ime – 2013/2014 -...

IME – 2013/2014

PROVAS OBJETIVAS – 1º DIA

Matemática ......................................................................................................... 5

Física ................................................................................................................. 21

Química ........................................................................................................... 44

PROVA DISCURSIVA – 2º DIA

Matemática ....................................................................................................... 57


Física ................................................................................................................ 69


Química ............................................................................................................ 93

PROVA MISTA – 5º DIA

Português ........................................................................................................ 107

Inglês ............................................................................................................... 118

Proposta de Redação .................................................................................... 132

OSG.: 076810/135

MATEMÁTICA

POTENCIAÇÃO

222 16 7 2 9 21) 2 ·8! 2 · 2 · 3 · 5 · 7 2 · 3 · 5 · 7< π ⇔ < π ⇔ < π

2 · 2 3 · · 35⇔ < π3 6 2

22

22 3

22

2 9 16 18

2 3 16 27

2 13 3 16 13 3 3 3

2) 2 9 2 3

3) 2 3 2 3

4) 2 2 · 5 2 2 · 5 2 5

< ⇔ <

< ⇔ <

< ⇔ < ⇔ <

Resposta correta: (C)

OSG.: 076810/136

MATRIZES

1) T

a b c a b c 1 0 0

A A I b c a b c a 0 1 0

c a b c a b 0 0 1

= ⇔ =

i) Linha 1, coluna 1 : a2 + b2 + c2 = 1

ii) Linha 1, coluna 2 : ab + bc + ca = 0

Assim, (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2 (ab + bc + ca) = 1

⇒ a + b + c = 1 (supondo a, b, c > 0).

2) Logo, a, b, c são as raízes de x3 – x2 – 1 = 0.

3) Sendo f(x) = x3 – x2 –1, vemos que f(1) = –1 < 0 e f(2) = 3 > 0, ou seja, f possui

uma raiz entre 1 e 2. Vamos mostrar que essa é a única raiz real.

i) f’(x) = 3x2 – 2x = 0 ⇒ x = 0 ou x = 2

3

f (0) = – 1 e f ( )23

= 3127

−

ii) f ”(x) = 6x – 2 f ”(0) 2 (concavidadepara baixo)

f ”(2 3) 2 (concavidadepara cima)

= −

=

Assim, o esboço do gráfico é:

2/3

–12

que comprova que há apenas uma raiz real.

Resposta: (Questão Nula)

OSG.: 076810/137

CONJUNTOS

1. W ≠ ∅ ⇔ 2k + 1 < 3k – 5 ⇔ k 6≥

2. W ⊆ W ∩ S ⇔ W ⊆ S. Logo:

i) 3 ≤ 2k + 1 ⇔ k 1≥

ii) 3k – 5 ≤ 22 ⇔ k 9≤

Portanto, k ∈[6; 9].


SISTEMA DE EQUAÇÕES

1) 4 6 4yz z x e xy z e= ⇒ = . Com xy³z² = e, temos yz4 = e³.

2) 3 2 x 0 3 2 7 7x 1xy z y z y z 1 yz 1

z yz z yz

≠= → = ⇒ = ⇒ = .

OSG.: 076810/138

3) Logo, 3 3z e= e 1 2

z e y e x e−= ⇒ = ⇒ =

4) Assim, 2 1x y z e e e−+ + = + + .

Resposta correta: (B)

GEOMETRIA ANALÍTICA

B A

B1

B2

F1

F2

45º 45º

y = – x y = x

c = A1

A2

C D

3

1) 3

c 3, e2

= = a 2⇒ =

OSG.: 076810/139

2) 2 2 2 2a b c 4 3 b= + ⇒ = + b 1⇒ =

3) Equação da elipse (horizontal): 2

2xy 1 (*)

4+ =

4) Fazendo x = y em (*): 2 2 55x 4 x .

5= ⇒ = ±

5) Assim, ABCD é um quadrado de lado 4 5

.5

Logo,

2

4 5 16 5 16[ABCD] .

5 25 5

⋅= = =

Resposta correta: (D)

GEOMETRIA PLANA

A

B

CD

β βθ

Sejam BDC = θ e BCA .= β Como ABC CDA 90º 90º 180º+ = + = ⇒ O quadrilátero

ABCD é inscritível ⇒ ADC 90º 90º= β⇒ β+ θ = ⇒ β = −θ

Como senθ e senβ são as raízes da equação x2 + bx + c = 0

⇒ Pelas reações de Girard: sen sen b

sen sen c

θ+ β = −

θ⋅ β =

OSG.: 076810/1310

Mas senβ = sen(90º – θ) = cosθ ⇒ sen cos b (i)

sen cos c (ii)

θ+ θ = −

θ⋅ θ =

Elevando (i) ao quadrado e substituindo (ii), obtemos:

( ) ( )2 2 2 2 2

1

2 2

sen cos b sen cos 2 sen cos b

1 2c b b 2c 1

θ + θ = − ⇒ θ+ θ+ ⋅ θ ⋅ θ =

⇒ + = ⇒ − =

Resposta correta: (E)

GEOMETRIA PLANA

OSG.: 076810/1311

Na figura, OT é base média do trapézio BQPA PT TQ x.⇒ = =

Pelo Teorema de Pitágoras no

2

2 2R 7OTQ : R x

2

∆ = + ⇒

2 2

2 27R 3R R 3 R 3x R x PT TQ .

4 4 2 2⇒ = − = ⇒ = ⇒ = =

Além disso, 2x 2R x

BQK ~ APK QK BKRQK BK

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒

BK R 3 3QK QK BK

R 2 2⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅

Por fim, pela potência do ponto K em relação à C:

( ) ( )

( ) ( )

22 2

2 2 22 2

2 2

BK 3 R 3QK x BK BK 2R BK 2RBK

2 2

3BK 3R 6RBK 4BK 8RBK BK 2RBK 3R

BK R 2R BK R B é o ponto médio de OK Q será

o ponto médio de TK QK x.

⋅+ = ⋅ + ⇒ + = + ⇒

⇒ + + = + = + = ⇒

⇒ + = ⇒ = ⇒ ⇒

⇒ =

Sendo OT R 1ˆOKT No OTK: sen .

2R 2 6OK

π= θ ⇒ ∆ θ = = = ⇒ θ =


OSG.: 076810/1312

GEOMETRIA ESPACIAL

I. Vamos primeiro estudar a base ABCD. Como AD = DC = 2 e AC = 2, ACD é

um triângulo retângulo isósceles. Juntamente com AB = BC = 5 , temos que

ABCD é um rombo:

II. Se SA = x e SB = y, então x + y = 7 e x2 – 2 = h2 = y2 – 9

⇒ y2 – x2 = 7 ⇒ (y + x) (y – x) = 7 ⇒ y – x = 1.

Logo, y = 4 e x = 3, o que dá h = 7 .

III. Portanto , [ ]SABCD

1V ABCD h 7.

3= ⋅ =


[ ] AC · BDABCD 3

2= =

OSG.: 076810/1313

FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS

Temos que:

[ ] ( )a , , c 0, , b , e d 0, .2 2 2 2

π π π π ∈ − ∈ π ∈ − ∈ π

A figura abaixo mostra a plotagem dos pontos a, b, c, d, a , b , c e d2 2 2 2

π π π π − − − −

no círculo trigonométrico:

5

4

5

4−

d

c

4

π

4

π

4

π

b d2

π= −

a c2

π= −

a2

π −

b2

π −

1

3−

1

3

OSG.: 076810/1314

Temos que

22 2 22f (x) x x x .

4 4 2 4

π π π π = − π⋅ + − = − −

Como 2

4

π

é constante

2

x2

π ⇒ −

determina quem é o maior ⇒ Pelo círculo

trigonométrico, f(a) > f(d) > f(b) > f(c).


BINÔMIO DE NEWTON COM EXPONENCIAL

De acordo com o enunciado, temos:

2 2log

( )

x 1

7

9 7 x 1

x 1

2

1 19 7

1log 3 1

25

− + −

−

+ = + + ⋅ +

2log ( ) ( )1

x 1 5

7 7

x 1

1

x 13 1 5

19 7

3 1

2

−

−

−+

= + + +

Usando a ordem padrão da fórmula do termo geral:

n p p

p 1

2 5

5 1

nT x a

p

7T x a 84

5

−+

+

= ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ =

OSG.: 076810/1315

73

6⋅

2( ) ( )

5

2x 1

1x 1 5

19 7 84

1 3 1

−

−

⋅ + ⋅ = ⋅ +

( )2x 1

x 1

3 74

3 1

−

−

+=

+

Utilizando artifício: x 13 y− =

Temos: 2

y 74

y 1

+=

+

Logo:

12

2

y 1y 4y 3 0

y 3

=− + = =

Com isso: x 1

x 1 0

1

3 1

3 3

x 1

−

−

=

=

=

;

x 1 1

2

3 3

x 1 1

x 2

− =

− =

=

Portanto:

1 2x x 3+ =


OSG.: 076810/1316

NÚMEROS COMPLEXOS

10

10

10

1624 24

α2

PQ

O

A 26

α1 – α

2α

1 – α

2

22

Seja “O” a origem do plano e P e Q os pontos de tangência com o círculo centrado no

ponto (0,26) e raio 10. Pelo teorema do bico OP OQ.= Pela potência do ponto O:

2

OP 16 (16 20) OP 4 6 OP 24 OQ= ⋅ + ⇒ = ⋅ ⇒ = =

O ângulo no vértice O do triângulo APO vale 1 2

.2

α −α

Assim:

1 2 1 2 1 2 1

1 2 11 2

10 5 5 5sen tg tg

2 26 13 2 12 2 12

24 12 5cos 2 tg

2 26 13 12

−

−

α −α α −α α −α = = ⇒ = ⇒ =

α −α = = ⇒ α −α = ⋅


OSG.: 076810/1317

PROGRESSÃO ARITMÉTICA

Sejam (a – r), a, (a + r) os 3 termos consecutivos da P.A., com r > 0, Assim:

( ) ( ) ( )

( ) ( )1 1

2 22 2 2

2 2

a r a a r S 3a S i

a r a a r S 3a 2r S (ii)

− + + + = ⇒ =

− + + + = ⇒ + =

Pelas relações de Girard:

( )

( )

1

2

a a r S (iii)

1a a r S (iv)

2

+ + =

⋅ + = −

De (i) e (iii) ⇒ 3a = 2a + r ⇒ a r= . Substituindo em (ii) e (iv):

2

22 2 2 2

2

5r S1 1 1

2r 5r 3r r .12 2 6r 2r S

2

=

⇒ = − ⇒ = ⇒ =⋅ = −

Como r > 0 ⇒

⇒ 1 6

r r66

= ⇒ =


OSG.: 076810/1318

TRIGONOMETRIA COM LOGARITMO

Solução:

2y 9y 8 0

− + =

y1 = 1

y2 = 8

Logo:

( )2

22 4 6 e2

sen x· log

sen x sen x sen x ... · n2 1 sen xe e

+ + + − =

l

Com isso: 2tg x

22 2 2ee logtg x · log tg xe e 2= =

Então:

( )

2 2tg x tg x

2

2 1 ; 2 8

tgx 0 ; tg x 3 tgx 3

Não satisfaz

Mas :

tgx 3 x 60º

= =

= = ∴ = ±

= ∴ =

OSG.: 076810/1319

Portanto:

1cos x 1 3 1 3 12 ·

senx cosx 23 1 3 1 3 1

2 2

− −= = =

+ + −+

Resposta correta: (A)

TRIGONOMETRIA COM LOGARITMO

De acordo com o enunciado, temos:

x xg cos log cos (log x log y)

y y

g(x y) cos (log x y) cos (log x log y)

= = −

⋅ = ⋅ = +

Logo:

xg g(x y) cos (log x log y) cos (log x log y)

y

− ⋅ = − − +

Com isso:

xg g(x y) 2 sen (log x) sen (log y)

y

− ⋅ = ⋅ ⋅

Então:

1 xg g(x y) f (x) f (y)

2 y

− ⋅ = ⋅

OSG.: 076810/1320

Portanto:

1 xf (x) f (y) g g(x y) 0

2 y

⋅ − − ⋅ =


ANÁLISE COMBINATÓRIA

Os seguintes fatos ocorrem:

1) Temos (n + 2) maneiras de escolhermos o pai para a 1ª equipe;

2) Temos 3

2

maneiras de escolhermos o par de cada uma das “n” primeiras famílias

e 2

2

maneiras para as outras duas famílias, totalizando 3

n 22

⋅ + maneiras de

escolhermos a 2ª equipe;

3) Temos 2 opções de cor para as equipes.

