funções cujo

domínio é A e cujo contradomínio é B. Escolhendo-se ao acaso uma função f de F, a probabilidade de f ser estritamente crescente ou ser injetora é: a) 0,00252 b) 0,00462 c) 0,25200 d) 0,30240 e) 0,55440

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Resolução: A = {0, 1, 2, 3, 4} B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}

F A B= ⎯⎯→

510 =

Estritamente crescente: 10,5

C 252=

Injetora: 5! x 252 = 30.240 Como todas as estritamente crescentes fazem parte do conjunto das injetoras, a probabilidade pedida é:

5

30.240P 0,30240

10= =

ALTERNATIVA A

04. Sabe-se que S = x + y + z , onde x , y e z são soluções inteiras do sistema abaixo.

=

= + = +

23

2 ln( )

2

2

2

log log ( 3)

x

x

yx

y e

y z x

O valor de S é: a) 84 b) 168 c) 234 d) 512 e) 600 Resolução:

= → = → = → =

=

= → = → = → =

+ = +

2 3 2 3 2 3 23

2 n

2 2 2 4

2 x

2 2 (2x) 2 8 2 4 (1)

mas

ny n

ny 2 n n n (2)

log y log Z x 3 (3)

x

x y y x y x y

e

x y x y x y x

De (1) e (2):

= → − = → − =4 3 4 3 34 4 0 (x 4) 0x x x x x

= 0 (não convém)x

= 4x

= → = →4 16 (3)para x y

+ = + → + = → =

= =

= + + = + +

=

16

2 4 4 4

3

log 4 3 4 7 3

4 64

4 16 64

84

Z Z Zlog log log

z

s x y z

s

ALTERNATIVA A

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05. Seja 𝐴 = { 𝑧 ∈ 𝐶 | 2 ≤ |𝑧 − 3 − 4𝑖| ≤ 3} onde 𝐶 é o conjunto dos números complexos. O valor do produto entre o

simétrico do complexo de menor módulo do conjunto 𝐴 e o conjugado do complexo de maior módulo do mesmo

conjunto 𝐴 é: a) -16 b) -8 c) -16/5 d) 1 e) 16 Resolução: Note que o conjunto A pode ser representado geometricamente como um anel de centro Z0 = 3 + 4i, raio interno 2 e raio externo 3:

3

5

3

v

w

4

3

2

0z

Na reta que compreende Z0 e a origem, podemos destacar os complexos: v e w como sendo os pontos em A de maior e menor módulo, respectivamente.

= +

= +

− = − + = −

2

8(3 4i)

5,

2(3 4i)

5

2 8( w) v | 3 4i | 16

5 5

v

Assim

w

A questão pede

ALTERNATIVA A

06. Um polinômio P(x) de grau maior que 3 quando dividido por x-2, x-3 e x-5 deixa restos 2, 3 e 5, respectivamente.

O resto da divisão de P(x) por (x-2)(x-3)(x-5) é: a) 1 b) x c) 30 d) x-1 e) x-30 Resolução:

= + − + =

= + − + = == + − +

1

2

3

( ) ( ) (x 2) 2 (2) 3

( ) ( ) ( 3) 3 (3) 3

(5) 5( ) ( ) ( 5) 5

P x Q x P

P x Q x x P

PP x Q x x

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Seja R (x) o resta da divisão de P(x) por − − − = − − − +( 2)( 3)( 5) (x) Q(x).(x 2)(x 3)(x 5) R(x)x x x P , com ( ) 2R x

Portanto:

= + + = =

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

2

2

(2) (2) 4 2 2 0

(3) (3) 9 3 3 1 ( ) 0 1 0

(5) (5) 25 5 5 0

( )

P R a b c a

P R a b c b R x x x x

P R a b c c

R x ax bx c

ALTERNATIVA B

07. Um inteiro positivo é escrito em cada uma das seis faces de um cubo. Para cada vértice, é calculado o produto

dos números escritos nas três faces adjacentes. Se a soma desses produtos é 1105, a soma dos seis números das faces é: a) 22 b) 35 c) 40 d) 42 e) 50 Resolução:

abe + abc + acf + afe +bde + bcd + cfd + efd = 1105 ab ( c + e ) + af ( c + e ) + bc (c + e ) + df ( c + e ) = 1105 a ( c + c ) ( b + f ) + d ( c + e ) ( d + f ) = 1105 ( a + d ) ( c + e ) ( d + f ) = 1105 ( a + d ) ( c + e ) ( d + f ) = 5 . 13 . 17 Logo, sem perda de generalidades a + d = 5 c + e = 13 d + f = 17 a + b + c + d + e + f = 35 Note que a + d = 1 não é solução, pois a e d são inteiros. ALTERNATIVA B

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08. Uma progressão geométrica é formada com os números naturais A, B e C, nessa ordem. O log(A) possui a

mesma mantissa, M, do log(B) e C é a característica do log(A). Sabe-se que M=log(C) e que C possui o maior valor possível. O valor da mantissa do log(ABC) é: a) M b) 2M c) 3M d) 3M-2 e) 3M-3 Resolução: A, B, C PG implica log A, log B, log C pa

;, log B = logA logC

2

Log B = logB logB logB M

logA logClogB M

2

2 logB 2M logA M logA logA M

2 logB 2M logA 2M

2 logB logA (I)

M=log C

0 M 1 0 logc 1

0 110 C 10

1 C 10

Mas C é inteiro, pois C = [logA]

Logo C 1,2,3,4...,8,9

Mas C = [logA] é par por conta de (I) E C é o maior valor possível, assim C=8.

