Prova do IME de 2008 Resolvida

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2008 
FISICA 
Equipe Rumoaoita 
 
Resolução - IME 
 
 
Questão 1 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
Sendo L a altura de gás no equilíbrio, podemos dizer que: 
=L
4
λ 
 
(pois o menor número de mols necessário, implica o menor volume 
necessário, e com isso, o menor L necessário) 
 
Do equilíbrio devido à ação do gás, podemos igualar as forças: 
 
= + ⇒ = +p ,gas embolo p ,amb gas ambF P F S .P mg S .P 
 
 
 
Considerando o gás ideal: 
 
�
= = +gas amb
V
n.R.T
S .P S . mg S .P
S .L
 
 
 
Ou ainda: 
 
 = + 
 
amb
4. .S mg
n . P
R.T S
λ
 
 
 
Como v = λf 
 
 = + 
 
amb
4.v.S mg
n . P
R.T . f S
 
 
 
 
OBS: A pressão ambiente no ponto de equilíbrio não foi dada, e é possível 
que a banca espere que a resposta seja dada,desconsiderando a mesma,por: 
 
 
 
4.v.m.g
n
R.T . f
= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 2 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
Sem vento: 
= sQ V .C 
 
De onde segue: 
− − −= ∴ =6 2 6s s0,12.10 16.10 .C C 0,75.10 F 
 
 
Com vento: 
cQ V .C= 
 
 
 
6 2 6
c c0,12.10 12.10 .C C 1.10 F
− − −= ∴ = 
 
Da relação entre a capacitância e a distância entre as placas, segue: 
 
−
−
= ⇒ =
⇒ = ∴ =
c S0
S c
6
c6
c
C d.A
C
d C d
1 . 10 8
d 6 cm
0,75 . 10 d
ε
 
 
 
 
 
 
 
 
A força elástica equilibra a força do vento 
( ) 2el v vF F k.x 80. 8 6 .10 F 1,6N−= ⇒ = − ∴ = 
 
 
O ponto que, no gráfico, corresponde a 1,6N apresenta velocidade do vento 
de 80km/h. 
 
 
km
hv 80= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 3 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
 
 
 
= =a bm 0,1 kg ; m 0,2 kg 
 
Temos: 
 
a) Em relação a O (parado na origem): 
Inicialmente: 
=
 =
m
sa0
m
sb0
V 2
V 0
 
Após a colisão: 
=
 =
aF
bF
V ?
V ?
 
 
 
 
 
X
 
 
 
Conservação da quantidade de movimento: 
 
+ = +
⇒ + = +
∴ + =
a a0 b b0 a af b bf
af bf
af bf
m .V m V m .V m V
0,1 . 2 0 0,1.V 0 ,2.V
V 2.V 2
 
 
 
 
Conservação da energia (para a colisão elástica): 
 
+ = +
⇒ + = +
∴ + =
a afa a0 b b0 b b0
af bf
af bf
m .V ²m .V ² m .V ² m .V ²
2 2 2 2
0,1 . 4 0 0 ,1.V ² 0 ,2.V ²
V ² 2.V ² 4
 
 
 
Temos, portanto, o sistema: 
+ =
⇒ = = − + =
af bf
m m
s sbf af
af bf
V 2.V 2 4 2
V ; V
3 3V ² 2.V ² 4
 
 
Mas, para qualquer corpo x, temos que: = − = −x x 0 xV' V V' V 2 
 
Logo, = − = −m ms saf bf
8 2
V ; V
3 3
 
 . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) Para A, inicialmente: = =a0 a0X' 2 m X 
 
i) Deslocamento de A após a colisão (em relação à O): 
 
− −
= ⇒ − = ⇒ =a aaf a
X 2 X 22 2
V X
t 3 2 3∆
 
 
 
ii) Deslocamento de O’ (em relação à O): 
−= ⇒ = ⇒ =0 00 0
X' 0 X'
V ' 2 X' 4 m
t 2∆
 
 
 
 
Logo, em relação à O’, o corpo A ocupa a posição: 
 
= − = − ∴ = −a a 0 a
2 10
X' X X' 4 X' m
3 3
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 4 
 
 
_
 
 
 
 
 
 
____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
a) 
 
 
 
 
 
Da semelhança de triângulos: 
2 2r . f
r
f p f f p
α α= ∴ =
− −
 
 
Da proporcionalidade entre a tensão produzida e a intensidade da luz 
incidente: 
( ) ( ) ( )
= ∴ =
−
1 2 1
22 2
V V f ².V
V
f p ². 2 . 2rπ α π
 
 
 
Mas 
( )= = −
1
2 2
f ².V
V R.i
f p ²
 
 
Com isso: 
( )
1
2
f ².V
i
R. f p ²
=
−
 
 
 
 
 
b) 
 
 
 
 
Semelhança de triângulos: 
 
p f f . f
r'
2 2r' f p
α
α
− = ⇒ =
−
 
 
 
Da proporcionalidade entre a tensão produzida e a intensidade da luz 
incidente: 
( ) ( ) ( )
= ∴ = =
−
1 2
2 1 12 2
V V ' r' ² f ²
V ' V . V
² f p ². 2 . 2r' απ α π
 
 
 
De onde segue: 
( )= −2 1
f ²
V ' V
f p ²
 
 
 
Mas ( )= =−2 1 2
f ²
V ' V R.i
f p ²
 
 
( )
2
2
f ².V
i
R. p f ²
∴ =
−
 
 
 
 
 
 
Questão 5 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
 
Reduzindo a malha da figura 1 por Thèvenin, calculemos a resistência e 
tensão de Thevenin: 
 
 
= =
+
1 2
th
1 2
R .R
R 10
R R
Ω 
 
 
= + = + =1 2cc cc ,1 cc ,2
1 2
R R
i i i 5 A
V V
 
 
= =eq cc eqV i .R 10 V 
 
Conectando a malha da figura 1 ao circuito da figura 2 (x e y a A e B), 
obtemos o sistema ao lado, em que Req = 2.R 
 
 
 
 
Nesse caso 
( )= ⇒ =+ +
5 25.R
i P
R 1 R 1 ²
. 
 
 
Ligando os pontos H a E e F a C, obtemos a seguinte configuração 
(representação espacial): 
 
 
 
 
Note que os pontos G, H e F são simétricos em relação a AB, e então 
podemos “arrancar” o triângulo EFG do circuito, restando apenas uma malha 
com duas resistências 2R em paralelo. Daí, a resistência equivalente nesse 
caso é R. Nesse caso, 
( )= ⇒ =+ +
10 100.R
i P'
R 2 R 2 ²
 
 
 
 
Sendo P’ = 1,125.P , obtemos: =R 2Ω . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 6 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
a) Da figura abaixo, vem: 
= =4 3sen ; cos
5 5
α α 
 
Como as barras são consideradas homogêneas, suas respectivas forças peso 
atuam no centro de cada. 
 
 
 
 
 
 
Equilíbrio de rotação em torno de C: 
 
= + + +1 1 2 3 4T .sen .4 ,5 P . 1,5 P . 4 ,5 P . 7 ,5 P . 9,0α 
 
⇒ = + + +1 1 2 3 4T .sen .4 ,5 . 3 ,0 .1,5 .3 ,0. 4 ,5 .3 ,0. 7 ,5 P . 9,0α µ µ µ 
 
=1T 4250 N 
 
 
 
b) Equilíbrio de translação da viga na horizontal: 
 
= =Cx 1R T .cos 2550 Nα 
 
 
 
 
 
 
 
Equilíbrio de translação da viga na vertical: 
 
= − − − − =Cy 1 1 2 3 4R T .sen P P P P 1800 Nα 
 
 
Considerando a barra BD sem massa (nada foi dito sobre ela). Equilíbrio de 
rotação em torno de B: 
 
( )
( )
 = = − =

 = = = =

1 1
1 1 1
3
sen cos 2 2.cos² 1
5
2 4 4
cos sen 2 2.sen .cos 2. .
520 20
θ β β
θ β β β
 
 
 
( )= + ⇒ ≅2 1 1 2 2T .sen T .sen T 6375 Nα β β 
 
+ = ⇒ = −Bx 2 1 1 2 BxR T .cos T .sen R 3117 Nβ β 
 
RBx aponta na realidade para a direita. 
= + ⇒ =By 1 2 2 1 ByR T .cos T .sen R 6233 Nβ β 
 
 
Questão 7 
 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
 
Vamos calcular o rendimento máximo para a queima de apenas óleo 
combustível a 800K: 
= − = − =friamax
quente
T 300
1 1 62,5 %
T 800
η 
 
Para a queima de combutível + cana, considere o gráfico T x S: 
 
 
 
 
 
Onde 
A1 = Calor gerado pela cana 
A2 = Calor gerado pelo óleo combustível 
A3 = Calor rejeitado para a fonte fria 
 
Temos: A1 + A2 = . 
 
Como A1 = ¼ , tem-se: A2 = 3.A1 
 
Pelo gráfico, A1 = 400.x e A2 = 800.y 
 
Logo, y = 3x/2 
 
 
Ainda, A3 = 300 (x + y) = 750.x. Então, 
 
−
= = = − = − = −
= ≅
quente fria fria 3
max
quente quente quente 1
Q Q Q AW 750.x
1 1 1
Q Q Q 4.A 1600.x
17
53,1%
32
η
 
 
 
 
Se supusermos um funcionamento reversível da máquina térmica, temos uma 
diminuição de rendimento de: 
 
− = >62,5 53,1 9,4% 5%
62,5
, o que tornaria a afirmação incoerente. 
 
 
Se supusermos um funcionamento irreversível, não há como prever esse 
comportamento, mas é razoável imaginar que, se o rendimento teórico 
máximo cai, o real também deva cair na mesma proporção ou até mais. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 8 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
OBS: Inicialmente, há duas formas de interpretar essa questão: 
1 – considerar θ como dado e não se preocupar com a velocidade 
com que o motociclista chega à plataforma; 
 
2 – usar a hipótese do “mínimo esforço” dada na questão, e 
considerar que o motociclista chega à plataforma com velocidade 
nula (nesse caso, o valor de θ pode ser calculado). 
 
