5261411 - sumário - IME - 2011 2012 - Organização ... · IME – 2011/2012 1º DIA – PROVAS OBJETIVAS Matemática.....7

IME – 2011/2012

1º DIA – PROVAS OBJETIVAS

Matemática ......................................................................................................... 7

Física................................................................................................................. 20

Química............................................................................................................ 46

2º DIA – PROVA DISCURSIVA

Matemática ....................................................................................................... 61


Física................................................................................................................. 79


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

5º DIA – PROVA DISCURSIVA/OBJETIVA

Português........................................................................................................ 117

Inglês............................................................................................................... 135

IME – 2011/2012

1º DIA – PROVAS OBJETIVAS

Matemática ......................................................................................................... 7

Física................................................................................................................. 20

Química............................................................................................................ 46

OSG.: 52614/11 7

MATEMÁTICA

EQUAÇÕES POLINOMIAIS E GEOMETRIA ESPACIAL Essa questão apresenta falha em sua elaboração. Observe que 1 é raiz da equação dada. Assim, as demais raízes são dadas por 6x2 + x + 3 = 0 (veja divisão a seguir), cujas raízes são complexas e, portanto, não podem representar as dimensões dos lados de um paralelepípedo. 1 6 –5 2 –3

6 1 3 0

Obs: Por Girard, o valor da diagonal seria 1

6. De fato:

a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2 (ab + bc + ca) = 25 2 1

236 6 36

− ⋅ =

2 2 2 1a b c .

6⇒ + + =

Resposta correta: (sem resposta)

OSG.: 52614/11 8

DETERMINANTES De acordo com as propriedades de determinantes, temos:

( )( ) ( )

tt 1

tt 1 t 1

C · A P · B · P

det C · A det P · B · P det A · det C det P · det B · det P

−

− −

=

= ∴ =

Mas, sabemos que: Sabendo que:

tdet C det C 4 x= = −

( ) ( )

t

2

det A det A x

4 x · x 3

4x x 3 0

= = −

− − = −

− + + =

Portanto: x1 = 1 e x2 = 3 Resposta correta: (D)

( )1

det C 4 x x

1det B det B 3

3

0 0 1

A 3 x 0 det A x

1 0 0

d.p.

−

= − ∈

= − ∴ = −

= ∴ = −

R

OSG.: 52614/11 9

GEOMETRIA

0 1 1 2 2 3 n n 1Como P P 1cm P P 2cm P P 3cm ... P P n cm. Assim :−= ⇒ = ⇒ = ⇒ ⇒ =

2 2 2 *

0 n 0 n 1

2

0 24 0 23

Por Pitágoras, P P P P n , n .Assim,podemos fazer uma soma telescópica :

P P P P

− += + ∀ ∈

=

ℤ

22

2

0 23

24

P P

+

0 22P P=2

2

0 22

23

P P

+2

0 21P P=2

2

0 2

22

P P

+ ⊕⋱ ⋱ ⋱

2

0 1P P=2

2

0 1

2

P P

+2

2

2 2 2 20 24 0 24

1

24 25 49P P 1 2 24 4 25 49 P P 70

6

=

⋅ ⋅= + + + = = ⋅ ⋅ ⇒ =⋯

Resposta correta: (C)

OSG.: 52614/11 10

FUNÇÃO TRIGONOMÉTRICA

Sabendo que a função arco - seno está definida ;2 2

π π − , temos:

tomando arcsen x = arcsen y = arcsen z = 2

π ⇒ x y z 1= = = ⇒

3arcsen x arcsen y arcsen z .

2

π⇒ + + =

Portanto:

100 100 100

101 101 101

9x y z 3 3 0.

x y z+ + − = − =

+ +


OSG.: 52614/11 11

PROBABILIDADE Considere o trio: vaga-vazia aeronave vaga-vazia Considerando esse trio como um só elemento ⇒ temos 10 possibilidades de inserirmos esse trio no estacionamento. As outras 7 aeronaves podem ficar em qualquer um dos outros 9 lugares. Assim:

( )97Nº de casos favoráveis 10= ⋅

( )117Nº de casos possíveis 10= ⋅

Portanto: ( )( )

97

117

10Nº de casos favoráveisP

Nº de casos possíveis 10

⋅= =

⋅

9 89 82!P

11 10 9 8

4!

⋅⋅

⇒ = =⋅ ⋅ ⋅ 2

4 3 2⋅ ⋅⋅11 10 9 8⋅ ⋅ ⋅

4 3 6P

11 10 55

⋅= ⇒ =

⋅

Resposta correta: (E)

NÚMEROS COMPLEXOS

Temos que 2

w cis cos120º i sen120º3

π= = + ⋅

1 3 1 3w i w i

2 2 2 21 3 3 3

1 w 1 i 1 w i2 2 2 2

⇒ = − + ⋅ ⇒ − = − ⋅ ⇒

⇒ − = + − ⋅ ⇒ − = − ⋅

OSG.: 52614/11 12

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) [ ] ( )( )

66

6 3

6 6

6

1 w 3 cis 30º 1 w 3 cis 30º

1 w 3 cis 180º 27 cos 180º i sen 180º

1 w 27 1 i 0 1 w 27

Portanto, 1 w ( 30, 10].

⇒ − = ⋅ − ⇒ − = ⋅ −

⇒ − = ⋅ − = ⋅ − + ⋅ −

⇒ − = ⋅ − + ⋅ ⇒ − = −

− ∈ − −

Resposta correta: (B)

GEOMETRIA ESPACIAL

1. ∆ VOM ~ ∆ OBM:

ah a2 h .x x 2

= ⇒ =

2. Lei dos cossenos no ∆ OBC:

2

2 2 2 23 aa 2r 1 r (2 3) r .

2 2 3

= − = − ⇒ = −

OSG.: 52614/11 13

3. 2

o 2B

1 3aA 12 r r sen 30 3r

2 2 3= ⋅ ⋅ ⋅ = =

−

↑ área da base da pirâmide

4. 2 3 3 3

B

1 1 3a a a a 2 3 2 3 a 2 3V A h

3 3 2 22 3 2(2 3) 2 2 3 2 3 2 3

+ ⋅ − += ⋅ = ⋅ ⋅ = = = ⋅

− − − ⋅ − −

↑

(2 3)(2 3) 1+ − =

Resposta correta: (A)

ÁREAS, PROPORÇÕES E GEOMETRIA ANALÍTICA Sendo A = Área (FHCG), 2A = Área (ABHFG), então a área do triângulo ABC é igual a

FHCG ABHFG

A 2A 3A.+ =

Além disso, as áreas dos triângulos HFG e GCH são iguais, devido à simetria; então,

AÁrea( CGH) .

2∆ =

OSG.: 52614/11 14

Mas os ∆ABC e ∆GHC são semelhantes, e com isso temos que, analisando proporções entre áreas e segmentos:

2 2Área( ABC) AC 3A m m m 6

6 GCAGC GC GC 6Área( GHC)2

∆ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ∆

Agora, considerando a origem como sendo O, temos

m 6 m 6b sen 30º

6 12

m 6 m 2a cos 30º

6 4

= ⋅ =

= ⋅ =

Logo, a equação da elipse é:

2 2 2 2

2 2 2 2

2 22 2 2

2 2

x y x y1 1

a b m 2 m 6

4 12

8x 24y1 8x 24y m 0

m m

+ = ⇒ + = ⇒

⇒ + = ⇒ + − =

Resposta correta: (D)

TRIGONOMETRIA – TRANSFORMANDO PRODUTO EM SOMA Utilizando a fórmula que transforma produto em soma: 2sen A cos B = sen(A + B) + sen(A – B)

OSG.: 52614/11 15

Temos:

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

1y (2sen 70º cos 50º 2sen 260º cos 280º )

21

sen 70º 50º sen 70º 50º sen 260º 280º sen(260º 280º )21

sen 120º sen 20º sen 540º sen 20º21

(sen 60º sen 20º sen 180º sen 20º )2

1 3 30

2 2 4

= +

= + + − + + + − =

= + + + − =

= + + −

= + =


GEOMETRIA ANALÍTICA Inicialmente, observe que P está sobre a elipse x2 + 4y2 – 100 = 0, pois 82 + 4 · 32 – 100 = 64 + 36 – 100 = 0. Daí, a equação da reta tangente é x · 8 + 4y · 3 – 100 = 0 ⇔ 2x+3y– 25 = 0. Resposta correta: (A)

OSG.: 52614/11 16

EQUAÇÕES POLINOMIAIS

Como a equação possui coeficientes inteiros e n, n ∈ n, é raiz, então n− também é

raiz. Seja r a terceira raiz. Por Girard:

I. ( ) 3 3n n r r ;

5 5+ − + = ⇒ =

II. ( ) 36n n r n 12.

5⋅ − ⋅ = − ⇒ =


LOGARITMOS Temos que:

( )

2 2 2 52 5 5 5 510 10 2 5 2 2 2

5 5 5 5 5 5

252 2

5 5

3 3 23 3 25 5 510 5 510 2 5 3 3

5 5 5 5 5

35

log log log log1 11º ) x log 1

xlog log log log log log

1 1 1 x 1 x1 log 1

x x 1 xlog log

log log log1 12º ) y log log y log 1

ylog log log log log

xlog y

1 x

= = = ⇒ = + = ++

−⇒ − = ⇒ = ⇒ =

−

= = = ⇒ = + ⇒ = ⋅ ++

⇒ = ⋅−

35

18 2 3 35 5 5 5

185

xy xy y xy y1 y log 2

1 x 1 x 1 x

x y yAssim : log log log log

1 x 1 x 1 x

x 2ylog

1 x

+ − + = + = ⇒ = − − −

= + + = + +− − −

+=

−


OSG.: 52614/11 17

POLINÔMIO DE LAGRANGE Observamos que a função polinominal f(x) é do 2º grau. Tal que:

2 2 2f (a) a ; f (b) b ; f (c) c .= = =

Com isso:

2

2

2

f (a) a 0

f (b) b 0

f (c) c 0

− =

− =

− =

Então:

21f (x) x f (x),− ≡ tal que:

2f (x) x k(x a) (x b) (x c)− ≡ − ⋅ − ⋅ −

Portanto, temos que k = 0, pois a função polinominal f(x) é do 2º grau. Concluímos que:

2 2f (x) x 0 f (x) x− = ∴ =


OSG.: 52614/11 18

DIAGRAMAS DE VENN Como cada aluno inscreveu-se em pelo menos 3 matérias, considerando as disciplinas como conjuntos e os alunos como elementos, podemos nos restringir à análise dos conjuntos A B C; B C D; C D A; D A B; A B C D∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ . Vejamos

o diagrama de Venn do problema:

• a = # ((B∩C∩D) – (A∩B∩C∩D)) (número de alunos matriculados em todas as

disciplinas, exceto A); • b = # ((C∩D∩A) – (A∩B∩C∩D)) (número de alunos matriculados em todas as

disciplinas, exceto B); • c = # ((D∩A∩B) – (A∩B∩C∩D)) (número de alunos matriculados em todas as

disciplinas, exceto C); • d = # ((A∩B∩C) – (A∩B∩C∩D)) (número de alunos matriculados em todas as

disciplinas, exceto D); • e = # (A∩B∩C∩D) (número de alunos matriculados em todas as disciplinas). Logo, queremos minimizar e. Observe que, do enunciado: • b + c + d + e = 6 • c + d + a + e = 5 • d + a + b + e = 5 • a + b + c + e = 4 Somando, vem:

( )3 a b c d 4e 20 3 4e 20 , onde a b c d.+ + + + = ⇒ ∆ + = ∆ = + + +

(Disciplina A) (Disciplina B) (Disciplina C) (Disciplina D)

OSG.: 52614/11 19

• Se e = 0 ⇒ 3∆ = 20 ⇒ ∆ ∉ Z. Absurdo!