logA logClog(ABC) logA logB logC logA logC

2

23 3logA logC logA logA M

2 2

3 3(C M M) (8 2M) 12 3M

2 2

Assim, a mantissa de log (ABC) = 12 3M 3M 3M 2

ALTERNATIVA D

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09. Diversos modelos de placas de identificação de veículos já foram adotados no Brasil. Considere os seguintes

modelos de placas e a descrição de sua composição alfanumérica: Modelo 1: AB123 (duas letras seguidas de três números) Modelo 2: AB1234 (duas letras seguidas de quatro números) Modelo 3: ABC1234 (três letras seguidas de quatro números) Modelo 4: ABC1D23 (três letras seguidas de um número, uma letra e dois números) Sejam c1, c2, c3 e c4 as quantidades das combinações alfanuméricas possíveis para os modelos 1, 2, 3 e 4, respectivamente. Os números c1, c2, c3 e c4 são termos de uma progressão aritmética com infinitos termos com a maior razão possível. A soma dos algarismos da razão dessa progressão é: a) 11 b) 12 c) 14 d) 16 e) 19 Observação:

• considere o alfabeto com 26 letras. Resolução:

2 3

1

2 4

2

3 4

3

4 3

4

c 26 10

c 26 10

c 26 10

c 26 10

=

=

=

=

1 2 3 4c c c c

2 3

2 1 1

2 4

3 2 2

3 3

4 3 3

c c 9 26 10 k r

c c 26 25 10 k r

c c 26 16 10 k r

− = =

− = =

− = =

1 2 3MDC(k r,k r,k r) Maior Razão Possível=

2 3 2 4 3 3MDC(9 26 10 ,26 25 10 ,26 16 10 ) Maior Razão Possível =

2 3r 26 10

r 676000

=

=

Logo a soma: 6+7+6=19 ALTERNATIVA E

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10. Considere a progressão geométrica a1, a2, ... , an, ...

Para que

a n n[ log (a ) b ]− não dependa de n, o valor de α deverá ser:

a) 2

1

b2

1

a

a

b) 1

1

b2

1

a

a

c) 2 1

1

(b b )2

1

a

a

−

d) 1 2

1

(b b )2

1

a

a

−

e) 1 2

1

(b b )2

1

a

a

Resolução: P.G.: a1, a2, ... P.A.: b1, b2, ... an = a1 qn-1 bn = b1 + (n - 1) r

1

2

1

2 1

a 0

a1 q 1

a

b b 0 r 0

−

1 n 1a q

a n n a 1[ log (a ) b ] [ log (b (n 1 ) r )]

−

− = − −

1a q

a a 1log ( n 1 ) log b ( 1 n ) r+ − − + −

1

Z12

1

aaa

a

= =

1

q

a

1

Z 1

Zq =

1

1 1

Z Z

1

1

Z

1

2 1

a q

1q q

a q

q 1q

a

q 1

2 1

1

(b b )2

1

log ( n 1 ) log b ( 1 n ) r

Z log ( n 1 ) Z log b ( 1 n ) r

Z log b ( n 1 ) [ z r ] , para ficar independente de n

Z r

Z b b

Logo :

a

a

−

+ − − + −

+ − − + −

− + − −

=

= −

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ALTERNATIVA C

11. Todos os arcos entre 0 e 2 radianos que satisfazem a desigualdade − +1 3

cos2 2

senx estão compreendidos

entre:

a)

12 6e b)

5 7

12 12e c)

2 5

3 6e d)

3 2e e)

5 11

6 12e

Resolução: Note que, como

1 3Sen30º e Cos30º , temos :

2 2

SenX Sen30º CosX Cos30º

SenX CosX Sen30º Cos30º

= =

− +

− +

Como: 2

Sen45º Cos45º 0 SenX Cos45º Sen45ºCosX Sen30ºCos45º Cos30ºSen45º2

= = − +

Sen(X 45º ) sen75º

105º X 45º 75º

5 2150º X 120º X

6 3

−

−

75º75º

ALTERNATIVA C

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12. O lugar geométrico definido pela equação x2 + 3y2 + 5 = 2x – xy – 4y representa

a) uma elipse. b) uma hipérbole. c) uma circunferência. d) um conjunto vazio. e) duas retas paralelas Resolução:

+ + + + + =

= + − + +

= + + − − −

= − − −

2 2

2 2

2 2

2

( 2)x 3 4 5 0

( 2) 4.(3 4 5)

4 4 12 16 20

11 12 16 0

x y y y

y y y

y y y y

y y

Conjuntovazio

ALTERNATIVA D

13. Um triângulo equilátero é projetado ortogonalmente em um plano, gerando um triângulo isósceles, cujo ângulo

desigual mede 30𝑜. O cosseno do ângulo do plano do triângulo equilátero com o plano de projeção é: a) 2√3 − 3 b) 4 − 2√3 c) 2 − √3 d) 1 − √3

e) 3

12

−

Resolução: De acordo com as hipóteses, o plano sobre o qual o triângulo equilátero é projetado, não pode ser paralelo a

nenhum dos seus lados. Supondo, sem perda de generalidade, que o plano passa por um dos vértices do triângulo equilátero.

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

ABB' triângulo retângulo a b h

BCC'B' trapézio retângulo a b (H h)

(H h) h H h h H 2h

ACC' triângulo retângulo a H c (2h) c

a 4h c Mas h a b (ABB')

a 4(a b ) c 3a 4b c *

= +

= + −

− = − = =

= + = +

= + = −

= − + = −

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Lei dos cossenos em 2 2 2AB'C':c 2b 2b cos30º= −

2 2 2 23c 2b 1 c (2 3)b

2

= − = −

Substituindo em (*), 2 2 23a 4b (2 3)b= − +

2 2 2 23a (2 3)b b 3(2 3)a (**) = + = −

Sendo ângulo entre os planos dos triângulos ABC e AB’C’ e considerando a área [AB’C’] como a projeção da área

[ABC] temos:

[ABC] cos [AB'C'] =

2 2a 3 1 bcos b bsen30º

4 2 4 = =

a(**)