Resolveremos a segunda interpretação. 
 
 
 
 
 
O sistema motociclista + moto segue em lançamento oblíquo até atingir a 
corda com velocidade V1. Para respeitar a condição da corda permanecer 
esticada, V1 deve ser perpendicular à corda, logo o motociclista atinge a 
corda no ponto mais alto de sua trajetória. 
 
 
Consideremosque o operador apenas abandona a moto, deforma que não 
altere sua velocidade. Assim: 
= =1 x 0V V V .cosθ 
 
Ainda, para respeitar a condição de mínimo esforço, o motociclista chegará à 
plataforma com velocidade nula. Daí, pela conservação de energia: 
 
= ⇒ =
2
1 1
1 0
m .V
m .g.L V .cos 2.g.L
2
θ (eq I) 
 
Equacionamento do movimento: 
 Em y: 
= − =
 ∴ =
= −

y , final 0
0
0
V V .sen g.t 0
V .sen
t1 gy V .sen .t .g.t²
2
θ
θ
θ
 
 
 Em x: 
= 0x V .cos .tθ 
 
 
Para t = V0.senθ/g , temos y = H – L e x = T – L. Então: 
 
( )
( )
− =
− = − =
0
0 0 0
V ².sen .cos
T L eq II
g
V ².sen² g.V ².sen² V ².sen²
H L eq III
g 2g² 2g
θ θ
θ θ θ
 
 
 
Da equação III, segue que: 
= − 0L H V ².sen²θ 
 
 
Em I, temos: 
( )
 
= − 
 
⇒ + =
⇒ =
2
0
0
2
0
0
V ².sen
V ².cos² 2.g H
2g
V . cos² sen² 2.g.H
V 2.g.H
θθ
θ θ 
 
Fazendo (II) – (III) 
( )− = −
2
0V .senT H . 2.cos sen
2g
θ θ θ 
 
( )
�
( )
÷
+
⇒ − = −
−
⇒ = −
⇒ − = −
⇒ − + − =
cos²
tg² 1
2.T 2.H 4.H .sen .cos 2.H .sen²
T H
2H.tg H.tg²
cos²
T H .sec² 2H.tg H.tg²
T .tg² 2.H .tg T H 0
θ
θ
θ θ θ
θ θ
θ
θ θ θ
θ θ
 
 
Resolvendo a equação do segundo grau em tgθ: 
 
 
± − += H H² T² HTtg
T
θ 
 
Manipulações algébricas nos dão: 
 
 =
+ ± − +

± − + =
 + ± − +
T
cos
2.H² HT 2. H² T² HT
H H² T² HT
sen
2.H² HT 2. H² T² HT
θ
θ
 
 
 
Com isso: 
 
( )=
  ± − +  ∴ =
  + ± − + + ± − +  
�
�
0 0V V .cos ,V .sen
T H H² T² HT
V 2gH . , 2gH .
2.H² HT 2. H² T² HT 2.H² HT 2. H² T² HT
θ θ 
 
 
 
OBS: A condição de existência da solução é : 
( )−
− + ≥ ⇒ ≥
T . 5 1
H² T² HT 0 H
2
 
 
Dentro do intervalo de validade da solução, é facil verificar que: 
( )−
> ≥ ⇒
≥ ⇒ +
T . 5 1
T H Ambas as soluções valem
2
H T Apenas a solução com o sinal vale
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 9 
 
 
 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
 é a força gerada pelas placas e é a força entre as cargas. 
 
(a) A força devido à carga +Q aumenta à medida que a carga -Q se move. 
Para que a aceleração seja constante, a ddp U(x) deve aumentar à medida 
que as cargas se aproximam, para compensar o aumento da interação 
eletrostática. 
 
O campo elétrico é dado por: 
= U( x )E
4d
 
 
 
Vamos calcular a aceleração no ponto x=0: 
( )
( )
= − = −2 1
U 0k.Q²
ma F F Q.
2d ² 4d
 
 
A aceleração máxima ocorre, então, quando, U(0) = 0 
 
A força resultante na carga -Q, para um ponto x qualquer, é: 
( )
( )
= − = − = =
−2 1
U xk.Q² kQ²
F F F Q. ma
2d x ² 4d 4d²
 
( ) ( )
( ) ( )
 
⇒ = −  − 
 
⇒ = −  − 
4d 1 1
U x .kQ².
Q 2d x ² 4d²
1 1
U x 4dKQ.
2d x ² 4d²
 
ou 
 
( ) ( )
 
= −  − 
6 1U x 1,8.10 . 1
1 x ²
 
 
 
b) A extremidade do espelho descreve, num tempo , um arco de 
comprimento S = 5.π.l/18, partindo do repouso e com aceleração constante 
 Assim, vem: 
=5 l 1 .a' .t²
18 2
π
 
 
Enquanto isso, a carga percorre uma distância d.(1 + tg20º) 
 
( )+ =0 1d. 1 tg20 .at²
2
 
 
Assim, 
 
( ) ( )= =+ +0 0
S S kQ²
a' .a .
m.4.d²d. 1 tg20 d. 1 tg20
 
 
=
+ 0
1 5. .k .Q².l
a' .
1 tg20 m.72.d³
π
 
 
 
 
Ou, fazendo as contas (a banca deverá aceitar o resultado indicado): 
 
= ms²a' 5 ,76 . 10³ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 10 
 
 
 
 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução 
 
 a) As posições de equilíbrio são limitadas pela força de atrito. As posições 
extremas podem ser determinadas sabendo que a força de atrito estático será 
máxima nelas. A altura máxima será quando a força de atrito tem sentido para 
baixo na direção da rampa, pois a força de atração elétrica entre os blocos é 
maior que o peso tangencial do bloco B. A altura mínima ocorre quando o 
peso tangencial é maior que a atração elétrica e a força de atrito tem sentido 
para cima. A distância entre os blocos será máxima quando a altura for 
mínima e mínima quando a altura for máxima. Sendo Q e q as cargas dos 
blocos A e B, respectivamente, temos: 
 
( ) ( )
( ) ( )
2
max
2
min
sen 60º sen 60º 0
sen 60º sen 60º 0
e
e
KqQ
mg mg
d
KqQ
mg mg
d
µ
µ
− − + =


− − − =

 
 
Levando a: 
max min
min max
10 3 25
3
20 30
3
 = ⇒ =


= ⇒ =

d m h m
d m h m
 
 
 
 
b) A velocidade máxima de lançamento se configura quando o bloco, após ser 
relançado pela mola, atinge a altura máxima de equilíbrio. Sabe-se que a 
variação de energia mecânica do bloco B nesse deslocamento é igual ao 
trabalho da força de atrito que vale: 
 
( ). . cos 60º .τ µ µ= − = −c cN D mg D 
 
onde D é a distância percorrida para descer da altura 20m e depois subir para 
30m pela rampa. 
 
 
 
 
 
 Essa distância vale: 
( )20 30 3
100
60º 3
+
= =D m
sen
. 
 
Levando a um trabalho de: 
( ) 1 3. cos 60º . 0,3. 3.1.10. .100 150
2 3
τ µ= − = − = −c mg D J . 
 
 
Tomando o referencial como a posição do chão: 
 
_ _ _
1 2
4 3
9
1
. . ² . .
2
40.10 3.10 ² 900
9.10 . 1.10.20 200 0,5. ²
2 132039.
3 / 2
− −
= + +
= + +
= + + = − + +
 
 
 
inicial eletrica inicial cinetica inicial potencial inicial
B
E E E E
Q Q
k m v m g h
d
v
v
¨ 
 
 
E, a energia mecânica final: 
 
_ _ _
1 2
4 3
9
. 0 . .
40.10 3.10 1800
9.10 . 1.10.30 300
131039.
3 / 2
− −
= + +
= − + +
= − + = − +
 
 
 
final eletrica final cinetica final potencial final
B
E E E E
Q Q
k m g h
d
 
 
Da equação de energia: 
150= −final inicialE E 
 
 
 
 
Substituindo: 
1800 900
300 200 0,5. ² 150
13 13
− + = − + + −v 
 
4700
/
13
=v m s 
 
 
 
 
 
 
 
 
Comentários 
 
 
 
A prova do IME deste ano seguiu o nível esperado tradicionalmente. A 
questão 8 tem um enunciado confuso que permite duas interpretações para o 
caminho a ser seguido na solução. No caso, um dos dados pode ser 
calculado a partir dos demais dados, permitindo dois caminhos a serem 
seguidos. Acreditamos que essa falha pode prejudicar bastante o aluno na 
resolução, principalmente os mais bem preparados. Sentimos a falta de 
questões de Óptica física e gravitação, geralmente comuns na prova do IME. 
 
 
2008 
Linguas 
Equipe Rumoaoita 
 
Resolução - IME 
 
 
Português 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 1 
 
 
 
Resposta: 
O texto usa o termo dekassegui para designar os descedentes de japoneses 
que deixavam o Brasil para ir ao Japão, largando aqui suas famílias. A causa 
desse tipo de emigração é apontada como sendo a necessidade das 
indústrias nipônicas em contratar mão-de-obra estrangeira, no caso, 
brasileira. 
 
Alternativa: A 
 
 
 
Questão 2 
 
 
 
 
Resposta: 
O texto 2 narra como os habitantes do Rio se comportavam e se 
relacionavam no ano de 1808, quando a família real chegou ao Brasil. 
 
Alternativa: B 
 
 
Questão 3 
 
 
 
Resposta: 
O termo entroposto é utilizado no sentido de comércio , armazém , e faz 
referências à grande máfia do sitema escravista da época. 
 
Alternativa: D 
 
 
 
Questão 4 
 
 
 
 
Resposta: 
O texto 2 não deixa claro, ou melhor, não faz nenhuma referência ao local 
onde a família real portuguesa se hospedeu após sua chegada ao Rio de 
Janeiro, em 1808. 
 