• Se e = 1 ⇒ 3∆ = 16 ⇒ ∆ ∉ Z. Absurdo!

• Se e = 2 ⇒ 3∆ = 12 ⇒ ∆ = 4 Logo, tomando a = b = c = d = 1 (∆ = 4) e e = 2, o problema é satisfeito. Portanto, o valor mínimo de e = #(A∩B∩C∩D) é 2.


FATORIAL E DIVISÕES Observe que 27209 = 7·132 ·23. Com isso, para n! ser múltiplo de 27209, ele deve ser múltiplo de 132. Caso n ≤ 25, o único múltiplo de 13 possível entre 1 e n é 13. Logo, n! não é múltiplo de 132 (pois 13 é primo, sendo que o único fator 13 que pode aparecer em n! é ( 13 · 1)). Por outro lado, se n ≥ 26, então:

( ) ( )( )( )( )

( )A

n! 1 · 2 . . . n 1 n 1 · 2 . . . 7 . . . . 13 . . . 23 . . . 26 . . . n 1 n

7 ·13 · 23 · 26 · 1 · 2 . . . 6 · 8 . . . 12 ·14. . . 22 · 24 · 25 · 27 . . . . n 1 · n

27209 · 2A

= − = −

= − =

=

Logo, se n ≥ 26, então n! é múltiplo de 27209. Em suma, G = n! tal que 1 n 25≤ ≤ e

com isso o número de elementos de G é 25. Resposta correta: (E)

OSG.: 52614/11 20

FÍSICA

MECÂNICA / DINÂMICA

Na iminência de deslizar: Fat = µ·N2 ( I )

OSG.: 52614/11 21

Condições de equilíbrio:

1

2

mg sen T (II)

N mg cos (III)

T mgsen Fat (IV)

N mgcos (V)

θ= = θ

+ θ= = θ

Substituindo I em IV:

T + mg sen θ = µ · N2

Substituindo II e V:

mg sen mgθ + sen · mgθ=µ cos

2 sen ·cos 2·tg (VI)

θ

θ=µ θ → µ= θ

Equilíbrio na direção perpendicular ao plano: N2 = mg cos θ

Logo: Fat = 2

µ· mg · cos θ

Resultante externa do sistema: 3mg sen Fat 3m · a

3 mg

θ − =

sen mg2

µθ − cos 3mθ = · a

Da equação VI:

23g sen θ −

tg

2

θ

( )

·g·cos 3a

2g sen3a g 3 sen sen a

3

θ =

θ= θ − θ → =


Com uma maior massa, conforme o indicado, haverá deslizamento: Fat = µc · N2

Fat = 2

µ· N2

OSG.: 52614/11 22

ELETROMAGNETISMO Desprezando o campo gravitacional teremos as seguintes forças atuando no sistema:

I. x MF

→ força magnética atuando para dentro do papel.

II. cpR

→ resultante centrípeta.

OSG.: 52614/11 23

III. A força normal será de tal forma que uma componente anula a força magnética e a outra componente funciona como resultante centrípeta.

Daí: y y

2

x

N Bqv sen(90º ) N Bqv cos

m vN

r

= + θ → = θ

=

2 2 2

y x

2 4 2 22 2 2 2 2 2 2 2

2 2

N N N

m v m vN B q v cos N V B q cos

r r

= +

= θ + ⇒ = θ +


OSG.: 52614/11 24

ESPELHOS PLANOS (ROTAÇÃO)

ii Tempo final

OSG.: 52614/11 25

Distância do ponto P ao centro de coordenadas (0,0). D2 = (d – 2dsen2θ)2 + (2dsenθcosθ)2

D2 = d2 + 4d2sen4θ – 4d2sen2θ + 4d2sen2θcos2θ

D2 = d2 + 4d2sen2θ 2sen θ 1− 2cos+ θ

D2 = d2 ⇒ D = d Conclusão: A trajetória da imagem é uma semicircunferência de raio d. Resposta correta: (A)

OSG.: 52614/11 26

OSG.: 52614/11 27

ESTÁTICA

mg T sen 30º Fe sen 45º mg 2mgT T

T cos 30º Fe cos 45º 1 3 3 1

2 2

2Fe

2

= +⇒ = ⇒ =

= + +

2 mg 3

23 1= ⋅

+

6 mgk x

3 1⇒ ∆ =

+

Substituindo os valores dados: m = ρ V ⇒ V = ℓ3.

∆x = 0,25 m xF – x0 = 0,25 m Como x0 = 0,5 m ⇒ xf = 0,75 m AB cos 30º + XF cos 45º = 2,3 m

3 3 2AB 2,3 m

2 4 2⋅ + ⋅ =

AB 2 m≅


OSG.: 52614/11 28

MECÂNICA/COLISÕES

OSG.: 52614/11 29

Em unidades do S.I 1

2

V 1i

V 2 cos 60º i 2 sen 60º j

=

= +

ɵ

ɵ ɵ

Considerando V

a velocidade do sistema imediatamente após a colisão.

V V cos i V sen j= β + β

ɵ ɵ

Conservando o momento linear (quantidade de movimento) do sistema:

( )1 21 2 1 2m V m V m m V+ = +

( )2 (1i) 1 (2 cos 60º i 2 sen 60º j) 3 V cos i V sen j

2i 2

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ β + β

+

ɵ ɵ ɵ ɵ ɵ

ɵ 1

2⋅

3i 2 j 3 V cos i 3 V sen j

2

3 i 3 j 3 V cos i 3 V sen j

+ ⋅ = β + β

+ = β + β

ɵ ɵ ɵ ɵ

ɵ ɵ ɵ ɵ

logo:

3 3 V cos V cos 1

33 3 V sen V sen

3

= β→ β =

= β → β =

Considerando horizontal o plano e desprezando o rolamento:

( )( )

1 2

at 1 2

N m m g

F N m m g

= +

= µ ⋅ = µ ⋅ +

a = at

1 2

Fg

m m= µ ⋅

+

Torriceli = 2V '0

2V 2 a d= − ⋅ ⋅ 2V

d2a

=

2 2V Vd

2 g 2 0,1= =

µ ⋅ 2sec gβ

2

2

2 2

V

2 sec

V cosd , mas V cos 1

21

logo d 0,5 m.2

=⋅ β

⋅ β= β =

= =


OSG.: 52614/11 30

ELETRICIDADE: CAPACITORES I. Tendo em vista que o capacitor está ligado a uma fonte, a d.d.p. nos seus extremos é mantida constante com a introdução do dielétrico. II. Com a introdução do dielétrico, a capacitância aumenta.

Assim, tendo em vista que Q

VC

∆ = , a carga armazenada no capacitor também

aumenta, a fim de ∆V manter-se constante. Resposta correta: (A)

OSG.: 52614/11 31

ELETROMAGNETISMO i) Fmag = B · i · L

OSG.: 52614/11 32

No equilíbrio, teremos:

( )

2 3

2 3

k kkx BiL · x Mg 0

k k

kx kx BiL Mg 0

Mg 2kxMg 2kx Ui U · R

B · L R B · L

+ + − =+

+ + − =

−−= = ∴ =

ii) Se [T = K·x] e a deformação da esquerda é igual a da direita, temos:

( )

2

R Mg 2Tn .

BLx

−=


OSG.: 52614/11 33

ANÁLISE DIMENSIONAL

2 31 3

2

1

11 1

2

1 3

1 1 1

2 2 2

M L TV M T

L

LL

M L TM L T

LV

K

M TK

M L T L

K L T

−− −

−

−− −

− −

− − −

− −

⋅ ⋅→ = ⋅θ ⋅

⋅θθ

α → = θ⋅

⋅ ⋅β → = ⋅ ⋅

=α ⋅β

⋅θ ⋅→

⋅ ⋅ ⋅θ ⋅→ ⋅θ ⋅

Resposta correta: (?)

OSG.: 52614/11 34

CIRCUITOS/LANÇAMENTO DE PROJÉTEIS i) Energia armazenada no capacitor

21CE 0,0162 J E 36 V

2= → =

ii) Chave transferida para o ponto b .

iii) O tempo para a partícula atingir o alcance máximo é, portanto, 18 s.

Daí: A = V0 cos 30º × 18

iv) Cálculo de V0

0

0

0

V0 V sen 30º g t 10 9

2V 180 m / s

= − ∆ → = ×

=

Finalmente:

3A 180 m / s 18 s

2

A 1620 3 m

= × ×

=


Q calor dissipado em 3 durante t será :⇒ Ω ∆

( )2Q 3 4A t

432t 9 s.

48

⇒ Ω ∆

∆ = =

OSG.: 52614/11 35

OSG.: 52614/11 36

ÓPTICA GEOMÉTRICA

A figura anterior mostra o esquema referente ao caminho percorrido pelos raios luminosos até a lente ocular. Para um objeto em um ponto infinitamente distante, a imagem real conjugada pelo espelho gaussiano se posiciona em P, no plano focal. Por outro lado, P representa para o espelho plano um ponto objeto virtual, a uma distância (fE – a) do ponto O, tendo sua imagem real conjugada em Q a uma mesma distância de O. O enunciado infere que as condições usuais de observação correspondem à “imagem da ocular no seu plano focal”. Entendemos que se trata de um engano, correspondendo a “objeto da ocular no seu plano focal”, de tal forma que a imagem conjugada pela lente ocular será imprópria, tendo como vantagem óptica o aumento angular. Dessa forma, conforme o que se pode observar na figura acima,

b = (fE – a) + fL

OSG.: 52614/11 37

Portanto, o valor de b que satisfaz às condições expostas no enunciado (considerando o engano, conforme mencionado) está de acordo com o item A. Resposta correta: (A)

MCU – DINÂMICA I. O vetor momento linear tem apenas o módulo constante, sendo sua direção variável.

