ita – 2015 - fariasbrito.com.br · ita – 2015 substituindo: 2 100 x 110 1 10 20110 2 2 x 0,46m...

ITA – 2015

1º DIA

Física .............................................................................................................................................. 3

2º DIA

Língua Inglesa .............................................................................................................................. 23

Língua Portuguesa ....................................................................................................................... 32

Redação ....................................................................................................................................... 43

3º DIA

Matemática .................................................................................................................................. 45

4º DIA

Química ........................................................................................................................................ 28

OSG.: 089213/143

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FÍSICA

ONDULATÓRIA

A velocidade do pulso é dada por F

ν =µ

(relação de Taylor)

Dessa forma, temos:

ν

L

L = ν · t ∴ L

t LF

µ= =

ν

Resposta correta: (C)

DINÂMICA

Dados: m; q > 0; 0v�

(para cima); E�

(para baixo); g�

EP F qE

a gm m

+= = +

� ��

Por se tratar de um MRUV:

2 20v v 2ad= −

No ponto de altura máxima: v = 0

20 máx

qE0 v 2 g H

m = − ⋅ + ⋅

( )

2 2 20 0 0

máx

v v m vH

qE mg qE 2 mg qE2 g 2m m

= = =+ + +

Resposta correta: (D)

OSG.: 089213/144

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DINÂMICA

I.

1 1R – R cos R 1 – ( )cosθ = θ

Energia: ( )2

1m

m g R 1 cos2

⋅ ν= − θ

( )212gR 1 cosν = − θ

Dinâmica:

2

1m

m g cosR

⋅ ν= ⋅ θ

21g R cosν = θ

Logo:

2 gR ( )11 cos gR− θ = 1cos θ

12

cos3

θ =

II. Energia: pelo fato de ser dissipativo:

( )2

2m

mgR 1 cos2

ν< − θ

( )222gR 1 cosν < − θ

Dinâmica:

2

2m

mg cosR

ν= θ

22v gR cos= θ

Logo:

gR 2cos 2 gRθ < ( )21 cos− θ

22

cos3

θ <

OSG.: 089213/145

ITA – 2015

III. Utilizando o referencial não inercial:

Dinâmica:

2

i

2i

mvmg cos F sen

RR

v g R cos F senm

θ − θ =

= θ − θ ⋅

Energia:

( )

( )

2

i

2i

mvmg R 1 cos

22

v 2g R 1 cosm

− θ + =

= − θ +

�

�

Igualando:

( )i i

i i

i i

i3 i

R 2g R cos F sen 2g R 1 cos

m m2 R

3g Rcos 2g R F senm m

2 2 R 1cos F sen

3 3gRm m 3g R

2 2 1cos F sen

3 3 g R m 3gm

θ − θ ⋅ = − θ +

θ = + + θ ⋅

θ = + ⋅ + θ ⋅ ⋅

θ = + ⋅ + ⋅ θ ⋅

�

�

�

�

Logo, 3

2cos

3θ >

Finalmente:

2 1 3

2 1 3

cos cos cosθ < θ < θ

θ > θ > θ


OSG.: 089213/146

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ELETROSTÁTICA

Observem-se as figuras:

+ + +

+ +

+

+

+ +

+ +–

q1

q2

F2

F2

F2

F2

F1

F1

F1

F1

FR

FR

I. Com o tubo, a posição de equilíbrio é estável, por se tratar de um movimento unidimensional, havendo

resultante restauradora ao deslocar da posição de equilíbrio.

II. Sem o tubo, o movimento pode ser tridimensional, sendo o equilíbrio instável nas demais direções.

Além disso, o teorema de Earnshaw diz que uma carga, nessa condição não pode permanecer em

equilíbrio estável.

III. O teorema de Earnshaw também diz que o equilíbrio, nesta situação, não pode ser estável.

Resposta: I. Sim.

II. Não.

III. Não.


OSG.: 089213/147

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MAGNETISMO

I. Falso. Não podemos utilizar a lei de Biot-Savart diretamente neste caso, pois tal expressão só é aplicada para correntes estacionárias. A expressão correta para estes casos é dada pela seguinte equação:

( )03

qB · v r

4 r

µ= ×

π

� ��

Onde r

� é o vetor da carga fonte até o ponto P.

Entretanto, não precisamos conhecer tal equação. Podemos pensar em uma quebra de simetria. Por exemplo: se você tomar o campo magnético gerado por um fio infinito, verá que tal resultado dependerá somente da distância do ponto ao fio pela aplicação direta da lei de Ampère. Entretanto, se quebrarmos a simetria, é fácil perceber que o campo deixará de depender somente da distância do ponto à reta1.

II. Falso. Força magnética não realiza trabalho sobre monopólos elétricos. Os dipolos induzidos na limalha são originados por microcorrentes, elétrons em movimento, não haverá realização de trabalho. A expressão “campo magnético do imã realiza trabalho” é uma metonímia, pois se refere à força magnética em si não realizar trabalho. Tal linguagem é muito utilizada por alguns autores.

III. Verdadeiro. A configuração é a seguinte. 1 Para um estudo mais geral sobre campos gerados por uma carga em movimento (porém, com uma matemática um pouco mais elaborada), veja Eletrodinâmica – Griffiths (capítulo 10).

OSG.: 089213/148

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A força pode ser calculada em módulo por: F = B1 i2 ℓ = B2 i1 ℓ. Pela figura acima, o campo B1 está

entrando na página e como a corrente i2 está para cima, tendo em vista a regra da mão direita,

concluímos que q força é atrativa.


OSG.: 089213/149

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CENTRO DE MASSA Vejamos a chapa:

2 100

10 cm

=

=

ℓ

ℓ

Por simetria, temos ycm = 5 cm, para determinar xcm, usamos:

1

211 1 2 2

cm21 2

22

2 22

cm

cm

x 5 cm

A 100 cmA · x A · xx , onde

x 2,5 cmA A

A – R (R 2,5 cm)

A (2,5) 19,63 cm

(100) · (5) ( 19,63) · (2,5) 500 49,09x

(100) ( 19,63) 100 19,63

450,91x 5,61 cm

80,37

=

=+ =

=+ = π =

= − π = −

+ − −= =

+ − −

= =

Logo, as coordenadas do C.M. são cm

cm

x 5,61 cm

y 5,00 cm

=

=

Resposta correta: (B)

OSG.: 089213/1410

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MOMENTO LINEAR

Conservação do momento: ,E E

mc c

−= + ν

E = –E’ + mνc

Mas E’ = 0,99E, logo:

E = –0,99E + mνc

mνc = 1,99E

Analisando a energia absorvida: 2

ABm m

E m c T L10 2

⋅ ν= ∆ + ⋅ +

0,01E = m(500 ⋅ 4) 10 + 2m m

(80000 4)10 2

ν⋅ ⋅ +

0,01E = m ⋅ 5 ⋅ 2000 + 2m

2

ν→ E = m ⋅ 5 ⋅ 2000 ⋅ 50 mν2

Substituindo:

mνc = 1,99 ⋅ (m 5200000 + 50 mν2)

νc = 1,99 ⋅ (5200000 + 50 ν2)

Resolvendo a equação para c = 3 108 m/s, encontra-se ν ≅ 0,034 m/s = 3,4 cm/s


OSG.: 089213/1411

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ESTÁTICA

Para o cone ficar na iminência de tombar, sua base deve ter contato com a superfície apenas em 1 ponto,

denotado por A:

Fazendo A 0Στ =

( )F Mg 0

F h Mg R 0

h MgF h Mg R

R F

τ + τ =

− ⋅ + ⋅ =

⋅ = ⋅ ⇒ =

Resposta correta: (A)

OSG.: 089213/1412

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INTERFERÊNCIA/ONDULATÓRIA Dados:

1’1 1

2’2 2

480 nm 320 nm.n

600 nm 400 nm.n

3,00º 0,052 radn 1,50

λλ = → λ = =

λλ = → λ = =

α = ==

Como há inversão de fase apenas na primeira reflexão, vale a condição para interferência destrutiva:

d 2e N ’∆ = = ⋅λ onde N é inteiro.

2 x N ’’

x N2

⋅ α = ⋅ λ →λ

→ = ⋅α

e e

x e xx

α → → αα

≃ ≃ ≃

Para que em x ocorra uma franja escura, deve haver interferência destrutiva para ambas: ' '1 2

1 2

1 2

1

2

1

1

x N N2 2

320 nm 400 nmN N

2 2N 5 10 15

...N 4 8 12

320 nmPara N 5 x 5 15385 nm 15,4 m

2 0,0523

320Para N 10 x 10 30769 nm 30,8 m

2 0,0523

λ λ= ⋅ = ⋅

α α

⋅ = ⋅α α

= = = =

= → = ⋅ = = µ⋅

= → = ⋅ = = µ⋅

Logo, a distância entre esses mínimos é: 30,8 m 15,4 m 15,4 mµ − µ µ≃


OSG.: 089213/1413

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HIDROSTÁTICA No referencial do tubo, podemos imaginar a seguinte configuração:

Podemos relacionar a tangente do ângulo como:

tg θ = a Z Z

a gg L L

= ∴ = ⋅

Resposta correta: (E)

ESTÁTICA 10 mm L 10 mm L

L 1 mmR r 10r r

∆ ∆= → = → ∆ =

y = F F LA , onde F mgL A L

L

= ⋅ =∆ ∆

y = 2 33

10 1

100,2 102

−−⋅

⋅π ⋅

OSG.: 089213/1414

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11

10y

10−=

π ⋅

12

210y N / m=

π


GRAVITAÇÃO O item incorreto é o B, pois verifica-se que o campo gravitacional resultante de uma distribuição plana de massa, no plano da distribuição, deve ter sua linha de ação sobre o mesmo plano. Para tanto, basta ver que a contribuição de cada elemento de massa para o campo é um vetor situado sobre o plano, não havendo contribuições normais Resposta correta: (B)

OSG.: 089213/1415

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DINÂMICA

Devemos determinar

x 2L 2L senx

1 sen2L

xsen 1

2L

∆ = − θ∆

= − θ

∆θ = −

(i) As equações de movimento são:

1T co s 2T co sθ + 2m Lco sθ = ω ⋅2

1 2

1 2

2 el

T T m L

T sen T sen mg.