Alternativa: E 
 
 
 
 
 
 
Questão 5 
 
 
Resposta: 
Os itens corretos são I, III e IV. O item II está incorreto, pois o texto não tem 
caráter descritivo, mas sim narrativo. O item V está errado, porque o texto 2 
não faz referência à dificuldade dos japoneses no Japão, mas sim cita alguns 
problemas que os dekasseguis descendentes de japoneses nascidos no 
Brasil tiveram ao retornar à terra dos seus ascendentes. 
Alternativa: B 
 
Questão 6 
 
 
Resposta: 
Na frase do enunciado, o que funciona como pronome relativo, e equivale a 
o(a)(s) qual(is) ; o mesmo ocorre na letra (c). No primeiro caso, esse pronome 
retoma as iniciais PR e, no segundo, retoma sucesso . 
 
Alternativa: C 
 
 
 
Questão 7 
 
 
 
 
Resposta: 
Apenas o item (b) apresenta uma equivalência correta. No item (a), a palavra 
deveriaser descriminar ; no (c), ratificar ; no (d), instância ; e no (e), infrigir . 
 
Alternativa: B 
 
 
 
 
Questão 8 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
Apenas o item (a) está correto de acordo com a norma culta da nossa língua. 
No item (b), o a não deveria ser craseado, pois preferir é transitivo direto; no 
item (c), o pronome usado deveria ser o ,em vez de lhe , uma vez que 
informar é transitivo direto; no item (d), o correto seria ... em terras 
estrangeiras à pobreza ... ; e no item (e), o padrão seria Esquecia sempre os 
compromissos ... , já que, nesse caso, o verbo esquecer é transitivo direto. 
 
Alternativa: A 
 
 
 
 
Questão 9 
 
 
 
Resposta: 
Apenas o item (d) está correto de acordo com a norma culta da nossa língua. 
No item (a), não deveria ter empregado-se o verbo reavejo, pois ele é 
defectivo conjugado igual ao verbo haver existe apenas nas variações com há 
v ; no item (b), a forma correta seria inclui , em vez de inclue ; no item (c), o 
certo seria interveio , em vez de interviu ; e no item (e), o padrão seria vir , em 
vez de ver . 
 
Alternativa: D 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 10 
 
 
 
 
 
Resposta: 
Em (1) e em (8), não se pode usar vígula, pois não se separa sujeito de 
predicado. Em (4), (10) e (12), o uso da vírgula é obrigatória, para isolar os 
termos deslocados. 
 
Em (7) e em (11), não se deve usar vírgula, pois trata-se da última parcela de 
uma enumeração. Logo, a única alternativa possível é a (e). 
 
Alternativa: E 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 11 
 
 
Resposta: 
 
I O se é partícula reflexiva, pois dá sentido de: os negros vestiam a si 
mesmos . 
II Analogamente a I, a partícula é reflexiva, e dá idéia de: ponha você mesmo 
na rua . 
III A partícula se , nesse caso, tem apenas função de realçar a idéia do verbo 
foi (ir). 
 
Alternativa: B 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 12 
 
 
 
 
 
Resposta: 
 
I O apesar disso traz idéia de oposição, adversidade, contrariedade. 
II A expressão em destaque dá sentido de simultaneidade: ao mesmo tempo 
que parte da família deixava o país como dekassegui , a outra parte 
prosseguia os estudos ou os negócios da família. 
III O termo destacado, iniciado por que e separado por vírgulas, dá uma 
explicação referente à cidade . 
IV Esse item contém uma explicação sobre a determinação dado sobre os 
homens pretos e mestiços. 
 
Alternativa: A 
 
 
 
 
 
 
Questão 13 
 
 
 
Resposta: 
Os itens I, II e IV estão corretos. O item II está errado, pois o verbo haver , no 
sentido de existir , é impessoal, e, portanto, não deve ser conjugado. O item V 
está errado, pois o verbo que sucede a expressão 
mais de um deve concordar com o numeral; logo, o verbo têm não deveria ter 
sido acentuado. 
 
Alternativa: D 
 
 
Questão 14 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
A alternativa (c) está incorreta: os termos citados são, na verdade, alto-
falantes , e não auto-falantes . 
 
Alternativa: C 
 
 
Questão 15 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
O verbo chegar rege a preposição em ; então, aonde deveria ser substituído 
por em que . Ainda tem, nessa situação, função temporial, e deveria ser 
substituída por até aquele momento . Visto que é explicativo, equivalente à 
porque . Cá refere-se ao Brasil. Incipiente é sinônimo de principiante , 
iniciante. Redunde equivale ao verbo resulte, como se pode notar pelo próprio 
contexto. 
 
Alternativa: B 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Inglês 
 
Questões 16 a 20 
 
Resposta: 
 
16 – A. ‘to stroll’ tem o sentido coloquial de ‘passear por’. 
 
17 – B. O sentido do texto é a respeito de algo que acabou de passar. ‘this 
past christmas’ significa ‘este ultimo natal’ ou ‘natal passado’. 
 
18 – C. ‘to take a closer look’ significa ‘olhar mais atentamente’. 
 
 
 
19 – A. A intensidade e coloração dos diodos variavam de acordo com o 
número de pessoas que passavam perto. 
 
20 – A. A disposição das luzes, ou coreografia das luzes, ocorre de acordo 
com o software devidamente programado. 
 
 
 
Questão 21 
 
 
 
Resposta: 
 
O texto afirma que existem “..United States’ nuclear deterrence strategy”, o 
que significa que os EUA desenvolvem estratégias para evitar problemas 
nucleares. 
 
Alternativa: C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 22 
 
 
 
Resposta: 
 
O texto diz que, apesar de conectores de cobre terem bem substituído 
interconectores de alumínio, 7 anos atrás, os mesmos estão com seus dias 
contados. Isto significa que em breve, estes também serão substituídos. 
 
Alternativa: B 
 
Questão 23 
 
 
Resposta: 
‘To do something for a living’ significa ter esse algo como profissão. Alguem 
que vive de contar piadas é um comediante. 
 
Alternativa: A 
 
 
 
Questão 24 
 
 
Resposta: 
Por eliminação a resposta deve ser a letra E. Informações distintas sobre 
tamanhos europeus e americanos, que ainda assim, não servem corpos 
asiáticos é o suficiente para concluir que tamanho nunca é único. 
Alternativa: E 
 
Questão 25 
 
 
 
 
Resposta: 
 
O texto relata que os resultados de pesquisas recentes constam que garotas 
vão tão bem quanto os garotos em testes de matemática. Os itens b, c, d, e , 
ou estão dizendo que um gênero se sai melhor que outro, ou não se relaciona 
com o assunto de forma alguma. O item (a) poderia muito bem fazer parte do 
texto, uma vez que acrescentaria dizendo que ‘Nenhuma diferença de gênero 
pode ser encontrada entre os melhores pontuadores em testes de 
matematica’. 
 
Alternativa: A 
 
Questão 26 
 
Resposta: 
‘3-wheeled UFOs’ – dá a entender que trata-se de um sistema complexo e 
delicado 
‘Eerie’ – significa ‘amendrontador’, ‘misterioso’, e é usado para descrever o 
som do motor. 
‘barely perceptible’ – usado para descrever o som do motor, o que significa 
que os carros são silenciosos. 
 
Alternativa: C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 27 
 
Resposta: 
‘chilly’ significa ‘frio’. A passagem “O sol do meio dia havia afastado todo o 
‘frio’ da manhã do ar” permite dizer que a manhã havia sido fria. 
Alternativa: E 
 
Questão 28 
 
Resposta: 
Quem pesa 109 quilogramas é o motorista que testou a motocicleta. 
Alternativa: D 
 
 
 
Questão 29 
 
Resposta: 
As políticas de incentivo à biodiversidade terão sempre pessoas contra, 
indicando que há pessoas com uma visão negativa da biodiversidade. 
Alternativa: E 
 
Questão 30 
 
Resposta: 
A globalização entre nações bastante distintas foi permitida devido 
Alternativa: D 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questões 31 a 35 
 
 
 
 
Resposta: 
31 – C 32 - B 33 – D 34 – E 35 – A 
 
 
 
 
 
Questões 36 
 
Resposta: 
O texto anuncia uma novidade no mundo científic, e portanto, é mais provavel 
de ser encontrado em uma publicação científica e não panfletos turísticos, 
panfletos de segurança, livro de historia em quadrinhos ou letreiro. 
 
Resposta C 
 
Questões 37 
 
 
Resposta: 
A palavra culmination traduzida ao português é culminação, que significa 
ponto mais alto. No sentido da frase poderia ser substituida também por 
‘result’. 
Resposta B 
 
 
 
 
 
Questão 38 
 
 
Resposta: 
As demais alternativas indicam a improbabilidade de ‘despontar’ no mercado, 
algo que é totalmente contrário à ideia do texto. 
 
Resposta C 
 
 
Questão 39 
 
 
 
Resposta: 
Apoiadores de copos (coasters) funcionarão como bafômetros (breathalyzers) 
 
Resposta E 
 
 
 
Questão 40 
 
 
Resposta: 
O título da opção A indica a possibilidade de sucesso futuro da inovação 
eletronica dos e-noses. 
 
Resposta A 
 
 
Questões 41 a 43 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
 
41 – ‘”... To help solve this problem, NASA is funding a research on special-
use goggles with implanted GPS radars that will help guide astronauts on their 
missions on the moon.’” 
 
42 – ‘”... The trouble is finding great minds willing to work solely for the 
development of science, leaving behind the money they could have gotten in 
job offers in other fields”. 
 
43 – ‘”... thesescientists hope to achieve something never before 
accomplished in the science world - artificially intelligent human-like creatures, 
which will definitely open new doors for the scientific development in this field 
of expertise.” 
 
 
 
 
 
Comentários da Prova 
 
A prova de português estava dentro do previsto e tradicional da prova do IME. 
Destaque deste dia de prova está para a inovada prova de inglês. Os alunos, 
até os mais conhecedores da lingua inglesa, devem ter tido alguma 
dificuldade. Não pelo alto nível da prova, mas sim pelas opções e perguntas 
confusas das questões 21 a 30. Não acreditamos que uma prova confusa 
seja o caminho para a melhor seleção. Embora achemos que a idéia de 
prevalecer a interpretação e o conhecimento de vocabulário possa ser um 
rumo novo e interessante a ser seguido para a prova de inglês do IME. 
 
