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IME – 2015/2016

PROVAS OBJETIVAS – 1º DIA

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

Física ................................................................................................................. 22

Química ........................................................................................................... 48

PROVA DISCURSIVA – 2º DIA

Matemática ....................................................................................................... 59


Física ................................................................................................................ 77


Química .......................................................................................................... 101

PROVA MISTA – 5º DIA

Português ........................................................................................................ 113

Inglês ............................................................................................................... 124

Proposta de Redação .................................................................................... 135

OSG.: 098957/155

MATEMÁTICA

CONJUNTOS

Podemos analisar cada um dos conjuntos em questão através dos diagramas de Venn, a fim de obtermos uma resposta possível de maneira didática:

De modo esquemático, vemos que a alternativa (C) é a correta, mas ainda necessitamos

provar algebricamente que G − H = (G ∪ (H − F)) H∩ . Vamos lá:

OSG.: 098957/156

• Se( ) ( )( )a G a G H F

a G H a G H F Ha H a H

∈ ⇒ ∈ ∪ − ∈ − ⇒ ⇒ ∈ ∪ − ∩ ∉ ⇒ ∈

Dai, G − H ⊂ (G ∪(H - F)) ∩ H

• Se a ∈ (G ∪(H − F)) ∩ H⇒( )a G H F a G ou a H F

a H a H ( )*

∈ ∪ − ⇒ ∈ ∈ −

∈ ⇒ ∉

Se a ∈ H − F, então a ∈ H, absurdo por( )* . Logo, a ∉ H − F, onde a ∈ G.

Comoa G

a G Ha H

∈ ⇒ ∈ − ∉

Daí, (G ∪ (H − F)∩ H ⊂G − H

Das duas inclusões, concluímos que G − H = (G ∪(H − F)∩ H Resposta correta: (C)

POLINÔMIOS

Das relações de Girard, 1 a 1

a1

α − α + = − ⇒ = −α α

OSG.: 098957/157

Como α e – α são raízes:

3 1α −α

2⋅α 3

3 2 3

b c 0 b c 0 ( I )

1b c 0 b c 0 ( II )

+ ⋅α + = ⇒ α − α + α + =−α − ⋅α − ⋅α + = ⇒ −α − α − α + = α

Somando as equações (I) e (II), temos:

2 2c 0c

− α + =∴ = α

Subtraindo as equações (I) e (II), temos:

32 2b 0α + α = 2b∴ = −α

Assim, 2 22

bb c ac

c+ + + = − α 2+ α 1+ −

α

⋅ α

( )2

2

−α+

α¨

1 12

= − −= −

Resposta correta: (A)

TEORIA DOS NÚMEROS Temos que: 3m + 14400 = n2 ⇒3m = n2 – 1202 ⇒ 3m = (n + 120) · (n – 120)

a

b

n 120 3

, a, b, , a b e a b m.

n 120 3

+

+ =

⇒ ∈ > + = − =

Z

OSG.: 098957/158

Daí, 240 = 3a – 3b ⇒ 3b · (3a–b – 1) = 3 · 80 ⇒ b 1= ⇒ 3a–1 = 81

⇒ a – 1 = 4 ⇒ a 5= ⇒ m 6= ⇒n2 = 14400 + 36 = 15129 ⇒ n 123=

Portanto, m + n = 129, que deixa resto 4 na divisão por 5. Resposta correta: (E)

NÚMEROS COMPLEXOS De acordo com o enunciado, temos:

2k 115

k 1

.Img cos i sen36 36

−

=

π π +

∑

Logo:

( )15

k 1

3 29sen 2k 1 sen sen ... sen

36 36 36 36=

π π π π− = + + +∑

OSG.: 098957/159

Mas:

( ) ( )( )( ) r nr.sen n 1 sen

2 2sen sen r ... sen n 1 r

rsen

2

α + − α + α + + + α + − =

Então:

. . .sen 14 sen 1536 36 36

sen36

π π π +

π

Com isso:

.sen75º sen75º

sen36π

Mas:

2

311 cos150º 2 32sen 75º

2 2 4

+− += = =

Portanto:

2 3 1 2 3.4 sen 4 sen

36 36

+ +=π π


OSG.: 098957/1510

POLINÔMIO Seja α a raiz comum de P(x) e P(P(P(x))) ∴ P(α) = 0 = P(P(P(α))) Logo: P(P(P(α))) = P(P(0)) = P(b) = b2 + ab + b = b (1+ a + b) = P(0) ⋅ P(1) = 0 Resposta correta: (D)

PA, PG, LOGARITMOS a, b, c formam uma P.G.: b2 = ac (1)

5c 3b alog , log , log

a 5c 3b

formam uma P.A.

5c a 3blog log 2 log

a 3b 5c

5clog

a

∴ + =

a⋅2

2

2

2

2

2

3 3 3 3

9blog

3b 25c

5c 9blog log

3b 25c

5c 9b

3b 25c5

3 b 5 c b c (2)3

=

=

=

= ∴ =

OSG.: 098957/1511

Substituindo (2) em (1):

225a c c

925

a c (3)9

⋅ =

∴ =

Como 5 8 25

b c c c c c a b c a,3 3 9

+ = + = < = ∴ + < os reais positivos a, b e c não

podem ser os lados de um triângulo, pois não satisfazem a desigualdade triangular. Portanto, o gabarito é a letra E. Resposta correta: (E)

NÚMEROS BINOMIAIS Usando relação de Stifel, temos:

n n n 1

p p 1 p 1

+ + = + +

OSG.: 098957/1512

com isso:

2016 2016 2017

5 6 6

2017 2017 2018

6 5 6

2018 2018 2019

6 5 6

2019 2019 2020

6 5 6

2020 2020 2021

6 5 6

+ =

+ =

+ =

+ =

+ =

portanto:

2016 2017 2018 2019 2020 2016

5 5 5 5 5 6

+ + + + +

é igual a 2021

6

Resposta correta: (D)

OSG.: 098957/1513

PROBABILIDADE Se 0x 2 3 x ,α β= ⋅ ⋅ ' '

0y 2 3 yα β= ⋅ ⋅ (x0 e y0 não divisíveis por 2 e nem por 3), então ' '

0 0xy 2 3 x y .α+α β+β= ⋅ ⋅ ⋅ Para que xy seja múltiplo de 12, devemos ter ' 2α + α ≥ e

' 1.β + β ≥ Para calcular essa probabilidade, vamos calcular a probabilidade de que

' 1α + α ≤ ou ' 0,β + β ≤ e subtrair de 1.

Se A é a probabilidade de que ' 1,α + α ≤ e se B é a probabilidade de que ' 0,β + β ≤

então P(A B) P(A) P(B) P(A B).∪ = + − ∩

No entanto, como 2016 é múltiplo de 12, temos que A e B são eventos independentes, já que no conjunto 1, 2, …, 2016, a probabilidade de tomarmos um múltiplo de 2 é 1

,2

um múltiplo de 3 é 1

,3

e um múltiplo de 6 é 1 1 1

.6 2 3

= ⋅

Assim, P(A B) P(A) P(B),∩ = ⋅ e o nosso resultado pedido é

1 P(A B) (1 P(A))(1 P(B)).− ∪ = − −

Mas:

1P(A)

2

0(2 |

=

↑α =

1

2

' 0x) 2 |

⋅

↑α =

2

1

4

12 | xy2 |

+

↑α =

1

2

' 02 |

x

⋅

↑α =

1

2

0y (2 |

+

↑α =

2

1

4

' 12 | yx)2 |

⋅

↑α =

1

2

y

=

2P(B)3

03|

=

↑β =

2

3

' 0x 3|

⋅

↑β =

4

9

y

=

Logo, 1 4 5

1 P(A B) 1 12 9 18

− ∪ = − − =

é a resposta pedida.

Resposta correta: (B)

OSG.: 098957/1514

MATRIZES Solução:

Como detA = a2 + b2, e A24 = I, então detA24 = (a2 + b2)24 = detI = 1 ⇒ a2 + b2 = 1 ⇒ a = cosθ; b = –senθ.

Logo:

( )cos senA Matriz de rotação

sen cosθ − θ = θ θ

Então:

n cosn sen nA

sen n cosnθ − θ = θ θ

Com isso:

24 cos24 sen24 1 0A

sen24 cos24 0 1θ − θ = = θ θ

Portanto: cos24θ = 1 e sen24θ = 0 Logo:

2k k

24 12

π πθ = → θ =

Com isso:

ka cos

12

π =

OSG.: 098957/1515

Para k = 1, temos que o valor de a é o maior. Então:

( )6 2 2a cos 3 1

12 4 4

π += = = +

Resposta correta: (E)

LOGARITMOS E EQUAÇÃO DO 2º GRAU

11/4

10 102 log k 1 10log k 3 0−− + + >

Fazendo 10log k a= , temos:

52 a 1 a 3 0

2− − + > ∴ 4 a 1 5a 6 0− − + > ∴ 4 a 1 5a 6− > − ∴

Se 5a 6 0 :− ≥

( ) 216 a 1 25a 60a 36− > − + ∴ 225a 76a 52 0− + < ∴ 26

a 225

< <

Se 5a 6 0 :− ≤

Da condição de existência, temos que: a 1≥ e, portanto: 6

1 a .5

≤ <

Assim, 6 26

a 1, ,2 ,5 25

∈ ∪ donde 1 a 2≤ < ∴ 1 2

10 10 10log 10 log k log 10≤ < ∴10 k 100≤ <

Daí, as soluções são: 10, 11, 12, ... , 99 Resposta correta: (C)

OSG.: 098957/1516

TRIGONOMETRIA

Temos que, de sen (2 x) 2 sen x cos x= ⋅ ⋅ e de sen x

tg x :cos x

=

2sen (2x) 1 2sen x cos x 1 1 1 12cos x cos x ou .

sen xtg x 2 2 2 2 2cos x

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = −

Como x ; ,2

π ∈ − π

então 2

x ; ou .3 3 3

π π π= −

Tais soluções formam, no ciclo trigonométrico, um triângulo ABC retângulo em B, já

que ( )3π− e ( )2

3π estão diametralmente opostos. Como:

OSG.: 098957/1517

2 2 2

AB cos cos sen sen 2sen 33 3 3 3 3

π π π π π = − − + − − = =

2 2 22 2

BC cos cos sen sen 2cos 13 3 3 3 3

π π π π π = − + − = =

Temos que a área do triângulo ABC é AB BC 3

.2 2

⋅ =


GEOMETRIA ANALÍTICA A distância de um ponto p pP(x , y )de uma reta de equação ax by c 0+ + = é:

p p

2 2

ax by cd

a b

+ +=

+

Denotando p p(x , y ) por (x, y), para simplificação, temos que o lugar geométrico

pedido é dado por:

2 2 2 2

4x 3y 2 12x 16y 5

4 3 12 16

+ − − +=

+ +

4x 3y 2 12x 16y 5

5 20

+ − − +=

OSG.: 098957/1518

Temos duas possibilidades:

i) 12x 16y 5

4x 3y 24

− ++ − =

16x 12y 8 12x 16y 5+ − = − +

4x 28y 13 0 (I)+ − =

ii) 12x 16y 5

4x 3y 24

− + −+ − =

16x 12y 8 12x 16y 5+ − = − + −

28x 4y 3 0 (II)− − = Como as equações (I) e (II) são nulas, seu produto é também nulo. Com isso, temos que o lugar geométrico solicitado é: (4x + 28y – 13)(28x – 4y – 3) = 112x2 + 768xy – 376x – 112 y2 – 32y + 39 = 0


GEOMETRIA PLANA

O convex Hull desses 4 pontos pode ser um triângulo ou um quadrilátero. Temos 2 casos a considerar: 1º Caso: O convex Hull é um triângulo. 1.1

No ADC,∆ θ < 60º e θ = 75º ⇒ Absurdo!

OSG.: 098957/1519

1.2

No ACD BCD(L.L.L.)∆ ≡ ∆

No ABD, 90º∆ θ >

No ACD, 90º∆ θ <

⇒ Absurdo!

1.3

ACD ACB(L.L.L.)∆ ≡ ∆ ⇒ ˆ ˆACD ACB=

⇒ Absurdo!

1.4

ACD ABD(L.L.L.)∆ ≡ ∆

Lei dos Cossenos no ABD :∆ 2 2 2b a a 2a a cos150º= + − ⋅ ⋅ 2 2 2b 2a a 3= +

2b

2 3a

= +

2º Caso: O convex Hull é um quadrilátero 2.1

Desigualdade triangular:

PD PC a

PA PB a

(PD P B) (PA PC) 2a2a 2a Absurdo

+ >+ > ⊕

+ + + >> →

OSG.: 098957/1520

2.2

ADC ABC(L.L.L.)∆ ≡ ∆

Lei dos Cossenos no ∆ABC: 2

2 2 2 bb a a 2 a a cos30º 2 3

a = + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = −

2.3

Desigualdade triangular:

PD PC b

PA PB b

(PD P B) (PA PC) a ba b a b Absurdo

+ >+ > ⊕

+ + + > ++ > + →

2.4

ABC BCD CDA ABD(L.L.L.)∆ ≡ ∆ ≡ ∆ ≡ ∆

⇒ ABCD é um quadrado ⇒ 2 2 2b a a= +

⇒ 2

b2

a =

Portanto, dentre os casos possíveis, o maior valor de 2

b

a

é (2 3)+


OSG.: 098957/1521

GEOMETRIA PLANA

Como ˆ ˆACB ADB CÂD 180º 2= α ⇒ = α ⇒ = − α

ˆBÂD 180º 2 ABC 3 180º⇒ = − α ⇒ = α −

Lei dos senos no ∆ABC:

( ) 22

2 2

c b c sen

sen sen(3 180º ) b sen3sen 1

r r. 4sen 3sen 3 4sen

1 3r 1.4 sen 3 senr 4r

α= ⇒ = ⇒α α − − α

− α= ⇒ = ⇒α −α − α

+⇒ α − = ⇒ α =


OSG.: 098957/1522

GEOMETRIA ESPACIAL

De acordo com a figura temos:

Onde o triângulo ABC é retângulo em C. Usando Pitágoras, temos:

AB2 = AC2 + BC2 ∴

2 22 2 2 2

2 2a 3 a 2 a 3a 2a 2 2a ad d

2 2 2 4 4

− += + − ∴ = + ∴

2 42 22 2a 8a 8a

d d d .4 4 2

= ∴ = ∴ =


FÍSICA

OSG.: 098957/1523

CONSERVAÇÃO DE ENERGIA

Pelo teorema do trabalho e energia mecânica, temos:

( ) ( )res ext potE= ∆

Observe que, tanto na posição inicial quanto na final não existe energia cinética. Assim:

2

trabalho datrabalho da variação deforça elétrica variação deforça de atrito energia potencial

energia potencialgravitacionalelástica

1mgcos ·d Q V mgd sen Kx

2−µ ⋅ θ + ⋅ = ⋅ θ −

Assim: ( )2kx 2QV

d2mg cos sen

+=µ θ + θ


OSG.: 098957/1524

ELETROMAGNETISMO

( )( ) ( )

m x y

ˆ ˆ ˆi j kF q v B q v v 0

f t f t B= × =

Z

Z

R z

M

oF N Fm

N 0 F 0

= += ⇒ =

ր

OSG.: 098957/1525

Assim: ( ) ( )x yˆq v f t v f t k 0− =

vxf(t) – vyf(t) = 0 ⇒ vx = vy Satisfazendo a condição x yv v= temos 2 possibilidades:

Na 1ª possibilidade teríamos B < 0, a partícula desviaria para a esquerda do movimento

inicial e até a situação de interesse, teria girado 4

π no seu MCU, portanto 4 T,

2

π

π ou

seja, T

t8

∆ = m

t4 q B

π∆ =

Na 2ª possibilidade teríamos B > 0, a partícula desviaria para a direita do movimento

inicial e até a situação de interesse, teria girado 34

π no seu MCU, portanto

34t T,

2

π∆ =

π ou seja,

3Tt

8∆ =

3 mt

4 q B

π∆ =

Portanto, a opção B satisfaria, com a ressalva de se colocar as barras de módulo no valor de B.