Portanto, o total de possibilidades é: ( ) [ ]n 2 3n 2 2+ ⋅ + ⋅

Assim: ( ) ( ) 22 n 2 3n 2 2014 3n 2n 6n 4 1007⋅ + ⋅ + = ⇒ + + + =

OSG.: 076810/1321

2 23n 8n 1003 0 8 4 3 1003 12100⇒ + − = ⇒ ∆ = + ⋅ ⋅ =

8 12100 8 11 10 102

n n 176 6 6

− + − + ⋅⇒ = = = ⇒ =

Resposta correta: (A) FÍSICA

CONSERVAÇÃO DE ENERGIA

m mvur

vur

A energia inicial é puramente cinética:

2

0

1E 2 mv .

2= ⋅

Se toda a energia é convertida em energia térmica, temos:

21

m2⋅ 2

v 2= m⋅ c

v 2 c 2 2

⋅ ∆θ

= ⋅ ⋅∆θ =


OSG.: 076810/1322

OSG.: 076810/1323

ÓPTICA

Adotemos α como um ângulo qualquer em relação à perpendicular com o espelho.

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

22

y E x

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2

v’ v 2v v

v’ v sen 2 d cos v cos

v’ v sen 4 d cos 4 d cos vcos v cos

v’ v sen cos 4 d cos d cos v cos

v’ v 4 d cos d cos v cos

= + +

= ⋅ α + ⋅ω ⋅ ⋅ β + ⋅ α

= ⋅ α + ω ⋅ β + ω ⋅ β ⋅ α + α

= α + α + ω ⋅ β ω ⋅ β + ⋅ α

= + ω ⋅ β ω ⋅ β + ⋅ α

v’ será máximo para β = 0º e α = 0º.

OSG.: 076810/1324

( )2

máx

2 2 2

máx

máx

v’ v 4 d d v

v’ v 4 d 4 dv

v’ v 2 d

= + ω ω +

= + ω + ω

= + ω

v’ será mínimo para β = 0º e α = 180º

2

máx

2 2 2

v’ v 4 d( d v)

v 4 d 4 dv

v 2 d

= + ω ω −

= + ω − ω

= − ω


OSG.: 076810/1325

ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA

Energia 1

Energia mecânicatotal

U(x)

xx

22dd

22dd

rr– KQ2– KQ2

Para a carga entrar em oscilação, a energia deveria ser baixa, (energia E1 por

exemplo). Como a energia total é maior que a potencial para qualquer x, não existe

ponto de retorno. O item correto deve ser o “e”, dizendo que a carga seguirá

indefinidamente.


OSG.: 076810/1326

ONDAS

1,0 m

Barco20 m

P

M

d

Chamamos de:

(i) tp: Tempo que a onda viaja até o ponto P.

(ii) tM(ar): Tempo que a onda viaja para o ponto M (no ar).

(iii) tM(água): Tempo que a onda viaja para o ponto M (na água).

OSG.: 076810/1327

Assim: tp = tM(ar) + tM(água)

ar ar água

20 1 d

V V V= + ∴ água

ar

Vd 19

V= ⋅

ar

água

M 19d 19 95 m

M 0,02= ⋅ = =

O problema induz o candidato a considerar que a velocidade na água á análoga à

velocidade no ar. Assim, com os dados fornecidos, o aluno é levado a usar que

água ar

ar água

v M.

v M=

De fato, isto não é correto.


OSG.: 076810/1328

ESTÁTICA CORPO EXTENSO

Viga:

P1

FA

FB

P2 P.R

x

d1 (3 m)

dA (4 m)

123

123

123

( )

A B 1 2

2

2

1 2 A

1 1 2 A A

F 0 F F P P

25 35 20 P

P 60 20 40 kN

0 Apoio B

0

P d P x F d 0

20 3 40 x 25 4 0

40x 100 60

40x 40

x 1 m

= ∴ + = +

+ = +

= − =

τ =

τ + τ + τ =

⋅ + ⋅ − ⋅ =

⋅ + ⋅ − ⋅ =

= −

=

=

∑

∑


OSG.: 076810/1329

DINÂMICA

Para que haja equilíbrio estável, deverá haver, após o ponto de altura h do plano

inclinado, alguma concavidade:

h

C

B

A

Assim, para ultrapassar o ponto B: Bv 0>

OSG.: 076810/1330

Admitindo a conservação da energia mecânica:

2 2

BB A

mv mvEm Em mgh

2 2= ⇒ + =

22

B

mvv mgh

2= −

Finalmente: 2

2 2B

mvv 0 mgh v 2gh

2> → > → >


OSG.: 076810/1331

CIRCUITOS

Análise do circuito 2:

20 Ω

10 Ω

15 Ω

15 Ω

12 Ω

2 Ω

20 Ω

1 Ω

3 Ω

2 Ω

i2

i1

100 V

100 V

A B

C

E

D

Assim: 1 2i i 2A.= =

A energia é dada por:

2 6

2

1E CU 8 10 3600 W.s

2

2 8 3600U

−= = ⋅ ⋅

⋅ ⋅=

100 10⋅6

576

U 24 V

−=

=

Para isso, basta tomar os pontos B e E:

BEU R i 12 2 24V= ⋅ = ⋅ =


100i 4A

25= =

OSG.: 076810/1332

HIDROSTÁTICA

Para o equilíbrio do cone, o módulo do empuxo deve ser igual ao módulo do peso.

E = P

L SUBd V g⋅

C Cd V g= ⋅ ⋅

C

SUB C

L

dV V

d

= ⋅

OSG.: 076810/1333

Assim, o volume submerso é uma fração do volume total do corpo que não depende da

forma do mesmo, logo:

V1

V2

(I) (II)

V2

V1

VSUB

VSUB

Note que na sub 2

sub 1

Sit. I : V V

Sit. II : V V

=

=

Logo: V1 = V2 = V

2

rr

RR

h H

2

2

1 VV R H V’

3 2

1 1V’ r h

3 3

= π ⋅ =

= π ⋅ π 2 1 1r h

2 3⋅ = ⋅ π 2R H

2

2

2

Rh 1h R H

H 2

R

− ⋅ = ⋅

22

2

h 1h R

H 2

⋅⋅ =

3 3

3 3

H

1h H

2

1 h 1h H

H2 2

=

= ⋅ → =


h H

r R

R hr

H

=

⋅=

OSG.: 076810/1334

OSG.: 076810/1335

GRAVITAÇÃO

Sabemos que esse ponto material descreve um MHS, e o tempo perdido na questão

corresponde à metade do período, logo:

mm

FG

FG

xx

RR

M*

M

123

123123

123

Onde: 3

m G M mT 2 ; k

k R

⋅ ⋅= π ⋅ =

mT 2= π ⋅

G M m⋅ ⋅

3

3

R; 2

G M

R

π ⋅⋅

¨

334 R

M R T 23

= π ⋅ ⋅ρ∴ = π ⋅34

G R3⋅ π ρ

3T

G

π=

⋅ρ

Logo: 1 3 3

t2 G 4G

π π∆ = ⋅ =

⋅ρ ρ


*

3

M

4x

3π 3

M

4R

3

=

π

3*

3

*

G 2

2

G

xM M ·

R

G · M · mF

x

M xG ·

F

=

= −

= −3

2

· mR

x

G 3

G · MmF · x

R= −

OSG.: 076810/1336

LANÇAMENTOS E LEI DE SNELL

x

(olho)

1,8 m

h

30º60º

b

α

α

v0 = 5 3 m/s

a = 1,8 3 m

OSG.: 076810/1337

obs: 3 1,8

a 1,8 3 m3 a= ∴ =

→ Tempo de queda: 21 2hh gt t 0,6 s

2 g= ∴ = =

→ O alcance deve ser:0

S V t 3 3 m.= ⋅ =

→ Por Lei de Snell: 1 2

n sen60 n sen⋅ = ⋅ α

3 5 3 2

sen sen2 2 3 5= ⋅ α∴ α =

⋅

→ Podemos encontrar b: b 1,2 3 m=

Portanto: b cos

tg h b cotg 1,2 3n sen

αα = → = ⋅ α = ⋅

α→

4

h 1,2 3 1,6 3 m3

= ⋅ =


OSG.: 076810/1338

CIRCUITOS

0a b

0 0

a c 0

c b 0 0

0

RiV V

2

pL i

V V S 2

V V i pLR

2 S

− =

− =−

− = −

Mas

0

00 BATcb BAT

0 0

0 0

pLR

Si VV V

2 pL pLR R

S S

−

= ⇒ = ⋅

+ +

substituindo cbV 5V,= BATV 10V,=

e R = 1 kΩ, vem que: 0

0

pL 1x

S 3= Ω

VBAT

i0

R

R

c

ad

b

PL

0

S0

i0

2i0

2

PL

0

S0

OSG.: 076810/1339

Para θ caso 2, vem:

0

cb BAT

0

pL 'RL ' 1,1 L pL ' 11 S'k V V

pL 'S' 0,9S S' 27R

S'

− = = Ω⇒ = ⋅

= +

Substituindo, segue que: cb

111 k27V 1011

127

− Ω

= ⋅ +

kΩcbV 4, 2V⇒ ≅


INTERFERÊNCIA

2 2

1

2 2

2

1 2

ar x (y )

2

ar x (y )

2

1ª ordem, vem:

r r 1 , com a 2 .

= + −

= + +

− = ⋅λ = ⋅λ

OSG.: 076810/1340

2 2

1 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

22 2 2 4 2 2 2

2 2 4 2 2 2 2 4

2 2 2 2 4

22 2

r ( r )

a a ax (y ) 2 x (y ) x (y )

2 2 2

a2a y 2 x (y ) ( 2)

2

a4a y 4ay 4 (x y ay ), a 2

4

8y 4 x 4 y 2

4y 4 x

y x4

∴ = λ +

+ − = λ + λ + + + + +

∧∴ − ⋅ − λ = λ + +

+ λ + λ = λ + + + = ⋅λ

λ + λ = λ + λ + λ

λ − λ = λ

λ− =


OSG.: 076810/1341

LEI DE FOURIER

Pela Lei de Fourier, temos:

TOTAL

50 0,6Q K AQ

t e

×⋅ ⋅∆θ= ∴ =

∆

20 60

0,3

× ×TOTAL

Q 120.000J⇒ =

Para o objeto, segue que:

F 0 0

2

obj 5

V 1,01.V V (1 3 )

1.10ºC

3 1,6 10

−

−

= = + α∆θ

∴∆θ =× ⋅

obj

3

obj

obj

Q m.c.