 
 
Equipe Rumoaoita
 
 
Questão 1 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
Somando as 3 equações teremos: 
x y z 4,2
y z x 3,6
z x y 2
x x {x} y y {y} z z {z} 4,2 3,6 2
x y z 4,9
 
Subtraindo cada uma das equações do resultado acima teremos: 
{y} 0,7 e z 0
{y} z 0,7 ou
{y} 0,3 e z 1
{z} 0,3 e x 1
{z} x 1,3 ou
{z} 0,7 e x 2
{x} 0,1 e y 3
{x} y 2,9 ou
{x} 0,9 e y 2
 
 
Combinando os resultados, temos 7 possíveis soluções para {x,y,z} , a priori. 
 
{0,9 ; 3,7 ; 0,3} , {0,9 ; 2,7 ; 1,3} , {1,9 ; 3,7 ; 0,7}
{1,9 ; 2,7 ; 0,3} , {1,9 ; 1,7 ; 1,3} , {2,9 ; 2,7 ; 0,7}
{2,9 ; 1,7 ; 0,3}
 
Testando no sistema original, verificamos que, apenas as seguintes soluções 
satisfazem: 
{1,9 ; 2,7 ; 0,3} , {2,9 ; 2,7 ; 0,7}
 
Para ambas as soluções temos: 
x y z 0,5
 
 
Questão 2 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
Achando as equações de reta suporte aos lados: 
AB
h 2h 2h b
AB : m y . x
b / 2 b b 2
 
BC
h 2h 2h b
BC : m y . x
b / 2 b b 2
 
Como o ângulo do vértice A é de 30º, temos: 
h 2h 3
tg 30º
b / 2 b 3
 
 
De onde segue as equações das retas: 
3 3
AB : .x y .b 0
3 6
3 3
BC : .x y .b 0
3 6
 
Da condição do L.G: 
2
p,x p,AB p,BCd d .d
3 3 3 3
.x y .b .x y .b
3 6 3 6
y² .
1 1
1 1
3 3
x² 3 bx 3 3 bx 3 b²
.xy .xy y² .b.y .b.y
3 3 6 3 6 6 6 12
y²
4
3
b²
x² 3y² 3.b.y
4
y²
4
 
Simplificando: 
4.x² 12 16 .y² 4. 3.b.y b² 0
 
Temos 
 
quando o termo em 
 
é 
 
hipérbole 
Temos 
 
quando o termo em é 
 
circunferência 
: 
Circunferência: 
 
Hipérbole: 
 
 
Questão 3 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
Sejam: 
1 2z a.cis z b.cis
 
Da segunda condição: 
3 4 3 4
2 2
3 4 3 4
3 4 3 4 3 4 3 4
3 4 3 4 3 4 3 4
3 4 3 4
3 3 3 3
4 4 44
z z z z
z z z z
z z . z z z z . z z
z z z z z z . z z
z .z z .z
z z z z
Re 0
z z zz
 
Da primeira condição, temos: 
3
1 2
4
0
0
2
z
Re z .z Re Re a.b.cis
z
a.b.cos
k , k
 
Ou seja, os complexos z1 e z2 são ortogonais. 
 
Questão 4 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
Escrevendo a 3ª condição para vários valores de n, teremos as equações a 
seguir. Somando as mesmas: 
F(i,0) r F(i 1, 0)
F(i 1,0) r F i 2,0
... ...
F(1,0) r F 0,0
F i,0 i.r 1
 
Escrevendo a 2ª condição para vários valores de n, teremos as equações a 
seguir. Multiplicando as mesmas 
F(i,i) q. F(i, i 1)
F(i, i 1) q. F i, i 2
... ...
F(i,1)
i i
q.F i,0
F i,i q .F i,0 q . i.r 1
 
 
Assim, temos as seguintes equações, que somadas: 
1
0 0
1 1
1 1 2 2
11 0 0
0 0
n
n
n n
n
i i
F(n,n) q. F n ,n r.q
F(n ,n ) q. F n ,n r.q
... ...
F( , ) q. F , r.q
F(n,n) F , q. F(n,n) F n,n r. q q² ... q
 
Desenvolvendo: 
1
0
1 1 1
1
nn
n
i
q q
q F(n,n) q. q . nr r.
q
 
Ou ainda: 
11
2
0
1 1
1 1
nnn
i
q qq . n.r
F(n,n) r.
q q
 
De onde, vem: 
201020102009
2
0
1 2009 1
1 1i
q qq . .r
F(n,n) r.
q q
 
 
Questão 5 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
Na figura abaixo, 
C'GB' CGB tipo LAL
 
Logo, o quadrilátero #BCB C é paralelogramo, e, com isso: LK//BC 
Ampliando a imagem do quadrilátero #ALGK: 
 
LT TK
LK //BC
AT TG analogamente
 
Dessa forma: 
ATL ATK LTG GTKS S S S
 
Como o triângulo A B C é o mesmo triângulo, apenas rotacionado, temos: 
ABC A 'B 'C 'S S
 
O equacionamento, portanto é simples. Sendo U a área pedida: 
2ABC A 'B 'C ' LKPONM
U
U S S S S S
 
Ou ainda: 
4
3
S
U
 
 
Questão 6 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
Podemos reescrever a inequação da seguinte forma: 
1 4 2
4 2 2 2
2 2 0
2 2 1 2
.
sen²x . senx cosx .sen x .
. senx cos x . sen x
 
1 4 2
4 2 4 2 2 1 2
2 0
2 2 1 2
.
sen²x . senx cos x .sen x . senx cos x . . sen x
. senx cos x . sen x
 
2
2 2 0
2 2 2 2
4 4 4
sen x
sen²x
. cos x .sen x .cos x
 
 
0
senx. 2 sen x
4
0
2. 2 cos x . 1 sen x
4 4
senx.sen x
4
senx . tg x 0
4cos x
4
 
 
Ou seja, devemos ter: 
i) senx 0 ; tg x 0
4
3
0 x e 0 x ou x
4 2 4 2
3
x
4 4
 
ii) senx 0 ; tg x 0
4
3
x 2 e x ou x 2
2 4 2 4
5 7
x ou x 2
4 4
 
Da união das soluções, temos: 
3 5 7
x ou x ou x 2
4 4 4 4
 
Segunda solução 
 
Façamos : 
 
 
Façamos , então , 
logo: 
²
 
Segue que: 
²
. 
Por outro lado: 
 
Logo: . 
Voltando à inequação: 
 
Analogamente: 
 
 
Portanto, . 
Questão 7 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
Observe a figura a seguir: 
 
i) As pirâmides 
 
e 
 
são semelhantes: 
 
²
 
Por simetria dos pontos A e C em relação à diagonal do cubo, VA = VC (ii). 
 
De (i), (ii) e (iii): 
 
D BV1
 
B
 
V
h 
a 
a
 
 
De onde segue: 
 
Resolvendo: 
 
Testando as soluções para k primo. 
 
Para , o que não satisfaz ao problema. 
Logo: 
 
ou 
 
ou 
 
 
Questão 8 
 
_____________________________________________________ 
Solução: Do enunciado definimos a equação, e aplicamos Laplace na ultima 
coluna: 
 
 
Lembrando que o determinante de uma matriz diagonal é o produto dos 
elementos da diagonal principal, podemos simplificar a soma: 
n 1 n 1 n 2 n 2 n 1 n
det x.I A
n n n
1 . . 1 1 . 1 .x ... 1 . . 1 .x
n n 1 1
 
Simplificando: 
n 1 nn n ndet x.I A 1 .x .x² ... .x x
n 1 n 2 1
 
Trata-se do desenvolvimento do binômio de Newton: 
n
det x.I A 1 x
 
 
Logo a única raíz da equação é: 
x = -1 (raíz de multipliciade n)
 
Questão 9 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
1º caso:
 
Par de elementos das 2 primeiras linhas, da mesma coluna, iguais: 
 
 
 
2 possibilidades para os 2 elementos da 1ª coluna, das 3ª e 4ª linhas: 
 
Os números em negrito são fixos. 
Para os demais elementos em branco há 2 opções. 
Logo: 
 
2º caso:
 
Par de elementos das 2 primeiras linha, da mesma coluna, 
diferentes: 
 
 
2 possibilidades para os 2 elementos da 1ª coluna, das 3ª e 4ª linhas: 
 
Números em negrito fixos. 
Logo: 
 
 
288 maneiras 
Questão 10 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
 
Como , podemos fazer , para um 
 
 
Usando as identidades : 
 
Assim, temos duas possibilidades: 
i) 
 
 
 
 
Dado o domínio de , temos . 
ii) 
 
No domínio, não temos nenhuma solução para esse caso. 
Portanto a única solução real da equação é: 
 
 
Comentários 
 
A prova do IME deste ano retomou a tradição (que tinha sido deixada de lado 
nos últimos dois anos de concurso) de ser a prova mais difícil de matemática 
dentre os vestibulares do país. As questões, individualmente, são bem 
elaboradas (num nível muito bom para o aluno preparado). No entanto, até 
mesmo os mais bem preparados devem ter sentido um poucode sufoco 
para resolver o conjunto das 10 questões. 
Damos destaque às boas questões de geometria propostas (principalmente a 
questão 5), bem como à necessidade de uma boa manipulação algébrica na 
maior parte das questões. 
 