OSG.: 098957/1526

ESTÁTICA

Em B:

AB B BC

AB BC2 2

F cos F F cos4 hh

F 40 F4 h 4 (4 h)

⋅ α = + ⋅ θ−⋅ = + ⋅

+ + −

AB BC

AB BC2 2

2 2AB BC

F sen F sen2 2

F F4 h 4 (4 h)

F 4 (4 h) F 4 h

⋅ α = ⋅ θ

⋅ =+ + −

⋅ + − = ⋅ +

2

AB BC2

4 hF F

4 (4 h)

+=

+ −

2

BC

4 hF

+⋅

2 2

h

4 (4 h) 4 h⋅

+ − +BC

2

(4 h)40 F

4 (4 h)

−= +

+ −

BC2

(2h 4)F 40

4 (4 h)

−⋅ =+ −

2

BC

4 (4 h)F 20

h 2

+ −= ⋅

−

OSG.: 098957/1527

Em C:

FCD cos γ = FBC sen θ FCD sen γ + FBC cos θ = Fc

BC C

sen sencos F F

cos

γ θ + θ = γ

CBC

F cosF

sen sen cos cos

⋅ γ=

γ θ + θ γ

350

5⋅

=4

5 ( ) ( )2 2

2 4 h 3

54 4 h 4 4 h

−⋅ + ⋅+ − + −

⇒ ( )22

BC

50 3 4 4 hF

20 3h

⋅ ⋅ + −=−

Igualando:

5 0 3 20

20 3h h 2

⋅ =− −

⇒ 15h – 30 = 40 – 6 h ⇒ 21h 70= ⇒ 10

h m3

=

Sabendo que 10

h m,3

= temos:

BC BC

10 44 2020 499F F

43

⋅⋅⋅ += ⇒ =

4

3

AB

10 10 kN 31,62kN

1004

9F 10 10 10 104

49

= ⋅ =

+= ⋅ =

+

136

4 0⋅ 5 136 kN 58,3 kN= ⋅ =

CD BC

2

44

sen 9F F 10 10 10 103cos85

+θ= ⋅ = ⋅ = 3⋅ 2⋅

2 10⋅

5

3⋅ 50kN=

Portanto, a maior tração é 58,3 kN.

Resposta correta: (C)

OSG.: 098957/1528

ONDAS (INTERFERÊNCIA)


OSG.: 098957/1529

OSG.: 098957/1530

ENERGIA/COLISÕES

Por energia, temos:

A

AB

MEC

MECMEC

E m · g · h

mE 2

E2

=

= =

21· V

2

m= · g · h

2

1V 2g · h (I)=

Pelo gráfico:

Pelo teorema de impulso:

Colisão Inelástica

antes depoisQ Q=∑ ∑


( )4T 2T .FÁrea I

2

6TFI (II)

2

+≅ =

=

OSG.: 098957/1531

OSG.: 098957/1532

HIDROSTÁTICA

Afirmação I: PA – PB = ρ2 · g · h2 + ρ1 · g · L2

PA – PB = ρ2 · 10 · 0,2 + ρ1 · 10 · 0,4 PA – PB = 2ρ2 + 4ρ1 PC – PA = ρ1 · g · L1 = ρ1 · 10 · 0,3 = 3ρ1 PC – PE = ρ2 · g · 0,2 + ρ1 · g · L2 = 2ρ2 + 4ρ1 PB – PE = ρ2 · g · 0,3 = 3ρ2

A CP P− 1

C

3

P

= − ρ

EP− 2 1

E

2 4

P

= ρ + ρ

B 2

A B 1 2

P 3

P P

− = − ρ ⊕− = ρ − ρ

COL 2

3 2 2 3

P H O

10 · 10 · 2 · 10 2 · 10 0,2 · 10 kg/L− = ∴

Logo: 1 2 0,2 kg/Lρ − ρ =

Afirmação I: (Verdadeira) Afirmação II:

(PA – PB) = 0,3 kPA → (PA – PB) = ρ1 – ρ2 0,3 = 1 – ρ2

2 0,7 kg/Lρ =

Afirmação II: (Verdadeira)

OSG.: 098957/1533

Afirmação III:

Sendo: A B 1 2P P ;− = ρ − ρ 2H O1 0,5 kg/L

2

ρρ = =

Temos: 0,2 = 0,5 – ρ2 ⇒ 2 0,3 kg/Lρ =

ρ2 < ρ1 Afirmação falsa Afirmativas corretas I e II . Resposta correta: (D)

OSG.: 098957/1534

MECÂNICA (DINÂMICA)

Tendo em vista a simetria da figura, para que as normais possam ser iguais, a força F

deve ter a sua reta suporte passando pelo C.M., para que não faça torque em relação a ele. Então, basta que encontre a posição do C.M.

( ) ( )

( ) ( )

( )

22

2 1h y 2y 3 y 3 y

2A · A 0 y 03 2 4 4 3 2 2

y 3 y2 y 3 0 3 2 3 1

2 2 2

y y 3 1 y y 3 1 3 2 y2 3 3 2 3

2 2 2 2 23 2 3 2

y y4 3 6 6 3 3 3

2 2

y 3Igualando: 3 y 3

2 2

y 2 sen3

− + − = − + − =

− − + = + = +

+ + + + + = + = = + − = + +

− + − =

= =

π =

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

ℓ


OSG.: 098957/1535

OSG.: 098957/1536

CIRCUITOS

O erro relativo é dado por:

(instrumento) (real)

(real)

(real) (instrumento) (real)

(real) (instrumento)

P P

P

P P P

( 1) P P

−ε =

⋅ε = −

ε + =

Substituindo a expressão dada, temos:

(real) p c( 1) P C i i .ε + ⋅ = ⋅ ⋅

A potência real é aquela dissipada sem instrumento.

Assim: 2

P c

c

2

V V V( 1) C

R R R R

Como R R, temos:

V( 1)

ε + ⋅ = ⋅ ⋅+

<<

ε + ⋅R

2VC=

pR R ( )p

CR

1⇒ =

ε +


OSG.: 098957/1537

CAPACITORES

C

X

C D

A B

X X

OSG.: 098957/1538

Para encontrar X, podemos fazer: (por exemplo entre B e D).

C

CC

C . . .

C

C

C

D

B

⇒

A capacitância equivalente entre B e D vale X:

C· X

2C X

CX

2

+ =+

( )C C·X X C X

2 2

C

2

= − +

CX X

2=

222 2

22

C CX CX x CX 0

2 2

CC C 4 ·

C 3·C 1 32X C.2 2 2

+ − − ⇒ − − =

± + ± += = =

O valor negativo não convém. Logo:

C

A

X

3

Assim: eq

X 1 1 3C C C C

3 3 2

+= + = +

⇒ eq

6 1 3 7 3C C C

6 6

+ + += =


OSG.: 098957/1539

ONDULATÓRIA

Sendo C a extremidade fixa, a tração no ponto A é dada pela força fictícia (no referencial girante):

2A

(r L)T (L r) w

2

+ = − ⋅µ⋅

↓ ↓

Densidade Como a aceleração ao longo linear da corda cresce linearmente, da corda podemos tornar a aceleração média

OSG.: 098957/1540

Logo: 2 2

2A

(L r )T

2

−= ω µ

Pela relação de Taylor, temos:

2 2AT L r

v2

−= = ω

µ


SISTEMA DE COORDENADA/TRAJETÓRIA Sejam 1 2r e r

os vetores-posição da partícula nos referenciais dos observadores 1 e 2,

respectivamente. Logo: ( ) ( )1 21 1 2 2r x (t), y (t) ; r x (t), y (t) .= =

OSG.: 098957/1541

O movimento do observador 2, relativo ao 1, é descrito pelo vetor

( ) ( )1 2

2 22 2

22

r (x, y) r r 3 cos(t) 5 cos(t), 4 sen(t) 5 sen(t) 2cos(t), sen(t)

x 4cos (t)y sen (t) 1

4 4

xy 1

4

= = − = − − = − −

∴ + = + =

∴ + =


OSG.: 098957/1542

CIRCUITOS

Pode-se esquematizar o circuito em qualquer instante:

xk

LReq

S

ρ ⋅=

Pode-se calcular a energia consumida pelo circuito por:

k

2

k

E Pot t

UE= .∆t

Req

= ⋅ ∆

Ao se ligar a chave (t = 0), tem-se:

11 1

1

11

L 31Req = , L L, logo,

S 231 L

Req e2 SU 2 U S

I IReq 31 L

ρ⋅ =

ρ⋅= ⋅

⋅= = =ρ⋅

O primeiro fusível que queima é f1, pois

1 11 f fI I (I 0,9I).> =

Após a queima de f1, tem-se:

22 2

LReq = , L 11L, logo

S

ρ ⋅ = ,

2

22

11 LReq e

SU 1 U S 31

I I 1,41 IReq 11 L 22

ρ⋅=

⋅= = ⋅ = ≈ρ⋅

OSG.: 098957/1543

O segundo fusível que queima é f2, pois ( )2 22 f fI I I 1,1 I> = ⋅ .

Não há mais necessidade de analisar a queima de outros fusíveis, pois o tempo excede T, como pode-se verificar no esquema a seguir:

Assim, basta calcular a energia consumida pelo circuito em 0 < t < T

4 e

T 3Tt :

2 4< <

I. 0 < t < T

4

E1 = 2 2 2

1

U T U T 1 U ST· · ·

31 · LReq 4 4 62 · L2 · S

= =ρ ρ

II. T 3T

t2 4

< <

E2 = 2 2 2

2

U T U T 1 U ST· · ·

11 · LReq 4 4 44 · LS

= =ρ ρ

ET = E1 + E2

2

T1 1 U · S · T

E ·62 44 · L = + ρ


OSG.: 098957/1544

LENTES ESFÉRICAS

OSG.: 098957/1545

A. ( F ) O espelho em questão é côncavo. B. ( F ) Objeto no foco de um espelho esférico possui uma imagem imprópria formada. C. ( F ) Toda imagem projetada é real. D. ( F ) A lente C possui índice de refração maior que o meio, pois os feixes luminosos convergem ao passar pela lente. E. ( V ) As lentes de Fresnel são mais delgadas, permitindo a transmissão de uma maior parcela de intensidade luminosa. Resposta correta: (E)

ÓTICA GEOMÉTRICA Lei de Snell na 1a face: nágua sen θi = n sen θ

águai

nsen sen

nθ = θ

Como, da figura, θ < θi e como θi << 1,

águai

n

nθ ≅ θ 1

OSG.: 098957/1546

onde usamos a aproximação senθ ≅ θ , para θ << 1.

Da figura (ângulos O.P.V.), θr = ∆ – (θi – θ) + α – θ = ∆ + α – θ Da lei de Snell na 2a face do prisma,

nágua sen θr = n sen (α – θ) ( ) ( )água

nn sen r

n≅ α − θ ⇒ θ = α − θ

Como α << 1 ( )água

n1 1 sen r 1 sen r r

n⇒ α −θ << ⇒ α − θ << ⇒ θ << ⇒ θ ≅ θ ⇒

( )água

nr

n⇒ θ = α − θ

Substituindo e em

i iágua água

n n

n n∆ + α −θ = α − θ⇒ ∆ + α − θ i

água

n

n= α − θ

⇒ água água

n n1 1

n n

∆ ∆ = − α ⇒ = − α


2

3

1 2 3

i= θ

OSG.: 098957/1547

DILATAÇÃO TÉRMICA DE SÓLIDO / LEI DOS GASES IDEAIS

A haste se dilata de Q 400J

L L T, onde T 100Kc 4J K

∆ = ⋅α ⋅ ∆ ∆ = = = e 6 110 K− −α =

6 1 4L 10 K 100K L 10 L.− − −∴ ∆ = ⋅ ⋅ = Logo, a largura do reservatório diminui de –∆L.

Assim, pela lei dos gases ideais e sendo a compreensão isotérmica (T = cte.),

f i f i f i

f

f f

nRT nRT 1 1 1P P V V V V S

nRT 1PV V

− −− = = =

1

(L L) S−

⋅ − ∆ L1

S1 1

1 1

(L L)

1 L 1 L1 1 1 1

L L L L

1 L L1 1

L L L

− −

− −

⋅ − ∆

∆ ∆ − − − − = = ≅

∆ ∆ − −

L1

L∆+ − 1

4

L L1

L L L1L

L L L1 10 ,

L L L

−

−

∆ ∆ = + ∆ +

∆ ∆ ∆ ≅ − ≅ =

OSG.: 098957/1548

onde chamamos de S a área transversal do reservatório e utilizamos a aproximação

(1 + x)n ≅ 1 + nx, para x << 1 4L10 1 .