23

4

3(2 3)acos

−=

2

4

cos 2 3 3 = −

ALTERNATIVA A

14. Em um cubo regular de aresta a, os pontos M, N e L pertencentes às três arestas distintas que partem do vértice

A estão a uma distância x de A tal que a

0 x .2

Para que plano MNL seja tangente à esfera inscrita no cubo, o

valor de x é:

a) ( )−a

3 12

b) ( )−a

3 32

c) ( )−a

2 32

d) ( )−a

4 2 32

e) a 3

2

Resolução:

O

r

r

T3

2

a

A

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Resultados Imediatos:

2

3

2

ar

AO a

=

=

A

M

L

Nx

x

xh

2x

( )

3

2 2 2

23

1

6 3

3 3 2 3 3

2 2 4 4 2

3

2 2

1 1 3 3

6 3 2 2

3( 3 1)a

2

3 3x

2

MNL

MNL

S hV x

x xS

a ah AO r

x a ax

x

a

= =

= = = =

= − −

− =

= −

−=

ALTERNATIVA B

15. Considere a função ( ) = − f x x a,x a , onde a é um número real positivo. Seja s a reta secante ao gráfico de f

em ( )( )2a,f 2a e ( )( )5a,f 5a e t a reta tangente ao gráfico de f que é paralela à reta s. A área do quadrilátero formado

pela reta s, a reta t, a reta x = 2a e a reta reta x = 5a é 2 unidades de área. O valor de a, em unidades de

comprimento, é:

a) 2 2

b) 4 c) 2

d) 3 2

e) 32 4

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Resolução:

A função considerada é f(x) = x a , x a o , ou seja, y= 2x a y x a,y o parábola em y.

Se considerarmos a reta variável r : y = mx + n, ela será igual a t quando tocar a parábola em apenas 1 ponto. Também temos que r, ∆ e t tem a mesma inclinação

f 5a f(2a) 2 a a 1m

5a 2a 3a 3 a

e aplicando r na parábola: 2 2 2 2mx n x a m x n 2mnx x a

2 21 2x n nx x a 0

9a 3 a

2 21 2x n 1 x n a 0

9a 3 a

Para apenas 1 ponto de intersecção, o , ou seja, 2

22 1n 1 4 n a 0

9a3 a

2 24n 4n 4n 4a1 0

9a 9a 9a3 a

2 2 5a 59a 4n 4n3 a 4n 4a 0 4n n a

123 a

A 3a.(n k) 2

Mas k encontramos na reta s:

y mx k

a m2a k

1 1a .2a k k a

3a

a

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5 a3a. a 2

12 3

3 5

4

a3a. 2 a 2

12

35/3a 2 2 4

ALTERNATIVA E

Física

16. Uma fonte sonora de frequência ƒ0 é arremessada verticalmente para cima, com velocidade inicial v0, de um

ponto da superfície terrestre no qual a aceleração da gravidade é g.

Dados:

• aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s2; e

• velocidade inicial da fonte sonora: v0 = 98 m/s.

Nota: despreze a resistência do ar e a variação da aceleração da gravidade com a altitude. A frequência ƒ percebida 10 segundos mais tarde por um observador estático situado no local do arremesso é tal que a) 0 < ƒ < ƒ0 b) ƒ = ƒ0 c) ƒ0 < ƒ < 2 ƒ0 d) ƒ = 2 ƒ0 e) ƒ > 2 ƒ0 Resolução: A frequência percebida pelo observador após 10s de lançamento é a referente ao som emitido pouco antes de 10s de movimento. Nesse caso, o móvel estará subindo (se afastando) e, portanto,

0 < f < fv

ALTERNATIVA A

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17.

Um sistema mecânico, composto por um corpo de massa M conectado a uma mola, está inicialmente em equilíbrio mecânico e em repouso sobre uma superfície horizontal sem atrito, conforme mostra a figura. Um projétil esférico de massa m é disparado na direção horizontal contra a massa M, provocando um choque perfeitamente inelástico que inicia uma oscilação no sistema. Dados: • M = 10 kg;

• m = 2 kg;

• amplitude de oscilação do sistema = 0,4 m; e

• frequência angular = 2 rad/s

A velocidade do projétil antes do choque entre as massas M e m, em m/s, é: a) 0,8 b) 1,6 c) 2,4 d) 4,8 e) 9,6 Resolução:

(m )

2 48 /12

kw

M

kk N m

=+

= =

Energia:

+ = = =

2 2 2(m M)V 48 0,16 120,8 /

2 2 2 2

kA VV m s

Colisão:

= + = =0 0 0(m M)V 2V 12 0,8 4,8 /mV V m s

ALTERNATIVA D

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18. Um indivíduo instalou uma fonte de luz monocromática linearmente polarizada na roda do seu carro, irradiando

em direção ortogonal à roda e paralela ao solo. O veículo está em movimento retilíneo em velocidade constante. Um

detector linearmente polarizado desloca-se, acompanhando o eixo da roda, na mesma velocidade e sentido do carro.

O gráfico da intensidade luminosa (IL) captada pelo detector, em função do ângulo ( ), em graus, entre os planos de

polarização da luz e do detector, é:

a) b)

c) d)

e)

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Resolução:

Onda Detector

IL = I cos2 ALTERNATIVA B

19.

Em um experimento, uma fonte laser emite um pulso luminoso instantâneo, que é refletido por um espelho plano (MR), girando em velocidade angular constante ω. Um outro espelho fixo, côncavo e circular (MF), encontra-se acima da fonte laser, ambos localizados a uma distância L = 3 km de MR, conforme mostra a figura. O centro de curvatura (C) de MF localiza-se no ponto onde a luz do laser encontra MR e coincide com seu centro de rotação. Dado: velocidade da luz: c = 3 x 108 m/s. Observações: • a posição de MR e MF são tais que o feixe consegue chegar a MF, pelo menos, duas vezes; e • despreze o comprimento da fonte laser. Para que o pulso luminoso seja refletido em MF pela 2ª vez, a um comprimento de arco Δs = 30 cm do 1º ponto de reflexão, o valor de ω, em rad/s, é: a) 1,25 b) 2,50 c) 3,33 d) 5,00 e) 10,00

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(1ª FASE)


Resolução: Pelo sentido em que o espelho está girando, o pulso refletido do 1º ponto de reflexão em MF será direcionado para baixo da fonte laser após a reflexão em MR. Isto só não ocorrerá se MR der quase uma volta completa, de forma que o

ângulo efetivo girado no sentido contrário seja de −2 .t

s

L

2 ( 2 t) − 2 t −

Fonte

O que a geometria dos raios refletidos permite inferir é apenas que o ângulo entre a direção da fonte e do 2º ponto de reflexão é o dobro do ângulo de rotação do espelho, conforme figura acima. Portanto, não é possível relacionar com o comprimento de arco s e a questão é impossível de ser resolvida.