2T sen F mg.

θ

+ = ω

θ = θ +

θ = +

Resolvendo o sistema:

21 2

1 2

T T m Lsomando:

T T mg sen

+ = ω

− + = − θ

22

2

2

2

22

22

2T m L mg sen

K x Mgm L mg sen

sen

K x Mg m L sen mg

xK x Mg m L 1 Mg

2L

mK x x m L mg Mg

2

mK x m L mg Mg

2

= ω − θ

⋅ ∆ += ω − θ

θ

∆ + = ω θ −

∆ ∆ + = ω − −

ω∆ + ∆ = ω − −

ω+ ∆ = ω − −

OSG.: 089213/1416

ITA – 2015

Substituindo: 2

21 10100 x 1 10 1 10 20

2

x 0,46 m 0,5 m

⋅+ ∆ = ⋅ ⋅ − −

∆ = ≈


FÍSICA MODERNA I. Verdadeiro. Todos os isótopos de um mesmo elemento químico possuem o mesmo número de prótons.

Os isótopos de oxigênio mostrados no item diferem de 2 unidades em seu número de massa, portanto, tendo o mesmo número de prótons, diferenciam-se por dois nêutrons.

II. Falso. O número de meias-vidas nesse período é dado por:

72000n 3

24000= =

A massa residual após n meias-vidas é

0n 3

m 600m m m 75 g

2 2= → = → =

III. Falso. A partícula β é negativa com número de massa zero. Portanto, uma emissão de partícula β não

poderia alterar o número de massa. IV. Falso. A luz azul possui maior frequência que a luz vermelha, portanto continuará ocorrendo o efeito

fotoelétrico com a mesma quantidade de elétrons emitidos, mas com maior energia cinética. A quantidade de elétrons emitidos está relacionada à intensidade da radiação incidente.


OSG.: 089213/1417

ITA – 2015

MHS A equação de movimento do MHS pode ser escrita como:

( )x A cos wt O= +

Logo, derivando em relação ao tempo:

( )

( )2 2w x

x wA sen wt O

x w A cos wt O = −

= − +

= − +

ɺ

Logo, a posição e a aceleração se anulam ao mesmo tempo; portanto, no gráfico, correspondem às linhas cheia e pontilhada, em alguma ordem (é impossível especificar qual, sem saber as unidades do gráfico e o valor de w). A velocidade, que é defasada de 90º em relação à posição (ou à aceleração), corresponde à linha tracejada. Assim, todas as proposições são incorretas, e o item correto é o D. Resposta correta: (D)

OSG.: 089213/1418

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TERMODINÂMICA

Na transformação: P1, V1, T1 → P2, V2, T2.

(i) Pela relação PV γ = cte, temos que:

1 1 11 21 2TV cte T V T ,Vγ− γ− γ−= → =

de modo que ( )1

2

2

1

Tn T1

Vn V

γ − =

ℓ

ℓ

(ii) Pela mesma relação, obtemos:

P11 – γ · T1

γ = P21 – γ · T2

γ ∴ P2 = P1 · 1

1

2

TT

γ− γ

12

2 11

TP P T

γγ − = ⋅

Substituindo na equação original:

2 2 1 1 1 1 2 212

1 2

2 1

1 1

2 2

12

1 1 21

2

1

1

2

P V P V P V P VW

T Tn nT TV Vn nV V

TP V V · T

Tn TVn V

γγ −

− −= =

− =

ℓ ℓ

ℓ ℓ

ℓ

ℓ


OSG.: 089213/1419

ITA – 2015

ELETROSTÁTICA

( )22 2

2 2 2

d a 2a 2

d a 8a

d 3a

= +

= +=

( )

( )

( )

( )

2

2

2

2

k q q k q q k q q k q q k q q k q q =

a 3a 3a a2a 2 2a 2

k q 6 2 6 2 3 3 2 2 6 2 =

6 2 a

k q 16 2 6 2 =

6 2 a 2

k q 32 6 2 =

12a

k 16 3 2 q =

6a

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅+ + + + +

⋅ + + + + +

⋅ +⋅

⋅

⋅ ⋅ +

⋅ + ⋅

�

�

�

�

�


OSG.: 089213/1420

ITA – 2015

VARIAÇÃO DE FLUXO, TORQUE MAGNÉTICO A alternativa correta é o item C. Veja: Para α = 0,β = 90o, a espira encontra-se sobre o plano xy, conforme a figura.

Imediatamente após ser solta, a espira inicia um movimento de queda livre, transladando no eixo z paralela ao plano xy. Assim, a variação de fluxo é dada por:

( )ox z z

d d Bxe ze dAe

dt dt L

Φ = − + ⋅ ∫� � �

2o o od B d | B B L dz

zdA z dAdt L dt L L dt

= = = ∫ ∫

odz

B L 0dt

= <

Logo, pela lei de Lenz, há indução de corrente no sentido da figura.

O torque do corpo B�

sobre a espira pode ser dividido em:

i) Devido a zB :�

oz z

B zB e

L=

� �é constante sobre a espira, imediatamente após ser solta; os torques sobre as arestas

AB, CD e AD, BC são iguais e opostos, cancelando-se. Logo, o torque resultante é nulo.

ii) Devido a zxB�

:

ox x

BB bce

L

−=

� � se anula sobre AD, produzindo torque nulo, e ( )e B

� realiza torques iguais e opostos

sobre AB e CD. Logo, o torque resultante devido a zxB�

é aquele produzido sobre BC,

oBˆi d ye y x

L= −� L x z o ze i Bo e dy B i L e

= =

∫ ∫� � �

, que tende a girar a espira para β < 90o.


OSG.: 089213/1421

ITA – 2015

RELATIVIDADE

Por definição, após um tempo de meia-vida, a probabilidade de um único múon não decair é de 50%. Para que ele chegue ao chão nesse intervalo de tempo, a velocidade mínima deve ser tal que:

( )

2 2 22 22 2 2

2 2

22

c v s s sv c c

c v t t t

ss cc ttvs

ct

∆ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = + = ⇒ − ∆ ∆ ∆

∆∆⋅ ∆∆= =∆ + ∆

( )st

∆∆

1 222

2

t1 c

s

1 tv c 1 c

2 s

− ∆ ⋅ + ∆

∆ = − ∆

Aproximadamente: v ≈ 2,7 ⋅ 108 m/s Resposta correta: (E)

OSG.: 089213/1422

ITA – 2015

INTERFERÊNCIA Observe o esquema abaixo:

2

vcc v 1n nc

+ + →

cn

→

A luz caminha junto com o meio na configuração superior, enquanto o meio está parado na inferior.

( )

1

22 1

2

2

2 1

impar

Lt

cv

nvc Subtraindo :1

t tnc

Lt

cn

vc1n nct t L

ccv

n

vc nv cT nN L n2 c c nv

= +

+ − =

+

− = − +

+ − − ⋅ = ⋅ +

Condição de interferência destrutiva.c

vn

+

Para o mínimo: ímparN 1=

( )

( )

( )

22

2 2

2 2

2

2

n 1c n c v 2f Ln v

n n

n c n c v 2f L n v n 1

c 2f L v n 1 n c v

cv

2fL n 1 n c

+ = −

+ = −

= − −

=− −


OSG.: 089213/1423

ITA – 2015

LÍNGUA INGLESA

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO

A leitura do texto permite observar a predominância do foco narrativo em primeira pessoa do singular,

criando uma estrutura de texto autobiográfico.


OSG.: 089213/1424

ITA – 2015

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A leitura do texto permite ver que Robbee Kosak descreve o motorista do veículo conversível como sendo uma pessoa satisfeita e de bem com a vida, como pode ser visto na passagem do terceiro parágrafo: “She could see that the man had a slight smile on his face, the kind of absentminded smile a person might have when he’s all alone, happy in his own thoughts.” Resposta correta: (D)

TERMOS QUALIFICADORES A frase disposta no item E da questão não apresenta nenhum termo qualificador. Se traduzida, a frase em português ficaria: “Ela certamente viu como eu estava naquela noite”, não percebendo-se, portanto, nenhum elemento qualificador na referida frase. Resposta correta: (E)

INTERPRETAÇÃO TEXTUAL Quando o autor do texto, Randy Pausch, comentou sobre o email de Robber Kusak, ele se mostrou muito motivado por perceber que, embora ele estivesse em um momento particular, no qual ele não havia ensaiado nenhum tipo de reação positiva, mesmo com um difícil diagnóstico de câncer, ele transmitiu alegria para quem o visse naquele instante. Portanto, a expressão “She had given me a window into myself” explica essa percepção dele mesmo; algo que não poderia ser visto sem essa ajuda. Resposta correta: (E)

OSG.: 089213/1425

ITA – 2015

GRAMÁTICA – USO GERAL O apóstrofo S (‘s) funciona em inglês também como indicativo de posse, estabelecendo uma relação entre o possuidor (que recebe o apóstrofo s) e o objeto possuído, como pode ser visto nos exemplos citados no item A: • Carnegie Mellon’s vice presidente – Vice-presidente da Carnegie Mellon • The driver’s side door – A porta lateral do motorista • The man’s full face – O rosto inteiro do homem • Robbee’s email – O email de Robbee Resposta correta: (A)

DISCURSO DIRETO E INDIRETO A frase em questão apresenta dois verbos, respectivamente, no Past Perfect Continuous (had been driving) e Simple Past (found), o que nos leva a ver como verdadeira a frase exposta na alternativa A que traz o correspondente deses tempos verbais no discurso direto, respectivamente, Past Continuous (was driving) e Simple Past (found). Nota-se que, quando se trata de passado simples, não há a necessidade de mudanças no tempo verbal do discurso direto para o indireto. Resposta correta: (A)

OSG.: 089213/1426

ITA – 2015

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O primeiro parágrafo do texto traz a informação de que a equipe responsável pelos efeitos especiais do filme “O Homem de Ferro” (Iron Man) foi contratada para projetar uma “armadura” para militares americanos. Nas linhas quatro e cinco, no segundo parágrafo, obtém-se a informação de que o estúdio Legacy Effects, baseado no estado americano da Califórnia, está construindo um exoesqueleto que permitirá que soldados carreguem equipamentos pesados, de acordo com informação do Wall Street Journal. Resposta correta: (D)

OSG.: 089213/1427

ITA – 2015


O segundo parágrafo do texto traz a informação de que o Legacy Studios já fez trajes para filmes como

“RoboCop”, “Capitão América”, “O Exterminador do Futuro” e “O Homem de Ferro”, tendo, portanto,

experiência em criar roupas especiais, como a solicitada pelos militares americanos.