L−∆ = <<

∵ Portanto, o gabarito é a letra (C).


QUÍMICA

PROPRIEDADES DOS ELEMENTOS

I. Incorreta . O índio é um elemento metálico e, como tal, apresenta elétrons livres, o que o torna bom condutor de eletricidade.

II. Correta. O índio (grupo 13) apresenta menor carga nuclear efetiva que o estanho (grupo 14) e mesmo número de camadas eletrônicas. Assim, a força atrativa nuclear pela camada externa é menor no átomo de índio, resultando em um maior raio atômico.

III. Correta. A densidade dos metais cresce para o centro da tabela periódica, onde as ligações metálicas são mais fortes e a compactação na estrutura cristalina é maior. O paládio possui maior densidade, visto que é metal de transição do mesmo período que o índio, localizando-se mais ao centro da tabela.

IV. Correta. O ponto de fusão dos metais cresce, de um modo geral, de cima para baixo em uma família. Há diversas exceções, no entanto, como: o ponto de fusão do gálio é menor que o do alumínio.


OSG.: 098957/1549

DISTRIBUIÇÃO ELETRÔNICA A distribuição eletrônica sugerida é [Ar]4s23d10, ou seja, se refere a uma espécie contendo 30 elétrons. Dentre as espécies apresentadas, as distribuições são:

a) 29Cu+: [Ar]3d10

b) 50Sn2+: [Kr]5s24d10

c) 48Cd: [Kr]5s24d10

d) 32Ge2+: [Ar]4s23d10

e) 30Zn+: [Ar]4s13d10


OSG.: 098957/1550

BIOQUÍMICA

(A) Falso: O DNA (ácido desoxirribonucleico) é um polímero de nucleotídeo (poli- nucleotídeo). Cada nucleotídeo é constituído por uma pentose, um grupo fosfato e uma base nitrogenada, que pode ser: adenina, timina, citosina ou guanina. (B) Falso: Os sabões são sais alcalinos de ácidos graxos, obtidos a partir de hidrólises alcalinas de triglicerídeos (óleos ou gorduras). (C) Falso: As proteínas são diferentes entre si, principalmente na sequência de aminoácidos, que é determinada pela sua sequência genética e que geralmente provoca o seu enovelamento numa estrutura tridimensional quaternária, cujas características específicas determinam as funções bioquímicas. (D) Falso: O sistema R-S de designações estereoquímicas determina a configuração absoluta de um estereoisômero. O sistema D-L, largamente empregado na nomenclatura de carboidrato ainda hoje, toma como referência básica a configuração relativa de um dos isômeros do gliceraldeído.

OSG.: 098957/1551

(E) Verdadeiro: Os monossacarídeos mais comuns são os hexoses (C6H12O6), coexistindo nas formas acíclicas e cíclicas. As hexoses podem sofrer reações de ciclização intramoleculares, originando estruturas com anéis de seis membros (piranoses) ou de cinco membros (furanoses), conforme as figuras abaixo, da glicose e da frutose.


OSG.: 098957/1552

EQUILÍBRIO IÔNICO – INDICADORES E TITULAÇÕES Esse indicador apresenta faixa de viragem, segundo a escala sugerida, em pkIn ± 1. Assim, para um valor de pkIn = 9,4 (conforme sugerido na questão), a viragem deve ocorrer entre 8,4 e 10,4. a) Correto. Um bom indicador para uma titulação realiza sua mudança de cor em

torno do ponto estequiométrico. A titulação sugerida possui pH no ponto estequiométrico igual a 7, mas como se trata de um ácido forte com base forte, onde a transição entre meio ácido e meio básico é muito expressiva (para essas concentrações o pH varia bruscamente entre valores aproximados 4 e 10), este tipo de indicador poderia ser utilizado, pois o erro obtido seria desprezível (1 gota padrão equivale a 0,05 mL). Como exemplo real, usa-se fenolftaleína

(faixa de viragem entre 8,3 e 10) na titulação entre HCℓ 0,1 M e NaOH 0,1 M.

b) Falso. Na titulação de base fraca por ácido forte, usa-se um indicador com faixa de viragem ácida.

OSG.: 098957/1553

c) Falso. Conforme o comentário, a mudança de cor ocorre entre os valores de pH 8,4 e 10,4.

d) Falso. Em laboratório, titula-se o ácido fraco pela base forte, e não o contrário. Como argumento teórico, pode-se aceitar a proposta da questão. Contudo, não se forneceu a concentração inicial da base. Assim, em titulações com soluções diluídas de NaOH, como, por exemplo, 1 · 10–4 M, a titulação seria iniciada com o pH = 10. Portanto, seria incorreto afirmar que a transição de cor seria iniciada em pH 10,4.

e) Falso. Quando o pH é igual a 8, o indicador assume sua forma ácida HA como predominante na solução.

Resposta correta FB: (A)

Resposta correta IME: (D)

ESTEQUIOMETRIA Sendo trivalente o ânion (A), temos a seguinte fórmula para o sal: Mg3A2. A partir dos dados fornecidos, podemos calcular a massa do ânion (A) na amostra do sal. Veja:

mA = 33,65 g – mMg = 33,65 g – nMg · MMg ⇒ ⇒ mA = 33,65 g – 1 mol · 24,31 g · mol–1 = 9,34 g Com isso, podemos obter a massa de A para 1 mol deste ânion do seguinte modo:

A9,34 gA 3 mol Mg

M 14,01 g/mol1 molMg 2 molA

= ⋅ =

Assim, é correto afirmar que a massa de 1 mol do ânion é 14,01 g, como é visto no item B.


OSG.: 098957/1554

REAÇÃO ORGÂNICA

A partir dos dados fornecidos, podemos fazer o seguinte esquema:

composto 2 2 4H O,H H CrOA álcool cetona B+

→ →

Composto C

Note que é possível saber que os compostos A e C são alcenos a partir das reações que eles sofrem. Além disso, o álcool gerado é secundário, pois origina cetona como produto da oxidação. Outrossim, o carbono da dupla ligação de A que recebe a hidroxila (–OH) deve ser secundário. Assim, o item E atende às considerações supracitadas. Podemos, então, refazer o esquema da seguinte forma:


OSG.: 098957/1555

REAÇÕES INORGÂNICAS

A) Correta. As reações podem ser equacionadas como segue:

Cℓ2O + H2O → 2 HCℓO

Na2O + H2O → 2 NaOH

B) Incorreta . Embora o sódio origine o hidróxido de sódio, o anidrido perclórico produz o ácido perclórico:

2 Na + 2 H2O → 2 NaOH + H2

Cℓ2O7 + H2O → 2 HCℓO4

C) Incorreta . Mesmo que a nomenclatura “anidrido sódico” denote o Na2O, o anidrido do hidróxido de sódio, o dióxido de cloro reage com água da seguinte forma:

2 CℓO2 + H2O → HCℓO2 + HCℓO3

D) Incorreta . A eletrólise do clorito de sódio pode ser representada pelas semiequações abaixo:

Catódica: 2 H2O + 2e– → H2 + 2 OH–

Anódica: H2O → 1/2O2 + 2 H+ + 2e–

Equação global: H2O → H2 + 1/2O2 (eletrólise da água)

E) Incorreta . Cloreto de sódio não reage com água; apenas se dissolve. Ácido clorídrico sofre ionização conforme a equação química:

HCℓ + H2O → H3O+ + Cℓ–


OSG.: 098957/1556

TERMODINÂMICA A) Incorreta . De acordo com o 2º Princípio da Termodinâmica, um processo natural

ocorre com aumento da entropia do Universo. B) Incorreta . A entropia do sistema A decresce, devido à perda de calor para o

sistema B. C) Correta. Para que o processo seja espontâneo, a variação total de entropia deve

ser positiva. Assim, o aumento de entropia do sistema B é maior que a diminuição de entropia do sistema A.

D) Incorreta . Vide comentário do item (C). E) Incorreta . Vide comentário do item (C). Resposta correta: (C)

OSG.: 098957/1557

CÁLCULOS QUÍMICOS

( ) ( ) ( )( )

2 2 2

2

Biodiesel O H O COR CO R ' Recipiente 2 Recipiente 3

Recipiente 1

+ → +−

• Massa de O2 consumidora = 264,0 g – 88,0 g = 176,0 g

• Nº de mols de O2 consumido = 21

176 g5,5 mols de O

32 g mol−=

⋅

• Nº de mols de H2O produzido = 21

68,4 g3,8 mols de H O

18 g mol−=

⋅

• Nº de mols de CO2 produzido = 21

167,2 g3,8 mols de CO

44 g mol−=

⋅

Cálculo das massas dos elementos no biodiesel, em 59,6 g m(C) = 3,8 × 12 = 45,6 g ∴ n(C) = 3,8 mols de C m(H) = 3,8 × 2 = 7,6 g ∴ n(H) = 7,6 mols de H m(O) = 59,6 – 53,2 = 6,4 g ∴ n(O) = 0,4 mols de O Fórmula mínima ou empírica do biodiesel

19 38 2

C 3,8 : 0,2 19 átomos de CH 7,6 : 0,2 38 átomos de H C H OO 0,4 : 0,2 2 átomos de O

= == == =

Nota: O biodiesel, em geral, é uma mistura de ésteres metílico ou etílico de ácidos graxos. Resposta correta: (B)

OSG.: 098957/1558

TERMODINÂMICA Como o balão B está evacuado, quando a torneira é aberta, não há pressão oposta à expansão. Assim, não é gerado trabalho pela expansão. O gás não troca calor, pois o sistema é isolado termicamente. Com isso, a expansão é isotérmica, o que mostra uma variação de energia interna nula. Além disso, a pressão de gás no sistema diminui durante a expansão, não havendo força suficiente para quebrar o balão B, o qual é idêntico ao balão A. Resposta correta: (D)

OSG.: 098957/1559

MATEMÁTICA

PA, PG Seja “r” a razão da PA.

1 2 10a ,a e a em PG ∴ 2 22 1 10 1 1 1a a a (a r) a (a 9r)= ⋅ ⇒ + = +

21a⇒ 2 2

1 12a r r a+ + = 219a r 7r+ ⇒ 17a r= 1 1( r 0) r 7a ( a 0)∴ ≠ ⇒ = ∴ ≠

6 j 25a ,a ea em PG ∴ 2 2j 6 25 1 1 1a a a [a (j 1) r] (a 5r)(a 24 r)= ⋅ ⇒ + − = + +

2 21 1 1 1 1 1 1[a (j 1) 7a ] (a 35a )(a 168a ) a⇒ + − ⋅ = + + ⇒ 2 2

1(7 j 6) a⋅ − =2

36 169

(7 j 6) 36 169 7 j 6 6 13( j 1) 7 j 84 j 12.

⋅ ⋅⇒ − = − ⇒ − = ⋅ ∴ ≥ ⇒ = ⇒ =

FUNÇÃO COMPOSTA

( )0

n 0 n 1

2016

1 0 0

1f (x)

1 xf (x) f f (x)

f (2016) ?

f (x) f (f (x))

−

=−

==

=

( )0 0 0

1 1

1 1 1 xf f (x) f

11 x 1 x 111 x

1 x ( 1) x 1f (x) f (x)

x ( 1) x

− = = = − − − −−

− − −= ⋅ → =− −

OSG.: 098957/1560

( )2 0 1 0

2

x 1 1f (x) f f (x) f

x 1x1

x

xf (x)

x

− = = = − −

=x−

( ) ( )

2

3 0 2 0

f (x) x1

f (x) f f (x) f x

→ =+

= =

Com isso:

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

3k 0

3k 1 1

3k 2 2

1f x f x

1 xx 1

f x f xx

f x f x x

+

+

= =−

−= =

= =

Portanto:

2016

1 1f (2016)

1 2016 2015= = −

−

NÚMEROS COMPLEXOS

Solução: De acordo com o enunciado, temos: 2Z 3

P cisZ i 4

Então:2 Z 3

P cis4Z i

π= ⋅⋅

⋅ π= ⋅⋅

Logo:

2 P 1 P 2= ⋅ → =

OSG.: 098957/1561

Com isso:

2Z Z i 2= ⋅ ⋅ 3cis

4

π⋅

5Z Z cis (I)

4

π= ⋅

Mas:

( )3log 2Z 2Z 1 2

2Z 2Z 1 92Z 2Z 8

Z Z 4 (II)

+ + =+ + =+ =

+ =

Substituindo (a) equação (I) na equação (II), temos:

5Z cis Z 4

45

Z 1 cis 44

Z 2

π⋅ + =

π + =

⋅ 5 5cos cis 4

8 8

π π ⋅ ⋅ =

5cis

2 8Z

5 5 5cos cis cis8 8 8

52 cis

8Z

5cos

85

2 cis8

Z5

cos8

π − = ⋅π π π ⋅ −

π ⋅ − =

π

π ⋅ = π

Portanto:

5Z 2 1 i tg

8

π = ⋅ + ⋅

OSG.: 098957/1562

Outra solução: Se Z = x + yi, temos:

( )3log 2Z 2Z 1 2

2Z 2Z 1 92Z 2Z 8Z Z 4

+ + =+ + =+ =

+ =

Com isso: x yi x yi 4

2x 4 x 2

+ + − == → =

Logo: ( )

( )2 2 yi2Z 4 2yi y 2i

Z i 2 yi i y 2i y 2i

+ + −= = ⋅⋅ − ⋅ + −

Então:

( )2

2 2

2y 82Z 8yi

Z i y 4 y 4

−= + ⋅

⋅ + +

Como o argumento 2Z

Z i⋅ é igual a

3,

4

π temos:

( )

2

2

2

2y 80

y 4

2y 8 0 y 2 I

− >+− > → >

Então: 22Z 2y 8

arg 1Z i 8y

− = = − ⋅

Logo: 2 22y 8 8y 2y 8y 8 0− = − → + − =

y 2 2 2 (nãosatisfaz deacordocoma equação I)= − +

8 8 2y

4

±= −

y 2 2 2= − −

OSG.: 098957/1563

Portanto:

( )Z x yi

Z 2 2 2 2 i

= +

= + − −

DETERMINANTES

Uma solução: Seja An = aij, onde iji j 2

a ,j 1

+ − = − para todo 1 ≤ i, j ≤ n. Daí temos

que, ao subtrairmos a linha (n – 1) da linha n, a linha (n – 2) da linha (n – 1), e assim

por diante, temos que, usando a relação de Stifel m m 1 m 1

:k k x 1

− − − = −

( ) ( )

n

1 1 1 10 1 n 2

0 1 n 20 0 1 n 2

0 1 n 21 2 n 1

1 2 n 10 0 1 n 2det A 0 1 n 2

n 2 n 1 2 n 2n 2 n 1 2 n 2

0 0 1 n0 1 n 2

− − − − − − − = = −

− − − − − − − −

⋯

⋯⋯

⋯⋯

⋮ ⋮ ⋱ ⋮⋮ ⋮ ⋮ ⋮

⋯⋯

n 1detA

2

−=

Portanto, det An = det A1 = |1| = 1, para todo n ∈ ℕ. Em particular, det A2016 = det A = 1.