10Q 0,160 432

4,8

Q 14.400J

= ∆θ

= × ×

=

obj

100 100 100

TOTAL

Q 100 14.400t 100 t 100 t 12

Q 120.000

×= × → = × → =

Resposta FB: (B) Resposta IME: (A)

OSG.: 076810/1342

CÁLCULO DE POTÊNCIA

2

ar

2

ar

2 2 3

cin cin

dV · v · t

4

d vtm · V

4

mv d tvE E

2 8

π=

ρπ∴ = ρ =

πρ= ⇒ =

2 3

cinTotal Total

2 3

Total

E d vMas Pot Pot

t 8

Pelé d vComo Pelé

8Pot

πρ= ∴ =

πηρη = = =


Fluxo de ar

v.t1444442444443

OSG.: 076810/1343

FORÇA MAGNÉTICA

A força elástica aponta na direção x. Para que a força elétrica balanceie a força

gravitacional, a carga q deve ser negativa. Desta forma, a resultante elétrica +

gravitacional aponta no sentido positivo do eixo x. Ao tirar a mola, o corpo ganhará

uma velocidade xˆv v i.=

A força magnética será, então:

( ) ( )mag x xˆ ˆF q v B q v î Bj q v B k= × = − × − =

A força resultante, em qualquer instante, pode ser escrita como:

res x zˆ ˆF F i F k= +

Como a partícula parte do repouso, seu movimento estará confinado a um plano

paralelo ao plano xy. E, como Fx > 0, ela se afastará de O.


OSG.: 076810/1344

QUÍMICA

CÁLCULO DE MASSA MOLAR

i) Representamos a fórmula do sal por Ca3X2.

ii) 3 2

salca sal

Ca X

3 mn 3 n ,

M

⋅= ⋅ = em que:

3 2

1Ca X ca X XM 3 M 2 M 3 40 g mol 2 M−= ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅

Daí, ca 1X

3 19,9 gn 0,15 mol

120 g mol 2 M−

⋅= =

⋅ + ⋅

1XM 139 g mol−∴ = ⋅


OSG.: 076810/1345

ISOMERIA NOS COMPOSTOS ORGÂNICOS

A) Incorreta. Cis-2-buteno e trans-2-buteno são estereoisômeros geométricos.

Enantiômeros são dois estereoisômeros ópticos que são imagens especulares um do

outro.

B) Correta. As estruturas abaixo justificam a afirmação:

C) Incorreta. Dos aminoácidos citados, a glicina é o único que não apresenta isomeria

óptica, por se tratar de uma molécula aquiral.

OSG.: 076810/1346

D) Incorreta. Nucleotídeo é cada unidade formada por uma base nitrogenada, um

monossacarídeo (pentose) e um grupo fosfato que se repete na estrutura do DNA ou

do RNA. As bases nitrogenadas podem ser:

• Guanina, adenina, citosina e timina, no caso do DNA.

• Guanina, adenina, citosina e uracila, no caso do RNA.

Os monossacarídeos são a desoxirribose no DNA, e ribose no RNA.

E) Incorreta. Qualquer aminoácido que apresenta quiralidade possui atividade óptica.


OSG.: 076810/1347

CINÉTICA QUÍMICA A reação global é dada por: BC + D B + CD.

O catalisador é a espécie A e AC é o intermediário de reação. Em (1), temos os

reagentes BC e D e o catalisador A. Em (5), temos os produtos B e CD e o catalisador A.

Observe que a reação global é endotérmica.

Os patamares (2) e (4) são os complexos ativados das duas etapas reacionais. O gráfico fica:

EN

ER

GIA

PO

TE

NC

IAL

EVOLUÇÃO DA REAÇÃO

BC + D + A

AC + B+ D

CD + B +A

Em (2), a estrutura provável do complexo ativado seria A ⋅⋅⋅⋅⋅ C ⋅⋅⋅⋅⋅ B

Em (4), a estrutura provável do complexo ativado seria A ⋅⋅⋅⋅⋅ C ⋅⋅⋅⋅⋅ D


OSG.: 076810/1348

TERMODINÂMICA

a) Falso. O valor de ∆S depende da quantidade de matéria (n) do gás, conforme sugere

a expressão matemática.

b) Falso. Se a mudança é isotérmica, o cálculo de ∆S é dado por:

2 2

1 1

P VS nR n nR n .

P V

∆ = − =

ℓ ℓ

c) Falso. Para processos cíclicos, o valor de ∆S é nulo.

d) Correto. Se P1 = P2 (processo isobárico), a expressão fica: 2p

1

TS n C n .

T

∆ = ⋅ ⋅

ℓ

e) Falso. Se o processo é isocórico, a expressão de ∆S, após algum algebrismo, fica:

2

1

TS n Cv n .

T

∆ = ⋅ ⋅

ℓ


COMPOSTOS ORGÂNICOS

A) Incorreta. A molécula não apresenta centro quiral.

B) Correta. A hidrólise ácida da substância produz ácido carboxílico e sal de amônio

secundário:

OSG.: 076810/1349

C) Correta. Os átomos de carbono do anel aromático e da carbonila possuem

hibridação sp2, enquanto os átomos de carbono dos grupos metil possuem

hibridação sp3.

D) Correta. O grupo carbonila é um retirador de elétrons por efeito mesomérico,

diminuindo a densidade eletrônica do anel benzênico e, consequentemente, sua

reatividade em relação ao benzeno não substituído.

E) Correta. O átomo de nitrogênio pode ceder um par de elétrons para um ácido de

Lewis:


OSG.: 076810/1350

LIGAÇÕES QUÍMICAS

A melhor maneira de compreender a molécula de O2 é através da Teoria do Orbital

Molecular, pela qual essa molécula contém uma ligação σ (sigma) e duas

meias-ligações π. Um diagrama de energia para o O2 pode ser representado como

segue:

OSG.: 076810/1351

Para estar de acordo com a propriedade do paramagnetismo, a figura deve conter

elétrons desemparelhados nos orbitais p. A figura também deve mostrar a ligação σ e

as meias-ligações π. A ligação σ, para estar correta, deve envolver a interação frontal

de orbitais que possuem elétrons com spins antiparalelos (opostos).

As meias-ligações π são formadas por orbitais p paralelos, de tal modo que um deles

esteja preenchido e outro semipreenchido. A única figura que atende a todos esses

requisitos está no item D: há uma ligação σ correta entre os orbitais pz, uma

meia-ligação π entre os orbitais px e outra entre os orbitais py. Note que os orbitais px

estão posicionados de tal maneira que há um lóbulo projetado para frente e outro para

trás do plano yz.


PROPRIEDADE DOS MATERIAIS

No béquer 1, água e álcool formam uma mistura homogênea, pois água e etanol são

polares. Nesse sistema, o alto calor específico da água impedirá a combustão do etanol.

Já no béquer 2, forma-se uma mistura heterogênea, pois a gasolina é constituída de

hidrocarbonetos (substâncias apolares).

A gasolina flutua sobre a água, pois possui menor densidade. Com o aquecimento, o

combustível sofre combustão.


OSG.: 076810/1352

ESTUDO DOS GASES E CÁLCULO DE FÓRMULAS

i. Considerando os gases da questão como ideais, podemos usar a seguinte equação

para calcular a massa molar (M) do hidreto:

d R TM

p

⋅ ⋅= (equação I)

ii. Como o O2 e o hidreto estão nas mesmas condições de temperatura e pressão, temos:

2

2

2

1O 1

O

O

m R T 32 g mol 1,0 L R T 32p V R T L mol

M p 3,0g p 3,0

−−⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ∴ = ⋅

iii. Substituindo os valores na equação I:

1 1 132M 6,0 g L L mol M 64 g mol

3,0

− − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅

iv. A fórmula molecular do hidreto é dada por XnH3n, em que:

3

1

XHn M 64 g mol−⋅ = ⋅

n 16 64 n 4⋅ = ⇒ =

Então, a fórmula pedida é X4H12.


OSG.: 076810/1353

ELETROQUÍMICA

As semirreações são:

cátodo È: 2H+(aq) + 2 e– → H2(g)

ânodo r: H2O(ℓ) → 2H+(aq) +

1

2O2(g) + 2e–

A pressão parcial de H2 produzido é dada por:

2 2 2H H O TOT HP P P P 0,54 0,06 0,48 atm.+ = ⇒ = − =

A quantidade de matéria de H2 é calculada:

2 2 2

3

H H H

0, 48 0,3P V n R T n 6 10 mol.

0,08 300

−⋅⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = = ⋅

⋅

A carga que circula pela eletrólise é:

3

2Q 6 10 mol de H−= ⋅

2 96500 C

1 mol de

×⋅

2

1158 C.H

=

A corrente é então calculada:

1158 Ci 1,93 A

10 60 s= =

×


OSG.: 076810/1354

OSG.: 076810/1355

PROPRIEDADES COLIGATIVAS/REAÇÕES ORGÂNICAS

O composto β é o ácido acetilsalicílico, de estrutura

COOH

O C CH3

O

Em uma solução alcóolica, esse soluto provoca um abaixamento da pressão máxima de

vapor (PMV) do solvente. Como os dois bécheres estão procurando a posição de

equilíbrio, e PMVEsquerda > PMVDireita, a taxa de evaporação no bécher da esquerda

aumenta, reduzindo seu volume, enquanto a taxa de condensação do bécher da direita

aumenta, aumentando seu volume e reduzindo sua concentração.


OSG.: 076810/1356

ANOTAÇÕES

CLEAN – 2/12/2013 – REV.:

OSG.: 076810/1357

MATEMÁTICA

POLINÔMIOS p(x) = x5 – 3x4 + 10x3 + 30x2 + 81x – 243 p(x) = x4 (x – 3) + 10x2 (x – 3) + 81 (x – 3) p(x) = (x – 3) · (x4 + 10x2 + 81) Logo: (x – 3) · (x4 + 10x2 +81) = 0 x = 3 ou x4 + 10x2 + 81 = 0 Então: x4 + 10x2 + 25 + 56 = 0 (x2 + 5)2 = – 56

x2 + 5 = 2i 14±

Com isso:

x2 = – 5 2i 14±

Portanto:

( )2 2

22

x 2 2i 14 7i

x 2 i 7

= ± +

= ±

Com isso:

( )x 2 i 7= ± ±

Concluímos que o conjunto-solução é:

( ) S 3; 2 i 7 .= ± ±

OSG.: 076810/1358

DETERMINANTES COM NÚMEROS COMPLEXOS Usando a regra de Chió, temos:

2

1 w 0 ii 1 i w

1 i w i 1 10 w 1 i

−− −

2

2

1 iw i w 1w w iw i 1 1 i i

w 1 i

− − +− + − − +

Logo:

21 iw i w 1iw i 1 iw 1 i

− − +− −

Então:

2 2

2

1 iw iw w 1 iiw iw w i i i

− + + +−

− + − − +

Portanto:

( )2

31 w 1 ww 1

− = − −

Mas:

2w cos

3

π=

OSG.: 076810/1359

Portanto:

w3 = cos 2π = 1. Concluímos que o determinante é igual a zero. Resposta correta: zero.

FATORIAIS, ESTIMATIVAS E INDUÇÃO

Primeiro, note que ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )y 1

z 0

y z y 0 y 1 ... y y 2 y y 1−

=

− = − − − − − −∏ =

= y (y – 1) ... 2 · 1= y!. Logo, a equação é ( )x

2

y 1

x y! *−

= ∑

Afirmação: n2 < n! para todo n ≥ 4 natural. Prova: Indução em n. O caso inicial n = 4 é fácil, pois n2 = 16 < 24 = n! Agora, se k2 < k!, para algum k ≥ 4 natural (hipótese),

então como 2

3k 1k 4

k 4k k 3k k 1 k 1 k!↑↑

>≥

≥ = + > + ⇒ + < ⇒

⇒ (k + 1)2 < k! (k + 1) = (k + 1)!, concluindo o passo indutivo. A afirmação está provada por indução.