ALTERNATIVA PEDIR PARA ANULAR

20.

Uma barra de metal de massa M uniformemente distribuída e seção reta quadrada de lado L encontra-se totalmente

submersa e sustentada pela estrutura na figura, composta por uma haste e por fios inextensíveis com massas

desprezíveis. Em determinado instante, a haste começa a ser puxada lentamente pelo fio central em D, de modo que

a barra começa a emergir. Esse movimento durou até que apenas 25% da barra estivesse imersa, momento em que

ocorreu o rompimento do fio AB.

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


Dados:

• comprimento da barra: h;

• aceleração da gravidade: g; e

• massa específica da água: .

A força de tração que leva à ruptura do fio AB é:

a) √3(2M – h L2)g / 6

b) √3(4M – h L2)g / 12

c) √3(4M – h L2)g / 6

d) √3(2M – h L2)g / 3

e) √3(8M – h L2)g / 6 Resolução: Por simetria, a tração em ambos os fios são iguais. No momento do rompimento, o equilíbrio de forças dá:

30 30T T

P

E

4

h

+ =

= − = −

= −

2

2

2 cos30

3 3(P E)

3 3 4

3(4M hL )g

12

T E P

hLT Mg g

T

ALTERNATIVA B

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


21.

A figura acima mostra a energia cinética de um atleta de 60 kg, durante uma corrida de 2700 m, em função da distância percorrida. O tempo gasto para o atleta completar a corrida foi de: a) 09 min e 00 s b) 08 min e 10 s c) 08 min e 20 s d) 08 min e 34 s e) 08 min e 50 s Resolução: Do teorema trabalho-energia cinética sabemos que

= = = = 1 dK

dK dW Fdx madx am dx

Então, podemos descobrir a aceleração do atleta pela inclinação do gráfico nas diferentes etapas. Além disso, sabemos que:

= =2 2

2

mv KK v

m

1) 0 < x < 900m:

=

= = = == =

1

0900

180 3min2 75055 /

60

ax

t sxvv m s

2) 900m < x < 1800m:

−

−

− = = −

− −= = = = =

− = =

3 2

0 2 3

480 750 15 10 /

1800 900 601

5 / 200 3min205 10

2 4804 /

60f

a x x m s

vv m s t s s

a xx

v m s

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


3) 1800m < x < 2700m:

− = =

− = = = = =

= =

2

0 3

1920 480 1 0,08/

2700 1800 60 34

4 / 150 2min300,08

2 1920 38 /60

f

a x m s

vv m s t s s

ax

v m s

Logo,

t = t1 + t2 + t3 =8min 50s

ALTERNATIVA E

22.

Uma partícula com carga positiva viaja em velocidade constante até aproximar-se de uma esfera oca com carga

negativa uniformemente distribuída em sua casca. Ao encontrar a esfera, a partícula entra em seu interior por um

pequeno furo, passa pelo centro e deixa a esfera por um segundo furo, prosseguindo o movimento. Bem distante da

esfera, a partícula se aproxima de uma placa metálica plana de grande dimensão, com carga negativa

uniformemente distribuída pela placa, conforme esquema da figura.

Observações:

• a carga da partícula não redistribui a carga da casca esférica e nem da placa plana; e

• a distribuição das cargas da casca esférica e da placa plana não interferem entre si.

O gráfico que melhor exprime a velocidade da partícula em função de sua posição é:

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


a)

b)

c)

d)

e)

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


Resolução: Como a esfera é oca e sua carga está distribuída uniformemente na sua superfície, então não há campo elétrico no seu interior e, consequentemente, a velocidade da partícula se manterá constante nesse intervalo. Próxima à placa, a partícula sofrerá uma força de atração constante, que resultará na seguinte relação:

= + = + 2 2 2

0 0

2( ) 2 ( )

qE qEv x v x v x v x

m m

Esta dependência de v com x tem concavidade para baixo. Portanto, levando em conta os dois efeitos discutidos acima, a resposta é B ALTERNATIVA B

23.

Uma fonte luminosa A emite uma luz com comprimento de onda λ = 500 nm, no vácuo, na direção de um anteparo

localizado em C. Em frente ao espelho localizado em B, encontra-se a película P1 com índice de refração n1 = 1,25 e,

em frente ao espelho localizado em D, encontra-se uma a película P2 com índice de refração n2.

Observações: • os espelhos equidistam do centro do anteparo C; • após ser emitido do ponto A, o feixe de luz reflete em direção a B e refrata em direção a D; • após refletir em B, o feixe refrata diretamente em direção a E; e • após refletir em D, o feixe volta a refletir totalmente em C em direção a E.