Outra Solução: Considere a matriz Pn x n = ijp , onde iji 1

pj 1− = −

, para cada 1 ≤ i, j ≤

n. Daí, temos PT = jip , e: P ⋅ PT = ijc , onde n n

ij ik jkk 1 k 1

i 1 j 1c p p

k 1 k 1= =

− − = ⋅ = ⋅ = − − ∑ ∑

n

k 1

i 1 j 1 i j 2k 1 j k j 1=

− − + − = ⋅ = − − − ∑ , onde na última igualdade usamos a identidade de

OSG.: 098957/1564

Lagrange m n m n m n m n

, a, m, n0 a 1 a 1 a o a

+ ⋅ + ⋅ + + ⋅ = ∀ ∈ − … ℕ .

Assim, P ⋅ PT = An, donde det An = det(P⋅PT) = det P ⋅ det PT = det P ⋅ det P = (det P)2

Como P é uma matriz triangular, i 1

Pois 0, se j ij 1

− = > − e os elementos na diagonal

principal de P são todos iguais a i 1

1i 1− = −

, concluímos que det P = 1. Logo, det An = 1222 = 1.

Em particular, det A2016 = det A = 1.

TRIGONOMETRIA

2 2

2 2

2 2

2

xsen x 1 tg x tg 4 cotg x

2

xFazendo tg t, temos

2

2t 2t1 t 4 cotg x

1 t 1 t

2t 1 t 2t4 cotg x

1 t 1 t

2t

1 t

+ ⋅ = −

=

+ ⋅ = − + −

− + = − + −

+

21 t+2

2

4 cotg x1 t

tg x 4 cotg x

1K+ 4, onde K tg x

K

K 4K 1 0

K 2 3

= − −

= −

= =

− + =

= ±

OSG.: 098957/1565

tg x 2 3 ou tg x 2 3

1x K tg x

12 2 3

5x K

12

5S x / x K ou x K , com K

12 12

= + = −

π= + ⋅ π =+

π= + ⋅ π

π π = ∈ = + ⋅ π = + ⋅ π ∈

ℝ ℤ

TEORIA DOS NÚMEROS Temos que: n2 – 7m2 = (5m – 2n)2 + 49 ⇒

⇒ n2 – 7m2 = 25m2 – 20mn + 4n2 + 49 ⇒

⇒ 32m2 – m⋅(20n) + (3n2 + 49) = 0 ⇒

⇒ Eq. 2º Grau em “m”:

∆ = (20n)2 – 4 ⋅ 32 ⋅ (3n2 + 49) = 400n2 – 384n2 – 4 ⋅ 32 ⋅ 49

∆ = 16n2 – 16 ⋅ 8 ⋅ 49 ⇒ ∆ = 16 ⋅ (n2 – 8 ⋅ 49)

⇒ ( )2 220n 16 n 8 49 5n n 8 49

m2 32 16

± ⋅ − ⋅ ± − ⋅= =

⋅

Como m ∈ ℤ ⇒ ∆ deve ser um quadrado perfeito ⇒ n2 – 8 ⋅ 49 = K2, K ∈ ℤ+ ⇒

⇒ (n + K) ⋅ (n – K) = 8 ⋅ 49 = 23 ⋅ 72. Como (n + K) e (n – K) têm a mesma paridade, temos 12 casos a considerar:

1º Caso: 2 2 5 99 97n K 2 7 2n 198 n 99 e K 97 m

n K 2 16

⋅ ± + = ⋅⇒ = ⇒ = = ⇒ = − =

⇒ ( ) ( )495 97 398 592m , m 37 m,n 37,99

16 16 16

±= = ⇒ = ⇒ =

OSG.: 098957/1566

2º Caso:

2n K 2 7 2n 28 14 42 n 21 K 75 21 7 105 7 98 112

n K 2 7 m , m 716 16 16 16

+ = ⋅ ⇒ = + = ⇒ = ⇒ = ⇒ ⋅ ± ± − = ⋅ ⇒ = = = ⇒ =

( ) ( )m,n 7,21⇒ =

2

2

2

2

2

n k 23º Caso : 2n 102 n 51 k 47 Abs!

n k 2 · 7

5·51 47n k 2 · 74º Caso : 2n 102 n 51 k 47 m

n k 2 16255 47 302 208

m , m 1316 16 16

(m,n) (13,51)

n k 2 75º Caso : 2n 42 n 21 k 7 Abs!

n k 2 ·7

n k 26º Caso :

+ =⇒ = ⇒ = ⇒ = − ⇒ − =

± + =⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = − =

±⇒ = = ⇒ =

⇒ =

+ = ⋅⇒ = ⇒ = ⇒ = − ⇒ − =

+ =2 2

2 2

2

2n 198 n 99 k 97n k 2 · 7

5·99 97 495 97 398 592m , m 37

16 16 16 16(m,n) (37,99)

n k 2 ·77º Caso : 2k 196 2 k 0 Abs!, pois k 0n k 2

n k 2 ,78º Caso : 2k 28 14 14 k 0 Abs!n k 2,7

⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ − =

± ±⇒ = = = ⇒ =

⇒ =

+ = −⇒ = − + ⇒ < ⇒ ≥ − = −

+ = −⇒ = − + = − ⇒ < − = −

9º Caso: 2

2

5 ( 51) 47n n 2 2n 102n 51 m

k 47n n 2 7 16

⋅ − ± + = − = −⇒ ⇒ = − ⇒ = =− = − ⋅

255 47 208 302

m , m 13 (m,n) ( 13, 51)16 16 16

− ±⇒ = = − − ⇒ = − ⇒ = − −

10º Caso: 2

2

n k 2 72k 98 4 94 k 0 Abs!

n k 2 + = − ⋅

⇒ = − + = − ⇒ < → − = −

OSG.: 098957/1567

11º Caso: 2

n k 2 72n 14 28 42 n 21 k 7

n k 2 7+ = − ⋅

⇒ = − − = − ⇒ = − ⇒ = − = − ⋅

5 ( 21) 7 105 7 98 112m , m 7 (m,n) ( 7, 21)

16 16 16 16

⋅ − ± − ±⇒ = = = − − ⇒ = − ⇒ = − −

12º Caso: 2 2

n k 2 5 ( 99) 972n 198 n 99 k 97 m

n k 2 7 16

+ = − ⋅ − ±⇒ = − ⇒ = − ⇒ = ⇒ = = − = − ⋅

495 97 592 398, m 37 (m,n) ( 37, 99)

16 16 16

− ± −= − ⇒ = − ⇒ = − −

Portanto, as soluções são: (m, n) = (37, 99), (7, 21), (13, 51), (–37, –99), (– 7, –21) e (–13, –51).

PROBABILIDADE SOLUÇÃO 1:

Considere que A, B, C sejam os 3 jogadores, dispostos na mesa como ao lado. Sejam PA, PB, PC as probabilidades de A, B e C ganharem o jogo, respectivamente. Observe que: PA + PB + PC = 1 (A probabilidade de o jogo durar n rodadas é

n

Só não apareceo número 6

5.

6

Assim, a probabilidade de o jogo seguir

indefinidamente e ninguém ganhar é n

n

5lim 0

6→∞

= .

OSG.: 098957/1568

*PB = P1 ⋅ PA, onde P1 é a probabilidade de B jogar (se B jogar, então podemos pensar que ele é o novo jogador inicial, e que por isso mesmo tem probabilidade PA de ganhar). Agora, temos que:

*1 1P 1 P ,= − onde *

1P é a probabilidade de o jogo não passar por B.

Agora,

*1

a tira A C A C A A C A Co 6 e C tira o 6 e A tira o 6 e A tira o 6

1 1 1 1 1 4 1 1 4 1P 1 1 1 1 ...

6 6 6 6 6 6 6 6 6 6→ → → → → →

= ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +

S

1 1 1 4 1 4 1 1 4 1 41 ...

6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 = + + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + =

S

1 1 1 4 1 1 41 1 ... .

6 6 6 6 6 6 6

= + + ⋅ + + ⋅ +

Daí, 1 1 4

S 1 S6 6 6

= + + + ⋅

*1

7 5 8S 7 21 1 21 7S S P

6 9 9 6 16 6 16 32⇒ = + ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅ =

( )1 B A7 25 25

P 1 P P 132 32 32

⇒ = − = ⇒ =

* PC = P2 · PA, onde P2 é a probabilidade de C jogar (o fator PA aparece porque, uma vez que o jogador C joga, ele pode ser visto como novo jogador inicial).

Mas *2 2P 1 P ,= − onde *

2P é a probabilidade de o jogo não passar por C.

Agora,

*2

A tira o6 A B e A B A A B A BBtira o 6 eA tira 6 e B tira 6

1 1 4 1 4 1 1 4 1 4P 1 1 1 1 ...

6 6 6 6 6 6 6 6 6 6→ → → → → →

= ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +

T T

1 4 4 1 4 4 1 4 1 1 4 4 4 14 1 4 11 ... 1 1 ... ,

6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 = + + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + = + + ⋅ + + ⋅ +

OSG.: 098957/1569

Daí, x2

4 4 1 10 T 8T 15 1 15 55T 1 T T P

6 6 6 6 9 9 3 8 6 8 16= + + ⋅ + ⇒ = + ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅ = ⇒

2 c A5 11 11

P 1 P P (2)16 16 16

= − = ⇒ =

Finalmente:

PA + PB + PC = 1 ⇒ A A

25 11 79P 1 1 P 1

32 16 32 + + = ⇒ = ⇒

A

32P é a resposta do problema.

79⇒ =

SOLUÇÃO 2: Considere os jogadores como A, B, C, de acordo com o sentido a ser disputado o jogo, onde B vem imediatamente após A e C vem imediatamente após B. Defina como AA: a probabilidade do jogador A vencer, quando o jogo é iniciado por A. AB: a probabilidade do jogador A vencer, quando o jogo é iniciado por B. AC: a probabilidade do jogador A vencer, quando o jogo é iniciado por C. Quando um jogador lança o dado, existem três possibilidades. Podendo ser esse jogador o jogador nomeado como A: I. o jogador A tira 6 e vence o jogo; II. o jogador A tira 1, e o jogo continua com C jogando, onde C tem mesma

probabilidade de vencer que A tinha inicialmente; III. o jogador A obtém um número diferente de 1 e de 6, e agora B joga, tendo a mesma

probabilidade de vencer que A tinha inicialmente. Como o jogo começa com o jogador A, temos:

A B C

1 4 1A A A

6 6 6= + ⋅ + ⋅ , (I)

B C A

4 1A A A

6 6= ⋅ + ⋅ (II)

C A B

4 1A A A

6 6= ⋅ + ⋅ (III)

Assim, basta resolver o sistema

A B C

A B C

A B C

6A 4A A 1

A 6A 4A 0

4A A 6A 0

− − = − + = + − =

OSG.: 098957/1570

Resolvendo o sistema pela regra de Cramer. Obtendo: 6 4 1

D 1 6 4 79

4 1 6

− −= − =

− e A

1 4 1

D 0 6 4 32

0 1 6

− −= − =

−

De onde obtemos

A

32A

79=

GEOMETRIA ANALÍTICA

Seja T o ponto de contato entre as duas circunferências a cada instante (no início do movimento, T ≡ P).

OSG.: 098957/1571

Como o deslocamento de C’ sobre C se dá sem escorregamento entre os pontos de contanto, o arco de círculo percorrido por P sobre C’ e o arco de círculo percorrido por T sobre C têm mesmo comprimento: RC’ · θ = RC · α ⇒ 1 · θ = 4 · α ⇒ θ = 4α, onde o é o ângulo central descrito por P sobre C’, conforme a figura.

Sendo O o centro de C e O’ o centro de C’.

( ) ( )OP OO’ O’P 3cos , 3sen cos3 , sen3

3cos

= + = α α + α − α= α

34cos 3cos+ α − α , 3senα 3sen− α( )( )

3

3 3

4sen

4cos , 4sen

+ α

= α α

Logo, P = (4 cos3α, 4 sen3α) = (x, y)

2 2 2 22 2 33 33 3

x yDe sen cos 1 1 x y 16

4 4

α + α = ⇒ + = ⇒ + =

OSG.: 098957/1572

GEOMETRIA PLANA

SOLUÇÃO I

Seja D a outra extremidade do diâmetro, e ÂDC .= α

Logo, ˆ ÂBC ADC= = α (ângulo inscrito), e AÔC = 2α (ângulo central).