IME 2008-2009: Primeiro Dia 
 
Prova Objetiva 
 
COMENTÁRI O DA PROVA: A dificuldade dos testes foi m aior do que em 
anos anteriores, m as a prova conseguiu abranger o conteúdo básico das 
matérias. 
O gabarito do I ME está com diversos erros, m as apenas as questões 11 e 
24 devem ser anuladas por não terem resposta. 
Esperam os que as próxim as provas cont inuem com o m esm o nível de 
exigência desta pr im eira, para que os m elhores candidatos sejam 
selecionados. 
Download da prova objetiva: 
http://www.ime.eb.br/arquivos/Admissao/Vestibular_CFG/Resultados/2008-
2009/Objetivacfg2008_A4.pdf
 
Gabarito oficial (contém erros): 
http://www.ime.eb.br/arquivos/Admissao/Vestibular_CFG/Resultados/2008-
2009/GabaritoObjetiva.pdf
 
Questão 01 
Solução: 
Para resolver essa questão é preciso analisar todas as alternativas. Iniciando 
pelas letras d e e, temos que as expressões do lado esquerdo são 
equivalentes a , que não é igual a . 
Nas letras b e c, temos tanto 
 
quanto 
 
contidos em , ou 
seja, as expressões só serão vazias se . 
Na letra a,temos: 
 
http://www.ime.eb.br/arquivos/Admissao/Vestibular_CFG/Resultados/2008-
2009/Objetivacfg2008_A4.pdf
http://www.ime.eb.br/arquivos/Admissao/Vestibular_CFG/Resultados/2008-
2009/GabaritoObjetiva.pdf
 
Portanto, a letra a é a única verdadeira. 
Resposta: A 
Questão 02 
Solução: 
 
Sabemos que: 
 
. 
Dessa forma, 
 
 
 
Dessa forma, + = 1 
 
(I) 
A equação acima corresponde a equação de uma circunferência com centro 
no ponto (a,0) e raio a. 
Resposta: A 
 
Questão 03 
Solução: 
Do enunciado, temos: 
 
A inversível 
 
det(A) 0 
Manipulando a equação, temos: . 
Calculando o determinante em ambos os lados da equação, temos: 
. 
Das propriedades de determinantes, temos: 
 
Pelo Teorema de Binet: 
 
Resposta: E 
Questão 04 
Solução: 
Temos que 
145 3
3
6 2
55
5 5
N 5³.
22
. 
Logo: 
 
Resposta: B 
 
Questão 05 
Solução: 
Simplificando a expressão, temos: 
 
( )
 
Sabe-se que : 
 
Assim, temos: 
 
Resposta: C 
Questão 06 
Solução: 
Pela lei dos senos, 
 
= , o que implica que 
 
= . 
Pela lei dos cossenos, 
 
² ² ²
. 
Analogamente, 
² ² ²
. 
Logo, 
² ² ²
² ² ²
. 
Resposta: B 
 
Questão 07 
Solução: 
Do desenho, temos: 
 
Pelo Teorema de Pitágoras: 
 
Disso, temos 
.
 
Resposta: D 
D
 
A
 
B
 
C
 
D
2
 
d
2
 
 
Questão 08 
Solução: 
Considere apenas o centro de duas faces C1 e C2 como indicado na 
figura abaixo. A figura secundária destaca o triângulo de vértices PQV 
formado pelos pés das alturas de duas faces e o vértice do maior 
tetraedro. 
 
Da semelhança dos triângulos 
 
e : 
 
Da simetria, o tetraedro interno também será regular, e, portanto, 
semelhante ao primeiro tetraedro. Sabemos que a razão dos volumes de 
duas figuras geométricas semelhantes é dada pelo cubo da razão de 
semelhança das dimensões lineares da figura. 
x
 
k
 
2k/3
 
V
 
C C
L / 
P
 
Q
 
P
 
Q
 
C2
 
C1
 
V
 
 
Logo: 
 
Resposta: C 
Questão 09 
Solução: 
2 227a b
 
Distância de ponto à reta: 
24 27 2 34 2 3
16 4 20
b ba b
distância f(b)
 
Derivando f com relação à variável b: 
2
1 2
4 2
2 27
b
f '(b) . .
b
 
Os pontos críticos são encontrados fazendo f (b) = 0 : 
2
2
1 2
4 2 0 2 27 3
2 27
6
b
. . b b b
b
a
 
Os pontos (a,b) possíveis são (-6,-3) ; (-6,3) ; (6,-3) ; (6,3). 
Testando cada um dos 4 pontos na expressão da distância de ponto à reta, 
obtém-se que o ponto de menor distância é (-6,-3). 
 
Portanto: a + b = -6-3 = -9 
 
Resposta: E 
Questão 10 
Solução: 
Somando todas as equações do sistema abaixo, temos: 
 
Temos: 
 10(
 
 
 
Com isso: 
 
 
(Usando a primeira equação do sistema) 
 
 
(Usando a última equação do sistema) 
Dessa forma, 
 
Resposta: D 
 
Questão 11 
Solução: 
Para termos soluções reais, devemos ter o 
 
Temos cinco possibilidades para : 
: 
 
nenhuma solução 
 
(1 possibilidade) 
 
(3 
possibilidades) 
: 
 
(8 possibilidades) 
: 
 
(12 possibilidades) 
O espaço amostral é de 
 
possibilidades, portanto a probabilidade é de . 
Resposta: Anulada 
Questão 12 
Solução: 
Do enunciado, temos que para qualquer x par (x>2), a soma dos 
 
termos da PA é 
 
 
Para n=2 e x=4: 
 
Para n=3 e x=6: 
 
Da definição de PA, podemos usar 
 
Esse sistema pode ser reescrito assim: 
 
Disso, é imediato que 
 
e . 
Resposta: D 
Questão 13 
Solução: 
Substituindo a segunda equação na primeira, obtemos: 
y4 + 2cy³ + (c² + a + 2d)y² + (2cd +ac -1)y + d² + ad + b = 0 
A soma das raízes é S=-2c. 
Resposta: A 
 
Questão 14 
Solução: 
Remanejando a equação dada: 
 
Como x e y são inteiros positivos, temos apenas algumas possibilidades 
de solução para o sistema . 
Resolvendo o sistema, temos , . 
Inicialmente temos as seguintes opções para o par : 
 
Testando esses valores na solução , temos que o único par que 
satisfaz as condições é , dando 
 
e . 
O valor pedido é . 
Resposta: D 
Questão 15 
Solução: 
g: (X,Y) 
 
(a,b) = (x3, x 
 
f(y) ) 
 
a = x3 
 
x=b + f(y) 
 
x = 
 
b = x 
 
f(y) x= y = f-1( ) 
Logo g-1: (a,b) 
 
( , f-1( ) ) g é bijetora 
 
Considere os pares (-4,y1) e (4,y2). 
Como f é bijetora, de domínio R, então existem y1 e y2 tais que 
f(y1) = 8 e f(y2) =16, por exemplo. 
Logo h(-4,y1) = h(4,y2) = (16,-12), ou seja, h não é injetora. 
 
Resposta: E 
Questão 16 
Solução: 
Sejam 
 
e 
 
as velocidades do raio de luz ao percorrer os 
materiais onde seu comprimento de onda vale 
 
e , 
respectivamente. 
 
 
Desta forma, o tempo gasto é 
 
Resposta: C 
Questão 17 
Solução: 
 
(espaço inicial entre as cargas) 
, 
 
(dilatação da barra) 
 
Resposta: C 
Questão 18 
Solução: 
Igualando o empuxo ao peso: 
á
 
á
 
Com isso: 
 
Resposta: A 
Questão 19 
Solução: 
A área embaixo da curva é o trabalho realizado pela força. 
Pelo teorema da energia cinética, temos: 
 
Resposta: B 
 
Questão 20 
Solução: 
Sabendo que 
 
e que a ddp é a mesma nos dois experimentos, temos: 
 
Quando o capacitor encontra-se preenchido parcialmente com o líquido, 
temos uma associação em paralelo de capacitores, de modo que a 
capacitância equivalente nesse experimento é dada por , onde 
 
e . 
Assim, . 
Resposta: B 
Questão 21 
Solução: 
 
Resposta: C 
 
Questão 22 
Solução: 
Na figura, temos x indicando a posição do centro de massa do carro, ou seja, 
os eixos estão nas posições 
 
e . 
Para o equilíbrio de momentos no sistema acima, temos: 
. 
No instante pedido, : . 
As posições dos eixos são 
 
e , ou seja, 2 e 4. 
A única opção que temos nas alternativas é 2,0m. 
Resposta: C 
Questão 23 
Solução: 
Lembrando que a energia cinética de um corpo é proporcional ao 
quadrado da velocidade resultante do corpo: 
- t0 até t1 : o corpo desloca-se com velocidade constante v 
 
Energia 
cinética permanece constante 
x
 
R
 
 
- t1 até t2 : o corpo cai da plataforma 
 
Componente horizontal v 
permanece constante e componente vertical vy cresce. Logo toda a 
velocidade resultante V cresce. 
V2 = v2 + vy
2 
Como vy = gt , temos que V
2 = v2 + g2t2 
 
ramo crescente de parábola 
com concavidade voltada para cima. 
- t2 até t3 :O corpo atinge o solo e continua com movimentohorizontal 
apenas 
 
A componente vertical da velocidade é subitamente 
interrompida (reta vertical no gráfico) e a velocidade resultante passa a 
ser constante e igual a antiga velocidade horizontal. 
V2 = v2 
- t3 até t4 : Ao receber o impulso, imediatamente o corpo passa a obter 
uma velocidade vertical inicial vy0 e sua velocidade V passa a ser 
subitamente V = v + vy0 (reta vertical no gráfico) 
Como vy 
= vy0 - gt, temos que
 V2 = v2 + vy0
2 - 2gt vy0 + g
2t2 
A velocidade resultante V do corpo diminui proporcionalmente ao 
quadrado do tempo até atingir o ponto mais alto do movimento. Após 
isso, ele desce, aumentando a velocidade V do movimento 
proporcionalmente ao quadrado do tempo, até atingir o solo novamente 
com a mesma velocidade V = v + vy0 com que foi impulsionado. Isso 
indica uma parábola completa com concavidade para cima. 
Ao atingir o solo, a velocidade vertical do corpo é subitamente 
interrompida e a velocidade resultante do corpo volta a ser a original V=v 
Resposta: C 
 
Questão 24 
Solução: 
Há inversão entre imagem virtual e real sempre que o bloco passa pelo 
foco. Iniciando o movimento para um x tal que a posição do bloco inicial seja 
entre o centro e o foco do espelho, teremos uma imagem real-invertida. A 
medida que o bloco volta no seu movimento, e passa pelo foco, a imagem 
torna-se virtual-direita. 
Quando o bloco atinge x em relação ao centro do MHS (foco), ele passa a 
novamente a voltar para a esquerda, invertendo novamente o tipo de imagem, 
agora de virtual para real , até que atinja a posição inicial + x, concluindo o 
período da oscilação. 
Resumindo, em um período de oscilação, há 2 inversões entre virtual e real , 
caracterizando que a freqüência das inversões é o dobro da freqüência do 
bloco em MHS. 
 