RELAÇÃO DE SINONÍMIA

A expressão “To be succeed in” não tem sentido em inglês, não sendo portanto sinônimo para a expressão

“To be capable of” (ser capaz de). As outras expressões da questão podem ser usadas como sinônimos da

referida expressão.



O traje que está sendo desenvolvido pela Legacy Effects para os militares americanos dará condições para

que sejam realizadas operações militares carregando muito peso, o que está de acordo com a alternativa C da

questão.


OSG.: 089213/1428

ITA – 2015


A leitura do texto permite observar uma descrição do mercado de figurinhas da Copa do Mundo, assim como um relato minucioso das possibilidades matemáticas de obtenção de figurinhas. Não se vê ao longo do texto informações que possam levar o leitor a entender o motivo do roubo de milhares de figurinhas no Brasil, muito menos algo que deprecie as estratégias do Grupo Panini para comercializar os álbuns da Copa do Mundo. Dessa forma, vemos como verdadeira apenas a frase exposta no item III da questão.


OSG.: 089213/1429

ITA – 2015

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O último parágrafo traz a informação de que a empresa italiana Panini tem como prática vender as últimas 50 figurinhas do álbum da Copa do Mundo mediante um pedido feito pelo cliente, como se pode ver no trecho “If they take advantage of Panini’s practice of selling the final 50 missing stickers to order.” Portanto, o item D é aquele que deve ser considerado como verdadeiro pelo candidato.


PASSIVE / ACTIVE VOICE A voz ativa deve ser usada quando deseja-se evidenciar o sujeito da oração, ou seja, aquele que age. Na letra A, fica claro o reforço no termo “Panini”, que é exatamente o sujeito da oração. Resposta correta: (A)

CONTINUOUS TENSES O uso do sufixo ing nem sempre indica a presença de um verbo, e quando o faz, esse verbo nem sempre está em um tempo contínuo. A única opção em que o referido sufixo indica continuidade é a letra E, que está escrita no present continuous tense. Resposta correta: (E)

OSG.: 089213/1430

ITA – 2015

GRAMÁTICA – CONJUNÇÃO

O termo “that”, da forma que é usado na letra B, apresenta-se como conjunção, e tem como função conectar

duas orações. Portanto, nesse caso, não há o objetivo de se remeter a uma ideia anterior.


COMPREENSÃO TEXTUAL

Segundo o texto, em 2010, Messrs Sardy e Velenik atuaram como reguladores checando a distribuição de

figurinhas em um álbum vendido na Suíça. Eles esperavam a repetição de aproximadamente 9 figurinhas na

amostra de 6.000 que eles possuíam, fato que foi comprovado na prática.


OSG.: 089213/1431

ITA – 2015


A frase em questão estabelece que, apesar dos apelos, o filho do autor do texto está pronto para se livrar da

maioria das suas figurinhas para conseguir colocar a mão na de Leonel Messi, indicando, assim, que o autor

vivencia na sua própria casa o esforço de um colecionador (no caso seu filho) para conseguir uma única

figurinha.


USO DO VOCABULÁRIO

Ao analisar o significado do termo “due to”, que é “devido a”, percebe-se claramente que o uso de “because

of” no lugar dele não alteraria seu sentido na expressão.


OSG.: 089213/1432

ITA – 2015

COMPREENSÃO TEXTUAL

No primeiro quadro, o apresentador comenta sobre um novo estudo que afirma que o fato de assistir muita televisão e passar muito tempo no computador é responsável por parte da obesidade da população. Já no segundo, o mesmo apresentador convida o telespectador a assistir um longo programa sobre o assunto e a se conectar à Internet, finalizando com o anúncio de batatas fritas. Fica claro, portanto, a contradição existente entre os dois quadros.


INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Fazendo-se uma relação entre o anúncio da reportagem e a mensagem no segundo quadro, percebe-se uma indiferença total ao tema a ser debatido, uma vez que o longo tempo (3 horas) do programa e o convite à interação com o canal por meio de redes sociais vão de encontro exatamente ao que será divulgado como resultado do estudo a ser mostrado na reportagem.


LÍNGUA PORTUGUESA

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Para defender uma política imigratória não necessariamente vinculada a critérios profissionais, o autor parte de uma reportagem de José Leal. Este afirma que os imigrantes que chegam à Ilha das Flores só servem “para entulhar as grandes cidades”. O enunciador, por sua vez, manifesta um olhar diferente do quadro concebido pelo repórter, pois propõe a realização de “uma política de imigração sábia, perfeita, materialista”, mas sem excluir os inúteis, os vagabundos, os aventureiros e os tontos, deixando para eles uma pequena margem. Segundo o autor “como sorte grande da fantástica loteria humana, pode vir a nossa redenção e a nossa glória” de um desses marginalizados.


OSG.: 089213/1433

ITA – 2015

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O autor do texto faz uma ponderação sobre o ponto de vista da política imigratória. Em dois momentos da sua argumentação, ele concorda com o repórter, mas ressalva que há um outro lado que deveria ser levado em consideração. I. “É insensato importar gente assim. Mas...” (linha 12) II. “Façamos uma política de imigração sábia...; Mas...” (linhas 29-30) Perceba, caro aluno, que, nesses dois momentos, o autor concorda com o repórter, porém seu ponto de vista é outro, ou seja, é preciso também olhar os imigrantes que não sabem, ao certo, o que vieram fazer aqui, pois, no meio deles, há aqueles que ajudarão o país, das mais variadas formas. Do ponto de vista do discurso, o conector mas, nos dois excertos, é que indica o ponto de vista diferente.


COMPREENSÃO LEITORA

A questão exige que o candidato aponte, dentre os quatro itens, aqueles que são interpretações do texto 1. Estão corretos, tão-somente, os itens II – III e IV.

Veja:

(F) I. O autor não assevera que imigrantes qualificados teriam destino promissor no Brasil; (V) II. Ao defender a imigração de pessoas sem profissão definida, o autor revela otimismo em relação a essas pessoas; (V) III. O autor tanto considera o posicionamento de José Leal (O repórter tem razão. – linha 7) quanto contesta, pois vê na pessoa humana (mesmo sem profissão) um potencial, pois, como diz, sem o tráfico de escravos, não teríamos Machado de Assis; (V) IV. De fato, o autor defende que algumas personalidades, como Burle Max, Pancetti e Noel Rosa, poderiam não ter nascido no Brasil, caso a imigração tivesse tido leis severas. Sequência: F – V – V – V


OSG.: 089213/1434

ITA – 2015

INTERPRETAÇÃO I. Afirmação correta. O fragmento “para entulhar as grandes cidades” revela o ponto de vista do repórter

José Leal, ratificando a ideia de que essa gente é inútil. II. Afirmação correta. Ao citar o repórter José Leal, Rubem Braga demarca a direção argumentativa de seu

texto, especificado na continuidade do texto: “O repórter tem razão. Mas eu peço licença…” III. Afirmação incorreta – Embora o autor concorde parcialmente com o pensamento do repórter, ele faz uma

ressalva importante sobre a imigração, revelando um posicionamento diferente. IV. Afirmação incorreta – A ideia de que os imigrantes são desqualificados por exercerem profissões

tipicamente urbanas não encontra correspondência por parte do autor, embora esteja nítida na afirmação do repórter. Na verdade, o autor apresenta uma visão diferente, concordando parcialmente com o José Leal.


GRAMÁTICA – FUNÇÕES DA PALAVRA “QUE” Esta questão exige que o candidato aponte a palavra QUE na função de conjunção integrante. Acerta quem marcou a alternativa D. Veja: • Em A, o “que” sublinhado faz parte da locução conjuntiva “logo que”; • Em B, o “que” é pronome relativo; • Em C, o “que” é pronome relativo; • Em D, o “que” é conjunção integrante, introduzindo subordinada substantiva objetiva direta; • Em E, o “que” é pronome relativo. Resposta correta: (D)

OSG.: 089213/1435

ITA – 2015

ELEMENTOS DE REFERÊNCIA Essa questão requer que o aluno saiba a relação entre os elementos de referência e solicita aquele elemento que “não retoma um conteúdo anterior”. A única expressão grifada que atende a esse comando é a C. “A humanidade” é uma expressão conclusiva, que reforça o principal argumento do autor. Em todas as outras alternativas, o referente anafórico é muito claro: A) “repóter” = José Leal B) “gente assim” = todas as pessoas citadas no parágrafo anterior. D) “muitos” = “essas mulheres loiras”, “esses homens de profissões vagas” E) “seus” = homens Resposta correta: (C)

PONTUAÇÃO Esta questão trata do entendimento e da utilização da pontuação. O único item cuja afirmação está incorreta é o II, porque o que vem depois do ponto e vírgula não indica elemento de catáfora, o que só pode ser feito pela utilização dos dois pontos. Resposta correta: (B)

OSG.: 089213/1436

ITA – 2015

FIGURAS DE LINGUAGEM A metonímia é uma figura de linguagem que consiste no emprego de um termo no lugar do outro, havendo, entre ambos, estreita afinidade ou relação de sentido. Considerando as construções propostas para análise, constatamos que, no fragmento “gente para o asfalto”, identificamos uma relação de afinidade entre o termo “asfalto” e a palavra “cidade”, pois a palavra “asfalto” evoca a ideia “cidade”. Resposta correta: (A)