O menor índice de refração n2 para que ocorra interferência totalmente destrutiva para um observador localizado em

E, é

a) 1,00 b) 1,05 c) 1,15 d) 1,20 e) 1,25

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


Resolução: É preciso olhar apenas para as partes que não são comuns aos dois caminhos e calcular as respectivas fases. Do feixe que passa pela película P1, temos

O

= + =1 1

2(0,5 . 2,0 ).2 24m n m

Do feixe que passa por P2:

O

= =2 2 2

2(n .2,5 ).2 20m n

O de menor valor de n2 para que O = O −, O 2 seja múltiplo ímpar de é tal que

O = O −1 O = − =

=

=

2 2

2

2

(24 20 ) 3

20 21

1,05

n

n

n

ALTERNATIVA B

24. Duas partículas com cargas elétricas 1q e

2q movem-se no plano xy e suas posições em função do tempo 𝑡 são

dadas pelos pares ordenados 1p (𝑡) = [

1x (𝑡), 1y (𝑡)] e

2p (𝑡) = [ 2x (𝑡),

2y (𝑡)], respectivamente.

Dados:

• constante de Coulomb: k = 9,0 x 910 ;

• cargas elétricas: 𝑞1=2,0 × 610 e 2q = 2,5 x 610 ; e

• posições das partículas: 1p (𝑡) =

5 1, 1

t t,

2p (𝑡) = 1 4

, 1t t

Considerando todas as grandezas dadas no Sistema Internacional de Unidades, o módulo da componente y do impulso da força que uma partícula exerce sobre a outra no intervalo de tempo de 1,0 a 6,0 é:

a) 313,5x10 b) 318,9x10 c) 325,2x10 d) 331,5x10 e) 337,8x10

Resolução: O impulso da força de interação entre as partículas eletrizadas vale:

I Fdt=

Onde

1 2ele 122

12

q qˆF F k r

r= =

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


Temos

Assim:

12 1 2r r r= −

12

5 1 1 4r , 1 , 1

t t t t

= − − −

12

4 3r ,

t t

= −

O módulo desse vetor será:

12

5r

t=

E assim: 2 2

12 12

25r r

t= = e também

1212

12

r t 4 3 1r̂ , (4, 3)

r 5 5t t

= = − = −

( )1234r̂ ,

5 5= −

O módulo do componente Y do Impulso da força de interação entre as partículas no intervalo estipulado será dado por:

6

y ele1 (y)| I | F dt=

Assim

1 2ele 2

12

q q3F (y) k

5 r=

6 6

9 3

ele

3 2 10 2,5 10F (y) 9 10 (1,08) 10 t

255t

− −−

= =

1r

2q

1q

2r

12 1 2r r r= −

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


Daí vem: 6 6

3 3

y11

I (1,08 10 )tdt 1,08 10 t dt− − = =

3 3

y

1I 1,08 10 (36 1) 18,9 10

2

− − = − =

Por fim

3

yI 18,9 10 N s−=

ALTERNATIVA B

25. Um escritório de patentes analisa as afirmativas de um inventor que deseja obter os direitos sobre três máquinas

térmicas reais que trabalham em um ciclo termodinâmico. Os dados sobre o calor rejeitado para a fonte fria e o trabalho produzido pela máquina térmica – ambos expressos em Joules – encontram-se na tabela abaixo.

As afirmativas do inventor são: Afirmativa 1: O rendimento das máquinas A e C são os mesmos para quaisquer temperaturas de fonte quente e de fonte fria. Afirmativa 2: As máquinas A, B e C obedecem à Segunda Lei da Termodinâmica. Afirmativa 3: Se o calor rejeitado nas três situações acima for dobrado e se for mantida a mesma produção de trabalho, a máquina B apresentará rendimento superior aos das máquinas A e C, supondo atendidos os princípios da termodinâmica. Tomando sempre as temperaturas dos reservatórios das fontes quente e fria das máquinas como 900 K e 300 K, está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s):

a) 1, apenas.

b) 2, apenas.

c) 1, 2 e 3.

d) 1 e 3, apenas.

e) 2 e 3, apenas. Resolução:

1:

= − =+

= − =

401 60%

40 60

81 60%

20

a

c

Verdadeiro

2:

= − =

= − = =

300 21

900 3

15 2, , 1

45 3

Máx

A máx c máx B máxMas

Falso

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


3:

= − = =

=

= − =

80 60 3' 1

140 140 7

3' ( 1)

7

30' 1 50%

60

A

C

B

Item Verdadeiro

Obs.: Sugestão de anulação de questão visto que o primeiro item só é ambíguo como há contra exemplos

que são explicitamente excluídos das possibilidades ( Ex: = =300 500f QT k T K )

ALTERNATIVA D

26.

Obs: as dimensões do corpo preso ao pêndulo são desprezíveis em relação ao seu comprimento. Um foguete desloca-se com aceleração constante a, que forma um ângulo com a vertical, como mostra a figura, em uma região cujo campo gravitacional local é g. No interior do foguete há um pêndulo simples de comprimento L. Na condição de equilíbrio, o período 𝜏 do pêndulo para oscilações de pequenas amplitudes é:

a) 2 2

L2

g a 2agsen

b) 2 2

L2

g a 2agcos

c) 2 2

L2

g a agsen

d) 2 2

L2

g a agcos

e) 2 2

L2

g a 2agcos

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


Resolução: Nas condições apresentadas no problema, temos:

ef

L2

g

Onde gef é o módulo do vetor aceleração da gravidade efetiva no interior do foguete. Sabemos que esse vetor é dado por:

efg g a

Considerando o sistema de coordenadas a seguir, temos:

y

x

= −

=

= − − −ef

(0, g)

(asen , acos )

Assim

g ( asen , g acos )

g

a

O módulo desse vetor será:

2 2 2 2 2

efg a sen (g acos ) a g 2a g cos

Com isso:

2 2ef

L L2 2

g g a 2a g cos

ALTERNATIVA E

27.

Um feixe de luz hipotético, mostrado na figura acima, propaga-se ao longo do plano xy em um meio não homogêneo, cujo índice de refração é função da coordenada y (n = n(y)). Considerando que o feixe tangencia o eixo x no ponto (0, 0), onde

on(0) n . Sabendo que a velocidade da luz no vácuo é c, o valor máximo absoluto possível

da componente y para a velocidade do feixe passível de ser atingida é:

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


a) 2

o

c

2n b)

o

c

2n c)

2

o

c

4n d)

o

c

n e)

o

c

4n

Resolução: Como o índice de refração varia ao longo de y, a direção normal para achar o ângulo de refração é justamente a direção y.