Pela lei de Gauss, calculamos a expressão da distância entre a imagem e 
espelho: 
 
OBS: Alguns poderiam interpretar o enunciado como pedindo a freqüência de 
inversões do tipo virtual para real , desconsiderando as inversões do tipo real 
para virtual . Nesse caso, a freqüência desse tipo de inversão seria igual a 
freqüência do bloco oscilante e a resposta seria a letra A. 
Resposta: ANULADA 
 
Questão 25 
Solução: 
I) CORRETA. Um vetor é caracterizado por três grandezas: 
direção, módulo e sentido. 
Quando a partícula atravessa a região entre as placas, ela 
sofre uma aceleração tal que o módulo de sua velocidade 
varia com o tempo. 
Quando atravessando a região onde existe o campo 
magnético, a partícula sofre uma aceleração tal que sua 
direção varia com o tempo. 
Dessa forma, como há variação de uma das três grandezas, 
há variação do vetor velocidade. Como , há variação 
da quantidade de movimento da partícula ao longo de toda a 
trajetória. 
II) FALSA. Como se sabe, o trabalho da força magnética é 
sempre nulo, uma vez que ela atua em uma direção 
perpendicular ao movimento da partícula. 
III) CORRETA. Como a força elétrica é uma força conservativa, o 
movimento espontâneo é no sentido de diminuir a energia 
potencial. 
IV) FALSA. Dado que a força magnética é dada por: 
) e que o vetor velocidade varia com o tempo, a força 
magnética não é constante na região onde existe o campo 
magnético. 
Resposta: B 
Questão 26 
Solução: 
I) FALSA. Vamos calcular as velocidades inicial e final dos corpos: 
Para o corpo A, temos: 
VoxA = ,
 
= m/s ; VoyA = 0m/s 
 
VfxA = ,
 
= m/s ; VfyA = 20m/s 
V²oA = m²/s² ; V²fA = 1 m²/s² ; 
Para o corpo B, temos: 
VoxB = 0 = m/s ; VoyB = 0m/s 
VfxB = ,
 
= m/s ; VfyB = -10m/s 
V²oB = m²/s² ; V²fB = 1 m²/s² ; 
Eci = 
,
 
+ 
,
(0) = 
 
Ecf = 
,
 
+ 
,
 
= 
 
Dessa forma, conclui-se que a energia cinética não se conserva! 
II) CORRETA. Pela análise dos gráficos, podemos constatar: 
Quantidade movimento no eixo x: 
Inicial: Pa + Pb = 4 + 0 = 4 
Final: Pa + Pb = 3 + 1 = 4. 
Quantidade movimento no eixo y: 
Inicial: Pa + Pb = 0 + 0 = 4 
Final: Pa + Pb = 2 - 2 = 4. 
Dessa forma, a quantidade de movimento é conservada no choque. 
Sabemos que o impulso total aplicado em uma partícula corresponde à 
variação da quantidade de movimento da mesma. 
Vamos dividir a analise nos eixos x e y. 
Particula A: 
Eixo X: IxA = PfxA 
 
PoxA = 1 
 
4 = -3. 
Eixo Y: IyA = PfyA 
 
PoyA = 2 
 
0 = 2. 
Particula B: 
Eixo X: IxB = PfxB 
 
PoxB = 3 
 
0 = 3 
Eixo Y: IyB = PfyB 
 
PoyB = -2 
 
0 = -2. 
 
Desse modo, temos: 
 
III) FALSA 
IV) CORRETA 
Resposta: D 
Questão 27 
Solução: 
Temos que: 
 
. 
 
Dessa forma, igualando as equações, temos: 
 
Resposta: A 
Questão 28 
Solução: 
 
[
 
 
 
Devemos ter , pois o fluxo diminuirá com a espessura. Fazendo , 
encontramos o item A como solução. 
Para 
 
não há opção. 
Resposta: A 
Questão 29 
Solução: 
Da suposição do movimento circular: 
2 2 2 3
2
2 3 2 2
4 4GMm mV GM R
mw R M
R R R T GT
 
Para o cálculo da massa do planeta: 
2 2 2
2 2 2
4 4
2
L L Gm Lr
T g m
g t r Gt
 
Resposta: C 
Questão 30 
Solução: 
 
Como p < 0, temos que a imagem produzida é virtual. 
 
A = 
 
 Resposta: C 
Questão 31 
Solução: 
I) ERRADA. A molécula de SO2 é angular (não linear). Os 
orbitais híbridos são sp. 
II) CERTA. 
III) ERRADA. Podemos ter átomos ligados, como o Fósforo, a 
uma cadeia carbônica de modo a termos uma molécula 
orgânica com orbital híbrido sp³d ou sp³d². 
IV) CERTA. O número de orbitais híbridos é igual ao número 
total de orbitais atômicos puros empregados na sua 
formação. Como exemplo, vejamos a hibridação sp³: ela é 
resultado da junção de 3 orbitais p puros com um orbital puro 
s. 
Resposta: D 
Questão 32 
Solução: 
A) ERRADA. O Cu reduzido no catodo é puro 
B) ERRADA. No anodo há corrosão do Cu (que pode ser impuro). 
C) ERRADA.O Cu é depositado no catodo e dissolvido no anodo. 
D) CERTA. 
E) ERRADA. Não há liberação de gases. 
Resposta: D 
 
Questão 33 
Solução: 
Massa x de CaCO3 reage com 50ml de HCl 0,20M 
Reação: 
1 CaCO3 + 2HCl 
 
1H2O + 1CO2 + 1CaCl2 
nHCl = 0.20 . 10
-3 . 50 = 10.10-3 mols de HCl 
20ml de solução de NaOH titulados com 25ml de solução 0.2M de HCl. 
Reação de titulação: 
1 HCl + 1NaOH 
 
1 H2O + 1NaCl 
 nHCl = nNaOH 
 
5.10-3 mols = nNaOH 
20ml NaOH(aq) : 5.10
-3 mols NaOH 
12ml NaOH(aq) : p mols NaOH 
p = 3.10-3 mols de NaOH(aq) 
Com a adição inicial de 50ml de HCl 0.2M houve sobra de HCl, o que fez com 
que a solução ficasse ácida. Houve a necessidade de adição de 12ml de 
NaOH para neutralização de tal solução. 
Logo, a reação de HCl com CaCO3 consumiu: 
k = ½ . (10*10-3 
 
3.10-3) = (7/2) .10-3 mols de CaCO3 
Massa molar de CaCO3 = 100 g/mol 
Massa x de CaCO3 é k .100 = 0.35 g de CaCO3 
Resposta: B 
 
Questão 34 
Solução: 
Massa do indivíduo = 60 kg 
Massa do esqueleto do indivíduo = 1/3 . 60 kg = 20 kg 
Massa da fase mineral do esqueleto humano = 0,7.20 kg = 14 kg 
M Ca10(PO4)6(OH)2 = 10.40 + (31 +4.16).6 + (16+1).2 = 400 + 95.6 + 17.2 
 = 1004 g/mol 
1 mol : 1004g 
n : 14000g 
n = 14000/1004 mols de Ca10(PO4)6(OH)2 
Mols de Ca por mol de Composto = 10 
Numero de átomos de Cálcio = (14000/1004) . 10 . 6.02*1023 
 = 8.39 . 1025 átomos de Cálcio 
Resposta: C 
Questão 35 
Solução: 
X(s) 
 
2 Y(g) H = -200 cal 
1 mol : 2 mol 
10 mol : 20 mol 
Hfinal = -2000 cal 
 
Considerou-se reação total e que todo o calor da reação aqueceu 
exclusivamente os 20mol de Y (recipiente adiabático) 
Q = cy. T 
 
T = 100 K 
 
Tfinal = 400K 
V1/T1 = V2/T2 
 
V2 = 4/3 * V1 
PV = nRT 
 
1. V1 = 20. 0.082 . 300 
 
V1 = 20.3.8.2 = 492 L 
Vf = V2 
 
V2 = 4/3 .492 = 656 L 
Resposta: D 
Questão 36 
Solução: 
A) CORRETA. A lei geral dos gases pode ser aplicada com boaaproximação 
para gases reais quando estes são submetidos a baixas pressões e 
temperaturas elevadas. 
B) FALSA. A pressão de vapor de um líquido é função da temperatura. 
C) FALSA. Nada se pode dizer acerca da pressão de vapor do líquido após a 
abertura do recipiente. 
D) FALSA. Escolhido um sistema de unidades, o valor de R será constante 
nesse sistema (
.
. .
 