Daí, como de (*),x

2 2

y 1

x y! x! x x!,=

= ≥ ⇒ ≥∑ donde x ≤ 3, pela afirmação.

Testando x = 1, 2 e 3: • x = 1 ⇒ 12 = 1! = 1 (Ok!) • x = 2 ⇒ 22 = 1! + 2! = 3 (Falso!) • x = 3 ⇒ 32 = 1! + 2! + 3!= 9 (Ok!)

Resposta correta: x = 1 e x = 3

OSG.: 076810/1360

LOGARITMO COM TRIGONOMETRIA

22

cos x cos xlog sen x log sen x 4⋅ =

Fazendo uma mudança de base, temos:

cos x2cos x 2

cos x

log sen xlog sen x 4

log cos x⋅ =

cos xcos x

log sen x2 log sen x 4

2⋅ ⋅ =

Com isso:

( )2cos xlog sen x 4=

Então:

cos xlog sen x 2= ±

Logo:

22

1sen x cos x; sen x

cos x= =

Mas:

2 2sen x cos x 1= = Portanto: Para sen x = cos2 x, temos: sen2 x + sen x – 1 = 0. Logo:

5 1sen x .

2

−=

Analisando as condições de existências do logaritmo, temos: Sen x > 0 e cos x > 0 e cos x ≠ 1.

OSG.: 076810/1361

Concluímos que x pertence ao 1º quadrante. Então:

5 1sen x

2

−=

5 1x arcsen 2k ; k .

2

−= + π ∈

Z

Para 2

1sen x ,

cos x= temos que:

( )2

1cos x 1, logo cos x 1 1

cos xsen x 1 absurdo .

≠ < → > →

>

Portanto, o conjunto-solução é:

5 1S x ; x = arcsen 2k ; k .

2

−= ∈ + π ∈

r z

GEOMETRIA ESPACIAL Suponha sem perda de generalidade que AB = a é a maior aresta da base e que BC = b é a menor.

Daí, a

AM2

= (M é ponto médio) e também

OSG.: 076810/1362

( )2 2

aAM AP AP2APM ABC Caso AAAC AB aa b

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = ⇒+

∼

( )

( )

2 22 2

2 2 2 2

2 2

2 2

a aAP 1 ; AC AP PC a b PC

2 a b 2 a b

a 2bPC 2

2 a b

⇒ = − = ⇒ + − = ⇒+ +

+⇒ =

+

Assim, como ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2NA NC NP AP NP PC AP PC− = + − + = −

( ) ( )( )

( ) ( )

2 2 22 2 2

2 2 2 2

a a 2ba a 2bAP PC AP PC

2 a b 2 a b

1 , 2

− + + + = + ⋅ − = ⋅ = + + ↑

( )( )

( )2 2 2

2 22

2 2

2 a b 2bb k b b k

4 a b

+ −= = ⇒ = ⇒ =

+

Portanto, a menor aresta mede k .

OSG.: 076810/1363

SISTEMA DECIMAL

( )

( )

33030

3087 84 81 3 0 303

60 3087 84 3 03

Defina S 37037037...037037 111...11 00...0

10 1S 37 10 37 10 37 10 ... 37 10 37 10 10

9

10 10S 37 10 10 ... 10 10

9

= −

−⇒ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ − ⋅

−⇒ = ⋅ + + + + −

Definindo:

( )

87 84 3 0

3 90 87 6 3

903 90

x 10 10 ... 10 1010 x 10 10 ... 10 10

10 110 1 x 10 1 x

999

= + + + + −⋅ = + + + +

−− ⋅ = − ⇒ =

90 60 30

3

90 60 30

3

90 60 30 90 60 30

3 3

330 30

3

30 algs

10 1 10 10Logo: S 37

999 9

10 1 10 10S

27 9

10 1 3 10 3 10 10 3 10 3 10 1S

27 27

10 1 10 1S S 333...33

3 3

− −= ⋅ −

− −⇒ = −

− − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ −⇒ = =

− −⇒ = = ⇒ =

OSG.: 076810/1364

GEOMETRIA ANALÍTICA

A) Considere um sistema de plano cartesiano no qual as coordenadas dos pontos C e B

são (0,0) e (a,0), respectivamente. No ∆ABC da figura abaixo, o pé da altura

baixada do vértice A é (k, 0), k ∈ r.

Como a

HD A4

= ⇒ coordenada do ponto H é a

k,4

.

Vamos encontrar a equação da reta CF

: y = A ⋅ x + B

0 A 0 B B 0a a

A k B A4 4k

= ⋅ + ⇒ = = ⋅ + ⇒ =

Eq. CF

: a

y x.4k

= ⋅ Como AB CF⊥ ⇒

A equação da reta AB

é dada por

4k

y x ta

= − ⋅ + . Tal reta passa pelo ponto (a,0) ⇒ 4k

0 a t t 4ka

= − ⋅ + ⇒ = ⇒

Eq. reta AB

: 4k

y x 4ka

= − ⋅ +

OSG.: 076810/1365

Dessa forma, quando x = k ⇒ y = 24k 4k

k 4k y 4ka a

− ⋅ + ⇒ = − + ⇒ A coordenada

do ponto A é dada por 24k

k, 4k .a

− +

Assim, sendo (x, y) a coordenada geral do ponto A 24y x 4x

a

−⇒ = ⋅ +

⇒ O ponto A varia segundo a parábola anterior, que é côncava, possui vértice no

ponto a

, a2

e cruza o eixo x nos pontos (0, 0) e (a, 0):

B) O valor máximo da área do triângulo ocorre quando a altura é máxima e isso ocorre

exatamente quando o ponto A é o vértice da parábola. Portanto: 2

máxa a a

Área .2 2

⋅= =

ANÁLISE COMBINATÓRIA – COMBINAÇÕES Observe que, como a sala tem 9 alunos, então uma quantidade ímpar deles vai fazer o trabalho sozinho. Logo, temos a = 1, 3, 5, 7 ou 9, donde temos 5 casos a analisar, dependendo de a.

OSG.: 076810/1366

Podemos organizar a turma de:

8 6 4 22 2 2 29

a 11 4!

6 4 22 2 29

a 33 3!

4 22 29

a 55 2!

229

a 77 1!

a

⋅ ⋅ ⋅ = → ⋅

+

⋅ ⋅ = → ⋅

+

⋅ = → ⋅ =

+

= → ⋅

+9

9 19

= → ⋅

= 9 ⋅ 105 + 84 ⋅ 15 + 126 ⋅ 3 + 36 ⋅ 1 + 1 = 2620.

28 15 6 19

24

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

15 6 184

5

+

⋅ ⋅ ⋅

6 1126

2

+

⋅ ⋅ =

136

1

+

⋅

1 1

+

⋅

A primeira dupla pode ser

escolhida de 9 a

2−

modos, a

segunda de 7 a

2−

modos e,

assim, por diante. Observe que

devemos dividir por 9 a

!,2

−

pois

a ordem de escolha dos 9 a

2

−

pares não conta.

Há 9a

modos

de escolher os alunos que farão prova individual.

OSG.: 076810/1367

ORDENAÇÃO, EQUAÇÕES EXPONENCIAIS

(i) Se 3

y yx y 1 log 0 x y 0 x y

x x > ⇒ < ⇒ < ⇒ − < ⇒ <

⇒ x < y, um absurdo. Analogamente, se x < y, temos x > x, outro absurdo. Portanto, x = y. (Note que x, y ≥ 0, pela condição de existência da raiz).

(ii) A equação x 2 x y2 8 5 4+ + = ⋅ fica ( ) ( )3 2x x x4 2 2 5 2⋅ + = ⋅

( )3 2 xt 5t 4t 0 t 2 t 0⇒ − + = = ⇒ = (Impossível, pois x2 0, x )> ∀ ∈R

2ou t 5t 4 0 t 1 a t 4.− + = ⇒ = =

(iii) Caso t = 1, 2x = 1 ⇒ x = 0, o que é absurdo, pois y

x fica indefinido na 1ª equação.

Logo, 2x = 4 = 22, donde x = 2 e y = 2. É fácil ver que esses números satisfazem às equações.

Resposta correta: (x, y) = (2, 2)

ÁREA, PERÍMETRO, CIRCUNSRAIO E INRAIO

DE TRIÂNGULO; DESIGUALDADES 1º) Sabemos que, da Lei dos Senos:

a b c a b cp p2 2 2 2R

3 3sen A sen B sen C sen A sen B sen C sen A sen B sen C2

+ +

= = = = = ≥+ + + +

,

OSG.: 076810/1368

uma vez que sen A sen B sen C A B C 3

sen sen3 3 3 2

+ + + + π ≤ = = (desigualdade de

Jensen em sen x, côncava em [0,π]).

Daí, ( )2 3 2 3 2 3R p Rr pr S,

9 9 9≥ ⇒ ≥ ⋅ = provando o lado esquerdo da desigualdade.

2º) Temos que:

abc abcS p r R r

4R 4p= = ⋅ ⇒ ⋅ =

Por 3

3a b c a b cMA MG : abc abc

3 3

+ + + + ≥ ≥ ⇒ ≥ ⇒

3 22p 8abc 4p R r

3

⇒ ≥ = ⋅ ⋅ ⇒

3p4

27≥

22pp R r R r

27⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ≤

Provando o lado direito.

CLEAN – 2/12/2013 – REV.:

OSG.: 076810/1369

FÍSICA

ONDULATÓRIA

O pedestre escutará som aparente devido ao efeito Doppler:

( ) ( )som carro

AP AP AP

buzina

V V 340 10 11m

f 1200 40

− −λ = ⇒ λ = ⇒ λ =

AP

X 360 0,2Mas, 261º 48'36 ''

11360º

40

262º

∆ ∆φ ⋅= ⇒ ∆φ = ∴∆φ =

λ

∆φ ≅

OSG.: 076810/1370

CORDAS VIBRANTES Ar-condicionado

LO L

O

Mas, ∆L = L0 · α · ∆θ

( )0 BAT BAT

BAT

4L · f f 2ff ' f f 2f

k

+ µ+ = + → ∆θ =

α

( )0

BAT

0

2 2

0

k x L1 ·

f ' F f ' f2L

| k x k L 4L f '

θ − ∆θ

∆ + ∆

µ= = −

∆ + ∆ = µ→

0

0

2 2

0

k · x1·

f2L

| k x 4L f ·

θ

∆µ

=

∆ = µ→

( ) ( ) ( )2 2 2 2

0 0k · L 4L f ' f 4L f ' f f ' f→ ∆ = − µ = − + µ

OSG.: 076810/1371

Para o violão próximo ao ar-condicionado, a corda tende a reduzir o comprimento em

∆L, logo a tensão aumenta em k · ∆L.

Como fBAT

<< f e ∆θ < 0, a equação acima é melhor descrita por:

0 BAT8L f · f

k ·∆θ ≅ −

α

OSG.: 076810/1372

FORÇA ELÉTRICA, DINÂMICA, MOVIMENTO HARMÔNICO

Equação do movimento:

( ) ( ) ( ) ɵ

( ) ( ) ( ) ɵ

( )

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

k kx t sen w t sen w t x

w w

k ky t cos w t cos w t y

w w

w w4kz t sen t z

w w z

= −

= +

+ = +

ɵ

Velocidade: dr

Vdt

=

( ) ( ) ( ) ɵ ɵ

( ) ( ) ( ) ɵ ɵ

( )

1 2 2 1

x 1 2

1 2 2 1

y 1 2

1 2

z

w w w wV t k cos w t cos w t x 2k sen t sen t x

2 2

w w w wV t k sen w t sen w t y 2k sen t cos t y

2 2

w wV t 2k cos t z

2

+ ⋅ = − = ⋅

+ − = − + = ⋅

+ =

ɵ

a)

22

2 2 2 1 2 2 1

x y z

2

1 2 2 1

2

21 2

w w w wV V V V 2k sen t sen t

2 2

w w w w2k sen t cos t

2 2

w w2k cos t 4k V 2k q.e.d.