A lei de Snell resulta em:

on sen 90° = n(y) sen (y)

on = c

(y)sem (y)

o

c(y)

nsen (y),

Onde usamos que n(y) = c

(y) A componente y da velocidade é

y (y) (y) cos (y) = o

c

nsen (y) cos (y)

= o

c

2nsen (2 (y))

O valor máximo é atingido quando (y) = 45° e é:

y

o

cmáx

2n

ALTERNATIVA B

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


28.

Um capacitor previamente carregado com energia de 4,5 J foi inserido no circuito, resultando na configuração mostrada na figura acima. No instante t = 0, a chave S é fechada e começa a circular no circuito a corrente i(t), com i(0) > 2 A. Diante do exposto, ao ser alcançado o regime permanente, ou seja i(t → ∞) = 0, o módulo da variação de tensão, em volts, entre os terminais capacitor desde o instante t = 0 é:

a) 0 b) 2 c) 3 d) 5 e) 8

Resolução:

Pela informação oferecida no problema, podemos calcular a tensão nos terminais do capacitor:

2 2 2

pot

1 1E C.V 4,5 1 V V 9

2 2= = =

v 3volts=

Agora é preciso muita atenção na determinação da polaridade nos terminais do capacitor. Podemos pensar em duas possibilidades:

Note que na possibilidade (1) o ponto A apresenta polaridade positiva, acontecendo o inverso no caso da possibilidade (2). Apenas um desses casos é válido! A escolha será com base na informação dada no texto:

i(o) 2

Na possibilidade (1), temos em t=0:

1 1 15 2i 3 0 2i 2 i 1A− + + = = =

Na possibilidade (2), temos em t=0:

2 2 25 2i 3 0 2i 8 i 4A− + − = = =

Vemos então que a possibilidade (2) é a correta!

Com isso, vem em t :−

ABU (t ) 5→ = +

Por fim:

AB ABU (t ) U (t 0) 5 ( 3)→ − = = + − −

AB ABU (t ) U (t 0) 8Volts→ − = =

ALTERNATIVA E

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


29.

Uma partícula de massa m e carga elétrica +q percorre a trajetória tracejada na figura em velocidade constante v. No instante em que a partícula alcança o ponto A, surge um campo magnético uniforme com intensidade constante B, emergindo do plano do papel. A intensidade do campo magnético B para que a partícula alcance o ponto D na continuação de sua trajetória é:

a)

2 2x y mv

2xq b)

2 2

2ym

x y q c)

2 2

2xm

x y q

d) 2 2

2xq

x y m e)

2 2x y m

2yq

Resolução: Nas condições do problema sabemos que a partícula será submetida a uma força magnética com a orientação dada pela figura abaixo:

z x

y

v

yBF

B

Pois

=

= − =(v x) ( Bz) (qvB)y

B

B

F q v x B

F q x¨

A partir de então, a sua trajetória será um arco de circunferência de raio:

=mv

RqB

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


Com a exigência do ponto D necessariamente pertencer à trajetória, temos a figura seguinte:

A

D C

O

R

x

−R y

v

y

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo DOC, vem:

= + −

= + − +

= +

2 2 2

2 2 2 2

2 2

(R y)

2

2

R x

R x R Ry y

Ry x y

=

= +

=+

2 2

2 2

:

:

2

2

(x y )q

Usando

mvR

qB

Temos

mvy x y

qB

ymvB

ALTERNATIVA B

30.

Uma partícula emite um feixe laser horizontal de encontro a uma lente convergente de distância focal f. Após ser desviado, o feixe atinge um anteparo localizado depois do foco da lente. Sabendo que a partícula, a lente e o anteparo estão em movimento em velocidade escalar v nos respectivos sentidos indicados na figura, a aceleração do ponto de impacto do feixe, no referencial do anteparo, é:

a) 2 / 4f b) 2 / 3f c) 2 / 2f

d) 22 / f e) 24 / f

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


Resolução: No referencial do anteparo temos o seguinte:

0

0

h(t) h t,

x(t) x 2 t,

= +

= +

Onde h0 e x0 são constantes arbitrárias. Por semelhança de triângulos, vemos que

220 0 0 0h x x 2hh' h hx 2

h' t tx f f f f f

+ = = = + +

Comparando o último termo de h’(t) com 2ta

2 , achamos a aceleração

24Va

f=

ALTERNATIVA E

Química

31. Considere que a superfície da Lua seja bombardeada a cada segundo por cerca de 100 bilhões de átomos de hidrogênio por cm2 em função da ação do “vento solar”. Supondo que esse fluxo se mantenha constante, a massa aproximada de hidrogênio, que atingirá 1 cm2 da Lua nos próximos 5 milhões de anos será: Dado: NA = 6,0.10 23 a) 16 g b) 26 g c) 32 g d) 40 g e) 48 g

Resolução:

11 2

BOMB

23

A

2

6 6

T 10 Átomos de H / s cm

N 6 10

M(H) 1g/ mol

A 1cm

t 5 10 ANOS 5 10 365 24.3600s

=

=

=

=

= =

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


BOMB

H

A

T A tM M(H)

N

=

11 6

H 23

H

10 1 5 10 365 24.3600M 1

6 10

M 26g

= =

ALTERNATIVA B

32. A respeito das reações abaixo:

+ → +

+ → + +

+ → +

27 4 30 1

13 2 15 0

1 235 142 1

0 92 56 0

2 3 4 1

1 1 2 0

.

. 3

.

x

y

I Al P n

II n U Ba Kr n

III H H He n

Assinale a alternativa INCORRETA. a) A reação I é uma reação de transmutação artificial. b) A reação II é uma reação de fissão nuclear. c) A reação III é uma reação de fusão nuclear. d) O número de nêutrons do criptônio da reação II é 55. e) A massa atômica do criptônio da reação II é 93. Resolução:

+ → +27 4 30 1

13 2 15 0.I Al P n

Trata-se de uma transmutação artificial, uma vez que um núcleo estável de Al está sendo bombardeado por uma partícula .