INTERPRETAÇÃO Nos dois textos, observa-se que há uma abordagem temática relacionada aos não nativos. Em I, Rubem Braga destaca a necessidade de uma política de imigração sábia, mas sem excluir os “inúteis, os vagabundos, os aventureiros e os tontos.” No texto II, o autor destaca a xenofobia como um traço inerente entre os primitivos e as crianças. Resposta correta: (A)

ANÁLISE DO DISCURSO: ESTRATÉGIA ARGUMENTATIVA As estratégias comuns aos dois textos são as “referências externas para discussão dos respectivos temas”. No texto 1, há os nomes de Chaplin, Einstein, Portinari, Lattes et alii; no 2, há a “criança uruguaia”, por exemplo. No texto 1, não há informações ordenadas do geral para o específico; não há comparações de comportamento de grupos sociais; não há testemunhos de autoridades (há exemplos de pessoas que se tornaram importantes); e não há definições de palavras. Resposta correta: (B)

OSG.: 089213/1437

ITA – 2015

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Segundo o autor, a xenofobia, que caracteriza comportamentos de sociedades primitivas e de crianças, “é algo que os desenvolvimentos posteriores da civilização tornarão evidente de forma mais complexa e sofisticada, mas com a mesma contundência elementar”. Nesse sentido, pode-se depreender que a xenofobia pode ter níveis diferentes de sofisticação, dependendo do contexto social. Resposta correta: (C)

GRAMÁTICA – O USO DE PRONOMES Os pronomes que podem reportar aos pares “tribos/navegantes” e “tribos vizinhas/ não navegantes” são “nós” e “eles”, respectivamente. No texto 2, as “tribos indígenas” (com quem Pierre Clastres conviveu) eram chamadas por um vocábulo que apontava para si mesmos, daí o “nós”. Já as “tribos vizinhas” (eles) eram apontadas por um vocábulo (tradução: “ovos de piolho”) para se referir a eles. O mesmo processo é verificado na tirinha, pois “os navegantes” (nós) se opõem aos “não navegantes” (eles). Resposta correta: (D)

OSG.: 089213/1438

ITA – 2015

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Nesta questão, é preciso que o candidato perceba que os excertos 1 e 2 revelam posições equivocadas tanto dos brasileiros (Excerto 1) em relação a Guiné-Bissau quanto do guineense sobre o Brasil (Excerto 2), pois Guiné-Bissau não é toda a África e a novela não transmite (tão-somente) um país fantástico. Resposta correta: (C)

COMPREENSÃO TEXTUAL No excerto 1, a expressão “quer dizer” introduz uma explicação sobre o que foi dito anteriormente. Acrescentam-se a isso alguns exemplos dados pelo guineense, tais como: São Paulo, Santa Catarina e Rio de Janeiro. Resposta correta: (B)

INTERPRETAÇÃO DE OBRA LITERÁRIA Como disse certa vez o poeta Carlito Azevedo, o drama de Dom Casmurro, ou seja, o enigma relativo a quem seria o pai do filho de sua ex-mulher Capitu, não existiria nos tempos atuais, pois bastaria fazer exame de DNA. As evidências da suposta traição de Capitu arroladas por Bentinho são várias. E Escobar, o amigo do peito de Bento, é suspeito de ser o terceiro vértice do hipotético triângulo amoroso. Dentre as alternativas da questão em exame iteano, a alternativa E não se encontra dentre aquelas arroladas por Bentinho como evidência da traição de Capitu. Senão, vejamos: a) Verdadeira. A prova definitiva: a semelhança do filho Ezequiel com Escobar, prova tão forte, que diante

dela Capitu renuncia a defender-se, o que para Dom Casmurro equivalia a uma confissão explícita.

OSG.: 089213/1439

ITA – 2015

b) Verdadeira. Nova prova: certa noite, Bentinho vai sozinho ao teatro, porque Capitu disse que estava indisposta, mas volta antes de terminar a peça, e encontra Escobar no corredor da casa. Tinha vindo para entregar-lhe uns embargos de terceiros. Capitu confessa que tivera apenas uma pequena dor de cabeça.

c) Verdadeira. Dona Glória passa a tratar com frieza tanto Capitu como Ezequiel, o que sugere que sua intuição materna a fizera antever a verdade.

d) Verdadeira. Vem a tragédia da morte de Escobar. O velório fornece mais uma prova: Capitu chora, o que seria talvez natural, mas olha o defunto com os mesmos olhos de ressaca com que olhara Bentinho adolescente, o que prova que ela não estava chorando apenas a morte do amigo, mas a do amante.

Vejam-se estes outros episódios que Bentinho toma como evidência de traição de sua esposa Capitu: Certa noite, já casado, Bentinho está dando a Capitu uma aula de astronomia, ela se distrai, e confessa que estava pensando num pedido que fizera a Escobar, o de trocar uma pequena soma em libras esterlinas. Escobar tinha atendido ao pedido, e estivera na casa, pouco antes, trazendo-lhe as libras. Outra prova: quando crianças, tinham ouvido o pregão de um preto vendedor de cocadas. Os namoradinhos tinham jurado não se esquecer da toada e das palavras, mas um dia, já casados, Bento se refere ao assunto, e Capitu confessa que tinha se esquecido do pregão. Na ótica de Bento, o esquecimento de Capitu estava ligado às palavras do pregão, que falava de uma menina sem vintém. Assim, o ressentimento de Bento é sobredeterminado: ele está renovando contra Capitu a velha acusação de que ela se casara por interesse, e acusando-a de perjúrio, acusação grave, pois nada garante que o perjúrio não atingiria também os votos conjugais. Resposta correta: (E)

INTERPRETAÇÃO DE OBRA LITERÁRIA A única alternativa correta sobre a obra Senhora, de José de Alencar, é a C, porque, moralmente decaído, Fernando Seixas prostituiu-se ao se vender por um dote, até ser regenerado pelas mãos de Aurélia e tornar-se a figura do homem e do esposo ideal. No final do romance, Aurélia, imbuída de um sentimento de orgulho e de amor próprio, regenera o caráter de Seixas, que, seguindo o clichê romântico, transforma-se, e pode, enfim, gerar o desfecho feliz com a reconciliação dos amantes. Eis uma breve análise para o entendimento dos fatos literários que desautorizam as demais alternativas: Aurélia Camargo, moça pobre que vive com a mãe viúva num bairro do Rio de Janeiro, apaixona-se por Fernando Seixas, que também se apaixona por ela, levando-os a pensar em casamento. Ambicioso por subir na vida a qualquer custo, esse rapaz elegante disfarça no luxo das aparências suas precárias condições econômicas a fim de impressionar possíveis moças casadoiras, que sejam donas de abonados dotes financeiros e, por isso Seixas troca Aurélia por Adelaide Amaral: por causa do seu suposto dote. Em Senhora, que é um dos romances mais bem construídos do autor, realiza Alencar uma boa critica à educação tradicional, ao casamento por conveniência.”. Aurélia sente-se humilhada, desprezada e se enche de mágoas e raiva. Depois de receber uma fabulosa herança e enjoada do assédio interesseiro da maioria dos jovens pretendentes, resolve vingar-se de Fernando, por quem continua apaixonada, reconquistando-o com a mesma arma que o havia afastado dela, o dinheiro. Em Senhora, a compra do ex-noivo pela menina pobre e humilhada, agora grande dama milionária, é um truque habilidoso de romancista de salão e, psicologicamente, profundo recurso de análise.

OSG.: 089213/1440

ITA – 2015

Fernando aceita a oferta do valioso dote oferecido por Lemos, para se casar com a misteriosa moça, que ele só conheceria depois de assinado o contrato. Após o casamento, a moça revela ao marido sua intenção de vingança que inclui a total abstenção de intimidade. A essa cena seguem-se dolorosos meses de humilhações, fingimentos, sarcasmos e hipocrisias. Após alguns meses, Fernando consegue reunir a quantia suficiente para recuperar a própria liberdade e dignidade. A regeneração de Fernando e o perdão de Aurélia abrandam os ânimos e restauram o verdadeiro amor que sentiam um pelo outro. Aurélia é o retrato da mulher que se rebela diante de uma traição, busca a vingança, faz uma crítica ao casamento burguês e à sociedade machista da época, apresenta uma temática realista, mas acaba dividida entre a razão e a emoção, deixa o amor falar mais alto, perdoando o amado. Assim, define as suas características de forma romântica A obra passa-se no Rio de Janeiro, fala do casamento por interesse, retrata a oposição de dinheiro e amor; mostra o choque entre o sentimento e o interesse econômico.


INTERPRETAÇÃO DE OBRA LITERÁRIA A hora da estrela alude à morte de Macabéa, atropelada por um carro de luxo, Mercedes-Benz, e ao instante de fulguração rápida, mas reveladora de todo um sentido de existência. É a epifania à maneira de Clarice Lispector, dentro da ótica existencialista da busca do sentido da experiência humana. A ironia, trágica no caso, dá-se pela discrepância entre a breve aspiração de glória de Macabéa, insuflada pela cartomante (a miragem da estrela hollywoodiana), a sua condição social (migrante nordestina marginalizada no Rio de Janeiro) e seu destino: atropelada por um carro de luxo, na porta do Copacabana Palace. A hora da estrela, banal e reveladora, é o instante maior de Macabéa, anônima, estatelada na rua, mas objeto da atenção fugaz de transeuntes anônimos.