Portanto, afirmativa falsa; II. A aceleração não é nula. Existe aceleração centrípeta, responsável pela variação na

direção da velocidade. Também falsa. III. Sendo a resultante de forças centrípeta, esta se mantém sempre perpendicular à

trajetória, logo não realiza trabalho. Única afirmativa correta. Resposta correta: B

OSG.: 52614/11 38

ELETRICIDADE E DINÂMICA

i) É fácil ver que existe uma ponte equilibrada. O circuito equivalente é:

OSG.: 52614/11 39

Como a potência em R2 é 2

W,3

temos:

22 2

2 1R i i A

3 3= ⋅ ∴ =

Como R2 é o dobro de R1, temos que a corrente em R1 é o dobro de i2. Logo, 1

2i A

3=

Portanto 1 2i i i 1A= + = .

ii) Na deformação máxima: Fe Kx mg+ =ℓ

• 9

F F

E Q U Q 2Fe 32 10 N

2 2d d−⋅ ⋅

= = = ⋅ ⋅ℓ

Observe que Fe Mg 10 N.=ℓ ≪

Assim, 10

Kx mg K .x

≈ ∴ =

iii) Considerando que a carga não alterou, no instante em que (S) fecha, temos:

0 F 0 0 F FQ Q C U C U= → ⋅ = ⋅ ⇒

0 00 0

0 0

A A2 4 2d 2x 4d

d d x

ε ε⋅ = ⋅ ∴ + =

+

0x d

x 10 cm

=

=

Substituindo x, temos:

NK 100 m=

Atenção: Na solução da questão consideramos um sistema quase estático, pois se considerarmos em termos de energia a resposta seria igual a 200 N/m o valor da constante elástica. Assim sendo, solicitamos que o IME analise a citada questão, para que seja possível a anulação. Resposta correta: (A)

OSG.: 52614/11 40

ÓPTICA FÍSICA

OSG.: 52614/11 41

Consideremos θ muito pequeno. Para haver interferência construtiva a diferença entre os dois caminhos deve ser n ⋅ λ, com n = ..., –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, ...

Da figura essa diferença pode ser escrita como AB BC,+ então: AB BC n+ = ⋅λ

Mas: AB a sen

BC a sen

= ⋅ α

= ⋅ θ

Portanto: a sen a sen n

nsen sen

a

nsen sen

a

⋅ α + ⋅ θ = ⋅λ

⋅λα + θ =

⋅λθ = − α


GRAVITAÇÃO

I. Quando o corpo está em órbita em torno da Terra:

OSG.: 52614/11 42

( )

( )2 2grav cent T2 3

TT

G Mm GMF F · 3R

27R3R= ⇒ = ω ∴ ω =

II. A energia deste corpo (cinética) é:

( ) ( )2 2

T

1 1k v 3 R

2 2= = ω

III. Quando o corpo está em órbita em torno do outro planeta:

onde x é a distância entre o corpo e o solo.

( )

( ) ( )

( )( )

P 2

cent grav P2

P

2 T3

P

GMF’ F’ ’ · R x

R x

G M’

20 R x

= ⇒ = ω ++

ω =+

IV. A energia deste corpo (cinética) é:

1 1k’ k

10 2= ⇒ ( ) 2

P

1 1’ · R x ·

10 2ω + = ( )

( ) ( )

( )

2

T

2 2 2 2P T

TP T

3 R

9’ · R x · · R , substituindo e ’:

10

30 1 7x · R

R x 20 R 6

ω

ω + = ω ω ω

= ∴ =+


OSG.: 52614/11 43

HIDROSTÁTICA / ESTÁTICA

I. Conforme enunciado2

02

K QP (peso)

L=

OSG.: 52614/11 44

II. III. Cálculo dos torques em relação ao ponto P.

(*) 2H OP

L L LcgV 3 gV

2 3 6 τ = ρ − = ρ

2H O

P

gVL

2

ρτ =

(*) 2

2

H OH OE

gVLV L Lg·

4 2 6 12

ρ τ = ρ − =

(*) 2

02Fe

K Q L·

2dτ =

Fe E P

τ + τ = τ

OSG.: 52614/11 45

2 2

2H O H O0

2

gVL gVLK Q L

12 22d

ρ ρ+ =

2

0K Q L

2 2

5

d 126=

2H OgV Lρ

I. 2

0K Q2H O2

5gV

6d= ρ

II. 2

0K Q2H O2

P 3 gVL

= = ρ

I/II. 2 2

2 2

L 5 d 18 d 3 2 3 10

18 5 L 5d L 5= ⇒ = ⇒ = =


ANOTAÇÕES

OSG.: 52614/11 46

QUÍMICA

ESTEREOISOMERIA Analisando os itens, teremos para os compostos as seguintes possibilidades de estereoisômeros: a)

Z-3-metil-hex-2-eno E-3-metil-hex-2-eno b)

E-pent-2-eno Z-pent-2-eno c)

HOOH

O

O

HO OH

O O

E-ácido-2-butenodióico Z-ácido-2-butenodióico

OSG.: 52614/11 47

d)

O

(Não apresenta estereoisômeros) Propenal e)

E-but-2-eno Z-but-2-eno Resposta correta: (D)

ESTADO SÓLIDO A) Os sólidos amorfos ou não cristalinos não possuem composição fixa. Em razão disto, suas propriedades físico-químicas são variáveis, como a entalpia de fusão. São exemplos de materiais amorfos o vidro e os plásticos. B) Em geral, os sólidos amorfos não sublimam, devido à constituição de estruturas com grandes massas moleculares. Por outro lado, podemos citar alguns sólidos cristalinos sublimáveis, como o iodo, o gelo seco (CO2 sólido) e a naftalina. C) Sólidos amorfos não possuem estrutura microscópica ordenada, mas podem ter estrutura macroscópica definida, como um plástico moldado, por exemplo. D) Sólidos cristalinos podem ser formados de átomos, como é o caso dos metais, mas também de moléculas, como a sacarose (C12H22O11), o enxofre (S8) e muitos outros. E) Sólidos cristalinos podem ser misturas, como os materiais que constituem pedras preciosas.


OSG.: 52614/11 48

CINÉTICA QUÍMICA Conhecendo as equações integradas de ordem zero, 1 e 2, pode-se encontrar a correspondência correta dos dados: ORDEM ZERO: A equação integrada é [C] = [C]0 – k · t; observe que, para intervalos de tempos iguais, a diferença [C]t + ∆t – [C]t se mantém constante. Esse fato se verifica em C1. ORDEM 1: A equação integrada é [C] = [C]0 · e

–k · t; observe que, para intervalos de tempos iguais, a razão [C]t + ∆t/[C]t se mantém constante. Esse fato se verifica em C3.

OSG.: 52614/11 49

ORDEM 2: A equação integrada é (1/[C]) = (1/[C]0) + k · t; observe que, para intervalos de tempos iguais, a diferença (1/[C]t + ∆t) – (1/[C]t) se mantém constante. Esse fato se verifica em C2. Resposta correta: (C)

OSG.: 52614/11 50

RETÍCULAS CRISTALINAS

A Lei de Bragg é utilizada para se encontrar a distância d entre as camadas de um cristal. Segundo a simbologia adotada na questão, o retículo é um cúbico simples (CS), cuja distância entre as camadas é igual a 2r (onde r é o raio do metaloide). Assim:

λ 154 154d 334,8 pm.

2 senθ 2 sen(13,3 ) 2 0,23= = = =

⋅ ⋅ ° ⋅

Como esse valor equivale a 2 · r, o que nos fornece o valor de r = 167,4 pm. Segundo a tabela 2, o metaloide analisado é o polônio.


DISPERSÕES COLOIDAIS

a) FALSO. As dispersões coloidais, mais especificamente do tipo sol, originadas quando um sólido se dispersa em um líquido, possuem partículas dispersas com diâmetro entre 1 nm e 1 µm, constituindo sistemas heterogêneos. b) FALSO. Como comentado no item anterior, os sistemas coloidais são heterogêneos, envolvendo pelo menos duas fases. c) FALSO. As suspensões são dispersões cujas partículas dispersas apresentam diâmetro maior que 1 µm. Uma característica das suspensões é a sedimentação das partículas dispersas. Já em sistemas coloidais, a sedimentação somente ocorre mediante a ação de ultracentrífugas. d) FALSO. Conforme comentário anterior, a dispersão coloidal não é ao mesmo tempo solução e suspensão, já que o diâmetro das partículas dispersas as diferencia. A sedimentação das partículas dispersas ocorre mediante a ultracentrifugação. e) CORRETO. Diante do exposto nos itens anteriores, os sistemas coloidais são heterogêneos.


OSG.: 52614/11 51

REAÇÕES INORGÂNICAS Dentre os compostos indicados nas alternativas, o carbeto de cálcio (CaC2) é o único que reage com água, com liberação de um gás (acetileno, C2H2) e formação de uma solução aquosa básica (Ca(OH)2(aq), que resulta na cor rósea da fenolftaleína). A reação é representada pela seguinte equação química:

CaC2(s) + 2H2O(l) → Ca(OH)2(aq) + C2H2(g) As porcentagens em massa no carbeto de cálcio são calculadas como segue:

2(12) g

%C 100% 92,3%26 g

= ⋅ = ⇒ %C 90%>

%H 100% 92,3% 7,7%= − = As adições dos demais compostos à água podem ser representadas assim: A) Na2CO3(s) → 2Na+

(aq) + CO32−

(aq) CO3

2−(aq) + H2O(l) HCO3

−(aq) + OH−

(aq)

B) C6H5COOH(s) + H2O(l) C6H5COO−(aq) + H3O

+(aq)

C) NaHCO3(s) → Na+(aq) + HCO3

2−(aq)

HCO32−

(aq) + H2O(l) H2CO3(aq) + OH−(aq)

E) C6H5OH(s) + H2O(l) C6H5O−

(aq) + H3O+

(aq) Resposta correta: (D)

OSG.: 52614/11 52

ESTUDO DOS GASES Admitindo os gases contidos nesse sistema como ideais e pela hipótese de Avogadro, pelo qual, nas mesmas condições de temperatura e pressão, o volume ocupado pelo gás é diretamente proporcional à quantidade de matéria (número de mols). Observe a reação, na qual há excesso de oxigênio gasoso (O2), logo, todo gás sulfídrico (H2S) será consumido.

( ) ( ) ( ) ( )2 22 g g 2 g

1 2

2 2 2

1 2 2

3O H S SO H O

2Início: V V

3Desenvolvimentoda reação: V V V

23

Final: V V 0 V2

+ → +

−

− − +

−

ℓ

No sistema final, há 10 L de gases e, no sistema inicial, V1 + V2 = 24 L.

OSG.: 52614/11 53

1 2 2

1 2 2 2

2

3Logo: V V V 10 L

23 3

V V 10 L V V 14 L2 2

24 L

V 9,3 L

− + = ⇒

+ = + ⇒ = ⇒

≅


BIOQUÍMICA

Nas proteínas os aminoácidos unem-se através dos grupos amida. Cada grupo amida constitui uma ligação peptídica dos aminoácidos. Esta ligação se forma por uma reação de condensação entre o grupo carboxila de um aminoácido e o grupo amino de outro aminoácido. Por exemplo, a reação entre alanina e a glicina forma a glicilalanina, um dipeptídeo:

H2N C

H

H

C

O

OH + HN C C

HO

OHCH3

H

(Glicina) (Alanina)

H2N C

H

H

C

O

N

H

C

CH3

C

HO

OH+ H2O

(Glicilalanina)

OSG.: 52614/11 54

Analisando as estruturas dos compostos, temos:

N

N

O

CH3

O

H

H

Timina (base nitrogenada)

H C

H

NH2

C

O

OH

Glicina (α-aminoácido)

N

HOH

OH

Prolina (aminoácido)

O

H2N

NH2

OH

O

Asparagina (aminoácido)

H3C C

CH3

H

C C

H

NH2

O

OH

Valina (α-aminoácido)

A timina é o único composto que não pode fazer ligação peptídica por ser uma base nitrogenada e não um aminoácido. Resposta correta: (A)

OSG.: 52614/11 55

SOLUBILIDADE DE GASES A solubilidade de um gás, em qualquer solvente, aumenta quando a pressão do gás sobre o solvente aumenta. A solubilidade do gás na solução aumenta até que o equilíbrio dinâmico seja restabelecido com a igualdade entre as duas taxas opostas. Assim, a solubilidade do gás deve aumentar proporcionalmente a pressão. A relação entre a pressão e a solubilidade exprime-se de modo simples na Lei de Henry:

g gC kP=

onde Cg é a solubilidade do gás na solução, Pg é a pressão parcial do gás sobre a solução e k uma constante de proporcionalidade conhecida como a constante de Henry. Esta constante de proporcionalidade depende do par soluto-solvente e também da temperatura. Sabemos que na pressão 0,78 atm a solubilidade do N2 no sangue vale 5,85 ⋅ 10–4 mol/L. Aplicando a Lei de Henry, podemos determinar o valor da constante de proporcionalidade,

4g 4

g

C 5,85 10 mol / L molk 7,5 10 .