E) FALSA. O princípio de Avogadro nos garante exatamente o contrário. 
Dada uma mesma temperatura e pressão, dois gases distintos apresentarão 
o mesmo volume molar. 
Resposta: A 
 
Questão 37 
Solução: 
O NO2 é consumido na 1ª etapa e produzido pela segunda, o que é 
característica dos catalisadores. No estágio II temos produtos da 1ª etapa e 
reagentes da 2ª etapa: SO3, NO e O2. A etapa 1 é a determinante para a lei 
de velocidade da reação, pois é a etapa lenta da reação (possui a maior 
energia de ativação. Por corresponder a uma reação elementar, podemos 
afirmar que a lei de velocidade da reação é dada por . 
Resposta: C 
Questão 38 
Solução: 
A emissão de 8 partículas diminui o número atômico em 16 unidades e o 
número de massa em 32 unidades. Por sua vez, a emissão de 6 partículas 
não altera o número de massa, mas aumenta em 6 unidades o número 
atômico. Contabilizando as duas emissões, temos um decréscimo de 32 
unidades na massa atômica e de 10 unidades no número atômico, o que 
produz 82
206Pb. 
Resposta: B 
 
Questão 39 
Solução: 
O número de isômeros ópticos é calculado através da fórmula N=2k, 
onde k é o número de centros quirais presentes na molécula. 
A priori, teríamos 1024 isômeros ópticos. Entretanto, nos carbonos 
marcados em *, a posição do oxigênio só pode ser cis (impedimento estérico), 
diminuindo pela metade o número desses isômeros. 
O número de ligações é 13. 
Resposta: A 
 
Questão 40 
Solução: 
a) Ésteres de ácidos graxos superiores são lipídios. FALSO. 
b) Somente polissacarídeos e dissacarídeos podem ser hidrolisados. 
Os monossacarídeos são monômeros dos carboidratos. FALSO 
c) Ligações peptídicas unem aminoácidos, e não ácidos graxos. 
FALSO 
d) As enzimas constituem uma classe especial de peptídios, e não 
de glicídios. FALSO. 
Resposta: E 
 
2008 
QUIMICA 
Equipe Rumoaoita 
 
Resolução - IME 
 
 
Questão 1 
_________________________________________________ 
Solução: 
A) O item está incorreto por apresentar uma configuração eletrônica em que 
há uma violação do princípio da exclusão de Pauli. 
 
B) CORRETO . Observa-se experimentalmente que átomos cuja distribuição 
eletrônica apresenta orbitais semipreenchidos ou totalmente preenchidos 
apresentam uma maior estabilidade relativa. As energias dos subníveis 3d e 
4s são bastante próximas, o que viabiliza energeticamente o salto de um 
elétron do subnível 4s para o subnível 3d de modo a tornar este 
semipreenchido, conferindo ao átomo uma maior estabilidade. Dessa forma, 
a distribuição do Cr é dada por: 1�² 2�² 2�6 3�² 3�6 4�1 3�5. 
 
C) O item está errado por apresentar uma configuração eletrônica de um 
estado excitado e não no estado fundamental. A regra de Hund nos diz que 
para obtermos uma configuração no estado fundamental devemos 
primeiramente semipreencher todos os orbitais de um dado subnível para só 
depois adicionarmos um segundo elétron. 
 
 Os itens D e E estão errados devido à explicação dada para o item B. O 
estado fundamental do Cr apresenta 5 elétrons no subnível d e 1 elétron no 
subnível s. 
 
 
Questão 2 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
Numero de mols da mistura inicial (Clapeyron): 
 
= ⇒ = =inicial
0,74 . 10 ,0
PV n.R.T n 0,30 mol
0,082 . 300
 
 
Número de mols de CO2 no final 
= = =2
2
2
CO
CO
CO
m 17 ,6
n 0,4 mol
MM 44
 
 
Número de mols da mistura final: 
= ⇒ = =final final
2,46 . 10 ,0
P V n.R.T n 1,0 mol
0 ,082 . 300
 
 
O enunciado afirma que A é um hidrocarboneto gasoso, assim representamos 
A por CxHy. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A reação de combustao pode ser descrita por: 
 
++ + → +
+− − + +
+
x y 2 2 2 2
y 2z
C H z.H O xCO H O
2
inicio : n n'
ny 2n'
reação : n n' nx
2
ny 2n'
final : nx
2
 
 
De onde segue: 
 
( )
=

= =
+ = 
+ = = ⇒  + = +
 + = =

⇒ − =
⇒ − =
2
0 ,4
x
CO
inicial
final
n
n.x n 0 ,40
n n' 0,3
n n' n 0 ,30
n.y 2n' 1,2
ny 2n'
nx n 1,0
2
n. y 2 0 ,6
2 y 4 3x
 
 
Lembrando que y e x devem ser inteiros, e que x deve ser menor que 6 
(hidrocarboneto deve ser gasoso). É facil ver que números impares de x 
darão valores fracionários de y. Nos restam duas possibilidades x = 2 ou 
 x = 4. 
 
Para x = 2, temos y = 5. No entanto, não existe o hidrocarboneto C2H5 
 
 
a) Portanto, temos que x = 4 e o hidrocarboneto é o buteno: C4H8 
 
 
 
 
 
 
 
Voltemos às equações: 
 
+ =
⇒ = = + =
n n' 0 ,3
n 0 ,1 mol ; n' 0 ,2 mol
8.n 2n' 1,2
 
 
Desse modo, as pressoes parciais saem por Clapeyron: 
 
 = = =

 = − =
∴ = =
2
2
A
H A
A H
nRT 0 ,1.0 ,082.300
P 0 ,25 atm
V 10
P 0 ,74 P 0 ,49 atm
P 0,25 atm ; P 0 ,49 atm
 
 
 
b) O único isômero que possui isomeria cis-trans é o 2-buteno 
 
 
 
 
 
Obs: A questão possui uma inconsistência. Se não co nsiderarmos que a 
água não liquefaz quando resfriada nas condições pr opostas, a questão 
entra em contradição: o número de mols calculado pa ra o CO 2 é 
diferente do número de mols calculado a partir da m assa dada no 
enunciado. A 27º C e pressão de 2,46 atm a água dev e encontrar-se em 
um estado condensado. 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 3 
 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
a) É dado da questão que o cádmio é oxidado (consumido) durante a 
descarga da pilha, conforme a equação: 
( ) ( ) ( )
+ −→ +2
s aq aq
Cd Cd 2.OH 
 
Assim a semi-pilha NiOOH | Ni(OH)2 representa o catodo (redução) da pilha: 
( ) ( ) ( )→s 2 aqNiOOH Ni OH 
 
Balanceamento por íon-elétron: 
( ) ( ) ( ) ( )
+ −+ + →
s aq 2 aq
NiOOH H e Ni OH 
 
Como o meio é básico: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
− −+ + → +2s l aq2 aqNiOOH H O e Ni OH OH 
 
Logo: 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
+ −
− −
+
→ +
+ + → +
+ + → +
2
s aq aq
2s l aq2 aq
2
2s s l aq 2 aq
anodica : Cd Cd 2e
catodica : 2NiOOH 2H O 2e 2 Ni OH 2OH
______________________________________________________________________
global : Cd 2NiOOH 2H O Cd 2 Ni OH
 
 
 
b) Carga gasta total: 
 
= = =Q i.t 2.4825 9650 C 
 
Na recarga da bateria, as reações que ocorrem são as inversas do item(a). 
Assim, temos: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
− −+ → + +
= − − − − − − − − −
− − − − − − − − − −
2aq s l2 aq
Ni OH OH NiOOH H O e
MM 92 g 96500 C
m 9650 C
 
 
De onde, segue: 
 
 
=m 9,2 g 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 4 
 
 
__________________________________________________ 
 
Solução: 
 
Da equação de Clapeyron para pressão osmótica temos: 
 ( )
=
⇒ = ∴ =B
B
.V n.R.T
4 ,1
1. 0 ,82 .0 ,082.300 MM 123 g /mol
MM
Π
 
 
Sabemos que B é da forma 
x y zC H Br 
 
Onde, temos, uma vez que é acíclico e saturado: 
 
= + −y 2x 2 z 
 
De onde segue que: 
 
( )+ + − + =
⇒ + =
12x 2x 2 z 80z 123
14x 79z 121
 
 
Como desejamos apenas as soluções inteiras não nulas, temos: 
= = =z 1 ; x 3 ; y 7 
 
 
O composto trata-se de: 3 7B : C H Br 
 
 
Devemos achar o composto D tal que a reação com HBr gere B. Trata-se, 
claramente do composto: 
3 6D : C H 
 
Vale lembrar que a reação com HBr na presença de peróxido é uma reação 
de redução, e por isso, D deve ter uma insaturação. Esta reação é a exceção 
à regra de Markovnikov, de modo que o hidrogênio deve entrar para o 
carbono com menos hidrogênios da ligação dupla, de modo que o radical Br 
está, portanto, na ponta do composto. 
 
 
B : 1 – bromo propano 
 
 
A reação de KOH com solução alcoólica é de substituição, formando o sal 
KBr e água, gerando uma dupla ligação no composto orgânico. Ou seja: 
 
 
 
A reação de Br2 em presençade luz é uma reação de simples halogenação, 
de modo que: 
 
 
 
 
 
 
Questão 5 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
Seja X o gás inerte em questão: 
= + + = +x A B xn n n n 1,25 n 
 
Da equação de Clapeyron: 
( )= ⇒ = +
⇒ =
0 0 x
x
P .V n .R.T 3,05 .15 1,25 n .0 ,082.300
n 0 ,61mols
 
 
Nada foi dito sobre C ser solúvel ou não, então, consideremos que não 
sabemos a quantidade de C que ficará como gás no reator. O final da reação 
ocorre quando não houver mais reagente. Considerando a velocidade de 
reação constante, isso acontece em t = 2 τ 
 
Segundo a Lei de Henry, a solubilidade é diretamente proporcional à pressão 
do gás. Como as variações sucessivas em C, foram iguais, temos que ∆nC 
(quantidade no meio gasoso) deve dobrar ao final da reação. 
 
Tempo nA nB nC nX Ntotal (atm) Ptotal (atm) 
0 0,5 0,75 0 0,61 1,86 3,05 
τ 0,25 0,5 nc 0,61 nc + 1,36 2,59 
2 τ 0 0,25 2 nc 0,61 2 nc + 0,86 ? 
 
 
 
= ⇒ = = = =tetotaltotal total
total
P RT 0 ,082.300
P .V n .R.T c 1,64
n V 15
∆∆ ∆
∆
 
 
 
Aplicando esta relação =total
total
P
1,64
n
∆
∆
 nos dois instantes da tabela: 
 
− = ⇒ =
+ − cc
2,59 3,05
1,64 n 0 ,22
n 1,36 1,86
 
 
−
= ∴ =
+ −
f
f
c
P 3,05
1,64 P 2,13 atm
2n 0 ,86 1,86
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 6 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
Reagir o benzeno com ácido nítrico em meio ácido, gerando o nitro-benzeno: 
 
 
 
Reagir o nitrobenzeno com Ferro e HCl, gerando o ‘hidrogênio atômico’, que 
fará a hidrogenação do nitro-benzeno, gerando a anilina. 
 