OSG.: 089213/1441

ITA – 2015

MODERNISMO – LITERATURA No poema, Manuel Bandeira, ao revisitar a velha chácara, expressa claramente um confronto entre o presente e o passado. A permanência do passado na vida presente do eu lírico revela esse confronto existencial entre os dois tempos. Assim, o tempo transformou “a casa” em resíduo de memória, pois “não existe mais a casa”. Se não há o objeto concreto (a casa corroída pelo tempo), resíduos e ruínas ganham novos contornos pela excitação da memória, permanecendo como um tempo subjetivo na lembrança do eu lírico. Resposta correta: (A)

INTERPRETAÇÃO DE OBRA LITERÁRIA No poema “A voz do canavial”, de João Cabral de Melo Neto, o canavial apresenta a sua voz. Essa voz não é nada exuberante, límpida e acolhedora; ao invés disso, é “sem saliva”, seca como o “papel seco que se amassa” e dobrável como “quando se dobra o jornal”. O canto do canavial, de tão seco, é comparável ao som da cigarra. Trata-se de uma voz rústica, que põe em relevo a rusticidade da plantação da cana de açúcar (canavial). Elemento da natureza igualmente importante no poema é o vento, cujo som é destacado quando atravessa a plantação, dando-lhe voz. Mesmo o vento não se sustenta perante a voz do canavial, pois ele, ao soar pelas folhas do canavial, “de navalha a navalha”, folheando-o, “nele se esfola.” Isto quer dizer que a descrição no poema não faz do vento a navalha que corta; pelo contrário, é o vento que é cortado (esfolado) pela navalha das folhas do canavial, dando voz à plantação. Assim, o canavial canta quando o vento o folheia e nele se esfola, se rasga, porque o canavial é a navalha que corta o vento, de folha em folha, de navalha a navalha. Leia a seguinte análise do poema em questão: “Em um poema extraído de ‘A escola das facas’ (A voz do canavial), o vento também é abordado como elemento decisivo para a configuração do canavial, já que os ruídos da lavoura são produzidos graças à movimentação do ar. A imagem de um canavial que canta é bastante indicativa para a configuração da lírica humanizadora de João Cabral, pois a voz é uma das características mais pessoais do ser humano. No entanto, o dado mais relevante desse poema é a intensa relação corporal estabelecida entre os dois objetos, como se eles mantivessem um caso íntimo. Mesmo assim, a supremacia da cana de açúcar sobre os demais elementos do meio ambiente é tão notória que até mesmo o vento (uma substância abstrata) se arranha ao passar por entre suas folhas.” (REEL – Revista Eletrônica de Estudos Literários, Vitória, s. 2, ano 7, n. 8, 2011.) Resposta correta: (E)

OSG.: 089213/1442

ITA – 2015

INTERPRETAÇÃO DE OBRA LITERÁRIA

A lírica de Alice Ruiz S. tem um foco muito interessante que a torna bastante peculiar: é a integração do

eu lírico com a natureza. Seus versos transmitem um contato íntimo com o vento, a lua e seus

componentes noturnos são confidentes, a queda suave das flores de ipê, flamboyant ou azaleias, ou das

painas que a “acompanham” na volta para casa.

No poema “passeio no Ibirapuera”, não há sentimento de amor pela natureza, exacerbado e de raiz

romântica, o que torna incorreta a alternativa A.

No poema, ocorre um deslumbramento que emudece os visitantes no parque do Ibirapuera, em

São Paulo. É a beleza hipnotizante da árvore que os interrompe. O haicai tradicional, gênero poético

usado por Alice Ruiz, sempre nasce de uma cena ou objeto natural e tem características concernentes que

privilegiam a natureza, o momento, o belo, as estações do ano. Sendo baseado na natureza, refere-se às

coisas concretas, com existência física. Ao abordar estes temas, alude à temporalidade, ao provisório e

ao efêmero, marcas do mundo terreno.


OSG.: 089213/1443

ITA – 2015

REDAÇÃO

OSG.: 089213/1444

ITA – 2015

A prova de redação do ITA – Instituto de Tecnologia e Aeronáutica, neste ano de 2015, intrigantemente, parece uma “continuação” da prova do ENEM/2012, que teve como tema MOVIMENTO IMIGRATÓRIO PARA O BRASIL DO SÉCULO XXI, o que de forma alguma desmerece a banca que a elaborou, antes coloca o vestibular do ITA cada vez mais próximo da realidade do alunado brasileiro. Além disso, confirma que, principalmente quanto à prova de Redação, quem escreve bem escreve para qualquer vestibular: ITA, IME, ENEM etc. Quanto à prova em si, dos vários textos que “poderiam” ser motivadores, o único ao qual o candidato deveria realmente dar mais atenção seria o Texto 1, “Imigração”, de Rubem Braga (exímio cronista de 45), pois evidencia em tom de ironia bem humorada, um olhar crítico sobre a realidade brasileira dos anos 50 e 60. Em seu texto, ele já assinala uma problemática evidente do nosso país: a FALTA DE UMA POLÍTICA PÚBLICA (SÁBIA OU ESPECÍFICA) DE IMIGRAÇÃO. Os outros textos, para a construção efetiva de uma boa discussão, considerando o caráter dissertativo-argumentativo da prova, deveriam mesmo ser descartados, embora resguardada a excelência de seus autores. Vê-se que a prova de Redação do ITA ou faz o possível para não ter um formato específico ou ainda o está buscando. Em um ano, temos um estilo no comando da prova, em outro um estilo diferente. Para os bons alunos, um mero detalhe. Os demais textos motivadores, seguindo o modelo do ENEM, estavam na proposta mesmo de redação: 1: “Sem mão de obra, Santa Catarina importa haitianos” (Veja – 02/02/2014); 2 – “Morar no Brasil é sonho internacional” (O Estado de São Paulo – 11/01/2014); 3 – “Operários” (Tarsila do Amaral, 1933). O texto da Veja assinala, na verdade, um problema específico de Santa Catarina, que é a “falta de mão de obra “não qualificada”. Os estrangeiros citados no texto, embora com formação superior, desempenham funções subalternas. O texto do Estadão aponta a forma positiva como o Brasil é visto lá fora pelos estrangeiros: um lugar de oportunidades, um lugar onde se pode, ao mesmo tempo, trabalhar e desfrutar das belezas que o país oferece. Tal visão é decorrente da nova imagem que o Brasil gozava no cenário econômico mundial de 2006 a 2012. Por fim, temos o quadro de Tarsila do Amaral, pintora feminista do Brasil dos anos 20 e 30, um Brasil que crescia com a ajuda dos imigrantes, principalmente polacos, italianos, orientais etc. Na pintura, evidencia-se a parte de uma pirâmide social, mas que coloca em evidência a diversidade étnica de tantos trabalhadores que ajudaram a “construir São Paulo”, que ajudaram a “construir o Brasil”. O candidato, para a elaboração de um bom texto, deveria fazer uma síntese dessas ideias apresentadas e, assim, criar a sua redação. Na elaboração do seu texto, seguindo regras elementares de redação de vestibular, o candidato deveria estruturar seu pensamento em quatro parágrafos. No primeiro deles poderia abordar o fenômeno imigratório por meio de um argumento histórico, como a presença e a importância dos italianos na São Paulo dos anos 20. Deveria, ainda, postular uma tese que poderia ser a defesa da “importância dos estrangeiros para o Brasil”, o que exige uma política específica de imigração. É preciso, logicamente, nos dois parágrafos de desenvolvimento, utilizar argumentos (fatos, dados, cifras, exemplos etc.) que validem a tese defendida (que os estrangeiros são importantes para o nosso país, como se vê no quadro de Tarsila do Amaral) dando maior riqueza ao texto e aumentando, logicamente, seu grau de informatividade, por exemplo, citando a forma como o Brasil superou a crise econômica dos últimos anos, firmando-se como país de economia sólida e emergente, o que atraiu mais estrangeiros. Seria válido, também, citar as catástrofes naturais de países vizinhos, como o Haiti, que aumentaram o fluxo imigratório para o Brasil. Poderia ainda o candidato citar eventos negativos sobre os estrangeiros no Brasil, por exemplo, a condição de trabalho escravo a que alguns se submetem, nos grandes centros, em nome de uma vida melhor em um “país dos sonhos”, mas que não é secularmente e devidamente preparado para receber tantos imigrantes. No parágrafo conclusivo, o candidato teria, então, duas opções para encerrar sua redação. A primeira consistiria em fazer uma síntese da ideia defendida, um tipo de “fechamento” do texto, nos moldes clássicos, retomando a ideia inicial, mas sem repeti-la ipsis literi. Deveria reafirmar, portanto, que os estrangeiros, seja os que ajudam no crescimento do país, com seu trabalho, ou mesmo os que vêm aqui para divertir-se, fazendo crescer o turismo e a nossa economia, PRECISAM DE POLÍTICAS PÚBLICAS MELHORES que as que temos. A segunda opção, já que o tema apresenta um dilema ou problemática das sociedades contemporâneas: O CRESCIMENTO DO FLUXO IMIGRATÓRIO, poderia ser, a exemplo do que acontece com o último parágrafo da redação do ENEM, a apresentação de sugestões/soluções que representem uma intervenção direta, e positiva, na realidade dos estrangeiros em nosso país.

OSG.: 089213/1445

ITA – 2015

MATEMÁTICA

LOGARITMOS (I) x é uma dízima periódica ⇒ x é racional ⇒ (I) é verdadeira!

(II) Defina ( ) ( ) 0 1 2 3n

n 0 2 2 2 2

y

1 1 1 1 1 1S ...

2 12 1 2 2 2 2 2

∞

=

= = ⋅ + + + + −− ⋅

∑��

1 1

2 2

1 1y

2 2

⇒ ⋅ =2

2

1

2

+3

2

1

2

+ ...+

−

0 1

2 2

1 1Sendo y

2 2

= +2

2

1

2

+1

2

1...

2

+ ⋅

1 1 1 2 1

y y y 1 1 y 112 2 2

− − ⋅ = ⇒ − = ⇒ ⋅ =

( ) ( )

2 1 2 2y S S

2 1 2 1 2 22 1 2 1⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒

− + −− −

2 2

S (II) é falso!!3 2 2 1 2 2

⇒ = ≠ ⇒− −

(III) ( ) ( )2

33 2 33 4 3

3

log 9n e log 2 log 9 n e log 2

log 4+ ⋅ = + ⋅ =ℓ ℓ

32

log 23

= +3

2

2 log 2⋅

⋅( )2 5

1 III é verdadeiro!3 3

= + = ∈ ⇒Q


OSG.: 089213/1446

ITA – 2015

NÚMEROS COMPLEXOS

2 2 6 2iz 6z 10 0 36 40 4i z z 3 i C {( 3 i),( 3 i)}.