∴ BÂO = 2α – 45º, DÂB = ˆDCB 45º= −α

Como OA = OC = 2 cm ∴ ∆AOC isósceles ∴ ˆ ÔAC ACO 90º= = −α Pela lei dos cossenos no ∆AOC, AC2 = 22 + 22 – 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ cos 2α ⇒ AC2 = 8 – 8(1 – 2sen2α) ⇒ AC2 = 16sen2α ⇒ AC = 4senα (1) Pela lei dos senos no ∆ACC’ e usando (1),

( ) ( )AC 3 1 24sen cos 3 1

sen45º sen 90º 2

6 22sen cos sen 2

4

+= ⇒ α ⋅ α = + ⇒−α

+⇒ α α = α =

Mas: sen75º = sen(45º + 30º) = sen45º cos30º + sen30º cos45º =

= 2 3 1 2 6 2

2 2 2 2 4

+⋅ + ⋅ =

⇒ sen 2α = sen75º ⇒ 2α = 75º (∴0 < 2α < 90º)

OSG.: 098957/1573

Pela lei dos senos e pelo teorema da ceviana qualquer no ∆ABC:

60 30

BA ' AB sen(2 45 ) sen(45 90 ) sen(2 45 )

A 'C AC sen(90 ) sen cos

sen(135 2 ) sen(75 45 )

sen cos

3 1BA ' 3 32 2A 'C sen cos 2 sen 2

2

° °

α − ° ° − α + ° − α α − °= ⋅ = ⋅ =

° − α α α

° − α ⋅ ° − °=

α α

⋅⇒ = = =

α α ⋅ α

6 2

4

+⋅

( )2

2 3

6 2

2 3 6 2 3 2 6

6 2 2

= = +

− −= =

−

SOLUÇÃO II 1º Caso:

I. OM AB M⊥ ⇒ é o ponto médio de AB.

II.

2 2

y x 3 1 xy 2 3, absurdo.x y 4 ( OBM)

− = +⇒ = −

+ = ∆

OSG.: 098957/1574

2º Caso:

I. OM ⊥ AB ⇒ M é o ponto médio AB II.

( )2 2

x y 3 1x 1, y 3

x y 4 OBM

+ = +⇒ = =

+ = ∆

III. Menelaus ( )BCC’,AOA’ :∆

AB OC’ A’C 21

AC’ OC A’B⋅ ⋅ = ⇒

y x 2

x y 2⋅

+

A’C A’B 3 6 3 11 2

A’B A’C 3 1 3 1 3 1

3 2 6.

2

−⋅ = ⇒ = ⋅ = ⋅ =

+ + −

−

GEOMETRIA ESPACIAL E CÔNICAS

V

E

A B

Figura 1 Figura 2

Q

C

Bo

Fo V

Q Co

Go

D

θ

θβ

F

P

G

H

OSG.: 098957/1575

A figura 2 é obtida da figura 1 traçando um plano α paralelo a BCGF por V. F0 = EF ∩ α; G0 = HG ∩ α; C0 = CD ∩ α e B0 = AB ∩ α.

Primeiro, note que se o lado do cubo é a, então temos que a

QC VG2

= = (V e Q são

centros das faces), e que 0 0B G a 2= (Pitágoras no ∆B0C0G0). Agora, como

∆B0PC0 ∼ ∆G0PV (VG0//B0C0), temos:

( ) ( )0 0 0 00 0 0

0 0 0 0 0

B P B C B P a 2 2a2 B P 2 a 2 B P B P 1

PG VG B G B P a/2 3= ⇒ = = ⇒ = − ⇒ =

−

Além disso, 202

QC 1 1 5 2 5tg tg 1 cos

VQ 2 4 5cosθ = = ⇒ = θ + = ⇒ θ =

θ

também, β = 45º (Pois VQ//C0G0, donde 00 0B G C 45º ,β = = pois o ∆B0G0C0)

é retângulo e isósceles. Assim, 2

cos ,2

β = donde

( )cos 102

cos 4

β =θ

É sabido que a interseção do plano com o cone é uma elipse de eixo maior

0a’ B P/2= e excentricidade ( ) 2 22 a’ b’c’ cos 10

a’ cos a’ 4

−β= ⇒ =

θ

(b’ é o eixo menor) ⇒ 2 2

2 2 22

a’ b’ 58a’ 8b’ 5a’

a’ 8

− = ⇒ − = ⇒

( )( )

12 2 2 28 2 8 a 3

a’ b’ a b’ b’ 33 9 3 6

⇒ = ⇒ = ⇒ =

Finalmente, a área da secção é:

2a 2 a 3 a 6a’b’

3 6 18

ππ = π⋅ ⋅ =

OSG.: 098957/1576

ANOTAÇÕES

OSG.: 098957/1577

FÍSICA

CALORIMETRIA E DILATAÇÃO

F FUSÃOEXPLOSIVO

T T→ 0 INCIAL INTERIORDO COPO

V V→

( ) ( ) ( )EXP EXP COPO TRANSBORDADOSOL LIQ

0 EXP F F EXP F 0 COPO TRANSBSOL LIQ

V V V V

V T 300 V 400 T V 400 300 V

∆ + ∆ = ∆ + ∆

⋅ γ ⋅ − + ⋅ γ − = γ ⋅ − + ∆

( )F 0 0 EXP F

SOLV V V T 300= + ⋅ γ −

( ) ( ) ( ) ( )0 EXP F 0 EXP F 0 EXP EXP F F 0 COPO TRANSBSOL LIQ SOL LIQ

V T 300 V 400 T V T 300 400 T V 100 V⋅ γ ⋅ − + ⋅ γ ⋅ − + ⋅ γ ⋅ γ ⋅ − − = γ ⋅ + ∆

F

F EXPLOSIVONA T

V V→

OSG.: 098957/1578

( ) ( ) ( )0 EXP F EXP F 0 EXP F 0 COPO TRANSBLIQ LIQ LIQ

V T 300 1 400 T V 400 T V 100 V

1

⋅ γ ⋅ − + γ ⋅ − + γ ⋅ − = γ ⋅ + ∆

≅

( ) ( )0 EXP F 0 COPO 0 EXP F TRANSBLIQ SOL

V 400 T V 100 V T 300 V⋅ γ ⋅ − = γ ⋅ − γ − + ∆

( ) ( )0 EXP F 0 COPO EXP F TRANSBLIQ SOL

COPO100

V 400 T V 100 T 300 V

≅ γ ⋅

⋅ γ ⋅ − = γ ⋅ − γ − + ∆

( )3 4 3 5 6F10 10 400 T 10 4 10 100 10− − − − −⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ + ⇒ ( )7 6

F10 400 T 5 10− −− = ⋅ ⇒ FT 350 K=

m → massa do explosivo ( ) ( )EXP F F EXP F

SOL LIQQ mc T 300 m L mc 400 T= ⋅ − + ⋅ + −

( ) ( )3 5 3 5Q 1,6 10 350 300 10 10 400 350 3,2 10 J = − + + − = ⋅

HIDROSTÁTICA

OSG.: 098957/1579

i)

s

s

3

2yv

tv t

y2

1500 4 10y

2y 3 m

−

=∆

⋅ ∆=

⋅ ⋅=

=

ii) x y d

x 3 3,1

x 0,1 m

+ =+ ==

ii i) z x a

z 0,1 0,2

z 0,1 m

+ =+ ==

iv)

a i m

a m

am

3

m

3m

E P

g V g V

A x A a

x

a

10 0,1

0,2

500 Kg m

=ρ ⋅ ⋅ = ρ ⋅ ⋅

ρ ⋅ ⋅ = ρ ⋅ ⋅ρ ⋅ρ =

⋅ρ =

ρ =

OSG.: 098957/1580

DINÂMICA E MOVIMENTO CIRCULAR No corpo A

Eixo y FAT e = µ ⋅ N N = P – Tsen a FAT e = µ (mAg ⋅ Tsen a) (I)

Eixo x Σ Fx = 0 ⇒ Fel = Tcos a + FAT e (II) Subst. (I) em (II): K ⋅ x = T ⋅ cos a + µ (mAg – Tsen a) K ⋅ x = T (cos a – µ sen a) + µ ⋅ mA ⋅ g (III) No corpo B

( )

cosa B

cp B

B

T P

T P F T cos a m g

m gT IV

cos a

=+ = ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ =

Tsen a = Fcp

T ⋅ sen a = mBω2 ⋅ R ( )2

Bm RT V

sen a

⋅ω ⋅=

Subst. (III) em (V), temos:

( )2

BA

m RK x cos a sen a m g

sen a

⋅ω= − µ ⋅ + µ ⋅ ⇒ 2B

1K x m R

tg a

= ⋅ω ⋅ − µ

+ µ mA ⋅ g (VI)

Dividindo (IV) por (V), temos:

m B gcos a

m

⋅

2B Rsen a

⋅ω ⋅

Substituindo (VII) ou (VI):

2B A

2

m R g m gx

k R k

⋅ ω µ ⋅ ⋅ = − µ + ω

( )2R

1 tg a VIIg

ω= ⇒ =

N Tsen a

FelT cos a

FAT

e

A

PA

OSG.: 098957/1581

ELETROSTÁTICA E CINEMÁTICA

Considerando que a velocidade inicial do feixe é horizontal, isto é: xv v= onde vx = v. a) No instante “t” teremos vários elétrons já lançados e um sendo lançado neste

momento. Para generalizar a curva criaremos a variável auxiliar t’ indicando o instante de lançamento do elétron. Sabe-se que 0 ≤ t’ ≤ t:

OSG.: 098957/1582

No eixo “x” a partícula descreve um movimento uniforme da velocidade ν, tal que: x(t’) = ν(t – t’)

No eixo “y” há uma força elétrica que provoca uma aceleração ay Fel = Fr = m ⋅ ay ⇒ m ⋅ ay = E ⋅ q

yE q

a (para baixo)m

⋅=

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2y

0

0 0

a t t’y t’ y t’ I

2

Sendo que: y t’ y t’ II

−= −

= − ν⋅

Substituindo (I) em (II) temos: Isolando t’ na equação de x(t’) temos:

( ) ( )t x t’t’ t x t’ t’ (IV)

ν⋅ −ν⋅ = ν − ⇒ =

ν

Substituiremos (IV) em (III) e eliminaremos a variável auxiliar t’, pois não dependermos mais dela:

( )

0

2

0

2

0 2

t x E q t xy y t

2m

E q xy y t x

2m

E q xy y t x V

2m

ν⋅ − ⋅ ν⋅ − = − ν − − ν ν⋅ = − ν⋅ + − ν⋅ ⋅= − ν⋅ + −

⋅ ν

b) Da solução anterior vemos que acurva é do tipo parabólica em relação a “x” para

um dado “t”:

a

c

20 2

b

E qy y t x x

2m

⋅= − ν⋅ + − ⋅⋅ ν

Assim sendo, ymax = vvértice = 2b 4 a c4 a

−∆ ∴ ∆ = − ⋅ ⋅⋅

( )202 2

max max 0

2

E q1 4 y t

2m my y y t

E q 2E q42m

− ⋅ − ⋅ ⋅ − ν ⋅ ⋅ ν ⋅ ν = − ⇒ = − ν ⋅ −− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ν

OSG.: 098957/1583

c)

No eixo x o movimento será acelerado com xE q

am

⋅= e

velocidade inicial igual a “ν”.

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

00

E qx t’ t’ t t’ (I)

2my t’ y

y t’ y t’ t’ II

⋅= ν⋅ + ⋅ −

−= + ν⋅ ⇒ =

ν

Substituindo (II) em (I):

20 0

2

00

y y E q y yx t

2m

E q y yx y y t

2m

− ⋅ − = ν⋅ + − ν ν

⋅ − = − + − ν

OSG.: 098957/1584

ESTÁTICA (TRELIÇAS)

Como temos uma treliça 3D, devemos ter:

( )3N B R 3 5 9 6 isostática= + → ⋅ = +

N = 5 (nº de nós) B = 9 (nº de barras) R = 3 + 2 + 1 (nº de reações nos apoios) Analisando a treliça como um corpo, temos:

By

Bx

Ax

Ay

Az

Cy

B

x

y

z

C

Q(60kN)

Condição de equilíbrio:

OSG.: 098957/1585

x x x x

y y y y y

Z z z

F 0 A B 0 A 30 kN

F 0 F 0 A B C A 60 kN

F 0 A Q A 60 kN

Σ = → + = ∴ = −

Σ = Σ = → + = → = +

Σ = → = → = +

x

A y

z

0

0 0

0

Στ =Στ = Στ =

Στ =

x 0Στ = ∴

4 m

X

Q

4 m

4 m

By

Cy

x xy0 B 4 Q 2 B 30 kNτ = ∴ ⋅ = ⋅ → =∑

y y

y y

y y

y

B 4 Q 4 C 4

B Q C

C B 60

B 60 kN

⋅ + ⋅ = ⋅

+ =

= +

= −

OSG.: 098957/1586

yZ0 C 4 0τ = ∴ ⋅ =∑

Cy = 0

Agora, faremos o equilíbrio dos nós: Nó B:

xF 0=∑ Xx BC BEB F F→ = +

XBC BEF F 30 kN+ =

yF 0=∑ y yBE y BEF B F 60 kN→ = ∴ =

( )( )( )

Supor : BC TAB TBE T

onde :T traçãoC compressão

→→

OSG.: 098957/1587

z

X

Y

Z

Z AB BE

BE BE x

BE BE y

BE BE z

x

y

z

F 0 F F 0

Lembrando que : F F · cosF F · cosF F · cos

Pela figura, podemos calcular:2 1

cos6 3

4 2cos

6 3

4 2cos

6 3

∑ = ∴ + =

= θ= θ= θ

θ = =

θ = =

θ = =

y

x

z

BE BE y

BE

BE

BE

BE

F F cos2

60 F3

F 30kNF 90kN

F 60kNBE sob tração

= ⋅ θ

= ⋅

== =↓

AB ABLogo: F 60 0 F 60 kN

AB sob compressão

+ = → = −↓

BC BCF 30 30 F 0+ = → =

Nó A:

X Z

X

y

AC AC AC

AE AE

AE AE

2F F F

25

F F5

2 5F F

5

= = ⋅

= ⋅

= ⋅

Supor: AE (C) AC (T)

OSG.: 098957/1588

XF 0:=∑ X XAE AD AC xF F F A+ = +

AE AD AC5 2

F F F 305 2

⋅ + = +

YF 0:=∑ YAE YF A=

AE AE

2 5F 60 F 30 5 kN

5= = → =

ZZ Z AC ABF 0 A F F= ∴ + =∑

AC

AC

260 F · 60

2F 0

+ =

=

Como AC AD AC5 2

F F F · 305 2

= + = +

30 · 55

·5

AD

AD

F 30

F 0

+ =

=

Respostas:

a)

( )( )

x

y

ˆB 30 kN iˆB 60 kN j

= += −

b)

( )( )( )

x

y

z

Â 30 kN iÂ 60 kN jÂ 60 kN k

= −= += +

c) Cy = 0 d) FBE = 90 kN (T)

FBC = 0 FAB = 60 kN (C) FAC = 0

OSG.: 098957/1589

CIRCUITOS ELÉTRICOS/CALORIMETRIA

1 2 1 2Q Q 0 (mc T) (mc T) 0 0,4 c+ = ⇒ ∆ + ∆ = ⇒ ⋅ (50 T) 1 c⋅ − + ⋅ (50 30) 020 0,4T 20 0 40 0,4 T T 100ºC

Temperatura do corpo1 após o aquecimentopeloresistor.