P 0,78 atm L atm

−−⋅

= = = ⋅⋅

Considerando a constante calculada anterior, podemos determinar a nova solubilidade:

4 3g g

mol molC ' k P ' 7,5 10 5atm 3,75 10

L atm L− −= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

⋅

Ao retornar à superfície, ocorre uma queda de solubilidade,

OSG.: 52614/11 56

3 4g g

3

mol molC C ' C 3,75 10 5,85 10

L Lmol

C 3,165 10L

− −

−

∆ = − = ⋅ − ⋅

∆ = ⋅

Estima-se a quantidade de N2, em mol, eliminado pelo nadador, da seguinte forma:

3 2moln 3,165 10 6L 1,899 10 mol.

L− −∆ = ⋅ ⋅ = ⋅


EQUILÍBRIO QUÍMICO No sistema observa-se um equilíbrio heterogêneo:

H2O(g) + C(s) + 31,4 kcal ENDO

EXO→← CO(g) + H2(g).

Nesse sistema, a concentração de C(s) permanece constante. Portanto, este não precisa ser mencionado na expressão da constante de equilíbrio. A constante de equilíbrio, em função das pressões parciais, é dada por:

2 2

2

co Hp

H O

P · PK

P=

De acordo com o princípio de Le Chatelier, quando um sistema em equilíbrio sofre uma ação externa, este tende a alcançar um novo equilíbrio. Havendo, portanto, adição de CO(g) e/ou H2(g), o equilíbrio se desloca para a

OSG.: 52614/11 57

esquerda e havendo adição de H2O(g), este se desloca para a direita, até atingir um novo equilíbrio com o mesmo valor da constante. Considerando, nesse sistema, H2O(g) e C(s) como reagentes e CO(g) e H2(g) como produtos, observa-se que o aumento da temperatura desloca o equilíbrio para a direita (sentido endotérmico) e favorece a formação dos produtos. Após algum tempo, haverá um novo equilíbrio com outro valor para a constante (Kp), indicando que o valor da constante de equilíbrio é dependente da temperatura. A adição de catalisadores, ao sistema, reduz a energia de ativação direta e inversa na mesma proporção. Logo, o equilíbrio não irá se alterar. Resposta correta: (C)

ANOTAÇÕES

CLEAN – 7/11/2011 – REV.: AMÉLIA

OSG.: 52614/11 58

ANOTAÇÕES

IME – 2011/2012

PROVA DISCURSIVA – 2º DIA

Matemática ...................................................................................................... 61

OSG.: 52614/11 61

MATEMÁTICA

SEQUÊNCIAS E DIVISIBILIDADE

Seja a o segundo termo da P.A. Assim, o sétimo será a + 5r, e o vigésimo sétimo, a + 25r. Como esses termos formam uma P.G., temos (a + 5r)2 = a(a + 25r) ⇔ 25r2 = 15ar, ou seja, 5r = 3a, pois r ≠ 0. Segue que r é múltiplo de 3. Como r > 0, então a > 0. Assim, o menor valor possível de r é 3, que gera a = 5. Nessas condições, o décimo oitavo termo é a + 16r = 5 + 16 ⋅ 3 = 53.

RELAÇÕES DE GIRARD E LOGARITMOS

Da questão, temos que x1, x2, x3 são raízes de 3 2 bbx ax x a 0.

2− + − = Logo, pelas

relações de Girard, temos:

1 2 3

1 2 2 3 3 1

b1 2 3

x x x a (1)

bx x x x x x (2)

2

x x x a (3)

+ + =

+ + = =

OSG.: 52614/11 62

Daí: 2 2 21 2 3x x x+ + = (x1 + x2 + x3)

2 – 2(x1x2 + x2x3 + x3x1) = a2 – b (4)

Portanto, de (1), (3) e (4):

Expressão = E = 2 2 2 21 2 3

b bx x x b a b

a 1 2 3 1 2 3 alog x x x (x x x ) log a a+ + − + + = ⋅

E = 2 2(a b b) b a b 2

a alog a log a a b− + ⋅ = =

TRIGONOMETRIA

Defina 2 2 2 2A sen xA B 1 A 1 B

B cos x=

⇒ + = ⇒ = −=

Substituindo os valores definidos na equação dada, obtemos:

( )( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2 2

2

2

2 22 2 2

2 22 2 2

2 24 2 2 4

2 2 24 2

3m 3 B 3 A 3 B 3 A

B3 m 3 B 3AB 3B AB 3

3 B m 3 3 3ABm AB 3

3 B m 3 3 AB 3m 3

3 B 3 m 3 A B 3m 3

3 B 3 m 3 1 B B 3m 3

9 B 3 m 3 6B 3 m 3 B B 3m 3

9 B 3 m 3 3m 3 B 3m 3 6 3 m

+ ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ + ⋅

+ ⋅ ⋅ − = +

+ ⋅ − = +

+ ⋅ − = ⋅ +

+ ⋅ ⋅ − = ⋅ + ⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅ +

+ ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − = − ⋅ +

+ ⋅ ⋅ − + + = + − ⋅ ⋅ − ( )3

4 29 B [3m 9 6m 3+ ⋅ + − 29m 3 6m 3+ + + 2 2] B [9m 3 6m 3= ⋅ + + 6m 3− 18]+ 4 2 2 2

4 2 2 2

4 2 2 2

9 B [12m 12] B [9m 21]

3 B [4m 4] B [3m 7]

B (4m 4) B (3m 7) 3 0

+ ⋅ + = ⋅ +

+ ⋅ + = ⋅ +

⋅ + − ⋅ + + =

OSG.: 52614/11 63

Considerando a equação destacada na variável B2 temos que o seu descriminante é igual a: 2 2 2

4 2 2

4 2 2 2

2 22

2

(3m 7) 4 (4m 4) 3

9m 49 42m 48m 48

9m 6m 1 (3m 1)

(3m 7) (3m 1)B

2 (4m 4)

∆ = + − ⋅ + ⋅

∆ = + + − −

∆ = − + = −

+ ± −=

⋅ +

Assim, 2 2 2

2 2 21 1 12 2 2 2

2 2

2 2

3m 7 3m 1 8 1 mB B A

2 (4m 4) 8 (m 1) m 1 m 1

Logo,

1 1B x arccos

m 1 m 1

e

m mA x arcsen

m 1 m 1

+ − += = ⇒ = → =

⋅ + ⋅ + + +

= ± → = ±

+ +

= ± → = ± + +

ou 2 2 2

2 2 22 2 22 2

3m 7 3m 1 6m 6 3 1B B A

4 42 (4m 4) 8 (m 1)

Logo,

3 3B x arccos

2 2

e

1 1A x arcsen

2 2

+ + − += = ⇒ = → =

⋅ + ⋅ +

= ± → = ±

= ± → = ±

b) Temos que 0º < α, β < 75º ⇒ sen α, cos α, sen β, cos β > 0.

2

1 1Se arcsen sen 30º

2 2

2 m 145º m 1

2 2m 1

• α = + ⇒ α = ⇒ α = ⇒

±⇒ β = ⇒ = = ⇒ = ±

+

2

m 1Se arcsen arcsen 30º

2m 1

± • α = ⇒ β = ⇒ β = ⇒ +

OSG.: 52614/11 64

2

2 m45º m 1 ,

2 m 1

±⇒ α = ⇒ = ⇒ = ±

+ porém, após a verificação dos

valores encontrados, constatamos que para x = 45° e m = –1 a condição exposta no enunciado não se verifica.

Portanto, m 1 (único valor)=

NÚMEROS COMPLEXOS Sabendo que Z = a + bi, temos:

( )

( ) ( )

33

3 3 2 2 2 3 3

3 3 2 3 2

Z a bi

Z a 3 a bi 3 a b i b i

Z a 3a b b 3a b i

= +

= + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ +

= − − −

Por outro lado, tem-se:

3 2 3 2

3 2 3 2

a 3 3a b a 3a b 3

b 3a b 3 b 3a b 3

= + − = ∴

= − − = −

Com isso:

3

33 3

6

Z 3 3 i

Z 3 3i Z 9 9 Z 18

Z 18

= + ⋅

= + ∴ = + ∴ =

∴ =

OSG.: 52614/11 65

GEOMETRIA ESPACIAL

Figura Ilustrativa

i) AVB BVC AVC( L.A.L)∆ ≡ ∆ ≡ ∆

ii) Lei dos cossenos no ∆BVC 2 2 2b a a 2 a a cos30= + − ⋅ ⋅ ⋅ °

2 2 2b 2a a 3= −

b

2 3a= −

iii) Circunferência circunscrita a uma das faces

• Lei dos senos b

sen 30 b R2R

→ ° = → = → 2 2Ra a R (2 3).

2 3= → = ⋅ +

−

O: centro

R circunraio=

OSG.: 52614/11 66

v) Volume do tetraedro = V

b 3 b 33x 2x .

2 3= → =

2 2 22 2 2 2 2 3b 9a 3b

a (2x) h h a h9 3

−= + → = − → =

2 29R (2 3) 3Rh

3

+ −=

2 215R 9R 3h

3

+=

Rh 15 9 3

3= ⋅ +

Então: 2

2b 3

h b 3h4Volume V3 12

⋅= = =

2 R12V R 3 15 9 3

3= ⋅ +

336VR

3 15 9 3=

⋅ +

312VR

5 3 3=

+

Logo:

312V

R5 3 3

=+

V’: baricentro do ∆ABC

OSG.: 52614/11 67

GEOMETRIA ANALÍTICA

1. Vamos considerar a parábola horizontal, com vértice na origem e parâmetro p > 0. A corda MN é focal, ou seja, passa pelo foco F. 2. Ponto R:

Pelo triângulo RDF, temos yR = p 3 e FR = 2p. Logo, R é o ponto p

,p 32

−

.

3. Ponto M: Se FJ = k, então a distância de M à diretriz d é p + k. Assim, FM = p + k pela definição

de parábola. Como ˆFMJ = 30º, segue que k = p e FM = 2p. Assim, M é o ponto 3p

, p 32

−

.

4. Daí, RM = 4p, MQ = 2p e QR = 2p 3 . Portanto, o perímetro do ∆MQR é

( )2p 3 3 1+ .