2

− ±→ + + = ⇒ ∆ = − = ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ = − + − −

Agora, observe que: 1º) ( 3 i) 2 3i 1 4i 17 19 ( 3 i) A.− − + − = − − = < ⇒ − − ∈

2º) ( 3 i) 2 3i 1 2i 5 19 ( 3 i) A.− + + − = − − = < ⇒ − + ∈

3º) 7

( 3 i) i 3 3 ( 3 i) B.2

− − + = − = < ⇒ − − ∈

4º) 7

( 3 i) i 3 2i 13 ( 3 i) B.2

− + + = − + = > ⇒ − + ∉

Portanto, (A\ B) C { 3 i}∩ = − +


NÚMEROS COMPLEXOS De acordo com o enunciado, temos:

( )( )

( )

10

10

10

10

1 3iz

1 3i

1 3i

2 2z1 3

i2 2

cis 60ºz

cis 60º

z cis120º z cis1200º z cis120º

+= −

+

=

−

= −

= ∴ = ∴ =

OSG.: 089213/1447

ITA – 2015

Com isso:

1 3z i

2 2= − +

Logo:

1se (z)

2= − e ( ) 3

Im z2

=

Portanto: 2 arc sen (se (z)) + 5 ⋅ arctg (2 Im (z))

2 arc sen 15 arctg 2

2 − + ⋅

3

2⋅

Então:

2 56 3

π π ⋅ − + ⋅

Concluímos que:

5 4

3 3 3

π π π− + =


GEOMETRIA ANALÍTICA De acordo com o enunciado, temos: (r): 3x + 4y – 4 = 0 e (s) = 3x + 4y – 19 = 0 Observamos que as retas são paralelas. Logo:

1 2r,s 2 2

c cd

a b

−=

+

r,s r,s

4 19 15d d 3

59 16

− += ∴ = =

+

Então, o diâmetro é a distância entre as retas r e s.

Com isso:

32R 3 R

2= ∴ =

OSG.: 089213/1448

ITA – 2015

Portanto, a área do círculo vale: 2A r

9A

4

9A

4

= π

= π ⋅

π=


TEORIA DOS NÚMEROS

⇒ Casos Inicias: a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2, a4 = 3, a5 = 5, a6 = 8, a7 = 13

Paridade dos Elementos: I, I, P, I, I, P, I, I, P, I, I, P, ...

Portanto:

→ Se 3|n ⇒ an é par ⇒ (III) é verdadeira.

→ a7 = 13, que é primo ⇒ (II) é verdadeira.

→ Se ap, ap + 1 e ap + 2 formam uma PG nesta ordem ⇒ 2p 1 p p 2a a a .+ += ⋅

Um dos 3 números é par e os outros dois são ímpares.

→ Se ap + 1 é par ⇒ ap ⋅ ap + 2 é ímpar ⇒ par = ímpar → Abs!

→ Se ap + 1 é ímpar ⇒ ap ⋅ ap + 2 é par ⇒ ímpar = par → Abs!

Logo, (I) é falso.

Portanto, (II) e (III) são verdadeiros.


OSG.: 089213/1449

ITA – 2015

EQUAÇÕES ALGÉBRICAS

Solução:

I. Verdadeira. Se a = 1 e b = 2, temos:

2

2

2

2

1 25

11 x x2

1 45

1 x 2x 11 10x 5 4

1 x 2x 11 10x 1

1 x 2x 1

− =− −

= +− −

− +=

− −−

=− −

Logo:

2x 1− 310x 10x 1= − − 2

3 2

x

10x x 8x 0

+

− − =

Com isso:

2 1 321x 0; 10x x 8 0 x

20

±= − − = ∴ = ;

II. Verdadeira. Se x é solução, temos:

21 x 0− ≠ e 1x 02− ≠

Logo:

x 1≠ ± e 1x 2≠

OSG.: 089213/1450

ITA – 2015

III. Verdadeira. Se 2

x ,3

= temos:

a 65

4 2 11

9 3 29a 6b

59 4 4 39a 6b 5

5 1 19a 30b 25

− =− −

− =− −

− =

− =

Logo:

( ) ( )3 3a 10b 25 3 | 25 absurdo− = ⇒


EQUAÇÕES ALGÉBRICAS

De acordo com o enunciado, temos:

( ) 3 2P x 2x ax bx 16= + + −

Conforme as raízes: α, α e 2. Logo:

2162 2 8 2

2α ⋅ α ⋅ = ∴ α = ∴ α = ±

Com isso, as raízes são: – 2, – 2 e 2. Usando a relação de Girard, obtemos:

a2 2 2 a 4 a 4

2− − + = − ∴ − = − ∴ =

Como 2 é raiz de ( )p x , temos:

( )P 2 0= ∴

3 22 2 4 2 b 2 16 0⋅ + ⋅ + ⋅ − = ∴

16 16 2b 16+ + − 0 b 8= ∴ = −

Portanto: b – a = – 8 – 4 = –12 Resposta correta: (B)

OSG.: 089213/1451

ITA – 2015

POLINÔMIOS Observamos que q(x) = x3 – 2x2 + x – 2

Temos:

q(x) = x2(x – 2) + (x – 2) ∴ q(x) = (x2 + 1) · (x – 2)

Com isso:

P(x) q(x)

(x)θ

Resto = ax2 + bx + c ∴R(x) = ax2 + bx + c

Logo:

P(x) = q(x) · θ(x) + R(x)

Então:

P(i) = R(i) = 0

P(– i) = R(– i) = 0

P(2) = R(2) = 1

Portanto:

R(i) a bi c 0

R( i) a bi c 0

2 bi 0 b 0

= − + + =

− = − − + == ∴ =

a c=∴(–)

Mas:

R(2) = 4a + c = 1

Logo:

5a = 1 ∴ a5

1=

Concluímos que:

R(x) = 21 1x

5 5+


OSG.: 089213/1452

ITA – 2015

GEOMETRIA PLANA E TRIGONOMETRIA

Como a 2 a< ⇒ Obrigatoriamente a é um dos catetos do triângulo. Temos então duas possibilidades:

1ª) 2 a é a hipotenusa:

Pitágoras:

( ) ( )2 22

2 2

2 a a a

4a a a 3a a

a 3 hipotenusa 2 3

= +

⇒ = + ⇒ = ⇒⇒ = ⇒ =

2ª) a é a hipotenusa:

Pitágoras:

( ) ( ) ( )2 22a 2 a a= +

⇒ a2 = 4a + a = 5a ⇒ a = 5 ⇒ hipotenusa = 5

Como 5 2 3 DEF> ⇒ ∆ tem hipotenusa maior ⇒ o menor ângulo vale a 1

arctg arctg .22 a

=


TRIGONOMETRIA 2senx cos x 1

2senx 1 cos x

2senx 1

− =

= +

= 2 x2cos 1

2+ −

x x x x4sen cos 2cos cos

2 2 2 2x x x

2cos 2sen cos 02 2 2

⋅ = ⋅

− =

OSG.: 089213/1453

ITA – 2015

xcos 0

2= ou

x x2sen cos

2 2= ⇔

x

2 2

π= ou

x 3

2 2

π=

x = π

2

x 1tg 22x2tg 12sen x

x 11 tg 124

34sen x e cosx5 5

=

= =+ +

= =

Assim, como x ∈ [0, 2π], então

x = π ou x = ( )3arccos .5


TRIGONOMETRIA Sabendo que:

2 1 coscos

2 2

α + α =

Logo: 2

4 1 2cos coscos

2 4

α + α + α =

De modo análogo:

2

2

4

21 cos

3cos

3 22 2

1 2cos cos3 3

cos .3 4

β + β =

β β + + β =

Substituindo na equação I, obtemos:

2 4

2

4cos cos 1

2 5 21 cos 4 1 2cos cos 1

.2 5 4 5

α α = ⋅ +

+ α + α + α= ⋅ +

OSG.: 089213/1454

ITA – 2015

Com isso:

Substituindo na segunda equação:

22 2 21 cos 1 2cos cos

4 33 3 32 7 4 7

β β β + + + = ⋅ +

Com isso:

Portanto:

O menor valor de cos(α + β) vale:

2 2 3cos sen

2 3 3 2

π π π + = − = −


MATRIZES, P.A. E P.G. De acordo com o enunciado, temos:

I. ( )i 1 i i 1ij ija 2 2j 1 a 2 j 2− −= ⋅ − ∴ = ⋅ −

Observamos que a expressão é uma função polinomial do 1° grau em função de j. Logo, é uma progressão aritmética de razão 2i.

OSG.: 089213/1455

ITA – 2015

II. i i iij ij

1 2j 1a 2 j 2 a 2

2 2

− = ⋅ − ⋅ ∴ = ⋅

A expressão acima é uma função exponencial com relação a i. Logo, é uma progressão geométrica de razão 2.

III. 11 22 33 44 55O trA a a a a a= + + + +

Logo:

11

22

33

44

55

a 1a 6a 20a 56a 144

=====

Portanto:

( )trA 1 6 20 56 144 trA 227 primo= + + + + ∴ =


MATRIZES E DETERMINANTES Solução: Sabendo que:

11 12

21 22

m mM

m m =

com mij = j – i + 1

Temos:

1 2M

0 1 =

Com isso:

2 31 4 1 6M , M

0 1 0 1 = =

Utilizando P.I.F, temos:

k 1 2kM

0 1 =

OSG.: 089213/1456

ITA – 2015

Logo: n

k

k 1

1 2 1 4 1 2kM ...

0 1 0 1 0 1=

= + + +

∑

Portanto:

n 2k

k 1

n n nM0 n=

+=

∑

Mas:

2 n 0n n ndet 252n n0 n

+ − =

Então:

( )

2

2 3 2

0 n ndet 252.n 0

n n n 252 n n 252 0,

+ = − + ⋅ = ∴ + − =

Por inspeção, temos:

n 6=


GEOMETRIA ANALÍTICA I. Verdadeira, pois:

( )

2 2

2 0 3 1 62x 3y 6 9d(A, r)

13 132 ( 3)

⋅ − − +− += = =

+ −

2 2

2x 3y 6 2 0 3 5 6 9d(B, r) .