⋅ − = ⇒⇒ − + = ⇒ = ⋅ ⇒ =

↓

OSG.: 098957/1590

2 2 2 10080E Q R i t mc T 2 i 21 60 400 0,075 4,2 (100 20) i

2520i 4 i 2A

corrente noresistor R 2 .

= ⇒ ⋅ ⋅ ∆ = ∆ ⇒ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒ = ⇒

= ⇒ =↓

= Ω

Na malha α: dois resistores de 15 Ω estão em paralelo, portanto as correntes são iguais.

Na malha β: 15 ⋅ 2 = 9 + 3 ⋅ 2i

2 2

1 1

21i i 7A

3i 2 2 i 4A

= → =

= + → =

Na malha γ: 3i = 1i + 2i

3i = 4 + 7

3i = 11 A

U = 3 · 3i + 3 · 2i

U = 3 · 11 + 3 · 7

U = 33 + 21 U 54 V → =

OSG.: 098957/1591

OSG.: 098957/1592

DINÂMICA E HIDROSTÁTICA 1ª Parte: Blocos I e II m → massa de cada bloco

OBS: A Fat

da superfície no bloco II terá o sentido dependente da condução da forçaF

ter módulo máximo ou mínimo, conforme o solicitado em cada item.

Fat para a condição de F ter módulo mínimo

Fat ' para a condição de F ter módulo máximo

2ª Parte: Bloco IV

OBS: Analogamente, aFat

da superfície no bloco IV também tem o sentido dependente da condição da forçaF

ter módulo máximo ou mínimo, conforme o solicitado em cada item

A

B

Fat para a condição de F ter módulo mínimo

Fat para a condição de F ter módulo máximo

Obs: No enunciado, é descrito o sistema de cordas e polias ideias, ou seja, de massas desprezíveis e, ao mesmo tempo, não existe deslizamento entre os cabos e as polias, portanto não deveríamos considerar quaisquer efeitos de torques nas polias. Porém, para tornar possível a situação de haver duas massas m no lado direito e uma massa no lado esquerdo, faremos as suposições a seguir: • Não há atrito do cabo com a polia da direita. • Há atrito dos dois cabos com as polias da esquerda.

OSG.: 098957/1593

1 2 3

1 2 3

2 3

2 3

T R T r T R T r(T T )R (T T ) rmgR (T T )r

RT T mg

r

⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅− = − ⋅

= −

− =

Equilíbriode

torques

T = 2 mg

a) F

mínimo com o tanque cheio

N’ = N + mg = 2 mg Fat = 1,5 µN’ = 3 µ mg F + Fat − T2 = 0 F = T2 − 3 µ mg

N” + E cos α – mg cos α = 0 T3 + FatA + E sen α – mg sen α = 0 T3 + 0,5 µN” + (E – mg) sen α = 0 T3 + (mg – E) [0,5 µ cos α – sen α] = 0

N” = (mg – E) cos α

T = (E – mg) (0,5 µ cos α – sen α) m = ρBVB E = ρLVBg

E –mg = (ρL – ρB) VBg

T2 = (ρL – ρB)VBg (0,5 µ cos α – sen α) + R

mgr

F = (ρL – ρB)VBg (0,5 µ cos α – sen α) – 3µ ρBVBg + R

mgr

b) F

máximo com o tanque vazio

N’ = N + mg = 2 mg Fat’ = 1,5 µ N’ = 3 µ mg F – T2 – Fat’ = 0 F = T2 + 3 µ mg

N” – mg cos α = 0 N” = mg cos α T3 – FatB – mg sen α = 0 T3 – 0,85 µ N” – mg sen α = 0 T3 – mg (0,85 µ cos α + sen α) = 0

OSG.: 098957/1594

T3 = mg (0,85 µ cos α + sen α)

T2 = mg (0,85 µ cos α + sen α) + R

mgr

F = ρBVBg (0,85 µ cos α + 3 µ + sen α + R

r)

c) F

máximo com o tanque vazio, conjunto em movimento e sem deslizamento entre I

e II

N’ = N + mg = 2 mg Fatx = µmg Fatx = ma Fat’ = 1,4 µN’ F − Fatx − T2 − Fat’ = ma F − Fatx − T2 − Fat’ = Fatx F = T2 + Fat’ + 2Fatx F = T2 + 2,8 µ mg + 2 µ mg F = T2 + 4,8 µ mg

N’’ = mg cos α T3 − FatB − mg sen α = ma T3 − 0,75 µN’’ − mg sen α = ma T3 − 0,75 µ mg cos α − mg sen α = µ mg T3 = 0,75 µ mg cos α + mg sen α + µ mg

Sendo o momento de inércia I = 0: ( )

( ) ( )1 2 3 res

1 2 3

T R T r T R T r 0T T R T T r

⋅ + ⋅ = ⋅ + τ =− = −

1mg T ma’T 2mg 2ma’

− =− = ( )

1

2 3

T T mg 3ma’R

T T mg 3ma’r

− = +

− = +

Polias solidárias ⇒ a a’

r R= 2 3

R 3RT T mg ma

r r − = +

OSG.: 098957/1595

2

2 3 2

R 3RT T mg mg

r r= + + ⋅µ

2

2 2

R 3RT 0,75 mg cos mg sen mg mg mg

r r= µ ⋅ α + ⋅ α + µ + + µ

2

B B 2

R 3RF V g 0,75 cos sen 5,8

r r

= ρ µ ⋅ α + α + µ + + µ

DIFRAÇÃO

A expressão para os mínimos de difração é dada por:

a · sen θ = m · λ,

onde a é a largura da fenda, θ é o ângulo, no qual é formado o mínimo, m é a ordem do mínimo e λ o comprimento da onda.

OSG.: 098957/1596

Perceba que a razão a

λ é constante.

Logo, m 5

sen sen 90>

θ

A equação acima é tomada considerando que, para θ → 90º, o mínimo de difração é formado muito longe. Assim:

3m 5 · 3,75

4> =

Portanto:

m deve ser igual a 4. Finalmente,

93a 4 510 10 m

4−⋅ = ⋅ ⋅

6 a 2,72 10 m −= ⋅

CIRCUITO MAGNÉTICO

mm 1F i N i (t) 100 1 100 100[A Esp]= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅

OSG.: 098957/1597

Logo:

p/ t = 3s → t =7s (φ = 10 Wb) p/ t = 11s → t = 15s (φ = –10 Wb) Veja que F = 50 [A ⋅ Esp] nos tempos 3s, 7s, 11s e 15s, como ponto médio da reta.

Seja:

2 2 2(t) N= ε ⋅e

2

2

2

2

2

2

2

2

Para t 0 t 2s; 0V10

Para t 2s t 3s; 10V1



Para t 8s t 10s; 0v10


Para t 11s t 15s; 0v10


= → = ε =

= → = ε = =

= → = ε =−

= → = ε = = −

= → = ε =−

= → = ε = = −

= → = ε =

= → = ε = =

Logo:

2 2(t) (t) 10= ε ⋅e

OSG.: 098957/1598

Obs1.: Atenção ao ponto de saturação, pois o fluxo é variável entre –10 Wb até 10 Wb. De acordo com a Lei de Faraday, um fluxo variável é responsável pela força eletromotriz induzida.

Obs2.: O sinal da tensão induzida segue o mesmo sinal da derivada do fluxo, pois, apesar do sinal negativo oriundo da Lei de Lenz, o sentido do enrolamento nos leva ao mesmo da tensão induzida.

MHS, ÓPTICA Iniciamos calculando o período da fonte e da lente

I. Período da fonte: ff

mT 2 .

K= π

f20

T 2 2 s20

= π = π

OSG.: 098957/1599

II. Período da lente: 1L

mT 2 .

K= π

L10

T 2= π40

πs.=

Observe que após πs a configuração será:

Somente após 2 πs, teremos novamente o encontro da fonte e a lente. Neste caso, a lente efetua duas oscilações. Para a imagem ser virtual, devemos ter: 1 1 1 1 1 1

f p p’ f p p’

f pp’ p’ seja negativo quando p f 0

p fp f

= + ∴ − =

⋅= ⇒ − <−

<

A distância relativa é dada por

( ) ( )( ) ( )( )

0 1 f 0 0 0 rel

0 0 0 rel

0 rel

2 22x x x 2x x cos t x cos t 0 x

2

2x x cos 2t x cos t x

x 2 cos 2t cos t x

π π + − = + ⋅ ⋅ + π − ⋅ + = ∆ π π= + + π − = ∆

= + + π − = ∆

Substituindo:

210 10−⋅ 2 cos2tcos sen2tsen⋅ + π − π( )0 2cost 26,25 10−− ≤ ⋅

cos2t cos t 2,625 2− − ≤ −

OSG.: 098957/15100

( )( )

2 2

2

2

cos t sen t cos t 0,625

2cos t 1 cos t 0,625

2cos t cos t 0,375 0

− − − ≤− − − ≤

+ − ≥

Na igualdade:1 1 4 2 0,375 1 2

cos t4 4

− ± + ⋅ ⋅ − ±= =

Onde:

1

2

1cos

43

cos4

θ =

θ = +

O tempo total é dado por:

∆ttotal = 2 arccos (θ1) + 2 arccos (θ2)

= 2 arccos 1

4

+ 2 arccos 3

.4

+

14

34−

OSG.: 098957/15101

QUÍMICA

ELETROQUÍMICA A equação global da pilha de combustível é obtida pela soma das semiequações: Semiequação anódica: H2(g) → 2H+

(aq) + 2e− Eo = 0 Semiequação catódica: 1/2O2(g) + 2H+

(aq) + 2e− → 2 ( )H Oℓ

Eo = 1,23V

Equação global: H2(g) + 1/2O2(g) → 2 ( )H Oℓ

∆Eo = 1,23V

Admitindo as condições padrões, a variação da energia livre de Gibbs nessa reação é:

1 1G nF E 2 96500 C mol 1,23V 237.390 J mol− −∆ ° = − ∆ ° = − ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅

A quantidade de matéria de hidrogênio gasoso consumida pelo motor de 30kW no percurso de 100km, com o veículo deslocando-se a 90km/h, é calculado como segue:

2

1 mol 30.000 J 3.600 sn(H ) 100 km 505,5 mol

237.390 J 1 s 90 km= ⋅ ⋅ ⋅ =

A pressão do hidrogênio é obtida utilizando-se a equação de estado do gás ideal:

1 1nRT 505,5 mol 0,082 atm L mol K 300 K

pV 100 L

− −⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = ⇒ p 124,4 atm=

OSG.: 098957/15102

REAÇÕES INORGÂNICAS E ESTEQUIOMETRIA O cobre é oxidado pelo ácido sulfúrico concentrado, conforme a reação a seguir:

Cu(s) + 2H2SO4(conc) → CuSO4(solv) + SO2(g) + 2H2O(ℓ)

A partir dos dados da prova, podemos calcular as massas molares de H2SO4 e CuSO4. Veja:

2 4H SOM = (2 · 1,00 + 32,0 + 4 · 16,0) g/mol = 98,0 g/mol

4CuSOM = (64,0 + 32,0 + 4 · 16,0) g/mol = 160,0 g/mol

Conforme a equação química mostrada e sabendo que o H2SO4 é o reagente limitante,

podemos calcular a massa de sulfato cúprico( )4CuSOM solicitada.

4

4

34 2 4CuSO 2 43

2 4 2 4

CuSO

160,0 g CuSO 98 g H SO 1,84 g soluçãom · · · 10,87 cm H SO

2 · 98,0 g H SO 100 g solução 1 cm H SO

m 16 g

=

∴ =

OSG.: 098957/15103

MISTURA BINÁRIA a) No balão A, a massa de benzeno não é suficiente para se alcançar o equilíbrio.

Logo, há evaporação completa. Assim:

( )

Aa

0,3 · 62,3 · 298n ·R·T 78P 79,9mmHg.

V 0,894= = ≅

No balão B, a massa de tolueno é suficiente para atingir o equilíbrio e a pressão exercida é a sua pressão de vapor (30,0 mmHg).

b) Como a torneira está aberta no segundo ensaio, as fases gasosas e líquidas dos dois

compostos se misturam até que o equilíbrio líquido-vapor seja atingido. Quando isso ocorre, cada balão contém iguais volumes da mistura líquida binária, com mesma fração molar de benzeno (XB,L) e tolueno (XT,L = 1 − XB,L) nos dois balões. O restante do recipiente é preenchido pela mistura homogênea de seus vapores, com frações molares XB,V e XT,V = 1 − XB,V.

Assim, pelas leis de Raoul e de Dalton: P = PB + PT = XB,L ⋅ Pbenzeno, puro + XT,L ⋅ Ptolueno, puro ⇒ 76,2 mmHg = XB,L ⋅ 100,0 mmHg + (1 − XB,L) ⋅ 30,0 mmHg ⇒ 70,0 mmHg ⋅ XB,L = 46,2 mHg ⇒ XB,L = 0,66 ⇒ XT,L = 0,34 Então:

B

B,VB T

T,V

P 0,66 100,00 mmHgX 0,866

P P 76,2 mmHg

X 1 0,866 0,134

⋅= = ≅+

≅ − =

OSG.: 098957/15104

DECAIMENTO RADIOATIVO

O trítio( )31H sofre decaimento radioativo, obedecendo portanto à equação de 1ª ordem:

A = Ao · e–k·t, onde Ao é o número de desintegrações de trítio por litro e por minuto no instante t = 0 (que tomamos como coincidindo com a data de envasamento do lote), e A é o número atual de desintegrações por litro e por minuto, após um tempo t. Assim:

1/2

k·to

k·to

n 2 · t

to

0,693 · 16

12,32o

A A · e

A A · e

A A · e

A 6,5 · e

−

= ⇒

= ⇒

= ⇒

= ⇒

ℓ

Ao = 16 desint./min · L

Logo, Ao = 16 desint./min · L. Segundo a tabela, o vinho é procedente de São Joaquim.