OSG.: 52614/11 68

DIVISIBILIDADES Temos que: 17|2r + 3s ⇔ 17|(2 + 34)r + (3 + 17)s (Pois 17|34 e 17|17) ⇔ 17|36r + 20s ⇔ 17|4 (9r + 5s) ⇔ 17|9r + 5s (Pois mdc (17,4) = 1) Portanto, 17|2r + 3s ⇔ 17|9r + 5s Nota: a|b (lê-se: a divide b)

AUTOVALORES

Definindo A =

0 a b c

a 0 c b,

b c 0 a

c b a 0

teremos:

f(x) = det(A + xI4). Logo, se x = –λ, onde λ é um autovalor de A, então f(–λ) = det(A – λI4) = 0. Isso significa que, sendo λ1, λ2, λ3, λ4 os autovalores de A, os valores –λ1, –λ2, –λ3, –λ4 são as raízes de f. A princípio, parece difícil achar tais valores, mas observe que:

OSG.: 52614/11 69

det A ( )a b c 0 b c

a b c 0 a b c a c

a b c a b c c

− + − −

= + + − − − =

− + − − − −

Sabemos que detA = λ1λ2λ3λ4, logo parece natural supormos λ1 = a + b + c; λ2 = –a + b – c, λ3 = a – b – c; λ4 = –a –b – c, ou seja, as quatros raízes parecem ser x1 = –(a + b + c); x2 = a – b + c; x3 = a + b – c, x4 = –a + b + c

Verificando: Se x1 é raiz:

( )1

a b c a b c 0 a b c

a a b c c b 0 a b c c bf x 0,

b c a b c a 0 c a b c a

c b a a b c 0 b a a b c

− − −

− − − − − −= = =

− − − − − −

− − − − − −

(Pois a 1ª coluna é nula.)

⊕ ⊕ ⊕

JACOBI

OSG.: 52614/11 70

Se x2 é raiz:

(Pois a 1ª e a 4ª colunas são iguais.) A verificação de que x3 e x4 são raízes é análoga à de x2. Logo, as raízes de f(x) são: – (a + b + c); –a + b + c; a – b + c; a + b – c

GEOMETRIA ANALÍTICA a) Temos que: x2 – 2xy – y2 = 0 x2 – 2xy + y2 = 2y2 (x – y)2 = 2y2 Então:

( )1x y y 2 s : y x 2 1− = → = −

ou

( )2x y y 2 s : y x 2 1− = − → = − +

Veja que:

1 2s s 1 2m m 1 s s .⋅ = − → ⊥

Logo, a equação x2 –2xy – y2 = 0 representa a reunião de duas retas perpendiculares.

OSG.: 52614/11 71

b) A partir das duas retas perpendiculares obtidas, no item anterior, vamos plotar eixos x' e y' nessas retas e descobrir o ângulo de rotação θ (sentido anti-horário).

i) tg 2 1θ = − (Da equação encontrada em (a)) ⇒ 22

1cos

1 tgθ = ⇒

+ θ

2 1 2 2 2 2cos cos

4 44 2 2

+ +θ = = ⇒ θ =

−, θ agudo.

Consequentemente, 2 2 2sen 1 cos sen

4

−θ = − θ ⇒ θ =

Daí, temos: x ' cos sen x

Para o ponto :y ' sen cos y

θ θ = ⋅ ⇒ − θ θ

P

(x', y') = (2cos 3sen ; 2sen 3cos )

3 3(x ', y ') 2 + 2 2 2 ; 2 2 2 2

2 2

θ + θ − θ + θ ⇒

= + − + − −

Agora, vejamos o problema no novo eixo:

OSG.: 52614/11 72

Da figura ao lado: y’ x’

sen ; cos ;PB PA

α = α =

Multiplicando:

x’y’sen cos

PA PB17

α α = ⇒⋅

x’y’sen cos

17α α = ⇒

2 3 32sen cos 2 2 2 2 2 2 2 2

17 2 2 ⇒ α α = + + − ⋅ + − − ⇒

( )2 3 9 3 2 3 9 3sen2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

17 2 4 2 17 2 4 2 α = + − + − − = − + +

2 17 2 2 2sen2 sen2 2 45º ou 135º 22,5 ou 67,5º.

17 4 2 2

α = = ⇒ α = ⇒ α = ⇒α = °

A figura mostra as 4 possíveis posições de r, com ângulos com o eixo x’ iguais a 22,5°; 67,5°; 112,5°; 157,5°. Logo, o novo ângulo que r forma com o eixo x é: 45°, 90°, 135°, 180° (basta somar o valor do ângulo de rotação, que é 22,5°). Vejamos cada caso:

1º Caso: Ângulo de 45°

p

p

Temos:

y yr : tg 45 1 3 y 2 x

x x

r : y x 1

−= ° = ⇒ − = − ⇒

−

⇒ = +

OSG.: 52614/11 73

2º Caso: Ângulo de 90°

Aqui é fácil:

r : x 2=

3º caso: Ângulo de 135º

Temos:

p

p

y yr: tg135º 1 y 3 2 x

x x

r: y 5 x

−= = − ⇒ − = − ⇒

−

⇒ = −

4º caso: Ângulo de 180º

Também é fácil r: y 3 =

Logo, as retas são: r: y = x + 1 r: x = 2 r: y = 5 – x r: y = 3

OSG.: 52614/11 74

DETERMINANTES, PROBABILIDADES E PRINCÍPIO DAS CASAS DOS POMBOS

a) Seja 11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a a

M a a a ,

a a a

=

com aij ∈ –1, 1. Se aplicarmos Laplace na 1ª coluna,

obtemos: detM =

1 2 3

22 23 12 13 12 1311 22 33

32 33 32 33 22 23

D D D

a a a a a aa a a

a a a a a a⋅ − +

Agora, provemos que det M 4 .≤

Inicialmente, note que D1 = a22a33 – a23a32, e como aij ∈ –1, 1; a22a33 e a23a32 são 1 ou –1, donde D1 = –2, 0 ou 2. Analogamente, D2 = –2, 0 ou 2 e D3 = –2, 0 ou 2. Entretanto, D1, D2 ou D3 é igual a 0. Para verificar isso, analisaremos os vetores-linha: A1 = [a12 a13]; A2 = [a22 a23]; A3 = [a32 a33] Se dois vetores-linha são iguais, digamos Ai e Aj, então Dk = 0, onde k≠ i, j. Caso contrário, considere os conjuntos de vetores-linha:

[ ] [ ] [ ] [ ] 1 2S 1 1 , 1 1 ; S 1 1 , 1 1= − − = − −

Pelo princípio das casas dos pombos, existem dois vetores no mesmo conjunto, digamos Ai e Aj.

Logo, se i i ij i

A A Ak AiA Ak i, j, D 0−

≠ = = = − =

Com isso, um dos determinantes Di é nulo. Suponhamos, sem perda de generalidade, que D1 = 0 Daí:

( )

ij

2, 3

22 2 33 3

a 1 ou –1

D D 2,0,2

det M a D a D 1 · 2 1·2 4

=

= −

↓

= − + ≤ − − + =

OSG.: 52614/11 75

Um exemplo de que detM = 4 é possível é quando tomamos

1 1 1

M 1 1 1

1 1 1

− − = − −

.

Neste caso, é fácil ver que det M = 4. Logo, o máximo de det M é 4. b) Vamos contar o total de matrizes M para os quais det M = 4. Vimos que, para det M=4, devemos ter 2 dos 3 Ai’s no conjunto S1 (ou S2), e o outro em S2 (ou S1), pois caso todos os 3 Ai’s estivessem em um mesmo conjunto,

ik 11 1 21 2 31 3

j

AD 0, k 1, 2, 3 det M a D a D a D 0, absurdo.

A= = ∀ = ⇒ = − + =

Vamos dividir nossa contagem em 2 casos: 1o caso: Existem 2 Ai’s em S1 e apenas um em S2. Há 3 maneiras de escolher o Ai que está em S2, e os outros 2 estão determinados. Note que, para i = 1, 2, 3, Ai está num conjunto de 2 elementos. Logo, há 2 possibilidades para A1, 2 para A2 e 2 para A3.

Com isso, há 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 3 = 24 possibilidades para A1, A2 e A3.

Agora, dentre D1, D2, D3, existem um nulo e dois iguais a 2 ou – 2. Suponhamos sem perdas D1 = 0, daí devemos escolher a21 e a31, de modo que – a21D2 = a31D3 = 2 ⇒ detM = 4. Com isso, podemos escolher qualquer valor para a1 que o problema é satisfeito. Logo, como há 2 maneiras de escolher a1, temos 24 · 2 = 48 maneiras de escolher M neste caso.

2º caso: Existem 2 Ai’s em S2 e apenas um em S1. Este caso é análogo ao anterior. Logo, há 48 maneiras neste caso também. Com isso, há 48 + 48 = 96 matrizes M, com det M = 4. Como há 29 = 512 matrizes M (aij ∈ –1, 1) e cada matriz tem probabilidade igual, a probabilidade pedida é igual

a 96 3

.512 16

=


OSG.: 52614/11 76

ANOTAÇÕES

IME – 2011/2012


Física ................................................................................................................ 79

OSG.: 52614/11

79

FÍSICA

ONDAS

Frequências fundamentais:

1 2

1 2

1 2

1 2

v vf

2L

10 3 10 3f e f

2L 2L

5 3 5 3f e f

L L

= =λ

= =

= =

Se, pela figura, L1 > L2, então f2 > f1.

Batimento

f2 – f1 = 10 Hz

2 1

2 1

5 3 5 310

L L

1 1 2

L L 3

− =

− =

OSG.: 52614/11

80

Mas L1 + L2 = 2m, então, resolvendo o sistema 1 2

2 1

L L 2

1 1 2

L L 3

+ = − =

Encontrando com L1 > L2 > 0

L1 = 1 – 3 7

1,457 m2 2

+ ≃

L2 = 1 + 3 7

0,543m2 2

− ≃

i)

2 2 2 1(0,543) (0,5) d 2 d cos

2= + − ⋅ θ

2 2 2 1(1,457) (0,5) d 2 d cos

2= + + ⋅ θ

2 22(1, 457) (0,543) 0,5

d 0,958 d 0,979 m2

+ −= = ⇒ ≃

Logo, 2

o(1,457) 0,25 0,958cos cos 0,934 20,8

0,979

− −θ = ⇒ θ = ⇒ θ =

OSG.: 52614/11

81

DINÂMICA: ENERGIA/COLISÕES E ESTÁTICA a)

i) m 1

1gh m

2=

( )

2

1 1 1

11 1 1 2

1 2 3 3 3

3

v v 2gh

4vii) m v m U U

6

2U 2gh.

3

6iii) m U m v v U

8

3v

+

+

→ =

= → =

=

= → =

=2

4 3⋅ 3

2gh2gh v .

2→ =

iv) Aceleração do corpo 3 no trecho.:

BC → a3 = µg → a3 = 4,5 m/s2.

v) Aplicando Torricelli no trecho BC:

2

3 3v 2a S S 1m

2

= ∆ ∆ =

gh

42 4,5 1

h 1,8m

= ⋅ ⋅

=

OSG.: 52614/11

82

b)

Calculemos os torques em relação ao ponto D.

EF →

força feita pelo apoio e na barra.