+ → + +1 235 142 1

0 92 56 0. 3x

yII n U Ba Kr n

+ = + + =

= + =

1 235 142 3.1 91

92 56 36

x x

y y

Processo em questão trata-se da fissão nuclear do 235U , caracterizado pela que seu núcleo por um nêutron e a

posterior liberação de 3 outros nêutrons o que poderá acarretar uma reação em cadeia.

+ → +2 3 4 1

1 1 2 0.III H H He n

Trata-se de um processo de fusão nuclear de átomos de deutério ( 2

1H ) e trítio ( 3

1H ) com formação de um átomo de

maior massa, o 4

2He .

ALTERNATIVA E

GGE RESPONDE

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(1ª FASE)


33. Uma liga de cobre e prata, isenta de impurezas, é colocada em um recipiente contendo uma solução de ácido

sulfúrico e água bromada, de modo que o gás que se desprende durante a reação é integralmente absorvido pela água bromada. Após a dissolução completa da liga, adiciona-se uma solução aquosa de BaCl2. Findo o procedimento, observa-se um precipitado que deve ser composto predominantemente por: a) CuSO4 e Ag2SO4 b) Ag2SO4 e BaSO4 c) CuCl2 e BaSO4 d) AgCl e Ag2SO4 e) AgCl e CuSO4 Resolução:

+Ag Cu

++2 4 2H SO Br ⎯⎯→

+2Cu

2 4Ag SO

−Br

−2

4SO +H

+ → + +

+ → + +

+ + → +

(aq) (s) (g)

(aq) (s) (g)

(aq) (aq)

(s) 2 4 2 4 2 2 ( )

( ) 2 4 4 2 2 ( )

2( ) 2 2 ( ) 2 4 (aq)

Ag SO SO H O

SO SO H O

H O

L

g L

g L

Ag H SO

Cu H SO Cu

SO Br H SO HBr

+2Cu

2 4Ag SO

−Br

−2

4SO +H⎯⎯→

2BaC

+2Cu

+2 4 4Ag SO BaSO

−Br

−C +H

+ −+ →(s)

2 2

(aq) 4 (aq) 4SOBa BaSO

ALTERNATIVA B

34. A azitromicina é um potente antibiótico comercial. Sua estrutura molecular está mostrada abaixo:

Considerando a estrutura acima, são feitas as seguintes afirmações: I. Existem 2 átomos com hibridização sp2. II. A molécula possui 18 carbonos quirais. III. Éster, amina e éter são funções orgânicas

encontradas na molécula. Com base na análise das afirmações acima, assinale a opção correta: a) Há apenas uma afirmação verdadeira. b) Apenas as afirmações I e II são verdadeiras. c) Apenas as afirmações I e III são verdadeiras. d) Apenas as afirmações II e III são verdadeiras. e) Todas as afirmações são verdadeiras.

GGE RESPONDE

IME 2020

(1ª FASE)


Resolução:

I. Verdadeiro

II. Verdadeiro

III. Verdadeiro ALTERNATIVA E

35. Assinale a alternativa correta.

a) Serina, ácido aspártico e ácido glutâmico são exemplos de triacilgliceróis. b) Os triacilgliceróis são encontrados somente em vegetais, sendo os principais responsáveis pela realização da

fotossíntese. c) A hidrólise alcalina de um triacilglicerol misto produz glicerol e uma mistura de sais de ácidos carboxílicos. d) A principal diferença estrutural entre um sabão e um detergente consiste no fato de, em geral, o primeiro ser um

sal de sódio do sulfato de alquila, enquanto o segundo é um sal de ácido carboxílico de cadeia longa. e) Os triacilgliceróis podem ser divididos em gorduras (cuja hidrólise gera uma mistura de ácidos graxos) e óleos

(que não podem ser hidrolisados). Resolução: a) Falsa, são aminoácidos. b) Falsa, também são encontrados em animais (gordura animal). c) Verdadeiro.

2 átomos hibridizados

em sp2

18 ÁTOMOS DE

CARBONOS QUIRAIS.

AMINA

ÉTER

ÉSTER

GGE RESPONDE

IME 2020

(1ª FASE)


−2CH

−

−CH

−2CH

−

− − 1O C R

O

+ →3NaOH

OH

OH

OH

+ −Na O

+ + −Na O

+ −Na O

mistura de sais

glicerol

=

− − 2O C R

O

=

− − 3O C R

O

=

− − 1C R

O

=

− − 2C R

O

=

− − 3C R

O

=

d) Falso, é o oposto. e) Falso, ambos podem ser hidrolisados. ALTERNATIVA C

36. O astrônomo britânico Arthur Eddington cunhou o termo “seta do tempo” para distinguir uma direção no tempo

nos fenômenos naturais, ou seja, o fato de que o estado 2 de um sistema macroscópico ocorre após o estado 1. Podemos afirmar que o valor da entropia do estado 2 de um sistema fechado que evoluiu a partir do estado 1: a) é igual ao valor da entropia do estado 1. b) é menor que o valor da entropia do estado 1. c) é maior que o valor da entropia do estado 1. d) independe do valor da entropia do estado 1. e) depende do caminho percorrido entre os estados. Resolução: Como entropia é função de estado, o valor da entropia do “Estado 2” depende apenas das condições desse estado, não dependendo do valor da entropia do “Estado 1”. ALTERNATIVA D