 
 
 
 
 
O próximo passo resulta no fenol, na reação conhecida como ‘Hidrólise do Sal 
de diazonio’ 
 
 
 
 
 
 
A alquilação do fenol gerará dois produtos parecidos. Como o radical hidroxila 
é orto-para dirigente, teremos os dois produtos a seguir. Desejamos apenas a 
disposição orto. A separação é feita pelos diferentes pontos de ebulição dos 
dois produtos. 
 
 
 
 
 
A oxidação enérgica (permanganato de potássio em meio ácido) transformará 
o radical metil na função ácido carboxílico, concluindo a obtenção pedida. 
OH
C H3
Ácido
KMnO4
C
OH
O
OH
+ O2 + H2O
Ácido Orto-hidróxibenzóico
(ácido salicílico) 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 7 
 
 
_____________________________________________________ 
Solução: 
 
A equação em questão é 
 
( ) ( ) ( ) ( )+ +
−
�4 2 3g s g sCH 3Fe 2H Fe C
1
inicio 0
0 ,082.298
reação x 2x
1
final : x 2x
0 ,082.298
 
( )
=
−
c
2x ²
K
1
x
0 ,082.298
 
 
Como o processo é isotérmico o valor da constante de equilíbrio não é 
alterado. 
 
 
( ) = + − − − ⇒ =

= + − − ⇒ =
4
4
0 0 kJ
molCH
0 0 kJ
molCH
H 2 . 0 25 ,1 74 ,8 3 . 0 H 99,9
S 2 . 130 ,6 104 ,6 186 ,2 3. 27 ,3 S 0 ,098
∆ ∆
∆ ∆
 
 
Sabemos que: 
 
= − ⇒ = − =0 0 0 0 kJ molG H T . S G 99,9 298 .0 ,098 70 ,69∆ ∆ ∆ ∆ 
 
 
A variação da energia livre de Gibbs da reação é positiva, logo a reação não é 
espontânea, e portanto, esse processo isotérmico não é viável. 
 
 
�
=
=− ⇒ = − = − = −p p
ln3
70690
G R.T .lnK lnK 28 ,55 26. 1,1
8 ,31 .298
∆ 
 
− −= − = ⇒ =26 26p plnK 26.ln3 ln3 K 3 
 
Sabe-se que: 
 
( ) ( )− −−= ⇒ =n 126c p cK K . R.T K 3 . 0 ,082.298
∆
 
 
 
Como o valor de Kc é muito pequeno, podemos fazer a seguinte 
aproximação: 
 
( ) ( )−= ≅ =
−
26
c
2x ² 4x²
K 3 . 0 ,082.298
1 1
x
0 ,082.298 0 ,082.298
 
 
 
 
 
 
( )
− −
= ⇒ =
26 133 3
4.x² x
0 ,082.298 ² 0 ,082.298.2
 
 
 
De onde segue, que no equilibrio: 
 
[ ]
[ ] [ ]
−
−
− −


 = ≅ = =
+ + + +


= − =
 + +
2
4
13
13
2
H 13 13 13
4 2
13
CH 13 13
3
H 3 10 ,082.298.2
X
1 3CH H 1 3 3 1
0 ,082.298.2 0 ,082.298.2
1 3
X 1
3 1 3 1
 
 
≅ ≅
+
≅ ≅
+
2
4
H 13
13
CH 13
1
X 0
3 1
3
X 1
3 1
 
 
 
Ou seja, no equilibrio, a quantidade de H2 gerado é muito menor que a 
quantidade de metano usada, e portanto, a quantidade de cementita, que, em 
proporção, é gerada em metade da quantidade do que hidrogênio, é muito 
pequena. 
 
Conclui-se que o processo é inviável . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 8 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
A massa molar do ácido benzóico, C7H6O2 vale 122 g. Dessa forma a solução 
contém 0,1 mol de ácido benzóico. 
 
Sejam: 
 na = número de mols na solução aquosa 
 nb = número de anions 
 nc = número de mols na solução orgânica 
 nd = número de dímeros na solução aquosa 
 
 
Conservando a massa, temos: 
= + + +a b c d0 ,1 n n n 2.n 
 
Vamos expressar todas as variáveis acima, em função apenas da primeira 
variável. 
 
 
 
 
 
 
Como todos os equilibrios devem ser satisfeitos: 
 
= = ⇒ =
= = ⇒ =
c a
e c
a
d a
d d
c
n n1
K n
n 2 2
n .0 ,01 n ²
K 2 n
n ² 200
 
 
Equação de ionização do ácido: 
+ −+�HB H B 
[ ]
+ − −
−
      = = = ⇒ =
4 ,7
5 b
a b a
a
H . B 10 .n
K 4 ,50.10 n 2,25.n
HB n
 
 
Assim: 
= + + + ∴ + + + =a b c d a a a a0 ,1 n n n 2.n n 2,25.n 0 ,5.n n ² 0 ,1 
 
Resolvendo a equação do segundo grau temos: 
 
=an 0 ,025 mol 
 
Assim: 
[ ] = mol LaqHB 0,25 
 
 
 
 
 
 
 
 
Agradecimentos ao professor Pedro Madeira 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 9 
 
 
_____________________________________________________ 
 
Solução: 
 
Temos que: 
( )
− − −
− −
 
= − − = − − + + − − 
−
=
−
1 2 1
2 1
k t k t k t2 1
R S Q
2 1 2 1
k t k t
1
2 1
k k
X 1 X X 1 1 .e .e e
k k k k
k . e e
k k
 
 
O valor máximo da função XR(t) acontecerá para (dica do enunciado): 
( ) ( )
−
−− −
−− + = ⇔ = =−
2
1 22 1
1
k .t
k k .tk t k t1 1
2 1 k .t
2 1 2
k k e
. k e k .e 0 e
k k k e
 
 
 
Ou seja, o valor máximo ocorrerá para: 
 =  −  
1
21 2
1 kt .ln
kk k
 
 
 
 
 
E, o valor máximo de XR para tal instante será: 
 
   
   − −   
 
= − 
 −  
2 11 1
2 22 1 2 1
k kk k.ln .ln
k kk k k k1
R ,max
2 1
k
X . e e
k k
 
 
Desenvolvendo: 
− −   
   
   
− −
− −
 
 = −
 −
 
 
    = −   
 −    
 
 
    = −   
      −   
 
k k2 1
k k k k2 1 2 11 1
2 2
2 1
2 1 2 1
k k1 2
k k12
k k
ln ln
k k1
R ,max
2 1
k k
k k k k
1 1 1
2 22 1
1 1
1 1
1 1
2 22
1
k
X . e e
k k
k k k
.
k kk k
1 k k
.
k kk
1
k
 
 
 
Com isso, fica evidente que seria bom encontrarmos a razão k1/k2. A respeito 
das reações de desintegração, temos: 
 
= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ =1
2
1
2
0
0 0
N
dN N ln22k.N ln kt ln k.T k
dt N N T
 
 
 
Com isso: =
1
2
ln2
k
T
 
 
 
Ou ainda: = = =
1
2
1
2
,21
2 , 1
Tk 34 ,5
1,5
k T 23
 
 
 
 
onde segue: 
( ) ( )( )− −= − =2 3R ,max 4X 3. 1,5 1,5 9 
 
 
A desintengração ocorre da seguinte forma: 
 
−
− − −
→ +
→ +
100 4 96
z 2 z 2
96 0 96
z 2 1 z 1
Q R
R S
α
β
 
 
 
Para 1 g de Q, temos 0,01 mols de Q. Em qualquer instante, teremos 0,01 
mols de mistura. 
 
 = ⇒ ≅R R
m4
.0 ,01 m 0,43 g
9 96
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 10 
 
 
 
______________________________________________________________ 
 
Solução 
 
A reação que gera o composto A é uma reação de alquilação de Friedel-
Crafts: 
CH3CH2Cl
AlCl3 
CH2 - CH3
+ HCl
A: etil benzeno
 
 
Devido a estabilidade do anel e do efeito dos seus elétrons, a oxidação 
enérgica ocorre sempre no primeiro carbono da cadeia externa, gerando o 
ácido metil-benzóico. 
 
 
 
Como o radical com a função ácido carboxílico possui uma insaturação, a 
adição do radical nitro é feita na posição meta 
 
 
 
A reação que gera o composto D é a nitração do benzeno: 
 
 
A redução do nitrobenzeno à anilina (IUPAC: fenil-amina) tem como 
catalisador o Ferro com HCl 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A reação que gera o composto F é semelhante à primeira reação citada. 
 
 
A reação de halogenação do benzeno original origina o composto G 
 
 
O radical cloro não possui saturação em suas ligações, e portanto é orto-para 
dirigente nas reações de adição.A ozonólise quebra o anel benzênico (a única reação de oxidação que faz 
isso), de modo a gerar aldeído, que, se oxidado, vira ácido carboxílico. A 
presença de zinco não permite que a segunda oxidação ocorra, e mantém o 
resultado como aldeído. 
O3
Zn
J: etanodial
O O
C C
H H
3
 
 
 
 
 
 
 
Comentários 
 
 
 
A banca do IME está de parabens pela prova. Sentíamos falta da prova neste 
estilo já há alguns anos no IME. Os assuntos foram cobrados com 
simplicidade (talvez a única confusao gerada tenha sido na questão 2), porém 
exigindo que o candidato tivesse confiança e conhecimento do assunto. 
 
Destaque para a parte de química orgânica, no quesito conhecimento de 
reações orgânicas, que há tempos estava sumida da prova do IME. Estas 
questões exigiram do candidato o conhecimento de reações básicas 
(ensinadas no ensino-medio, e fazendo parte de qualquer programa de 
vestibular), e raciocínio. Só lamentamos uma reação orgânica ter sido pedida 
2 vezes na mesma prova (a mesma reação de nitração foi pedida em 2 
questões diferentes). Com certeza a melhor prova de química dos ultimos 
anos.