IME – 2013/2014 -...
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IME – 2013/2014
PROVAS OBJETIVAS – 1º DIA
Matemática ......................................................................................................... 5
Física ................................................................................................................. 21
Química ........................................................................................................... 44
PROVA DISCURSIVA – 2º DIA
Matemática ....................................................................................................... 57
PROVA DISCURSIVA – 3º DIA
Física ................................................................................................................ 69
PROVA DISCURSIVA – 4º DIA
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].
Resposta correta: (C)
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 =
Resposta correta: (B)
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= ⋅ =
Resposta correta: (B)
[ ] 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).
Resposta correta: (D)
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+ =
Resposta correta: (C)
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 = ⋅
Resposta correta: (D)
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
= ⇒ =
Resposta correta: (B)
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
⋅ − − ⋅ =
Resposta correta: (E)
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 =
Resposta correta: (C)
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
Resposta correta: (D)
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.
Resposta correta: (E)
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.
Resposta correta: (E)
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 =
⋅ + ⋅ − ⋅ =
⋅ + ⋅ − ⋅ =
= −
=
=
∑
∑
Resposta correta: (B)
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> → > → >
Resposta correta: (B)
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= ⋅ = ⋅ =
Resposta correta: (E)
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
=
= ⋅ → =
Resposta correta: (E)
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
Resposta correta: (B)
*
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
= ⋅ =
Resposta correta: (C)
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⇒ ≅
Resposta correta: (D)
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− =
Resposta correta: (E)
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 = = =
Resposta correta: (C)
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.
Resposta correta: (A)
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−∴ = ⋅
Resposta correta: (A)
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.
Resposta correta: (B)
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
Resposta correta: (C)
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
Resposta correta: (D)
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:
Resposta correta: (A)
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.
Resposta correta: (D)
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.
Resposta correta: (E)
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.
Resposta correta: (C)
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= =
×
Resposta correta: (B)
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.
Resposta correta: (E)
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.
Resposta correta: (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).
Resposta correta: (C)
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.”
Resposta correta: (A)
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”.
Resposta correta: (A)
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.”
Resposta correta: (D)
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.”
Resposta correta: (C)
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).
Resposta correta: (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.
Resposta correta: (C)
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.
Resposta correta: (E)
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