13 132 ( 3)

− + ⋅ − ⋅ += = =

+ −

II. Falsa, pois a reta r não é paralela ao eixo x, e os pontos A e B estão no eixo y.

OSG.: 089213/1457

ITA – 2015

III. Verdadeira. Graficamente, temos:

Observe que a coordenada XC é a altura de um triângulo equilátero do lado 6. Assim, temos:

C

C

3 6 3X 3 3

2 23 6 3

X 3 32 2

= = =

− −= = = −

ℓ

ℓ


GEOMETRIA ANALÍTICA De acordo com o enunciado, temos:

OSG.: 089213/1458

ITA – 2015

O triângulo ABC é isósceles com 25

AB AC6

≡ =

Temos ainda, que:

0 0

2 3

3 43x 4y 12d

3 4

⋅+ −= =

+

254 12

6+ ⋅ −

205 6

=

Da figura inicial, temos: 2 2

2 20 25q

6 6 + = ∴

2 400 625q

36 36+ = ∴

2 225 225 15 5q q

36 36 6 2= ∴ = = =

Assim BC 5=

Área da ABC:

[ ] 20 1 100 25ABC 5

6 2 12 3= ⋅ ⋅ = =

Perímetro

25 25 25 405 5

6 6 3 3+ + = + =


OSG.: 089213/1459

ITA – 2015

GEOMETRIA ANALÍTICA

I.

Verdadeiro pois: 2 2 2p q+ = ℓ

o o

o o

p 0x p 2x

20 q

y q 2y2

+= ∴ =

+= ∴ =

Substituindo em 2 2 2p q ,+ = ℓ temos 2 2 2o o(2x ) 2(y ) ,+ = ℓ que representada uma circunferência de raio

R = .2ℓ

II. Falso, pois:

( )( )( )( )

3 2 2 2

2 2

2 2

6x x y xy 4x 2xy 0

x 6x xy y 4x 2y 0

x y 2y 4x xy 6x 0

x y 3x 2 y 2x 0

+ − − − = ∴

+ − − − = ∴

+ + − − = ∴

− + − =

Portanto, um conjunto infinito de pontos (três retas).

III. Falso, os pontos estão alinhados, pois

2 3 1

4 1 1 0.

3 1 1

− =


OSG.: 089213/1460

ITA – 2015

GEOMETRIA PLANA

Como o trapézio ABCD é isósceles

ADE BEC AE BE e DE CE.⇒ ∆ ≡ ∆ ⇒ = =

Por Pitágoras no 2 22 2∆ADB: 15 9 BD BD 144 BD 12 AC.= + ⇒ = ⇒ = =

Defina ED EC y EA EB 12 y.= = ⇒ = = − Por Pitágoras no ADE :∆

( )2 2 212 y 9 y 144 24y y− = + ⇒ − +2

81 y= +2 63

24y 63 y24

⇒ = ⇒ = ⇒

21y .

8⇒ = Por fim, Pitágoras no ( )

22 2 15

∆BEM: 12 y x2

− = + ⇒

2 22 275 15 5625 225 2025 81 25 9 5

x x x8 2 64 4 64 64 8

⋅ ⋅ ⇒ − = ⇒ = − = = ⇒ =

45x

8⇒ =


OSG.: 089213/1461

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GEOMETRIA PLANA

• Sejam A, B, C os pontos de tangência da circunferência inscrita.

• Defina RA x RB x QA QC 10 x, NB NT y= ⇒ = ⇒ = = − = =

e 5

MC MT z PN y2

= = ⇒ = −

e 5

PM z2

= − . Portanto, o perímetro do triângulo PMN é dado por: 2P(∆PMN) = 2 · 5

2⇒

⇒ ( )2P PMN 5∆ =


OSG.: 089213/1462

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GEOMETRIA ANALÍTICA

⇒ 2 2

OA OB 4= = ⇒ OA = OB = 2. Lei dos cossenos:

1º) No ∆AOB: 2

AB = 22 + 22 – 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2

2= 8 – 4 2

2º) No ∆ABL = 2

AB = R2 + R2 – 2 ⋅ R ⋅ R ⋅ 2

2

−

= R2 ⋅ ( )2 2+

Igualando e : R2 ⋅ ( )2 2+ = 8 – 4 2 ⇒ R2 = 8 4 2

2 2

−

+ ⇒ R2 =

( ) ( )( )2

2

8 4 2 2 2

2 2

− ⋅ −

− =

16 8 2 8 2 8

4 2

− − +−

= 24 16 2

2

− ⇒ R2 = 12 – 8 2 = 4 ⋅ ( )3 2 2− ⇒ R 2 3 2 2= ⋅ − ⇒

R 2 2 2= − +

Obs.: 3 2 2− = a b 2+ ⇒ 3 2 2− = a2 + 2b2 + 2ab 2 ⇒ a = –1 e b = 1

Daí, coordenadas do centro L: ( )2, 2 2 2 .−


OSG.: 089213/1463

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GEOMETRIA ESPACIAL

Adicionando-se um volume idêntico, temo que V2 = 2V1, onde V1 é o volume inicial e V2 é o volume final, após adicionarmos um volume idêntico.

3 3

2 3

1

H HV2 H h 2

V h h = ∴ = ∴ =

Então, subirá

( )3 3d h 2 h h 2 1 .= − = −


QUÍMICA

TITULAÇÃO A titulação (análise volumétrica) quase sempre faz uso da bureta e do erlenmeyer. Resposta correta: (A)

OSG.: 089213/1464

ITA – 2015

ESTRUTURA ATÔMICA Na eletrosfera atômica os elétrons estão dispostos em ordem de camadas eletrônicas. Em geral, o elétron será mais energético, quanto mais distante do núcleo estiver. Quando um metal é aquecido, os elétrons do átomo desse metal saltam para níveis mais externos, porém, retornam em seguida para níveis anteriores, ocasionando a liberação de energia na forma de luz. No início do aquecimento, a energia liberada terá uma onda eletromagnética de baixa frequência e alto comprimento de onda, que corresponde ao infravermelho. Conforme o metal vai sendo aquecido, a onda eletromagnética, associada à emissão de fóton, vai apresentando frequência maior e comprimento de onda menor. Pelo espectro de luz visível:

Cor Comprimento de Onda (nm) Frequência (THz) Vermelho ~625 – 740 ~480 – 405 Laranja ~590 – 625 ~510 – 480 Amarelo ~565 – 590 ~530 – 510

Verde ~500 – 565 ~600 – 530 Ciano ~485 – 500 ~620 – 600 Azul ~440 – 485 ~680 – 620

Violeta ~380 – 440 ~790 – 680 Considerando as cores como luz, a cor branca resulta da sobreposição de todas as cores primárias (verde, azul e vermelho). O espectro de luz visível mostra que a menos energética é a vermelha. Conforme o metal continua sendo aquecido, a luz tornar-se-á alaranjada, depois amarelada e depois branca. Se fosse possível continuar aquecendo o metal, sem provocar vaporização, veríamos o metal ficar azulado e por último, cor alguma seria visualizada, pois ele começaria a emitir no espectro do ultravioleta (invisível ao olho humano). Resposta correta: (E)

QUÍMICA NUCLEAR

O plutônio-238 ( 23894 Pu ) é um isótopo radioativo, emissor de partículas alfa (α):

238 234 494 92 2Pu U → + α

OSG.: 089213/1465

ITA – 2015

A energia produzida no decaimento radioativo é convertida em energia elétrica, em geradores termelétricos. Além do mais, as partículas α apresentam menor poder de penetração, sendo esta uma vantagem desse isótopo em relação aos emissores de partículas β. Resposta correta: (C)

EQUILÍBRIOS IÔNICOS

O sal NH4Cℓ hidrolisa pela presença do íon amônio (NH4+).

Como a extensão da reação é pequena, ( )0,1 x 0,1M− ≅

Daí:

[ ]4

3

23 3

NHNH4

142 5.13

34.74

NH H O k xk

k 0,1NH

10 0,1x x H O 10 M

10pH 5,13

+

+

+

−+ −

−

ω = ⇒ = ⇒

⋅ ⇒ = ⇒ = = ⇒

⇒ =


( ) ( ) ( ) ( )2 34 aq 3 aq aqNH H O NH H O

ini 0,1M

+ ++ +ℓ⇀↽

0 0

var x−

( )x x

equ 0,1 x

+ +

− x x

OSG.: 089213/1466

ITA – 2015

CINÉTICA QUÍMICA Sejam reações do tipo A→produtos. Então: •••• Ordem zero: A lei de velocidade é do tipo v = k. A equação integrada é do tipo [ ] [ ]t 0

A A k t.= − ⋅ Logo:

t

[A]

• 1º ordem: A lei de velocidade é do tipo [ ]1v k A .= ⋅ A equação integrada é [ ] [ ]t O

ln A k t ln A .= − ⋅ + Logo:

[A]

v

t

ln [A]

• 2º ordem: A lei de velocidade é do tipo [ ]2v k A .= ⋅ A equação integrada é

[ ] [ ]t O

1 1k t .

A A= ⋅ + Logo:

v

[A]2

t

1/[A]

Assim, todos os itens são corretos. Resposta correta: (E)

OSG.: 089213/1467

ITA – 2015

PROPRIEDADES FÍSICAS DOS COMPOSTOS ORGÂNICOS Os principais fatores que influenciam a cristalinidade e a temperatura de fusão são: – A simetria das moléculas; – As forças intermoleculares; – A massa molar; – As ramificações. I. Falsa. Poliadipato de etileno (PEA): tem temperatura de fusão média de 45°C, enquanto o politereftalato de etileno (PET):

OO

HH

O

O O n

HO

OO

O

O

H

n

OSG.: 089213/1468

ITA – 2015

tem temperatura de ebulição média de 265°C.