80N

20N

40N

Fe

(D)

(D)

(D)

(D) E

E

80 0,5 40 N m

20 0, 25 5 N m

40 0,5 20 N m

F 1

F 25 N

= ⋅ = ⋅τ

= ⋅ = ⋅τ

= ⋅ = ⋅τ

= ⋅τ

=

(D) E0 F 20 45= ⇒ + =τ∑

EF 25 N=

OSG.: 52614/11

83

TERMODINÂMICA

Rendimento máximo da máquina 1.

máx

máx

min1

máx

1 1 1

T1

T

6001 0,4

1000

i · 80% · 0,4 32%

η = −

= − =

η = η = =

Rendimento máximo da máquina 2.

máx

máx máx

min2

máx

12 2 2 2

T1

T

3001 0,5

600

ii · ·

2

80%· 0,5 20%

2

η = −

= − =

η = η = η =

= =

Análise energética da máquina 1.

1= 32% QA

QB = 68% QA

Análise energética da máquina 2.

2 = 20% QC = 20% (60% QB)

= 12% QB

=12% (68% QA)

= 8,16% QA

1 1A 2 1masQ 8,16% 25,5%

32% 32%= → = ⋅ =

Logo, a afirmação está errada.

índice de desempenho

DADO

OSG.: 52614/11

84

DINÂMICA E TERMOLOGIA

Obtendo o valor do coeficiente de atrito estático, analisando o bloco em repouso:

OSG.: 52614/11

85

E

N Pcos 45º

Fat P sen 45

=

= ° →

E E

E

E

Fat N

P sen 45º P cos 45º

1

≤ µ ⋅

⋅ ≤ µ ⋅ ⋅

≤ µ

Logo, 1 corresponde ao menor valor para o qual o corpo permanece em repouso.

Conforme a segunda observação do enunciado:

µE = 1

De acordo com a primeira:

µC = 80% µE = 0,8

c c

2N P cos 45 mg m · 5 2

2

Fat · N 0,8 · m · 5 2 4 2 m

= ° = =

= µ = =

Trabalho do atrito até o ponto mais alto:

Fat cFat · d

4 2 m ·10 2

80 m corresponde ao valor

da variação da energia

mecânica.

= −

= −

= − →

OSG.: 52614/11

86

De acordo com o enunciado:

Fat 80 mQ 40 m

2 2

m

= = =

↓

· c · T 40 m∆ = 400 · T 40

T 0,1 C

→ ∆ =

∆ = °

Dilatação: 3 5 1 9 3V Vi · 3 · T 10 · 3 ·10 10 3 ·10 m− − − −∆ = α ∆ = ⋅ =

OSG.: 52614/11

87

CONSERVAÇÃO DE ENERGIA, CINEMÁTICA

a) Considerando que a energia armazenada na mola seja inteiramente transmitida para a

bola (pois a massa do bloco é muito maior).

( ) ( )

( )

2 2

21

1 1K x mg x sen 30º m V

2 2

100· 10 2−

∆ = ∆ +

=200

·1000

1 1·10 ·10

2

− 2

2 2

200· V

1000

0,81 0,2 0,2v v 4

0,2

v 2 m/s

+

= + → = =

=

Logo:

200

P (5 3)i 1j1000

= − +

ɵ ɵ

b) Calculando o tempo para que a bola alcance a altura máxima:

o

1V V g t t s

10γ γ= − ⋅ ∴ =

2

o 2

1 1 1 5 1h V · t gt 5 m

2 10 10 100 20γ⇒ = − ⋅ = − ⋅ = =

No eixo x, temos:

rel

1x (V ) t 3

10∆ = ⋅∆ = ⋅

OSG.: 52614/11

88

OSG.: 52614/11

89

ÓPTICA GEOMÉTRICA – REFRAÇÃO

Aplicando a Lei de Smell entre os pontos (0, 0) e P(x, y), teremos:

n0 sen 90º = n(y) sen θ.

n0 = n(y) sen θ → n(y) = 0n

senθ.

cotg θ = 2ax e y = ax2.

0

1sen .

1 4ay

n(y) n 1 4ay.

θ =+

= +

OSG.: 52614/11

90

CAMPO ELÉTRICO/ÓPTICA GEOMÉTRICA

a)

OSG.: 52614/11

91

Equações do movimento:

eixo x → x = 2vt

eixo y → y = d1

2− at

2 a =

qE

m

Quando o objeto choca-se com o anteparo y = 0 → d = 21 qEt .

2 m⋅

2 2md 2mdt t

qE qE= → =

b)

2

1 s 2 s

1h d at H 2d

2

x x 2vt x x vt

= − =

∆ = − ∆ = −

Os triângulos ABC e A’B’C são semelhantes, daí:

s s

2

x 2vt x vt

1 qE 2dd t

2 m

− −=

−

2 3

s s

qE qEvx (2d) 4vdt x d t dvt t

2m 2m

− = − − +

2 3

s

qE qEvx d t 3vdt t

2m 2m

+ = +

3

s2

qEv3vdt t

2mxqE

d t2m

+=

+

OSG.: 52614/11

92

c)

Os triângulos ABC e A’B’C’ são semelhantes, daí:

S

2

v t vt vt

1 qE2dd t

2 m

−=

+

S s2 2

2dv v 2dvv v v

1 qE 1 qEd t d t

2 m 2 m

+− = → =

+ +

A velocidade máxima da sombra ocorre em t 0= .

Daí, máxv (sombra) 3v=

d)

OSG.: 52614/11

93

Os triângulos ABC e AB’C’ são semelhantes, daí:

y

2 d

2qEvt t

2m

d

+= 2

S

2

S

qEy 2vt t

m

Abscissa da soma :

x y vt

qEx 3vt t

m

⇒ = +

= + ⇒

= +

A equação acima representa Movimento Uniformemente Variado com velocidade

inicial 3v e aceleração = 2qE

.m

Ante o exposto, a equação da velocidade da sombra será:

S

2qEv 3v t

m= +

OSG.: 52614/11

94

EQUILÍBRIO/HIDROSTÁTICA

OSG.: 52614/11

95

Item a

No equilíbrio rotacional:

Admitindo que os pesos da proa e da popa são iguais, o tanque, em relação ao centro, é

zero:

1 2N ·12,5 P · 32,5 P · 32,5 0− − + =

( ) 6

2 1

2m m ·10 kg

13− =

e sabendo que:

( ) 6

1 2

1m m ·10 kg

7+ =

temos que:

5

1

5

2

m 6,2 ·10 kg

m 7,6 ·10 kg

=

=

Item b

i) Cálculo do empuxo: E v g= ρ ⋅ ⋅ =

3

7

E 10 (100) 10 (10 4) 10

6 10 N

= ⋅ − ⋅

= ⋅

ii) Equilíbrio translacional na vertical:

1 2 3 popa calado proa

N P P P P P P E,+ + + + + + =

onde P1, P2 e P3 são os pesos das massas de água em cada recipiente.

6 7 7 7

3

7 7

3

6

3

74 10 2 10 10 m g 6 10

5

3,8 10 m g 6 10

m 2, 2 10 kg

⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅

⋅ + ⋅ = ⋅

= ⋅

3 6

Logo : 10 h 30 9 2,2 10

h 8,15 m

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

=

( )

( )

2

0

elétrica 2

12

elétrica 2

0

Assim,

K QF

9 8,15

1 10F 0,0124 N

4 0,85

−

⋅=

−

= ⋅ =πε

OSG.: 52614/11

96

MAGNETISMO/M.H.S.

1. A carga +q descreve um M.C.U.

A projeção do M.C.U na tela é um M.H.S de mesma frequência do M.C.U.

a) 2 m

TBq

π= ou

mT 2

K= π

Ante o exposto, 2πm

2Bq

= πm

K

2

2 2

m m

B q=

2 2B q

KK m

→ =

OSG.: 52614/11

97

ii) A amplitude do M.H.S é igual ao raio do M.C.U da carga +q no campo magnético.

b) mv

R Amplitude do M.H.S.Bq

= →

2

potencial máxima

1E KA

2=

2 2

potencial máxima

B q1E

2= ⋅

2 2

2 2

m v

m B q⋅

2

potencial máxima

1E mv

2=

c) Vmáxima = V, conforme podemos observar nos cálculos abaixo:

Vmáxima = WA

máxima

K mvV ·A A R

m Bq= = =

2 2

máxima 2

B q mvV ·

Bqm=

máxima

BqV =

m

m·

v

BqmáximaV V⇒ =

d) Bq

f2 m

=π

OSG.: 52614/11

98

EFEITO DOPPLER / TUBOS SONOROS

f0 = 440 Hz, Vfonte = 36 km/h = 10 m/s

a)

SOM SOMA

SOMA o

SOM FONTE

V Vf (tubo fechado)

4L 0,76

VDaí, f f

V V

= =

=−

SOMV SOM440 V

0,76=

SOMV 10−

SOMV 334,4 10 344,4 m/s= + =

b)

SOMB 0

SOM FONTE

Vf f

V V cos=

− ⋅ θ

Projeção da velocidade da fonte na direção do observador B.

B

344,4f 440

1344,4 10

2

= ⋅− ⋅

B

440 344,4f Hz 446,48 Hz

339,4

⋅= =

IME – 2011/2012


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

OSG.: 52614/11

101

QUÍMICA

REAÇÕES ORGÂNICAS

• Adição eletrofílica:

HBr

∆

Br

OSG.: 52614/11

102

• Clivagem oxidativa por ozonólise:

1) O3, CH2Cℓ2, -78oC

2) Zn / H2O

O

O

H

+ ZnO

• Desidratação intramolecular:

OHH2SO4

∆+ H2O

• Substituição nucleofílica no carbono do brometo de metila, em duas etapas:

NH2

CH3Br

NHCH3

CH3Br

N(CH3)2

HBr HBr

• Desidroalogenação formando, principalmente, o produto conjugado (ligações

duplas alternadas), o qual é mais estável devido à ressonância:

BrKOH

ROH / ∆+ H2O + KBr

OSG.: 52614/11

103

GEOMETRIA MOLECULAR E POLARIDADE DAS MOLÉCULAS

a) SF6

S

F

FFF

FF

* Geometria da molécula: bipirâmide de base quadrada ou

octaédrica.

* Molécula apolar ( 0µ =

)

b) SF4

S

F

FF

F

ouF S F

FF

* Geometria da molécula: forma de gangorra.

* Molécula polar ( 0µ ≠

)

c) O3

OO

O OO

O

* Geometria da molécula: angular.


)

d) XeF4

Xe

FF

F F

* Geometria da molécula: quadrado plano.

* Molécula apolar ( 0µ ≠

)

OSG.: 52614/11

104

e) CℓF3

F Cℓ

F

F

ou F Cℓ

F

F

* Geometria da molécula: forma de T.


)

EQUILÍBRIO IÔNICO

Admita que o volume da solução seja 1 litro. Assim, teremos 0,35 mol de OH− ,

0,30 mol de 2

4HPO − e 0,25 mol de

3 4H PO .