TERMODINÂMICA

A quantidade de energia recebida pelos 25 g de gelo na fusão a 0 oC é dada por:

fus

330 kJQ m H 25 g 8,25 kJ

1000 g= ⋅ ∆ = ⋅ =

Essa quantidade de energia é a mesma, em módulo, cedida pelo vapor d’água na condensação a 100 oC. Assim, podemos obter a variação total de entropia:

condensaçãofusãotot

fusão condensação

QQ 8250 J 8250 JS

T T 273 K 373 K∆ = + = − ⇒ 1

totS 8,1 J K−∆ = ⋅

OSG.: 098957/15105

QUÍMICA INORGÂNICA E ESTEQUIOMETRIA Ao serem imersos na solução de ácido nítrico, os metais da liga são oxidados. Com isso, passamos a ter Cu2+

(aq) e Ag+(aq) em solução.

Com a adição de cloreto, há formação do precipitado branco de AgCℓ(s), conforme a

equação Ag+(aq) + Cℓ–(aq) AgCℓ(s). Desprezando a quantidade de prata que permanece

em solução, podemos calcular a massa de prata. Veja: Ag AgC

1Ag AgC

Ag 1Ag AgC

Ag

n nm m 10 g · 108g · mol

mM M (108 35,5)g·mol

m 7,526 g.

−

−

=

= ⇒ =+

⇒ =

ℓ

ℓ

ℓ

Então, as frações em massa de prata (FAg) e cobre (FCu) podem ser calculadas:

AgAg

liga

Cu Ag

m 7,526gF ·100% · 100% 75,26%de Ag.

M 10g

F 100% F 100% 75,26% 24,74% de Cu.

= = =

= − = − =

Assim, a liga é composta por 75,26% de prata e 24,74% de cobre.

OSG.: 098957/15106

I) Síntese de Williamson.

II) Síntese de Diels-Alder.

III) Reação de amida com ácido nitroso.

IV) Esterificação de Fischer.

OSG.: 098957/15107

EQUILÍBRIO QUÍMICO A quantidade de matéria do gelo seco (CO2) adicionada ao reservatório é:

2

1 moln(CO ) 79,2 g 1,8 mol

44 g= ⋅ =

Depreende-se do texto que todo CO2 passa para a fase gasosa, estabelecendo-se o equilíbrio:

CO2(g) + C(s) 2CO(g)

Início: 1,8mol 0 Variação: − x + 2x Equilíbrio: 1,8mol − x 2x

Usando-se o volume do sistema e a densidade da mistura gasosa, podemos encontrar a incógnita x:

1 11m (1,8 mol x) 44 g mol 2x 28 g mol

d 14 g LV 6,0 L

− −−− ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= = = ⋅ ⇒ x 0,4 mol=

Assim, os números de mols dos gases no equilíbrio são: 2n(CO ) 1,8 mol 0,4 mol 1,4 mol= − =

n(CO) 2 0,4 mol 0,8 mol= ⋅ =

OSG.: 098957/15108

Podemos obter a constante de equilíbrio Kp a 1000 K do seguinte modo:

2 2

2 2 2 nn n nCO CO

p C2 co co

[CO] (n / V) n (RT)K K (RT) (RT) (RT)

[CO ] n / V n V

∆∆ ∆ ∆= = = = ⋅ ⇒

2 2 1

p

(0,8) (0,082 1000)K

1,4 6

−⋅= ⋅ ⇒ pK 6,25=

Uma vez que a 1100 K temos Kp = 22, portanto maior que a 1000 K, conclui-se que o sentido direto da reação é favorecido pelo aumento da temperatura, o que é condizente com uma reação endotérmica.

CINÉTICA QUÍMICA

Tempo(min) C2H2(g) + 2H2(g) → C2H6(g)

0 50 mol/L 60 mol/L 0 mol/L 4 38 mol/L 36 mol/L 12 mol/L 6 35 mol/L 30 mol/L 15 mol/L 10 30 mol/L 20 mol/L 20 mol/L

A) V reação = 2

2 2

HC H

VV

2= ⇒ [ ]

reação

35 38V

6 4

−= −

− = 1,5 mol ⋅ L–1 ⋅ min–1

B) 2

2 2

HC H

VV

2=

Logo, a velocidade de consumo do hidrogênio é o dobro da velocidade de consumo do acetileno.

OSG.: 098957/15109

C) Equação de Arrhenius: k = A ⋅ Ea

RTe−

onde: a

k = constante de velocidade

A = fator de frequência

E = energia de ativação

R = constante dos gases

T = temperatura absoluta

A partir da equação de Arrhenius, podemos afirmar que o aumento da temperatura

aumenta a constante de velocidade (k). Admite-se que as variações do fator de frequência (A) e da energia de ativação (Ea)

são desprezíveis com o aumento da temperatura.

OSG.: 098957/15110

ISOMERIA a)

(1) (1)

e

Note que há um plano de simetria passando pelo carbono 1, o qual não é quiral. Então, as moléculas representadas não possuem atividade óptica, sendo representações diferentes do mesmo composto. b)

F

H

12 3

H

F1

23(S) (R)

e

Isômerocis ou Z

Isômerotrans ou E

As estruturas são um par de diastereoisômeros, pois a dupla do primeiro composto possui configuração cis ou Z, enquanto a do segundo é trans ou E. Embora os carbonos assimétricos das estruturas tenham configurações diferentes, essas não formam imagens especulares. c)

OH

1

23

45

6

OH

123

4

56

e

Dadas as estruturas planas, podemos nomeá-las, obtendo a nomenclatura 2-etil-hexan-1-ol para ambas. Isso mostra que tais estruturas planas são representações diferentes do mesmo composto.

OSG.: 098957/15111

d)

e

Fórmula: C6H12 Nome: metil-ciclopentano Cadeia: ramificada

C6H12 Ciclo-hexano normal

Os compostos são isômeros constitucionais de cadeia. e)

BrH

FH

Cl

Cl

1

2

3

1

2

ClH

ClH

F

Br

1

2

3

1

2

(R)

(R)

(R)

(R)

e

Note que as configurações dos carbonos assimétricos são idênticas nas duas estruturas, mostrando que estas são representações diferentes do mesmo composto.

OSG.: 098957/15112

ANOTAÇÕES

OSG.: 098957/15113

PORTUGUÊS

RELAÇÃO TEMÁTICA ENTRE TEXTOS Nenhum dos textos diz qual é o objetivo da ciência. Pelo contrário, o texto 2, principalmente, questiona o valor da verdade absoluta – o que preconiza a ciência positivista – numa sociedade informatizada. O público começa a perceber que “a verdade é questionável”, e que “...a verdade extrema é estanque, não condiz com o dia a dia.” Resposta correta: (C)

OSG.: 098957/15114

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O item A é correto, porque a visão positivista tem como pressuposto básico a verdade absoluta, e os interesses comerciais se valem disso para vender. Isso está nos seguintes excertos: “... um resquício da visão positivista, na qual a ciência pode ser entendida como verdade absoluta.” (segundo parágrafo). “... um recurso cada vez mais presente na publicidade: a ciência e a tecnologia como argumento de venda.” (primeiro parágrafo) Resposta correta: (A)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO

A questão 3 exige que o candidato leia o poema Psicologia de um vencido (Texto 4), de Augusto dos Anjos, e assinale a alternativa que melhor explica a natureza desse soneto. Nesse contexto, é coerente afirmar que o poema do poeta Augusto dos Anjos resiste às classificações literárias de cunho didático por suas características formais e temáticas, uma vez que a literatura desse poeta (a exemplo do soneto em questão) não se enquadra em uma escola literária específica, pois reúne no conjunto de sua obra, aspectos naturalistas, simbolistas, parnasianos, etc. É, sem dúvida, coerente dizer que a literatura de Augusto dos Anjos explora diversas temáticas (ecletismo) e faz uso da estrutura do soneto (fixa), que serviu tanto aos poetas românticos e parnasianos quanto aos simbolistas e modernistas.


OSG.: 098957/15115

O USO DE, E “HÁ”

A questão pede ao candidato que preencha as lacunas presentes no texto II com “a”, “à” e “há”. Observe: 1. Na passagem “como a nossa”, deve-se usar “a” (artigo), pois está implícito o

substantivo “sociedade”; 2. Na passagem “… mais acesso à informação…”, deve-se usar “à”, resultado da

fusão entre a preposição “a”, exigida por “acesso”, e o artigo “a”, que determina “informação”;

3. Na passagem “… começa a perceber”, deve-se usar somente a preposição “a”, pois não se usa crase diante de verbo;

4. Na passagem “Cavallini considera que há três linhas…”, deve-se usar “há” (verbo haver), pois tem valor semântico de “existir”;

5. Na passagem “… que acompanhou a apropriação da imagem...”, deve-se usar “a”, que é artigo definido feminino. Observe que o verbo “acompanhar” é transito direto, não regendo, a preposição “a”, por isso não há crase.


OSG.: 098957/15116

GRAMÁTICA

A) O termo “que” apresenta comportamento de pronome relativo, desenvolvendo coesão referencial anafórica, retomando o termo “indivíduo” e exercendo função de sujeito.

B) A expressão “da dose” desenvolve função de objeto indireto. C) A expressão “na mídia” constitui um exemplo de advérbio, indicando uma

circunstância de lugar, portanto temos um advérbio de lugar. D) O termo “frialdade” é um sintagma nominal substantivo. E) O sufixo “–inho” denota sentido de intensidade. Assim os termos “direitinho” e

“certinho” equivalem a “muito direito” e “muito certo”. Considerando essa equivalência, pode-se afirmar que os sufixos desenvolvem valor de advérbio de intensidade.


PONTUAÇÃO Em todos os demais itens, a vírgula foi utilizada com a finalidade de isolar o aposto, exceto no item C, caso em que as vírgulas isolam uma oração subordinada.


OSG.: 098957/15117

SINTAXE

No item A, a oração destacada é adjetiva reduzida de gerúndio. Nos demais itens, as orações são adverbiais. Assim, o item em que a passagem destacada exerce função sintática diferente é o A.


OSG.: 098957/15118

VOCABULÁRIO O termo “resquício” possui como melhor sinônimo para o contexto o termo “vestígio”. Para o termo “paradigma” poderia, a priori, ter como sinônimo tanto o termo “modelo”, como o termo “arquétipo”. Dado o conteúdo do texto, o termo “modelo” aparece como mais adequado. O termo “suprema”, por sua vez, no contexto em que é empregado (verdade suprema), assume como sinônimo o termo “absoluta”. Já o termo “rutilância” é antônimo de “trevas”: rutilante é aquilo que brilha, é qualidade do que tem fulgor, assumindo como sinônimo o termo “fluorescência”. Assim, o item correto é D. Resposta correta: (D)

REFERENCIAÇÃO No item B, o termo destacado funciona como conjunção integrante, iniciando a oração subordinada substantiva subjetiva. Assim, não exerce função referencial. Resposta correta: (B)

OSG.: 098957/15119

ACENTUAÇÃO GRÁFICA Todas as palavras são paroxítonas. Porém, no item C, a palavra “fascínio” é acentuada por ser uma palavra paroxítona terminada em ditongo. Nos demais itens, assim como na palavra “questionável”, destacada no enunciado, as palavras são acentuadas pela regra geral das paroxítonas: acentuam-se as vogais “a”, “e” e “o” das sílabas tônicas das palavras paroxítonas terminadas em –l, –n, –r, –x e –ps.


OSG.: 098957/15120

ORTOGRAFIA A regra ortográfica diz que, se a palavra primitiva é escrita com “s”, as derivadas também devem ser escritas com “s”; porém, se a palavra primitiva for escrita com “z” (ou não), as derivadas devem ser escritas com “z”. Portanto, têm-se: – usa (usar); – abusa (abusar); – análise (analisar); – improviso (improvisar); – paralisa (paralisar) e – símbolo (simbolizar). Sendo assim, a palavra que tem escrita divergente de “usa” e “abusa” é “simbolizar”, pois deve ser grafada com “z”.


OSG.: 098957/15121

REFERENCIAÇÃO

O item I é falso, uma vez que o termo “categorizações” retoma as noções de “público

específico” e “senso comum”, como se afirma no item III:

“(...) Ricardo Cavallini, consultor corporativo e autor do livro O marketing depois de

amanhã (Universo dos Livros, 2007), afirma que, primeiramente, devemos repensar a

noção de público específico ou senso comum. “Essas categorizações estão sendo

postas de lado.”

O item II é verdadeiro, pois, ao longo do parágrafo, é desenvolvida a ideia de que a

publicidade se apropria da imagem científica para vender, usando-a como “mecanismo

de validação”. Esse “mecanismo de validação do produto, dado pela ciência, cria uma

marca de avanço tecnológico, que, no entanto, pode ser rapidamente superado pelo

próprio avanço da ciência.


OSG.: 098957/15122

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO No texto 3, o poeta João Paiva promove um exercício lúdico ao promover um diálogo entre a Química e a poesia. Observe que o termo “solução”, empregado no verso 1 e verso 4, apresenta características peculiares no que concerne ao sentido. No verso 1, o termo “solução” é polissêmico, apontando para o sentido de “saída” e de “fórmula”. Tal comportamento semântico também é observável no verso 5. Nesse sentido, está correto o que se afirma no item II. Nos demais itens, as afirmações não encontram correspondência no poema. Resposta correta: (B)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO Apesar de a visão do eu lírico ser a de um cientista, que manipula “coisas”, a incerteza é a tônica, quando o poeta diz:

“E vejo não ter solução Mas apenas um caminho”


OSG.: 098957/15123

SINTAXE

I. Correto: Infere-se, pela leitura do poema, que o eu lírico encontra-se no mesmo ambiente onde o verme realiza o seu trabalho, sem que, no entanto, o ambiente esteja especificado. Assim, pode-se inferir que, por conta do conhecido pessimismo do poeta, “este ambiente” seja o planeta onde nossa existência se realiza. II. Incorreto : O sujeito da ação verbal expressa em “come” é o termo “o verme”. O termo “o sangue podre das carnificinas” funciona como objeto direto. III. Correto: O sujeito do verbo “come” é o pronome relativo “que”, termo que retoma o substantivo “verme”. Esse substantivo funciona como sujeito do verbo “anda”, presente no início do primeiro verso da última estrofe. IV. Incorreto : Podemos inferir pela leitura do poema que o eu lírico encontra-se no mesmo ambiente que o verme. Assim, “este ambiente” refere-se mais à nossa existência no planeta, que a ação do verme.