2

+ − = + + =

+ − +

+ + = ∴ =

b) Para a força elétrica ser ortogonal à trajetória, vem:

1 2 1 2zEL

w w w wF QEz V 0 cos t 0

2 2

+ + = ⇒ = ∴ = ⇒

ɵ ( )t 2n 1

2

π= +

m

1 2

, m

2m 1t , m

w w

∈

+= π ∈ +

ℕ

ℕ

OSG.: 076810/1373

c)

( ) ( ) ɵ [ ] ɵ

( )

RES t N

t

N

N 1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

1 2

A A A

Como v 2k A 0.

dvLogo, A A

dt

A k w sen w t w sen w t x k w cos w t w cos w t y

w wk w w sen t z

2

= +

= ⇒ =

= =

= − − + + ∴ +

− +

ɵ

d)

x x y z

1 2

2Para t V V 0 e V 2kz.

w w

π= ⇒ = = = −

+ɵ

Imediatamente após a soltura do carro, vem que só há

EL N

EL t t

F QEz. F// V A O

QEDaí, F m A A z

m

= ⇒ =

= ⋅ ⇒ = ⋅

ɵ

ɵ

OSG.: 076810/1374

10kN 10kN

A

RA

RBx

RBy

θ

θ

θ

θ

ESTÁTICA

Estudando o sistema completo, temos:

( )( ) ( ) ( )

A BX

By

By

F 0

x R R Q 0

y R 10 10 0

R 20 kN

Σ =

+ + =

+ − + − =

=

3tg4

3sen5

4cos5

θ =

θ =

θ =

BY

RA

Q

R

BX

BX

BX

T 0

T 0 (Ponto A) T 0

T 0

10 2 10 4 R 3 0

3R 60

R 20 kN

=

∑ = = =

⋅ + ⋅ − ⋅ =

=

=

OSG.: 076810/1375

Fazendo o estudo em cada nó, temos:

A RA FAD

A AE AD

AB AE

AE AE

R F cos F

F F sen

3 255 F F kN

5 3

+ ⋅ θ == ⋅ θ

= ⋅ ∴ =

(AE) → Tracionada

D

AD DCF F=

DEF 10 kN=

(DE) → Comprimida

B

By BE

BE

BE

R F sen 5

3F 15

5F 25kN

= ⋅ θ +

⋅ =

=

(BE) → comprimida

FAE

FAB

θ

FDE

FDC FAD

10 kN

θ

RBy

RBx

5 kN

FBE

OSG.: 076810/1376

E

FAE

FCE F

DE

FBE

θ θ

θ

AEF · cosθ CE+ F · cosθ BEF · cos= θ

CE

CE

25F 25

3

50F kN

3

(CE) comprimida

+ =

=

→

C

CEF sen 10 kN

50

⋅ θ =

3

3⋅

5

DC CE

10 kN

F F cos Q

=

+ ⋅ θ =

Lembrando que: FDC = FAD = RA + FAE ⋅ cos θ

OSG.: 076810/1377

A

25R +

5

4

3 5⋅

50+

10

4

3 5⋅ Q=

A

A

20 40R Q

3 3

R 20 Q

+ + =

+ =

Logo, a reação em A depende da carga Q aplicada em C.

Note que

( )( )

( )( )

A

A

A

se Q 20, kN R 0

se Q 20, kN R Q 20

se Q 20, kN R 20 Q

= ← =

> ← = −

→ < ← = −

( )←

Logo, a carga não pode ser determinada!

OSG.: 076810/1378

CIRCUITOS ELÉTRICOS

Os dados do problema geram uma resposta fisicamente impossível. Resistência

Negativa! Uma possível solução seria:

Admitindo-se que a carga no capacitor seja de 0,00625 C → AB

QU 6,25V.

C= =

Simplificando o circuito, temos:

20 V 5 Ω

10 Ω10 VA B

10 V 50

15Ω

⇒

eq

eq

eq

20 103 10V,

R 5 10

ε= − = ∴ε = onde eq

50R

15= Ω

Circuito I:

+–

+–

A B

6,25

10 V

5 V

( )5015 Ω

R1

i

OSG.: 076810/1379

5010 6,25 i i 1,125A.

15

− = ⋅ ∴ =

Daí: 6,25 + 5 = R1 ⋅ i R1 = 10 Ω

Concluímos que: R2 = 12,5 – 10 = 2,5 Ω, onde R2 representa a resistência dentro da água.

Portanto, temos:

2 2

2 2

E U m c UPot

t R t R

∆ ⋅ ⋅∆θ= = η⋅ ⇒ = η⋅

∆ ∆

( )2

J100 kg 4000

10095 Jkg º C

3600s 100 2,5 s

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∆θ= ⋅ ⋅

F34,2 ºC 54,2 ºC∆θ = ⇒ θ =

Esperamos que a banca corretora perceba o equívoco e não prejudique os candidatos.

A questão está passiva de anulação.

OSG.: 076810/1380

CINEMÁTICA, ÓPTICA

P

P’

y’

yθ

Eixoóptico

Pela equação de Gauss, temos:

1 1 1

f p p '= +

Onde p = d – v ⋅ cosθ ⋅ t.

Para que a distância varie linearmente, devemos ter: y’ = α ⋅ t (onde α é constante).

Assim, o aumento linear é dado por:

y ' f t

y f p

α ⋅= →

− 1vsen gt t

2

θ − ⋅

( ) ( )( ) ( )

f

f d vcos t

0,8 4 cos t 1, 2 4sen 1,2 5 t

4 cos 6 t 0,8 4,8sen 0

=− + θ⋅

α ⋅ − + ⋅ θ ⋅ = θ − ⋅ ⋅

α θ + ⋅ + − α − θ =

OSG.: 076810/1381

Assim:

34 cos 6 0 .

2 cos

30,8 4,8sen 0 4,8sen 0,8

2cos

α θ + = → α = − θ− α − θ = → θ = ⋅ θ

151

sen 2 ou2

θ = °

θ = ∴

θ = 75°

OSG.: 076810/1382

TERMODINÂMICA

Primeiro, vamos calcular o calor recebido pelo gás:

2Carnot

1

Real Carnot Real

2 2Real

1 1

22

1

T 450 3 11 1 1

T 600 4 4

4 1 10,8 ·

5 4 5

Q Q11 1

Q 5 Q

Q 4 4Q · 105

Q 5 5

η = − = − = − =

η = η ⇒ η = =

η = − ∴ = −

= ∴ =21

2

84 J

1Q Q 42 J

2

=

= =

Usando a 1ª Lei p/ Gás:

ext

2

o

2

ext o

KxQ U P Ax

2

KxP A·x

2

10

= ∆ + +

= +

=

2

N

cm30⋅ 2cm 22 10−⋅ ⋅

43 10m

⋅+

22 10−⋅ ⋅( )2

2

OSG.: 076810/1383

6 6 12 J

42 U 12

U 30 J

= + =

= ∆ +

∆ =

3

o

2 3

3

o

5

o

V 10 mL 10 cm

V A L 30 cm 2 cm 60 cm

V ' 10 60 70 cm

P P

Kx 3P ' P 10

A

= =

∆ = ⋅ = ⋅ =

= + =

=

= + = +4 210 2 10

30

−⋅ ⋅ ⋅ 5 2

4

o

3 10 N / m10

P ' 3P

−= ⋅

⋅

=

Logo: 5PV P ' V ' 10

T T '

⋅= ⇒

10⋅ 53 10

T

⋅=

70⋅T '

T ' 21T T 20T= ∴∆ =

Como U = n · Cv · T P · V = n·R·T (I)

∆U = n · Cv · ∆T (II)

( )( )II U n

:I

∆ =V

C T

PV n

⋅ ⋅ ∆

=

U Cv T:

PV R TR T

∆ ∆= ⋅

⋅ ⋅

P ·V = 105.10.10–6 = 1

30 Cv 20 T

1 R= ⋅

T

Cv 32R

3Cv R2

∴ =

=

Monoatômico (Hélio)

OSG.: 076810/1384

ÓPTICA E HIDROSTÁTICA

A rotação do balde faz com que a superfície do líquido forme um paraboloide de

revolução de equação: 2

2y x

2g

ω= ⋅

OSG.: 076810/1385

PA – PB = dL · g · y

PA – PC =

x 2 22 2 L

L L

0

d xd x dx d xdx

2

⋅ω ⋅⋅ω ⋅ ⋅ = ω =∫ ∫

Como PC = PB = P0

PA – PB = PA – PC

Ld

Ld

g y⋅ ⋅ =2 2

22

x

2

y x2g

⋅ω ⋅

ω= ⋅

Logo, a inclinação da reta tangente será dy

2dx

=2

2

ω⋅

2

x xgg

ω⋅ = ⋅

Para reflexão total: θ ≥ θL

L L2

1 1sen tg

n n 1θ = ∴ θ =

−

tg θ ≥ tg θL

2

2

b 1

g n 1

ω ⋅≥

−

θL

1 n

2n 1−

OSG.: 076810/1386

2 2

mín2 2

gb

n 1

gLogo: b

n 1

≥ω ⋅ −

=ω ⋅ −

OSG.: 076810/1387

ESTÁTICA

A)

Zoom

mg

y

E α

ααL/2

L

ax 2

−+

y L

tg y tgL 2

2

α = → = ⋅ α

Equilíbrio rotacional da barra (eixo em E)

mgL

y a x cos2

+ − + ⋅ α

Mg=a b

b cos2

+ − α

OSG.: 076810/1388

L M b ay a x

2 m 2

L M b ay a x

2 m 2

− + − − =

− + − − =

( )

( ) ( )

L L M b ax tg a

2 2 m 2

1 Mx L tg 2a L b a

2 m

1 Mx L tg 1 2a b a

2 m

− = α + − −

= α + − − −

= α − + − −

B) Equilíbrio translacional da barra:

( )( )

Tsen

m M g

T m M gsen

α =+

= + α

Equilíbrio da esfera

2 T + E = me g

( )2 m M g+ Lsen Vgα + ρ E Vg= ρ

( ) ( )

( ) ( )

( )( )

( )( )

E L

3

E L

3

E L

3

E L

2 m M sen V

42 m M sen R

3

2 3 m Msen R

4

3 m M senR

2

+ α = ρ − ρ

+ α = π ρ − ρ

⋅ ⋅ +α =

π ρ − ρ

+ α=

π ρ − ρ

OSG.: 076810/1389

OSG.: 076810/1390

GERADOR ELÉTRICO E MÁQUINA TÉRMICA

a) Gerador 1:

Do gráfico:

Se i 0 U 14 kV

Se i 600 A U 5 kV

U ri

14 kV r 0

5 kV r 600 A

= → =

= → == ε −

= ε − ⋅

= ε − ⋅

5 kV = 14 kV – r ⋅ 600 A

1r 15= Ω

Gerador 2:

Do gráfico:

Se i 0 U 12 kV

Se i 400 A U 10 kV

U ri

12 kV r 0

10 kV r 400 A

= → =

= → == ε −

= ε − ⋅

= ε − ⋅

2r 5= Ω

b)

OSG.: 076810/1391

U1 = ε1 – r1 ⋅ i1 ⇒ 10000 = 14000 – 15 ⋅ i1 ⇒ i1 ≃ 267 A

U2 = ε2 – r2 ⋅ i2 ⇒ 10000 = 12000 – 5 ⋅ i2 ⇒ i2 ≃ 400 A

1

1

2

2

iP 100% 40%

I

iP 100% 60%

I

= ⋅ =

= ⋅ =

c)

2 2

1 1 1

2

2 2 2

Pot r i 15 267 W 1070 kW

Pot r i 5 400 W 800 kW

= ⋅ = ⋅ =

= ⋅ = ⋅ =

d)

1

2

G 1 1

G 2 2

P i 3738 kW

P i 4800 kW

= ε =

= ε =

e)

1

2

F

MT

Q

F

MT

Q

T35 35 300 2731 1 0,163

100 T 100 800 273

T40 40 50 2731 1 0,233

100 T 100 500 273

+ η = ⋅ − = − = +

+ η = ⋅ − = − = +

• Pelos resultados obtidos pelo caminho 1:

0,233 · 0,837 PO = 4800 kW

PO ≅ 24600 kW

OSG.: 076810/1392

TOTAL

20000

3 0,2724600

η = ≅

• Pelos resultados obtidos pelo caminho 2:

0,163 PO = 3738 kW → PO ≅ 23000 kW

TOTAL

20000

3 0,2923000

η = ≅

CLEAN – 2/12/2013 – REV.:

OSG.: 076810/1393

QUÍMICA

EQUILÍBRIO QUÍMICO

Observe a reação até entrar em equilíbrio à temperatura Teq.