A base inicialmente neutraliza o 3 4

H PO :

(aq) 3 4 (aq) 2 4 (aq) 2 ( )

OH H PO H PO H O− −+ → +

ℓ

Como resta 0,10 mol de OH− , a reação prossegue:

2

(aq) 2 4 (aq) 4 (aq) 2 ( )OH H PO HPO H O

− − −+ → +ℓ

Ao final temos 0,15 mol de 2 4

H PO− e 0,40 mol de 2

4HPO − , e a solução resultante é um

tampão. Assim:

2 83 4

a 2 3

2 4

8 1

3

H O HPO 6,2 10 0,15K H O

0,40H PO

H O 2,325 10 mol L

+ − −+

−

+ − −

⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒

= ⋅ ⋅

OSG.: 52614/11

105

TERMODINÂMICA QUÍMICA

A reação de formação de 1 mol de água líquida é:

( ) ( )2(g) 22 g

1H O H O

2+ → ℓ

Os valores de ∆S e ∆G são fornecidos:

∆S = – 39,0 cal · K–1

· mol–1

(o sistema está se organizando)

∆G = – 56678 cal · mol–1

(o processo é espontâneo)

Com a relação ∆G = ∆H – T·∆S, tem-se:

∆H = ∆G + T · ∆S = – 56678 + 298 · (–39) ⇒

∆H = – 68300 cal · mol–1

a) Como ∆H = ∆U + ∆n · R · T ⇒ ∆U = ∆H – ∆n · R · T ⇒

∆U = – 68300 – (–1,5) · 2 · 298 = – 67406 cal · mol–1

.

Para a produção de 2 mol de H2O(ℓ) (proveniente de 2 mol de H2 consumido), tem-se que:

∆U = – 134812 cal

b) Como ( ) ( )2(g) 22 g g

1H O H O

2+ → ∆H = – 57800 cal · mol

–1 e utilizando

∆U = ∆H – ∆n · R · T, tem-se:

∆U = – 57800 – (– 0,5) · 2 · 298 ⇒ ∆U = – 57502 cal · mol–1

OSG.: 52614/11

106

Para 2 mol de água produzido:

∆U = – 115004 cal.

c) Para o processo ( )2 ( ) 2 gH O H O→ℓ , utilizando a lei de Hess, tem-se:

( ) ( )2(g) 2 2g

1H O H O

2+ → ℓ ∆U = – 67406 cal

( ) ( )2(g) 2 2g g

1H O H O

2+ → ∆U = – 57502 cal

Invertendo a 1ª e repetindo a 2ª, obtém-se que:

∆Uprocesso = + 9904 cal · mol–1

OSG.: 52614/11

107

REAÇÕES INORGÂNICAS, ESTEQUIOMETRIA E GASES

a) A reação que ocorre no recipiente B produz hidrogênio gasoso:

Zn(s) + 2HCℓ (aq) → ZnCℓ2(aq) + H2(g)

O líquido marrom-avermelhado contido em C é o bromo. O hidrogênio escoa,

então, para o recipiente C, onde reage com o vapor de bromo conforme a equação:

H2(g) + Br2(g) → 2HBr(g)

O gás incolor produzido em C é, portanto, o brometo de hidrogênio.

b) Nas condições de pressão e temperatura citadas, o bromo se encontra no estado

gasoso.

Para que a pressão em C atinja um valor máximo de 2,0 atm, o recipiente deve

conter um número de mols de gases de:

1 1

pV 2,0 atm 1,0 Ln 0,0654 mol

RT 0,082 atm L mol K 373K− −

⋅= = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Sendo x o número de mols máximo de H2 transferido de B para C, temos:

H2(g) + Br2(g) → 2HBr(g)

Início: x 0,05 mol 0

Variação: − x − x + 2x

Fim: 0 0,05 mol − x 2x

O número de mols de H2 pode ser obtido pela quantidade de matéria total ao final da

reação:

0,05 mol x 0,0654 mol+ = ⇒ x 0,0154 mol=

OSG.: 52614/11

108

REAÇÕES INORGÂNICAS – ESTEQUIOMETRIA

O processo inorgânico pode ser representado por:

4 H2O(ℓ) + 3 As2S3(s) + 28 HNO3(aq) → 9 H2SO4(aq) + 6 H3AsO4(aq) + 28 NO(g)

Estequiometricamente, temos:

3 mol As2S3 _______

28 mol HNO3

2 3 3

3

738 g As S — 1764 g HNO

m — 10 kg HNO

2 3 3

2 3

3

738 g As S 10 kg HNOm 4,184 kg As S .

1764 g HNO

⋅= =

ou

2 3 2 3 3

3 2 3

3 2 3 3

3 mol As S 246 g As S 1 mol HNOm 10 kg HNO 4,184 kg As S

28 mol HNO 1 mol As S 63 g HNO

= ⋅ ⋅ ⋅ =

OSG.: 52614/11

109

ISOMERIA NOS COMPOSTOS ORGÂNICOS

a) (cis ou Z) (trans ou E)

(isômeros configuracionais geométricos: diastereoisômeros)

b)

(S) 1-bromo-1-fluoretano (R) 1-bromo-1-fluoretano

(isômeros configuracionais ópticos: enantiômeros)

e

OSG.: 52614/11

110

c)

(isômeros constitucionais: metameria ou isomeria de compensação)

d)

* Isômeros configuracionais ópticos do 7-clorobiciclo [2,2,1] hept-2-eno.

e)

(isômeros configuracionais ópticos: enantiômeros)

( )diastereoisômeros

OSG.: 52614/11

111

ELETRÓLISE – ANÁLISE QUANTITATIVA

No seu estado fundido, o cloreto de alumínio, se encontra dissociado e pode ser

eletrolisado para formar alumínio metálico e cloro.

3(s) 3( )

33( ) (fund.) (fund.)

A C A C

A C A 3C+ −

→

→ +

ℓ

ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

Cátodo σ: 3(fund.) (s)A 3e A+ −+ℓ ℓ

Estequiometricamente, temos:

3 mol e– _______

1 mol Aℓ

3 96500 C — 27 g A

t 10 kA — 1000 kg A

⋅∆ ⋅

ℓ

ℓ

61000 kg A 3 96500 Ct 1,0722 10 s

27g A 10 kA

⋅ ⋅∆ = = ⋅

⋅ℓ

ℓ

6 1 min 1 h 1 diat 1,0722 10 s 12,41 dias.

60 s 60 min 24h

∆ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

ou

3mole 1 mol A 96500C 1min 1 h 1 diat ·1000kg A · · · 12,41 dias.

1 mol A 27g A 1mol e 60s 60 min 24h

−

−

∆ = ⋅ ⋅ =

ℓℓ

ℓ ℓ

OSG.: 52614/11

112

LEI DE HESS (TERMODINÂMICA QUÍMICA)

Os processos químicos citados no texto são:

(I) Formação do dióxido de carbono

( ) ( ) ( ) ( )0

f 2grafite 2 g 2 gC O CO H , CO+ → ∆

(II) Formação do vapor d’água

( ) ( ) ( ) ( )0

2 2 f 22 g g v

1H O H O H , H O

2+ → ∆

(III) Combustão completa do metano (estequiometricamente)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )24 g 2 g 2 g vCH 2O CO 2H O Hr+ → + ∆

(IV) Formação do metano

( ) ( ) ( ) ( )0

f 4grafite 2 g 4 gC 2H CH H , CH+ → ∆

Aplicando as propriedades da Lei de Hess nos processos (I), (II) e (III)

( ) ( )grafite 2 gC O+ ( )2 g

CO→

( ) ( )2 g 2 g2H O+ ( )2 v

2H O→

( )2 gCO ( )2 v

2H O+ ( ) ( )4 g 2 gCH 2O→ +

( )( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

0

f 2

0

f 2

0

f 4grafite 2 g 4 g

H , CO

2 H , H O

Hr

(IV) C 2H CH H , CH

∆

∆

−∆

+ → ∆

Aplicando a Lei de Hess, teremos: 0 0 0

f 4 f 2 f 2H ,CH H , CO 2 H , H O Hr∆ = ∆ + ∆ − ∆

OSG.: 52614/11

113

EQUILÍBRIO QUÍMICO

Com os valores das frações molares, calcula-se Kx:

2

2 2

AB

x

AB

(X ) (0,9)K 8,1

X 0,1= = =

Utilizando n

p x TOTK K (P )

∆= ⋅ , em TOT

P 1 atm= , encontra-se Kp:

1

p pK 8,1 (1,0) K 8,1= ⋅ ⇒ =

O valor de p

K só é modificado pela temperatura. Calculando o novo valor de x

'K para

a nova proporção de gases, temos:

AB

AB2

2 2

x

''

'

(X ) (0,8)K 3,2.

0,2X= = =

Na relação TOT

n

p x

' 'K K (P )

∆= ⋅ encontra-se a nova pressão:

TOT TOT

1' '8,1 3,2 (P ) P 2,53 atm.= ⋅ ⇒ =

OSG.: 52614/11

114

ANOTAÇÕES

IME – 2011/2012


Português ...................................................................................................... 117

Inglês.............................................................................................................. 135

OSG.: 52614/11 117

PORTUGUÊS

OSG.: 52614/11 118

OSG.: 52614/11 119

OSG.: 52614/11 120

COMPREENSÃO LEITORA Os textos exploram a mesma temática: o tempo. No entanto, pertencem a tipologias diferentes. No caso dos dois primeiros textos, situados no campo da ciência, há uma abordagem do tema a partir de uma lógica que busca entender e formalizar as percepções dos estudiosos com base nos experimentos realizados em torno do tempo e das mudanças ou movimentos que acontecem entre os eventos. Já a compreensão do artista insere-se numa construção metafórica assentada em suas emoções, criando um efeito lírico e poético diante do fenômeno do tempo. Resposta correta: (C)

INTERPRETAÇÃO TEXTUAL O texto I, após tratar das crenças de Aristóteles e Newton acerca da concepção de tempo e da teoria da relatividade de Einstein e suas consequências, chega à conclusão de que a Física, depois de Eisntein, aponta que o tempo é relativo, pois a medida de tempo depende do referencial adotado pelo observador, conforme se lê na seguinte passagem: “Em outras palavras, a teoria da relatividade sela o fim do conceito de tempo absoluto! Parece que cada observador pode obter sua própria medida de tempo, tal como registrada pelo seu relógio, e com a qual relógios idênticos , com diferentes observadores, não concordam necessariamente.”

OSG.: 52614/11 121

Está errada a opção A, pois o texto afirma que a teoria da relatividade sela o fim do tempo absoluto; erra a opção B, pois afirma-se que Eisntein mostrou ser desnecessário o conceito de éter; falha a opção C, porque não se diz que a teoria prega equívocos, mas desfez equívocos acerca da necessidade do éter em relação ao tempo absoluto; falha a opção D, pois os estudos de Einstein não confirmam as ideias de Aristóteles e Newton, pelo contrário as negam.


COMPREENSÃO LEITORA De acordo com o texto, a explicação defendida pelo autor a respeito do conceito de inércia para a Física não pressupõe a ideia de espaço e tempo. Na verdade, esse conceito fundamenta-se na relação entre força e movimento. O segundo parágrafo deixa muito claro essa percepção do conceito de inércia. Por sua vez, a ideia de espaço e tempo está presente no texto I. Resposta correta: (E)

OSG.: 52614/11 122

SEMÂNTICA

No texto de Lenine e Dudu Falcão, identificamos uma importante estratégia de concepção de um texto: a selação vocabular. O emprego de termos que pertencem à mesma área semântica contribui para a organização temática do texto e suas relações coesivas. Nesse sentido, é correto inferir que os termos inscritos na mesma área semântica são aqueles que de algum modo evoquem a ideia relacionada ao tempo, o tema explorado na canção. São eles: veloz, (v.17), pressa (v.7), calma (v.2) e tempo (v.6).