37. Uma medida quantitativa da estabilidade de um composto sólido iônico é a sua energia de rede, definida como a

energia requerida para decompor completamente 1 mol desse composto nos seus íons em fase gasosa. Considere os seguintes dados: I. a entalpia padrão de formação do CaCl2 é - 790 kJ.mol−1; II. a primeira energia de ionização do átomo de cálcio é 590 kJ.mol−1; III. a segunda energia de ionização do átomo de cálcio é 1146 kJ.mol−1; IV. a vaporização de um mol de Ca(s) consome 190 kJ; V. a energia de ligação do Cl2 é 242 kJ.mol−1; VI. a afinidade eletrônica do Cl é - 349 kJ.mol−1. Com base nessas informações, estima-se que a energia de rede do CaCl2, em kJ.mol−1, seja: a) 790 b) 1029 c) 2070 d) 2260 e) 2609

GGE RESPONDE

IME 2020

(1ª FASE)


Resolução:

( ) ( )→ =+VAPs g

Ca Ca ; H 190KJ

( )→ = +l l2 UGg

C 2C ; H 242KJ

( ) ( )

+ −→ + =+g 1ºIONIZg

Ca Ca e ; H 590KJ

( ) ( )

+ + −→ + =+g g

2

2ºIONIZCa Ca e ; H 1146KJ

( ) ( )

−

→ = −l l

g A Eg2C 2C ; 2 H 698KJ

( ) ( ) ( )+ −+ → − l l

g g

2

REDE2 sCa 2C CaC ; H

( ) ( ) ( )+ → = −FORMs 2 g 2 s

Ca C CaC ; H 790KJ

− = + + + + − − REDE790 190 242 590 1146 698 H

=REDEH 2260KJ / MOL

ALTERNATIVA D

38. Considere a representação da Tabela Periódica a seguir:

Com base nessa representação da tabela, avalie as asserções abaixo:

I. O composto de representação 𝛿𝛼3 é iônico;

II. A distribuição eletrônica [Ar] 4s2 3d8 pode representar o íon 3+;

III. O isótopo mais estável do elemento tem 12 nêutrons;

IV. Os elementos que apresentam, em seu estado fundamental, a distribuição eletrônica [Ne] 3s2 3py, com 1 y 6, são todos não metais;

V. O raio atômico de é menor que o raio atômico de 𝛿.

Assinale a alternativa que contém somente asserções corretas. a) I, II e III. b) III, IV e V. c) II , III e IV. d) I, IV e V. e) II, III e V.

GGE RESPONDE

IME 2020

(1ª FASE)


Resolução:

= H = F = S

= Na 𝛿= P = Ga

I. Falso

𝛿 → 3 3PH Compostomolecular

II. Verdadeiro

+ +

+

+

→ =

→

→

3 3

2 2 6 2 6 2 10 1

3 2 2 6 2 0 10 0

2 8 3

31

1 2 2 3 3 4 3 4

1 2 2 3 4 3 4 ( )

[ ]4 3

Ga

Ga z

Ga s s p s p s d p

Ga s s p s s d p Estadofundamental

Oestado Ar s d poderepresentar umestadoexcitadodoGa

III. Verdadeiro = Na

O isótopo mais estável no Na é o no 23

11Na , que possui 12 nêutrons

IV. Falso O Átomo que apresenta estado fundamental com configuração [He] 3s2 3p1 é o Al, que se encontra no grupo dos metais. V. Verdadeiro

O Raio atômico cresce, no período, da esquerda para a direita logo, como 𝛿 está mais a esquerda que , apresenta

maior raio ALTERNATIVA E

39. A figura abaixo esquematiza o funcionamento de um aparelho de ionização que pode ser útil para medir baixas

pressões compreendidas entre 10–4 e 10–10 mmHg. Nesse dispositivo, elétrons partem de um filamento aquecido, atravessam uma rede cuja tensão fixa a energia do elétron, e atingem uma região do tubo sonda ligada ao sistema de alto vácuo cuja pressão se deseja medir. Esses elétrons ionizam espécies neutras presentes no tubo e formam íons positivos que são atraídos por uma placa coletora negativa. Além disso, produzem uma corrente que pode ser medida e correlacionada com a pressão do sistema de vácuo. Portanto, quanto mais baixa a pressão, menor o número de moléculas neutras e, consequentemente, menor o número de íons positivos formados no tubo.

GGE RESPONDE

IME 2020

(1ª FASE)


O gráfico abaixo relaciona as primeiras energias de ionização aos números atômicos dos respectivos elementos.

Um aparelho de ionização cuja energia eletrônica é 15 eV foi calibrado medindo-se a pressão de um sistema que continha vapor de sódio. Como a leitura do instrumento seria afetada se o vapor de sódio fosse substituído por neônio à mesma pressão? a) A leitura seria maior. b) A leitura manter-se-ia inalterada. c) A leitura seria até 50% menor. d) A leitura seria de até 50% do valor medido com sódio. e) A leitura seria zero. Resolução: Como a energia de ionização do Ne é maior que 15 eV, nenhum átomo desse gás seria ionizado, logo nenhuma leitura seria realizada ao instrumento, uma vez que a placa coletora detecta a colisão de íons positivos (átomos de gases ionizados). ALTERNATIVA E

40. Considere a sequência de reações orgânicas abaixo:

A opção que corresponde aos compostos de (I) a (V), respectivamente, é: a) alquino, alqueno, ácido carboxílico, cloreto de ácido, cetona.

b) alquino, alqueno, ácido carboxílico, haleto de alquila, cetona.

c) alqueno, alquino, ácido carboxílico, cloreto de ácido, cetona.

d) alquino, alqueno, ácido carboxílico, cloreto de ácido, fenol.

e) alquino, alqueno, éster, cloreto de ácido, cetona.

GGE RESPONDE

IME 2020

(1ª FASE)


Resolução:

3 2 3 2CH C CH H CH CH CH 3,

2 2

1)BH THF

2)H O ,OH

3 2 2CH CH CH

(I) (II) (IV)

2 3 2HC SO CH CH C 2SOCl

3 2CH CH C

(III)

(V) ALTERNATIVA A

OH

2 2 7K Cr O

=O

-Cl

=O

-OH

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