CH3COOH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 + H2O

Início 1 mol 1 mol — 2 mol

Variação – x – x + x + x

Equilíbrio 1 – x 1 – x x 2 + x

Como há, no equilíbrio, 0,5 mol de éster, podemos afirmar que x = 0,5 mol.

No equilíbrio, as concentrações são:

[ ] [ ] ( )

[ ] [ ]

3 3 2

3 2 3 2

1 x molCH COOH CH CH OH 0,5 mol/V

V

CH COOCH CH 0,5 mol/V e H O 2,5 mol/V

−= = =

= =

[ ] [ ][ ] [ ]

3 2 3 2

c c

3 3 2

CH COOCH CH H O 0,5 mol/V 2,5 mol/Vk k 5

CH COOH CH CH OH 0,5 mol/V 0,5 mol/V

×= = ⇒ =

×

Para a mesma temperatura, a constante de equilíbrio (Kc) permanece constante.

CH3COOH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 + H2O

Início 1 mol 2 mol — —

Variação – y – y + y + y

Equilíbrio 1 – y 2 – y y y

( ) ( )( )( )

22

c

2

yk 5 5 1 y 2 y y

1 y 2 y

y’ 2,8824y 15y 10 0 Logo

y” 0,867

= = ⇒ − − =− −

=− + = ∴

=

OSG.: 076810/1394

Como o valor de y deve ser menor que 1 (y < 1), encontramos y = 0,867 mol.

No equilíbrio, temos as seguintes quantidades em mol:

n (CH3COOH) = 1 – y = 1 – 0,867 = 0,133 mol

n (CH3CH2OH) = 2 – y = 2 – 0,867 = 1,133 mol

n (CH3COOCH2CH3) = y = 0,867 mol.

n (H2O) =y = 0,867 mol.

Logo, o número de mol do éster formado no equilíbrio, à temperatura Teq, é igual a

0,867 mol.

FÓRMULAS E ESTRUTURAS DE COMPOSTOS ORGÂNICOS

I. Em 1 mol do composto X, temos:

16 g de oxigênio ∴ 0n 1 mol=

7 mols de carbono ∴ Cm 7 12 g 84 g= ⋅ =

II. Podemos encontrar a massa de 1 mol de X (Mx) a partir da porcentagem de

carbono:

x x

77,78M 84 g M 108 g

100⋅ = ∴ =

III. A porcentagem em massa de hidrogênio é:

1,6 gH% H 100% 7,4%

21,6 gX= ⋅ =

Daí, em 1 mol de X, H H

7,4m 108 g m 8 g,

100= ⋅ ∴ = o que corresponde a 8 mols de

hidrogênio.

Assim, a fórmula molecular do composto X é:

7 8C H O

OSG.: 076810/1395

IV. Sabendo que o composto é derivado do benzeno, temos cinco fórmulas estruturais

possíveis:

I) III) V)

II) IV)

NOMENCLATURA ORGÂNICA

(1)

CH2

OH

CH3

OH

CH3

OH

CH3

OH

CH3

O

4-(2-aminoetil)-fenol ou

p-(2-aminoetil)-fenol

OSG.: 076810/1396

(2)

(3)

(4)

ou

Ou

(5)

Ou

1,4-diamino-butano ou

butano-1,4-diamina

1,5-diamino-pentano ou

pentano-1,5-diamina

1,8-diamino-4-aza-octano

(4-aminobutil)- (3-aminopropil)-amina

1,12-diamino-4,9-diaza-dodecano

N-(3-aminopropil)-butano-1,4-diamina

N,N’-bis(3-aminopropil)-butano-1,4-diamina

OSG.: 076810/1397

ESTEQUIOMETRIA E GASES IDEAIS

I. A estrutura do TNT (2, 4, 6-trinitrotolueno) é:

CH3

NO2O2N

NO2

A partir dessa estrutura, devemos obter a seguinte fórmula molecular: 7 5 3 6C H N O .

Assim, a massa molar do TNT é 1

TNTM 227 g mol .−= ⋅

Então, o número de mol de TNT é dado por: TNT

TNT

mn .

M=

II. Podemos calcular a quantidade de matéria total (n) no sistema de captura usando a

Equação de Clapeyron: p V n R T⋅ = ⋅ ⋅

atm L1,77atm 820L n 0,082 300K

mol K

n 59mol.

⋅⋅ = ⋅ ⋅

⋅∴ =

III. A reação da combustão completa do TNT, nas condições impostas, é:

7 5 3 6 2 2 2 2

21 3 5C H N O O 7CO N H O

4 2 2+ → + +

OSG.: 076810/1398

A 27 ºC, os gases presentes são CO2 e N2. Veja que há N2 proveniente da

combustão e N2 do ar.

A quantidade de N2 que veio do ar é:

2 2N O TNT TNT

21n 4 n (consumido) 4 n 21n

4= ⋅ = ⋅ ⋅ =

Assim, a quantidade total de N2 ( )2Nn (Total) é:

2N TNT TNT TNT

3n (Total) 21 n n 22,5n

2= ⋅ + ⋅ =

A quantidade de CO2 é 2CO TNTn 7 n= ⋅

IV. Então, 2 2N CO TNT TNTn n (total) n 22,5n 7 n= + = + ⋅

TNTn 29,5 n∴ = ⋅

Daí, 59 mol = 1

m29,5

227g mol−⋅

⋅

m 454g∴ =

OSG.: 076810/1399

TERMODINÂMICA

I) A quantidade em matéria de CaCO3 ( )3CaCOn é:

3

3

3

3CaCO

CaCO 1CaCO

m 1,00 10 gn 10 mol

M 100g mol−⋅

= = =⋅

II) A calcinação do carbonato de cálcio é representada por:

3 2CaCO (s) CaO(s) CO (g)∆→ +

III) Observe que a calcinação, por ter ocorrido sob aquecimento, é um processo

espontâneo, portanto, ∆G < 0.

IV) O Cp da reação é dado por:

( ) ( ) ( )

( )2 3p CO p 2 CaO p CaCO p 3

1 1p p

C n C CO n C CaO n C CaCO

C 54,0 56,0 110 J mol K C 0.− −

= ⋅ + ⋅ − ⋅= + − ⋅ ⋅ ∴ =

Como Cp = 0, podemos considerar: 0f

0f

H H

S S

∆ = ∆∆ = ∆

Daí:

( ) ( ) ( )( )

0 0 0f f 2 f 3

1

H H CaO H CO H CaCO

H 636 394 1207 kJ mol H 177 kJ / mol.−

∆ = ∆ + ∆ − ∆

∆ = − − − − ⋅ ∴∆ =

( ) ( ) ( )( )

0 0 02 3

1 1

S S CaO S CO S CaCO

S 39,0 213 94,0 J mol K S 158 J / mol K.− −

∆ = + −∆ = + − ⋅ ⋅ ∴∆ = ⋅

V) Podemos calcular, então, a temperatura de calcinação (Tc):

c

3 1 3 1c

c

G H T S

158 J10,7 10 J mol 177 10 J mol T

mol K

T 1188 K

− −

∆ = ∆ − ⋅∆

− ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − ⋅⋅

∴ ≅

OSG.: 076810/13100

VI) Para levar o CaCO3 de 298 K até a temperatura de calcinação, a quantidade Q1 de

calor é:

( )

( )31 CaCO p 3

1

1

Q n C CaCO T

110 JQ 10 mol 1188 298 K

mol KQ 979 kJ.

= ⋅ ⋅∆

= ⋅ ⋅ −⋅

∴ =

VII) Como o forno opera a pressão constante, a quantidade de calor necessária para

reação de calcinação do CaCO3 (Q2) é dada por:

32 CaCO

2

177 kJQ n H 10 mol

1 mol

Q 1770 kJ

= ⋅∆ = ⋅

∴ =

Logo, a quantidade de calor necessária à completa calcinação (QTotal) é dada por:

Total 1 2

Total

Q Q Q 1770 kJ 979 kJ

Q 2749 kJ

= + = +∴ =

TERMODINÂMICA

O equilíbrio a ser considerado é:

CCℓ4(l) CCℓ4(g)

A constante de equilíbrio é dada por:

( )

( )

g v 0a p p

K pa 1

= = =l

OSG.: 076810/13101

Sendo:

a(g) = atividade do vapor

a(l) = atividade do líquido

pv = pressão máxima de vapor

p0 = pressão padrão = 1 atm

p = pv/p0 (grandeza adimensional) = atividade do vapor

A variação da energia livre de Gibbs padrão para o processo é:

( )64,0 68,6 4,6ο ο ο∆ = ∆ −∆ = − − − = produto reagenteG G G kJ mol kJ mol

A relação entre ο∆G e a constante de equilíbrio é:

1

3 1

1,86 1,86

n ln

4,6ln 1,86

8,314 10 J 298,15K

atm

ο

ο −

− −

− −

∆ = − −

∆ ⋅⇒ = − = − = −

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⇒ ⇒

ℓG RT K = RT p

G kJ molp

RT mol K

p = e p= e

ESTRUTURA ATÔMICA

A distribuição eletrônica do elemento Z = 79 (o ouro) é:

79Au: [Xe] 6s1 4f14 5d10

O elemento ouro está localizado no 6º período e na família 1B (grupo 11).

OSG.: 076810/13102

ISOMERIA

a)

e

• Representam o mesmo composto.

b)

e

• Representam um par de enantiômeros do trans-1,2-dimetilciclobutano

OSG.: 076810/13103

c)

e

• Representam o mesmo composto.

d)

CH3

C

C

CH

F

CH3H

(2S, 3S)-2-cloro-3-f luorobutano

e

CH3

C

C

HC

CH3

HF

(2R, 3S)-2-cloro-3-f luorobutano

• Representam um par de diastereoisômeros.

e)

e

As configurações cis e trans do 1,2-dimetilciclopropano representam 1 par de

diastereoisômeros.

OSG.: 076810/13104

TITULAÇÕES

A reação é: ( ) ( ) ( ) ( )2aq aq aqHC O OH C O H O− −+ → + ℓℓ ℓ .

No ponto estequiométrico, tem-se:

ácido base a a b b b

25 0,01n n V V V 12,5 mL

0,02

×= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = =

A espécie química presente no ponto estequiométrico é CℓO–, que hidrolisa com

147

C O 8

10k 3,33 10 .

3 10−

−−

−

= = ⋅ ⋅

ℓ

A concentração de CℓO– é: 325 0,01C O 6,67 10 mol / L.