A presença do grupo p-fenileno na cadeia principal do polímero aumenta a sua rigidez e o grau de

organização estrutural, portanto, aumenta a intensidade das ligações intermoleculares.

II. Verdadeira. Os polietilenos podem ser classificados em:

– PEBD (Polietileno de baixa densidade): temperatura de fusão de 105 °C a 110 °C.

– PEAD (Polietileno de alta densidade): temperatura de fusão de 130 °C a 135 °C.

– PELBD (Polietileno linear de baixa densidade): temperatura de fusão de 121 °C a 125 °C.

CH2 CH2n

TFmínima: 105 °CTFmáxima: 135 °C

Polietileno O poli(oxietileno), óxido de polietino ou polietilenoglicol,

é um poliéter de baixa polaridade que tem ponto de fusão inferior aos dos

polietilenos.

O polietileno é um polímero cristalino de elevada organização estrutural, aumentando a intensidade das

ligações intermoleculares em sua estrutura polimérica. No óxido de polietileno, apesar de haver um

átomo de oxigênio, as ligações intermoleculares são enfraquecidas devido a menor organização

estrutural, se comparado com o polietileno.

III. Verdadeira. A presença do anel aromático, no polímero poli (p-xileno), aumenta a rigidez e o grau de

organização estrutural, aumentando a intensidade das ligações intermoleculares.

CH2 CH2

PolietilenoPoli(P-xileno)

CH2 CH2

n n

IV. Falsa.

N

OH

N

H

;

On n

A B

Os compostos A e B são poliamidas, portanto formam ligações de hidrogênio intermoleculares, devido a

presença do grupo (N — H). Comparando estruturas poliméricas de dimensões equivalentes, concluímos

que B apresenta maior número de ligações de hidrogênio, uma vez que o grupo (N — H) se repetirá mais

vezes.


HO

OHn

OSG.: 089213/1469

ITA – 2015

OSG.: 089213/1470

ITA – 2015

TERMODINÂMICA

No início, há apenas reagentes,dG

0dt

< (inclinação negativa, portanto curva decrescente no gráfico) e a

reação ocorre no sentido da formação dos produtos. Após certo tempo, a reação atinge o equilíbrio, e

entãodG

0dt

= (reta horizontal no gráfico G x t, já que G permanece constante).

Assim, o item correto é o E Resposta correta: (E)

REAÇÕES INORGÂNICAS A reação entre o cloro gasoso e o íon hidróxido em meio aquoso, à temperatura ambiente, ocorre formando cloreto e hipoclorito, de acordo com a equação química:

Cℓ2(g) + 2OH−(aq) → Cℓ−(aq) + CℓO−

(aq) + H2O(ℓ)

Com a elevação da temperatura e da concentração, a reação tende a produzir cloreto e clorato:

3Cℓ2(g) + 6OH−(aq) → 5Cℓ−(aq) + CℓO3

−(aq) + 3H2O(ℓ)


EQUILÍBRIOS IÔNICOS

Considerando o HCℓ um ácido 100% ionizado, concluiu-se que o grau de ionização do ácido acético é 1,0%.

Assim, para a solução de ácido acético, tem-se:

2 1 33H O 10 10 10 M pH 3+ − − − = α ⋅ = ⋅ = → = �


OSG.: 089213/1471

ITA – 2015

TERMOQUÍMICA Admitindo que toda a energia elétrica foi usada para evaporar o líquido, temos:

( ) ( )E Pot t U i t 30 0,9 30 810 J= ⋅ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ = ⋅ ⋅ =

Logo, admitindo condição de pressão constante, temos:

VAP 3

810 J 200 g composto 1 kJH 81 kJ / mol

2 g composto 1 mol 10 J

∆ = ⋅ ⋅ =


ÓXIDOS O cromo possui diferentes estados de oxidação, formando mais de um óxido. Com isso, o óxido que apresenta o cromo em menor estado de oxidação tem maior caráter iônico e é mais básico. Assim, CrO é básico, Cr2O3 anfótero e CrO3 ácido. Resposta correta: (E)

OSG.: 089213/1472

ITA – 2015

EQUILÍBRIO QUÍMICO Equação I: ( ) ( ) ( ) 12 g 2 g gN O 2 NO K+ ⇌

Equação II: ( ) ( ) ( ) 2g 2 g 2 g2NO O 2 NO K+ ⇌

Somando as equações I e II, temos:

( ) ( ) ( )

2

2 g 2 g 2 g3

1N 2O 2 NO K

K

+ =

⇌

Então, temos que: 1 2K K K= ⋅ ⇒

12

2

1 2 33 1 2

1 1K K K

K K K

⇒ = ⋅ ∴ = ⋅


ELETROQUÍMICA O enunciado da questão fornece o potencial-padrão de redução do par Zn2+/Zn igual a – 0,76 V, uma vez que

2H /HE 0 V.+

ο = Aplicando a equação de Nernst para a reação, temos:

22o

2

22

Zn PH0,0592 0,06E E log Q 0,64 0,76 log

n 2 H

1 1 10,03 log 0,12 log 2 H 1,0 10 M

HH

+

+

+ −

++

⋅ = − ⇒ ≅ − ⇒

⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒ = ⋅


OSG.: 089213/1473

ITA – 2015

SOLUÇÕES

Utilizando os dados fornecidos, os volumes parciais de metanol e água na mistura são:

33

3 3

38,4 cm 1 mol 0,791 gV(CH OH) 15 cm

1 mol 32,05 g 1 cm= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ 3

3V(CH OH) 14,2 cm=

33

2 3

17,8 cm 1 mol 1,000 gV(H O) 250 cm

1 mol 18,02 g 1 cm= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ 3

2V(H O) 247 cm=

Assim, o volume total da mistura é:

3 3V 14,2 cm 247 cm= + ⇒ 3V 261 cm=


OSG.: 089213/1474

ITA – 2015

TERMODINÂMICA I. (Falso) Segundo a Terceira Lei da Termodinâmica, a 0 K (zero absoluto), um sólido estará no seu estado

de menor energia interna, isto é, seu estado fundamental. Portanto, todos os osciladores estarão no estado vibracional fundamental, para o qual n = 0.

II. (Verdadeiro) III. (Falso) O movimento vibracional é mínimo, mas não nulo, correspondendo ao estado fundamental,

que possui a chamada “energia de ponto zero” do sistema. IV. (Verdadeiro) V. (Verdadeiro) O princípio de incerteza de Heisenberg estabelece que não é possível medir com precisão

simultânea os valores do momento e da posição de uma partícula ou de um sistema. Logo, a cessação do movimento vibracional (isto é, o repouso) de ao menos um dos osciladores violaria este princípio, já que no repouso, o momento e a posição podem ser medidos com precisão arbitrária.


PROPRIEDADES COLIGATIVAS Seja V o volume (em L) transferido do béquer Y para o béquer X, até que se alcance o equilíbrio (ambos os recipientes com a mesma concentração). Assim:

( ) ( )0,03 mol NaC 0,01 mol NaC

V 0,05 L 50 mL0,1 V L 0,1 V L

= ⇒ = =+ −

ℓ ℓ

Assim, o volume final no béquer Y será (100 – 50) = 50 mL. Resposta correta: (B)

OSG.: 089213/1475

ITA – 2015

TERMODINÂMICA

(I) Correto. Analisando as capacidades caloríficas molares, e sabendo que os valores crescem com a

intensidade das forças intermoleculares, percebe-se que ( ) ( )p,m 2 2 p,m 2C H O C H O .>

(II) Correto. Como a molécula de 4CCℓ possui maior dispersão da nuvem eletrônica que 2Br , além de

apresentar maior complexidade, pode-se prever que ( ) ( )p,m 4 p,m 2C CC C Br .>ℓ

(III) Errada. A complexidade molecular do metanol, associada às mais intensas forças intermoleculares, lhe

confere uma maior capacidade calorífica molar que o mercúrio líquido: ( ) ( )p,m 3 p,mC CH OH C Hg .>


TEORIAS ÁCIDO-BASE

Um ácido de Lewis comporta-se como um aceptor de elétrons. Na equação dada, o NH3 doa um par de

elétrons para o BF3. Isso ocorre porque o nitrogênio possui um par de elétrons livres e o boro tem orbital

vazio.

Assim, temos: H3N: 3 3 3BF H NBF→

Então, BF3 é ácido de Lewis, enquanto NH3 é base de Lewis.


OSG.: 089213/1476

ITA – 2015

SUBSTÂNCIAS E MISTURAS Observa-se, pelo gráfico, que a massa específica da substância aumenta após a mudança de fase. Assim, descarta-se o processo de ebulição. Para se utilizar o processo de fusão, necessita-se de uma substância que tenha maior massa específica em fase líquida que em fase sólida, como a água. Resposta correta: (C)

HISTÓRIA DA QUÍMICA A) Kekulé – contribuiu para o desenvolvimento da química dos compostos de carbono, através da teoria

estrutural sobre esse elemento químico. Dalton – elaborou a Lei das Proporções Múltiplas e a Lei das Pressões Parciais, tendo também

desenvolvido o modelo atômico que leva seu nome. B) Faraday – desenvolveu estudos sobre a eletrólise, tendo formulado as leis que regem o processo. Haber – elaborou o processo de produção de amônia a partir da reação catalisada entre o nitrogênio e o

hidrogênio gasosos. C) Galileu – desenvolveu o aparelho chamado termobaroscópio, para a medição da pressão atmosférica. Torricelli – determinou a pressão atmosférica utilizando o barômetro de mercúrio. D) Berzelius – elaborou a Teoria da Força Vital e contribuiu para o desenvolvimento da Química Orgânica. Büchner – desenvolveu o funil utilizado para filtrações a vácuo e que leva seu nome. E) Bunsen – desenvolveu o bico de gás que leva seu nome e que é utilizado para aquecimentos em

laboratório. Le Chatelier – contribuiu para o desenvolvimento dos estudos sobre o Equilíbrio Químico, com o

princípio que leva seu nome e que rege o deslocamento do equilíbrio. Resposta correta: (C)

CLEAN☺ – 2/12/2016 – REV.:

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