OSG.: 098957/15124

INGLÊS

TESTE CLOZE A frase em que o espaço deve ser preenchido indica que os orçamentos governamentais estão estourados (stretched) e que os bancos ainda estão cautelosos para emitir créditos. Portanto, o item (E) é o que traz a opção válida para a complementação da frase, uma vez que “outcropped” (aflorado), “thrilled” (emocionado), “coated” (revestido) e “mingled” (misturado) não dariam coerência para a sentença. Resposta correta: (E)

TESTE CLOZE A frase que deve ser completada diz que a grande diversidade de infraestruturas de água e fontes de financiamento precisa (need) ser identificada, o que coloca a alternativa C como correta para a complementação da sentença. Os verbos “dare” (ousar), “nobble” (corromper), “chase” (perseguir) e “snarf” (sorver) não serviriam para dar coerência à frase. Resposta correta: (C)

OSG.: 098957/15125

TESTE CLOZE A frase que inicia o terceiro parágrafo diz que podem haver projetos de pequena escala iniciados por empreendedores locais, ou grandes infraestruturas que servem para múltiplos propósitos (purposes), o que torna o item (B) aquele a ser escolhido para completar a frase. As outras opções, “deeds” (obras), “flicks” (movimentos), “backlashes” (efeitos, revoltas) e “origins” (origens) não dariam sentido à sentença.


TESTE CLOZE A frase a ser preenchida afirma que o projeto da barragem de Three Gorges, na China, por exemplo, poderia custar mais de 22 bilhões de dólares, de acordo com estimativas (estimates) do governo. As opções “percentages” (percentuais), “shares” (partilhas), “denominations” (notas, denominações) e “measures” (medidas) não dariam sentido à sentença.


OSG.: 098957/15126

TESTE CLOZE / VOZ PASSIVA A frase a ser completada está na voz passiva e precisa que seja indicado o agente da ação, sendo assim obrigatório o uso da preposição “by”. Dessa forma, a frase afirma que projetos tão importantes tendem a ser financiados por (by) grandes bancos de desenvolvimento. As outras opções “below” (abaixo), “on” (em), “of” (de) e “for” (para) são preposições que não podem ser usadas para indicar o agente da passiva. Resposta correta: (D)

TESTE CLOZE A frase a ser completada afirma que as fontes de financiamento a longo prazo estão se expandindo com o surgimento de fundos soberanos e filantropos, assim como (as well as) novos grupos, como o Banco Asiático de Investimento em Infraestrutura, comandado pela China. As outras alternativas “as badly as” (tão mal quanto), “so obnoxious as” (tão detestável quanto), “such modern as” (expressão sem sentido) e “not so good as” (não tão bom quanto) não dariam sentido à frase. Resposta correta: (A)

OSG.: 098957/15127

TESTE CLOZE/PRONOME RELATIVO O espaço a ser preenchido requer o uso do pronome relativo “which” por fazer referência ao Asian Infrastructure Investment Bank (Banco Asiático de Investimento em Infraestrutura). Os outros pronomes disponíveis estariam gramaticalmente errados se usados para fazer tal referência.


TESTE CLOZE A frase a ser completada alerta que antes de se aventurar em empreendimentos (undertakings) maiores, tais como barragens, os legisladores (policymakes) devem responder a alguns questionamentos. As outras opções “slowdowns” (abrandamentos), “forbearances” (tolerâncias) “upheavals” (agitações) e “counterblasts” (resposta vigorosa) não dariam sentido à frase.


OSG.: 098957/15128

TESTE CLOZE A frase a ser completada diz que há vários casos de investimentos que caíram em desuso ou foram subaproveitados, tal como uma usina (plant) de dessalinização em Sidnei que foi construída durante uma severa, porém temporária estiagem. As outras opções “policy” (política, filosofia), “gumption” (iniciativa), “loading” (vadiagem) e “cluster” (aglomerados, conjunto) não dariam sentido à sentença. Resposta correta: (D)

TESTE CLOZE/TEMPOS VERBAIS A frase a ser completada condiciona que se uma abordagem de valores mais responsável tivesse sido usada no planejamento dos projetos, eles não teriam sido construídos (might not have been built), em primeiro lugar. As outras opções, “had been constructed” (tinham sido construídos), “had been designed” (tinham sido projetados), “wouldn’t have blown up” (não teriam explodido) e “could have been raised” (podiam ter sido levantados) não dariam sentido à frase. Resposta correta: (B)

OSG.: 098957/15129

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O texto descreve em seu primeiro parágrafo as características que devem ser levadas em conta quando da escolha do material a ser empregado na fabricação dos recipientes de bebidas gasosas. Dentre essas características, o texto afirma que esse material deve ser relativamente forte e capaz de suportar uma queda de uma altura de vários pés, como se vê na frase “be relatively strong, and capable of surviving a drop from a height of several feet…”. Dessa forma, a opção (C) deve ser aquela a ser marcada, pois nela encontramos a informação de que é importante que o recipiente resista a impactos.


INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O texto afirma na sexta linha do segundo parágrafo que a liga de alumínio (aluminum alloy), quando usada na fabricação de latas as deixa oticamente opaca, o que constitui uma desvantagem do uso de tal material. Dessa forma, a alternativa (A) é a que melhor justifica essa informação, pois nela lemos que, apesar de todas as vantagens que as latas de alumínio apresentam, elas não são oticamente transparentes.


OSG.: 098957/15130

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO A segunda metade do segundo parágrafo do texto nos traz a informação de que enquanto o vidro é um material que racha e quebra com facilidade (... but it cracks and fractures easily...), o plástico é relativamente resistente (Whereas The plastic is relatively strong...). Dessa forma, a alternativa (E) é aquela a ser considerada correta por trazer exatamente essa informação disposta no texto. Resposta correta: (E)

VOCABULÁRIO Na frase “Icarus was so enthralled by his wings…” (Ícaro estava tão encantado com suas asas), a palavra “enthralled” (captivate or charm) é sinônimo de captivated, que significa cativado, atraído, interessado, por fim, encantado. Resposta correta: (D)

OSG.: 098957/15131

VOCABULÁRIO O antônimo de “engender” no período “Success can engender overconfidence” (O sucesso pode causar - criar, despertar, provocar, alcançar, levar a – a confiança excessiva ou excesso de confiança) é “hinder”, que significa impedir. Os demais vocábulos são sinônimos ou se aproximam semanticamente de “engender”: Bring about: causar, trazer, criar. Trigger: causar, provocar, instigar. Turn in: alcançar, atingir. Kindle: acender, excitar, despertar. Resposta correta: (D)

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O texto apresenta o famoso paradoxo de Ícaro, que acabou por ser traído pelo seu excesso de confiança, voando muito alto a ponto de o sol derreter suas asas feitas de cera. Tomando como base essa mitológica lenda grega, o texto aponta o caso da empresa de fotocopiadoras Xerox que, tal qual Ícaro, se sentindo imbatível e inalcançável, não prestando atenção às ameaças do mercado por excesso de confiança, teve que enfrentar os efeitos negativos nos negócios da empresa. Dessa forma, o item (B) é aquele que melhor explica o exposto no texto, pois o mesmo nos diz que o excesso de confiança e falta de atenção levou Ícaro e a Xerox a enfretaram efeitos negativos. Resposta correta: (B)

OSG.: 098957/15132

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O segundo parágrafo do texto traz a informação de que os Filipinos não possuíam as regulamentações necessárias para o uso dos veículos Aereos não tripulados, daí um acordo com o prefeito da cidade de Tacloban foi feito para que o “drone” pudesse ser usado na ajuda às vítimas após a passagem do tufão Itaiyan em novembro de 2013. Dessa forma, o item a ser marcado como verdadeiro é o da alternativa (B), que diz que já que o país asiático não tinha regras para o uso dos “drones”, um acordo foi feito com um prefeito. Resposta correta: (B)

OSG.: 098957/15133

INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O final do terceiro parágrafo traz a sugestão de que se o drone tivesse chegado num intervalo de 72 horas após a tragédia, sobreviventes poderiam ter sido localizados no meio dos escombros por meio do uso de câmeras com infravermelho. A alternativa E da questão traz a informação de que se acredita que se os drones tivessem chegado com a antecedência de 72 horas após o tufão, algumas pessoas não teriam perdido a vida.


INTERPRETAÇÃO DE TEXTO O texto afirma no início do segundo parágrafo que o uso dos drones pode ajudar na verificação das condições das estradas após a passagem de um tufão como aconteceu nas Filipinas, tarefa que poderia levar dias se feita a pé ou até mesmo de helicóptero. Dessa forma, uma das vantagens do uso dos drones é exatamente o aumento na velocidade para a verificação das condições das estradas, que está escrito na alternativa C. Resposta correta: (C)

OSG.: 098957/15134

CORRELAÇÃO SEMÂNTICA ENTRE ORAÇÕES Esta questão exigia do candidato a compreensão geral do texto para estabelecer a correlação entre as partes. Dentre as opções fornecidas, a única que completa a lacuna do texto mantendo o sentido do parágrafo como um todo é a alternativa B. Devia-se atentar para ideia de oposição entre as partes, o que seria expresso pela conjunção “but” e o conteúdo por ela veiculado. Veja o texto traduzido, atentando para a coerência entre as partes. “Se nós vivêssemos em um planeta onde nada jamais mudasse, haveria pouco o que fazer. Não haveria nada para compreender. Não haveria nenhum impulso para a ciência. E se vivêssemos em um mundo imprevisível, onde as coisas mudassem de forma aleatória ou muito complexa, não seríamos capazes de entender as coisas. Mas vivemos num universo intermédio, Onde as coisas mudam de fato, mas segundo padrões, regras, ou como nós lhes chamamos, leis da natureza. Se eu atirar um pau para o ar, ele cai sempre. Se o Sol se põe a Oeste, nasce sempre, na manhã seguinte a Este. E por isso é possível compreender as coisas. Podemos desenvolver a ciência e com ela melhorar as nossas vidas.” Resposta correta: (B)

OSG.: 098957/15135

REDAÇÃO

REDAÇÃO

A prova de redação do IME (Instituto Militar de Engenharia) constituiu-se de um tema bastante discutido na atualidade: CONSUMISMO no mundo contemporâneo, tendo como viés ou subtema delimitado A FALTA DE CONSCIÊNCIA ou de EDUCAÇÃO quanto ao ato de CONSUMIR, um livre-arbítrio, uma ESCOLHA, uma tomada de atitude que tem suas naturais e, às vezes, letais CONSEQUÊNCIAS.

OSG.: 098957/15136

O principal texto motivador é a charge do blog “Olhar consciente”, evidenciando um mundo de Consumismo de coisas simples (alimentos, roupas, remédios etc.) e complexas (tecnologia, por exemplo) que têm sufocado o ser humano, fazendo-lhe um grande mal. Os demais textos motivadores são compostos por ensaio denominado “A química em nossas vidas”, de Carlos Correia, que, reforçada pelos demais textos da prova de Português, advertem sobre a má interpretação dada à Química e tudo que é sintético, artificial, como se o que é natural também não provocasse a derrocada humana.

O texto se sustenta nas más escolhas do homem, na sua ingerência do que é natural e na sua falta de educação ou consciência desse uso. O texto de Ênio Rodrigo, por sua vez, intitulado “Consumidores com mais acesso à informação questionam a verdade que lhes é vendida” assevera que o consumidor, por exemplo o público feminino, que tem acesso à informação é mais consciente, é mais crítico do que consome, por que consome e quais consequências isso pode trazer. O texto ressalta o papel da Educação, gerando a conscientização sobre a atitude de consumir.

O texto 3, de João Paiva, um poema denominado ambiguamente de “Solução” revela, de forma poética, uma busca, uma ânsia por uma solução mesmo para melhorar a vida do homem, ainda que venha da própria Ciência, como as soluções que a Química produz. Por fim, como texto 4, tem-se o niilismo, o pessimismo agônico e universal de Augusto dos Anjos de “Psicologia de um vencido”, um poema pessimista quanto ao ser humano que também é pura química.

Na elaboração do seu texto, seguindo regras básicas de Redação de vestibular e concursos, o candidato deve estruturar seu pensamento em quatro parágrafos. No primeiro deles, pode abordar o tema da ATITUDE inconsciente ou inconsequente do ser humano frente ao consumismo (já que a prova permite esta maior liberdade temática), postulando uma tese ou ponto de vista que será defendido nos parágrafos posteriores.

É preciso, porém, nos dois parágrafos de desenvolvimento, utilizar argumentos (fatos, dados, cifras, exemplos etc.) que validem a tese defendida, o que dará riqueza ao texto, aumentando, logicamente, seu grau de informatividade. Servem para isso o apelo poderoso da mídia influenciando o consumismo; o tópico da obsolescência programada, que leva ao consumismo deliberadamente como um tipo de necessidade (no caso das novas tecnologias, celulares, tablets, smartphones etc,); a agressão ao meio ambiente (como sugere a charge) e até a compulsões ou transtornos de pessoas que consomem todo tipo de produtos sem uma explicação racional para isso.

No parágrafo conclusivo, o candidato tem duas opções para encerrar sua redação. A primeira consiste em fazer uma síntese da ideia defendida, um tipo de “fechamento” do texto, nos moldes clássicos, retomando a ideia inicial, como um tipo de reafirmação da tese postulada no primeiro parágrafo. A segunda opção, já que o tema apresenta um dilema ou problemática das sociedades contemporâneas, pode ser a apresentação de sugestões que representem uma intervenção direta, e positiva, nessa realidade, por exemplo, seguindo a dica do texto 2, transpor para a Educação, para a escola ou para campanhas de cunho didático, a responsabilidade de conscientizar e prevenir dos danos causados por uma atitude inconsequente para que o ser humano compreenda as “repercussões de suas escolhas frente ao mundo”.

CLEAN – 2/12/2015 – REV.:JA

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