37,5

− −× = = ⋅ ℓ

A reação é:

( )aqC O−ℓ + H2O(ℓ) HCℓO(aq) + ( )aqOH−

início

6,67 · 10–3 M

0 0

variação

– x

+ x + x

equilíbrio

x x

Logo:

[ ] 27

C O 3

HC O OH xk 3,33 10

6,67 10C O−

−−

−−

= = = ⋅⋅

ℓ

ℓ

ℓ

1/22 8 42 2

x 10 x OH 10 mol / L9 3

− − − ⇒ = × ⇒ = = ×

1/2 442 10 1

pOH log OH log log 2 log10 log33 2

pOH 4,33 pH 9,67

−− − ⋅ ⇒ = − = − = − ⋅ + −

⇒ = ⇒ =

3

36,67 10 M

6,67 10 x−

−≅ ⋅

⋅ −

OSG.: 076810/13105

OSG.: 076810/13106

CINÉTICA QUÍMICA

a) Como a cinética é de 1ª ordem, observa-se pelo gráfico 1 que t1/2 = 400 s.

Como 1/2

n 2t ,

k=ℓ

segue que k ≅ 1,7 ⋅ 10–3 s–1. Logo, pela tabela 1, conclui-se que a

temperatura é de 55 ºC.

b) A razão Ea

R é o módulo do coeficiente angular da reta ℓn k versus ( )1

T, fornecida

no gráfico 2. Assim, Ea

12000 Ea 100 kJ/mol.R

= ⇒ ≅

CLEAN – 3/12/2013 – REV.:

OSG.: 076810/13107

PORTUGUÊS

GRAMÁTICA Em “Há, em todas elas, sempre uma surpresa visual à espera do espectador”, veja que a primeira lacuna deve ser preenchida com o acento grave indicador da crase na locução “à espera”, em que se tem a forma verbal substantivada pela antecipação do artigo em junção com a preposição a, formando um adjunto adverbial de modo feminino e garantindo o metaplasmo linguístico, denominado de crase. Já na segunda lacuna, verifica-se o preenchimento com a forma verbal há, derivada do verbo “haver” (impessoal) no sentido de existir, de acordo com a coerência textual apresentada. Em “A bem da verdade, Escher sequer foi um bom aluno”, o A inicial introduz uma expressão adverbial, e constitui preposição apenas. Em “captura a lógica do raciocínio”, a lacuna deve ser preenchida somente com o artigo a. Em “Ele provou, na prática, que é possível olhar “as” formas, a lacuna deve ser preenchida somente pelo artigo, sem a necessidade do acento grave. Em “... e viu-a do ápice à base (para a base)”, justificando o acento grave, mais uma vez, indicador de crase. Logo, a resposta correta corresponde ao item C. Resposta correta: (C)

OSG.: 076810/13108

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Esta questão quer que o candidato relacione, pela síntese, as ideias dos dois primeiros textos. Tais ideias dizem respeito à possibilidade da utilização das artes no ensino de Matemática, principalmente através da lógica. Assim, a arte seria uma excelente ferramenta para as salas de aula de Matemática. A alternativa que melhor traduz esse pensamento é a E. Resposta correta: (E)

OSG.: 076810/13109

INTERPRETAÇÃO DE TEXTOS De acordo com os textos, observa-se que a xilogravura “Céu e Água” exemplifica de maneira visual o conteúdo apresentado no texto 1. Acrescente-se à xilogravura a tese de que ela se revela como uma abstração visual do artista relacionada à geometria, fato também observado no poema “Poesia Matemática” de Millôr Fernandes. A análise do texto 2 revela, de maneira clara, que as obras de Millôr e M. C. Escher são abstrações no campo das artes visuais e literárias, produzindo o interesse de estudiosos, que observam nessas produções artísticas possibilidades de se estudar Matemática. Vale ressaltar também que os textos destacam que o raciocínio lógico pode ser observado tanto nas artes quanto na demonstração abstrata do cálculo. Nesse sentido, a única inferência que não encontra correspondência nos textos propostos para análise é a que está indicada na alternativa D, pois a poesia de Millôr não sinaliza para a capacidade de o poeta promover operações com números, mas sua habilidade na abstração matemática na construção poética. Resposta correta: (D)

OSG.: 076810/13110

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO De acordo com a leitura dos textos, é possível inferir que: I. Afirmação incorreta – Segundo o texto, o fato de Escher não ter sido um bom

aluno não o impediu de fazer abstrações matemáticas em sua produção artística. II. Afirmação incorreta – De acordo com o texto II, a obra de Escher é resultado, na

prática, de que é possível olhar as formas espaciais do ponto de vista matemático, ou sob o seu aspecto estético, utilizando-as para se expressar plasticamente.

III. Afirmação correta – A leitura desta assertiva encontra acolhida nos três textos.

A assertiva diz, em outras palavras, que se pode demonstrar a aquisição de conceitos matemáticos por outra maneira, além da habilidade de calcular usando números e símbolos. O texto I deixa isso bem claro: “Sua obra (de Escher) está apoiada em conceitos matemáticos, extraídos especialmente do campo da geometria.” (L. 11-12)

O texto II também corrobora categoricamente a assertiva em causa: “Há mais matemática nos livros de Machado de Assis e Fernando Pessoa do que na maioria dos livros didáticos de matemática”. E assevera: “Para ele, a matemática captura a lógica do raciocínio…” (L. 5-7)

O texto III, de Millôr Fernandes, polígrafo de conhecimentos enciclopédicos, demonstra a aquisição de conceitos matemáticos por meio de sua habilidade poética, articulando com mestria matemática e relacionamento amoroso. Sua Poesia Matemática constitui prova irrefutável da veracidade desta assertiva.

P.S.: O enunciado da questão não determina o tipo de leitura ou interpretação que se deve realizar se por inferência ou não, o que autoriza qualquer um deles.

IV. Afirmação correta – Nos textos I e II, há sequências textuais que demonstram que a

obra de Escher despertou o interesse de importantes catedráticos pela maneira que o autor transformou em arte abstrações matemáticas.

Resposta IME: (E) Resposta FB: (B)

OSG.: 076810/13111

INTERPRETAÇÃO DE TEXTOS A leitura do texto 1 põe em evidência que a obra M. C. Escher é profundamente inovadora, pois transforma em arte abstrações matemáticas, muito embora o autor não tenha sido um bom aluno nessa área do conhecimento. Ainda de acordo com o texto, “Seus desenhos, porém não nasciam de passes de mágica, nem somente de sua apurada técnica de gravador. Sua obra está apoiada em conceitos matemáticos, extraídos especialmente do campo da geometria.” Nesse sentido, é correto o que está indicado na alternativa C.


OSG.: 076810/13112

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Segundo os argumentos apresentados no desenvolvimento do texto, as afirmações contidas nas alternativas A, B, C e D encontram correspondências. Já a afirmação indicada na alternativa E não apresenta coerência com o que foi apresentado pelo texto. Nesse sentido, é incorreto o argumento de que a obra de M. C. Escher não teria sido reconhecida caso não fosse possível perceber a matemática que atravessa a sua produção artística. Resposta correta: (E)

RECURSO COESIVO ANAFÓRICO O uso inadequado do recurso coesivo está na alternativa A, uma vez que “deles” retoma a expressão “muita gente”. A forma correta deveria ser “delas”. Resposta correta: (A)

OSG.: 076810/13113

ESTILÍSTICA DA FRASE A repetição da conjunção “e” reforça a sequência das ações do casal, porque, até esse momento do poema, o crescente da ações é o foco central: o narrador está construindo os planos dos dois personagens. Somente depois é que se percebe o desfecho. Resposta correta: (A)

OSG.: 076810/13114

COMPREENSÃO TEXTUAL Partindo do poema “Poesia Matemática”, a questão 9 explora a compreensão textual e apresenta algumas inferências acerca da narrativa que se encontra no poema. Veja: I. Verdadeira, já que o autor, partindo de conceitos matemáticos, constrói uma narrativa eivada de poesia na terceira pessoa; II. Verdadeira, uma vez que o adjetivo “ordinária” (mulher de baixa condição, grosseira...) adquire tom moralizante e apresenta juízo de valor em relação ao comportamento da Hipotenusa frente ao Quociente; III. Verdadeira, uma vez que o personagem Quociente pode ser associado, tanto por seu comportamento quanto por seu sentido em si, ao adjetivo consciente, ou seja, o que faz uso da razão; IV. Verdadeira, pois, assim como Einstein quebrou paradigmas científicos, a forma como a relação interpessoal – triângulo amoroso – é apresentada pelo autor demonstra fuga aos paradigmas morais nas sociedades modernas. Resposta correta: (E)

VOCABULÁRIO – DEFINIÇÃO Segundo o Dicionário Houaiss da Língua Portuguesa, “ortodoxo” significa “aquele que segue rigorosamente qualquer doutrina estabelecida; já “espúrio” é o ilegítimo, falsificado, adulterado, ilegal. Desse modo, o par de definições adequadas encontra-se na opção A. Resposta correta: (A)

OSG.: 076810/13115

USO DA VÍRGULA Na opção E, a expressão “um dos papas da geometria moderna” exerce a função sintática de aposto, que é seguida de outra expressão, também entre vírgulas, com função sintática de predicativo: “entusiasmado com os desenhos do artista”. Ora, essas funções sintáticas diferem das demais também isoladas por vírgulas, que exercem a função de adjunto adverbial. Resposta correta: (E)

OSG.: 076810/13116

FUNÇÃO SINTÁTICA A oração em destaque no enunciado exerce a função sintática de sujeito: “Olhar para as intrigantes imagens criadas por Escher”. Pede-se, dentre as opções dadas, aquela em que a expressão em destaque exerce função sintática diferente da destacada no enunciado. Na opção D, a expressão em destaque, “a representação tridimensional dos objetos”, exerce função sintática de predicativo, o que difere da do enunciado. Nas demais opções, as expressões destacadas exercem função de sujeito. Resposta correta: (D)

GRAMÁTICA Analisando a construção gramatical da frase do item “A”, nota-se uma repetição vocabular desnecessária, pois se, anteriormente, foi anunciado que “pelo menos uma das gravuras do artista já havia sido vista, não havia a necessidade da repetição do

OSG.: 076810/13117

vocábulo “gráfico”, portanto trata-se de coloquialismo. No item “C”, a expressão “de cabelo em pé”, sem dúvida, é bastante coloquial, expressão popular, sugerindo, conotativamente, o valor de expectativa. No item “D”, em ganhou “um regular”, a utilização do verbo “ganhar”, de acordo com o texto, está coloquial. Em linguagem não coloquial, seria “obteve um regular”. Convém observar que no item “D”, a repetição do “quê” não consta no texto. O coloquialismo está presente no uso da metáfora em “um dos papas da geometria moderna...”, sugerindo a ideia de grandeza, liderança. Logo, o único item que não apresenta marca de coloquialismo é o “B”. Resposta correta: (B)

FUNÇÃO SINTÁTICA A opção A afirma que a palavra “que”, do período em questão, funciona como objeto direto de “rodeiam”. Trata-se de análise equivocada. No período “Olhando os enigmas que nos rodeiam…”, o pronome relativo “que” exerce função de sujeito de “rodeiam”, e não de objeto direto. O objeto direto da forma verbal em análise é o pronome “nos”. Nas demais opções, a análise sintática dos termos está correta. Resposta correta: (A)

OSG.: 076810/13118

GRAMÁTICA

Justifica-se o uso da vírgula do trecho citado pela antecipação da oração subordinada adverbial temporal, reduzida de gerúndio, diante da oração principal: “olhando os enigmas que nos rodeiam e ponderando e analisando as minhas observações (oração subordinada adverbial temporal) / entro em contato com o mundo da matemática (oração principal). A mesma construção do período ocorre na alternativa C: embora seus trabalhos tivessem parte conteúdo matemático (oração subordinada adverbial concessiva) / ele era leigo no assunto (oração principal).


INGLÊS

OSG.: 076810/13119

COMPREENSÃO TEXTUAL A questão requer do candidato que encontre no texto a informação ratificadora para uma das cinco declarações apresentadas pela banca. Após atestar as alternativas, o aluno encontrará em “our research also indicates that women are more at risk of developing Facebook addiction,...”, ou seja, “nossa pesquisa indica que mulheres estão mais susceptíveis a desenvolver o vício pelo Facebook,..” o respaldo para marcar a alternativa (E). Resposta correta: (E)

INTERPRETAÇÃO TEXTUAL A questão solicita do candidato que determine qual das cinco alternativas apresenta a informação advinda de um fato implícito no texto. A leitura do quarto parágrafo, especificamente do trecho: “We have also found that people who are anxious and socially insecure use Facebook more than those with lower scores on those traits, probably because those who are anxious find it easier to communicate via social media than face-to-face,”, ou seja, “Também descobrimos que as pessoas que são ansiosas e socialmente inseguras usam o Facebook mais do que aquelas com pontuações mais baixas nessas características, provavelmente porque os ansiosos acham mais fácil se comunicarem através das mídias sociais do que pessoalmente”. Dessa forma, o aluno deverá marcar a alternativa (D), pois nela encontramos o mesmo conteúdo do trecho destacado Resposta correta: (D)

OSG.: 076810/13120

COMPREENSÃO TEXTUAL

O texto, especificamente o quinto critério da escala de Bergen, apresenta: “Você fica impaciente ou perturbado se for proibido de usar o Facebook. Logo, a marcação da alternativa (A) deve ser feita, uma vez que o conteúdo do referido item é: “você se sente desconfortável por não poder usar o Facebook.”


COMPREENSÃO TEXTUAL Para selecionar a alternativa correta, o aluno deverá buscar na passagem a informação verídica sobre o Facebook, através do julgamento das cinco proposições. A leitura do quinto parágrafo do texto nos permite assegurar que o informado na alternativa (C) – pessoas que são organizadas e ambiciosas tendem a utilizar a mídia social como parte importante no trabalho e na rede – é uma paráfrase do conteúdo do texto. Resposta correta: (C)

OSG.: 076810/13121

SINONÍMIA O vocábulo em destaque “resemble”, no contexto, é traduzido como: “Assemelham-se a”. Dessa forma, em face da relação de sinonímia entre are similar to e resemble, podemos marcar a alternativa D. Resposta correta: (D)

COMPREENSÃO TEXTUAL A leitura do terceiro parágrafo do texto garante-nos a marcação da alternativa (A), uma vez que a tradução livre do referido trecho é “apesar da crescente presença dos computadores na escrita, a habilidade da escrita à mão permanece importante na educação, empregabilidade e no cotidiano”.


OSG.: 076810/13122

INTERPRETAÇÃO TEXTUAL

O enunciado afirma que o candidato deve selecionar a alternativa que apresenta um comentário implícito na passagem. Portanto, deve-se atentar para o fato de que não serão encontrados na passagem os exatos termos usados na alternativa correta, que é letra (D). O trecho na passagem que servirá como embasamento é: “Just like our writing today, early symbols were used to store information and communicate it to

others”, ou seja, “Assim como a escrita hodierna, símbolos primitivos eram usados para armazenar informações e comunicá-los aos outros.”


INTERPRETAÇÃO TEXTUAL

A questão requer do candidato que encontre na passagem em exame a informação declarada acerca da escrita legível. A leitura do quarto parágrafo, especificamente dos trechos: “Legible writing that can be produced comfortably, at speed and with little conscious efforts…” e “This is important when assessments are based on written work…” nos permite a marcação da alternativa (C), que diz: “é importante em avaliações escritas.”


OSG.: 076810/13123

COMPREENSÃO DE TEXTO

O enunciado da questão solicita que seja marcada a alternativa que apresenta uma

conclusão possível com base na passagem. Para tanto, o aluno deve lançar mão do

conteúdo presente na passagem, especificamente no sexto parágrafo: “...but more and

more, people are shifting from paper to eletronic modes of communication.”, ou seja,

“porém cada vez mais, as pessoas estão mudando do papel para modos eletrônicos de

comunicação.” Dessa forma, deve-se selecionar a alternativa (B).


OSG.: 076810/13124

SINONÍMIA O vocábulo em destaque “pervasive”, ou seja, “difundido” no contexto, aproxima-se do vocábulo “common” presente na alternativa (D). Resposta correta: (D)

PREPOSIÇÃO A preposição on adequadamente complementa a frase por fazer referência à palavra street (rua) que, por regência, pede a aplicação dessa preposição. In the street é possível no inglês britânico quando se identifica o nome da rua in regent street (British) on regent street (American). Resposta correta: (C)

OSG.: 076810/13125

PHRASAL VERBS O verbo to track down tem o sentido correto para a complementação da frase, uma vez que equivale em português a “rastrear”. A frase, traduzida para o português, seria: “Usando um ‘kit’ de alta tecnologia, a polícia encontrou uma única pista, rastreou-a e salvou a garota”. Resposta correta: (A)

PHRASAL VERBS O verbo “to take off”, no sentido utilizado na frase, tem o sentido de retirar, remover. A frase em questão, traduzida para o português, seria: Em 2013, agentes resgataram 337 crianças e removeram 964 supostos predadores da rua.


OSG.: 076810/13126

COMPLEMENTAÇÃO TEXTUAL A palavra decision (decisão) é a mais apropriada para a complementação da frase, pois ela afirma que milhares (de pessoas) se reuniram na praça Taksim, na Turquia, para protestar contra a decisão do tribunal (court) no caso envolvendo Ethem Sarisülük. As outras opções não dariam sentido à frase: Riot – Motim Demonstration – Protesto Low – Lei Affray – Tumulto Resposta correta: (D)

ADJUNTO ADVERBIAL A leitura e tradução da frase em questão nos encaminham a perceber uma situação de oposição de ideia, pois, se traduzida, observamos o seguinte: “Gorda? De jeito algum! Jane não é gorda de maneira nenhuma. Pelo contrário, ela é bastante magra. Dessa forma, o adjunto adverbial ‘On the contrary’ deve ser empregado para unir os períodos”. Resposta correta: (E)

OSG.: 076810/13127

VERBOS ANÔMALOS O verbo anômalo can, na forma negativa, é o que corretamente complementa a frase em questão, dando-lhe assim sentido e coerência. A frase diz: Não seja ridículo! Aquele homem não pode possivelmente ser Barack Obama. Resposta correta: (B)

INVERSÃO A expressão not only (não só), se utilizada no início da frase, requer que a estrutura inversa de verbo com sujeito seja empregada. Dessa maneira, a inversão did he lose é a forma correta para a complementação da frase. Resposta correta: (A)

OSG.: 076810/13128

ORAÇÕES CONDICIONAIS A primeira condicional requer a condição no presente simples e a oração principal no futuro simples. Assim, o complemento da frase deve ser will be taken, sendo também necessário o uso da voz passiva para dar sentido e coerência à mesma. Resposta correta: (C)

CONJUNÇÃO A conjunção Although (embora) é a que corretamente completa a frase em questão, dando-lhe sentido e coerência. A frase completa, em português, seria: “Embora o custo do ensino superior no Central Wyoming College seja relativamente baixo, muitos alunos precisam e recebem ajuda financeira”. Resposta correta: (A)

OSG.: 076810/13129

COMPLEMENTAÇÃO TEXTUAL O presente perfeito deve ser empregado na complementação da frase em questão, pois a ação de tolerar a perseguição ainda continua por parte dos cristãos coptas do Egito. Dessa forma, a estrutura have long tolerated deve ser utilizada para dar sentido à frase. Resposta correta: (A)

USO DE MODIFICADORES “Modifiers”, segundo uOttawa, site da Universidade de Ottawa, podem ser adjetivo, advérbio ou expressão ou oração que funciona como adjetivo ou advérbio. Em todo caso, o princípio básico é o mesmo: o modificador acrescenta informação a outro elemento na sentença (oração).

OSG.: 076810/13130

Desse modo, verifica-se que tanto na opção C quanto na opção D há modificadores que descrevem logicamente termos da oração. Em C, o advérbio properly modifica a forma verbal paid. Em D, a oração adjetiva “that was given” descreve ou modifica a palavra all, que funciona como predicativo (complement) da oração em causa. Reiteramos que, em D, all é seguido de oração adjetiva relativa (relative clause), a qual funciona como modificador de all, descrevendo-o logicamente. É o que entende o gramático Michael Swan, à página 38-3 da sua Practical English Usage: “All can be used as the subject, object or complement of a sentence. In modern English, this is only common when all is followed by a relative clause.”

Resposta IME: (C) Resposta FB: (C) e (D)

SEMÂNTICA – IDENTIFICAÇÃO DO ITEM INCORRETO Barking dog é a expressão em inglês utilizada para se referir a cão que late. Portanto, Barked dog não está corretamente empregado na frase em questão.


OSG.: 076810/13131

SEMÂNTICA – IDENTIFICAÇÃO DE ITEM INCORRETO A palavra person classifica-se como substantivo, não podendo, portanto, qualificar a palavra power para formar a expressão “poder pessoal”. O correto seria o uso do adjetivo personal. Resposta correta: (D)

SEMÂNTICA – IDENTIFICAÇÃO DO ITEM INCORRETO A expressão “escassez de comida”, em inglês, deve ser escrita food shortage, uma vez que a palavra short significa “curto”, tendo função de adjetivo e não podendo ser usado como substantivo. Resposta correta: (A)

OSG.: 076810/13132

SEMÂNTICA – IDENTIFICAÇÃO DO ITEM INCORRETO Para manter a coerência verbal da frase é necessário que o verbo to hug (abraçar) seja empregado no passado simples (hugged), e não no presente contínuo (are hugging). Resposta correta: (C)

REDAÇÃO

OSG.: 076810/13133

OSG.: 076810/13134

DISSERTAÇÃO ARGUMENTATIVA Como era de esperar, a prova de Produção Textual da edição de 2013 do Instituto Militar de Engenharia (IME) foi bem direta no que tange à temática. A elaboração do conteúdo deveria versar sobre A necessidade de se perceber a interconexão entre os diversos campos do conhecimento a fim de se atingir o pleno desenvolvimento de nossas capacidades. Nessa produção, o candidato precisava perceber que o termo “necessidade”, no início do tema, direcionava-o para a discussão em torno dos aspectos positivos de se estabelecer uma conexão entre as mais diferentes áreas do conhecimento para se atingir o pleno desenvolvimento de suas potencialidades cognitivas. A franca discussão, como foi bem orientada nos dois textos motivacionais, deu suporte ao candidato de mostrar seus pontos de vista e até apontar exemplos ou comparações para enaltecer a confirmação de que é muito relevante termos acesso a várias ciências, inclusive com o feito de trabalharmos aspectos emocionais. Em verdade, a beleza dos textos selecionados e objetividade dos autores em relatar fatos em que houve superação de problemas coletivo (escola) e individual (Hélène Grimand) foram aspectos fundamentais para as ideias do candidato fluírem rapidamente e haver um foco direcionado ao que realmente foi pedido, e não existir tangenciamento temático. Certos da segurança e da criatividade comuns aos alunos do FB, aguardaremos, mais uma vez, um resultado muito positivo desse certame.

CLEAN – 19/12/2013 – REV.:AMÉLIA

ime – 2013/2014 -...

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