COMPREENSÃO LEITORA

No texto II, o autor, para defender a sua tese, faz uso de uma linguagem profundamente racional, optando por uma lógica linguística amparada no raciocínio físico. Os conceitos identificados comprovam uma correspondência entre os fatos discutidos e a linguagem usada para representar essa conceituação. Já no texto de Lenine e Dudu Falcão, predomina uma linguagem figurada em relação ao tema, propondo um efeito poético, fato que se comprova pela percepção subjetiva do fenômeno do tempo pelo eu lírico.


OSG.: 52614/11 123

CLASSES GRAMATICAIS – MORFOLOGIA

A questão solicita que o candidato identifique os termos, nos fragmentos, que não

apresentam correspondência gramatical no que concerne aos seus aspectos

morfológicos. Observe os itens:

a) O termo tempo, nas duas ocorrências, apresenta comportamento morfológico de

substantivo.

b) O termo matemático, na primeira ocorrência, apresenta comportamento de

substantivo; na segunda, de adjetivo.

c) O termo luz, nas duas ocorrências, apresenta comportamento de substantivo.

d) O termo massa, nas duas ocorrências, apresenta comportamento de substantivo.

e) O termo diferentes, presente nas duas ocorrências, apresenta comportamento de

adjetivo.


OSG.: 52614/11 124

OSG.: 52614/11 125

COESÃO TEXTUAL

O vocábulo “como” (fragmento 2) é uma conjunção subordinada adverbial causal,

permitindo a progressão do texto. Nesse sentido, o termo configura-se como um

morfema relacional com função coesiva sequencial. Já o termo “sua” configura-se

como um elemento de coesão referencial, retomando o termo “corpo”, evitando a

repetição.


GRAMÁTICA

O motivo da vírgula na frase “Se nenhuma força atua sobre o corpo em repouso, ele

continua em repouso” justifica-se pelo fato de a oração subordinada adverbial causal

estar deslocada, assim como ocorre na opção B.


OSG.: 52614/11 126

GRAMÁTICA

Na afirmativa I, “tudo” (v. 1) funciona como sujeito simples do verbo pedir, assim

como “eu” (v. 8) – sujeito simples do verbo recusar-se, assim como “mundo” (v. 16) –

sujeito simples da locução verbal “vai girando”. Todavia, “nós” (v. 19) funciona como

núcleo de objeto indireto. Portanto, essa afirmativa está incorreta.

Na afirmativa II, “um pouco mais de calma” (v. 2), “um pouco mais de alma” (v. 4),

“hora” (v. 8), “a cura do mal” (v. 12), assim como “que isso tudo é normal” (v. 14)

funcionam como objeto direto. Logo, essa afirmativa está correta.

Na afirmativa III, “mais” (v. 17) funciona como adjunto adverbial de intensidade;

“veloz” não, tal expressão funciona, sintaticamente, como predicativo do sujeito, já que

pode sofrer flexão de número (velozes). Portanto, a afirmativa está incorreta.


OSG.: 52614/11 127

COMENTÁRIO COM PEDIDO DE ANULAÇÃO

A Equipe de Professores do Farias Brito entende, após percuciente exame filológico dos vocábulos em causa, que a questão não apresenta solução, pois nenhuma das opções dadas preenche os requisitos para sua validade. Entende ainda ser útil e didático, tanto para examinandos quanto para examinadores, expor a argumentação que exarou a fim de desfazer a nuvem de qualquer dúvida a esse respeito. Senão vejamos.

O vocábulo mesmo, que integra a oração subordinada adverbial Mesmo

quando tudo pede/Um pouco mais de calma, não constitui palavra denotativa de inclusão, embora possa desempenhar essa função noutro contexto.

A Nomenclatura Gramatical Brasileira (NGB), tratando da classificação dos advérbios, faz a seguinte observação: b) Certas palavras, por não se poderem enquadrar entre os advérbios, terão classificação à parte. São palavras que denotam exclusão, inclusão, situação... (...). E arrola as seguintes partículas, dentre outras: 1) exclusão: só, somente, apenas, exceto... 2) inclusão: até, mesmo, inclusive, também etc.

Ora, não seria sensato concluir que as partículas MESMO e ATÉ, por aparecerem na lista da NGB, denotem unicamente a ideia de INCLUSÃO. Primeiramente, porque a acepção desses termos não se restringe à noção aí apresentada. Trata-se de vocábulos polissêmicos que podem enquadrar-se noutras classificações morfológicas, conforme o sentido que assumam, o que se constata mediante simples consulta a gramáticas e dicionários. Em segundo lugar, seria absurdo atribuir o significado de inclusão ao vocábulo MESMO na circunstância contextual em que foi empregado. Vejamos.

OSG.: 52614/11 128

Mesmo quando tudo pede/Um pouco mais de calma, Até quando o corpo pede/Um

pouco mais de alma/A vida não para...

A estrofe transcrita encerra um período composto por subordinação dotado de uma oração principal (A vida não para) e duas orações subordinadas que lhe modificam o sentido (Mesmo quando tudo pede/Um pouco mais de calma, Até quando

o corpo pede/Um pouco mais de alma).

Examinar esse período, dispondo suas orações na ordem canônica ou direta, facilitará o entendimento da questão:

A vida não para, mesmo quando tudo pede um pouco mais de calma, até quando o corpo pede um pouco mais de alma.

Para o vocábulo MESMO denotar a ideia de inclusão seria necessário saber que outra circunstância anterior foi exercida sobre a oração principal. Ora, a inexistência dessa circunstância inviabiliza a suposta ideia de inclusão que o vocábulo poderia denotar. Não se pode incluir ou acrescentar alguma coisa, no sentido nomenclatural da NGB, se algo antes não tiver sido posto, sob pena de incorrer-se em contrassenso ou nonsense.

É o que nos ensina Napoleão Mendes de Almeida no seu valioso Dicionário de Questões Vernáculas, à página 265, precisamente ao examinar o uso da partícula denotativa inclusive: “Errado: tinha muito dinheiro; pede-se apenas a pasta com a documentação. Gratifica-se inclusive. (Não se sabe o que o dono da pasta pretende fazer antes de gratificar.)” E segue o conspícuo mestre da Gramática Metódica a ministrar luzes sobre nebulosos usos da aludida partícula, escoimando muito joio, no seu indefesso labor em defesa do vernáculo.

O exemplo aludido é suficiente para desabonar a tese de que, na composição de Lenine, a partícula mesmo se usou na acepção de inclusive. A simples substituição de MESMO por INCLUSIVE invalida a tese:

Inclusive quando tudo pede um pouco mais de calma...

Aplique-se aqui a lição de Napoleão Mendes de Almeida, e se ouvirá a

inexorável sentença: Ignorada a circunstância anterior à mencionada, não faz sentido a inclusão. Admiti-lo é pôr os carros na frente dos bois.

As perguntas surgem inevitáveis: Então que sentido expressa o termo em causa? Em que classificação ele se

enquadra morfologicamente? Adriano da Gama Kury, autor de valiosas obras didáticas de Português, no seu

livro Novas Lições de Análise Sintática, à página 93, tratando das orações subordinadas desenvolvidas simples, ministra a seguinte lição:

OSG.: 52614/11 129

“Quando desenvolvidas conexas simples, as orações concessivas são introduzidas por uma conjunção ou locução conjuntiva concessiva, cujo tipo é embora (ainda que, ainda quando, mesmo que, conquanto...).” Ora, a lição do lúcido gramático não nos deixa dúvida: assim como a locução conjuntiva “ainda quando” tem valor concessivo, igual valor terá a locução “mesmo quando”, usada no mesmo sentido pelos compositores de Paciência.

Agora, permute-se a locução conjuntiva mesmo quando, usada na letra da música, por ainda quando e obter-se-á a resposta às perguntas formuladas no curso desta exposição: Ainda quando tudo pede/um pouco mais de calma... A vida não para.

Ou na ordem canônica: A vida não para ainda quando tudo pede um pouco mais de calma.

Trata-se, portanto, de advérbio de concessão, e não partícula denotativa de inclusão, que se integrou à oração subordinada, para dotá-la de valor concessivo, consoante a lição apreendida. É nesse mesmo sentido e classificação que os vocábulos MESMO e AINDA se encontram averbados no Dicionário do Português

Contemporâneo de Francisco da Silva Borba, acepção 9. Antes de concluir, convém que se reconheça o mérito desta prova do IME.

Seus elaboradores compuseram uma das mais brilhantes provas que já se elaborou para admissão nesse Instituto, em que pese à questão em xeque. Prova em que Física e Língua Portuguesa se encontram; em que se encontram os gênios de Newton e de Einstein ao lado do gênio de Camões, que apareceu na belíssima proposta de redação!

À luz dessas considerações, não resta dúvida de que a partícula em exame não corresponde a nenhuma das classificações contidas nas opções dadas, o que redundará em anulação da questão, se assim deferir a Banca Examinadora, que sempre nos mereceu respeito pelo senso de justiça que preside suas decisões.

(Prof. Sousa Nunes – Chefe da Cadeira de Língua Portuguesa do Farias Brito)

OSG.: 52614/11 130

GRAMÁTICA – SIGNIFICAÇÃO DAS PALAVRAS (HOMÔNIMOS,

PARÔNIMOS, POLISSEMIA)

Esta questão pede ao candidato que assinale a alternativa que apresente mudança de

significado das palavras transcritas com motivo diferente daquele que se percebe nos

pares: para/rara; calma/alma. Encontrar a resposta requer revisar determinados

conceitos. Leia-os.

1. Homônimos: são palavras que têm a mesma pronúncia e, às vezes, a mesma grafia,

mas significação diferente. Elas podem ser: homógrafas heterofônicas

(jogo – substantivo; jogo – verbo); homófonas heterográficas (concertar – harmonizar;

consertar – separar) e homófonas homográficas (cedo – verbo; cedo – advérbio).

2. Parônimos: são palavras parecidas na escrita e na pronúncia. Ex.: ratificar

(confirmar) e retificar (corrigir).

3. Polissemia: consiste no fato de uma palavra ter mais de uma significação. Ex.:

pena (pluma, peça de metal para escrever, punição, dó).

Agora, observe as alternativas:

a) casei (verbo casar) / cacei (verbo caçar) → parônimos.

b) manga (fruta) / manga (parte de vestimenta) → polissemia.

c) vi (verbo ver) / vim (verbo ir) → parônimos.

d) faces (rostos) / fases (mudanças de estado) → parônimos.

e) feto (produto de gestação) / veto (interdição) → parônimos.

Portanto, a alternativa que apresenta motivo diferente de mudança de significado é a B,

pois se trata de polissemia (causada por homônimos homófonos homógrafos),

diferentemente dos pares para/rara e calma/alma, que são parônimos.


OSG.: 52614/11 131

GRAMÁTICA: FUNÇÃO SUBSTANTIVA E ADJETIVA Esta questão exige que o candidato demonstre ter conhecimento gramatical, a fim de reconhecer, entre as passagens destacadas nos textos, aquelas que, respectivamente, exercem a função de substantivo e de adjetivo. O candidato deve observar que a prova primou, sobretudo, pela seleção de orações (principal e subordinada) que desempenham papel de substantivo (orações subordinadas substantivas), de adjetivo (orações subordinadas adjetivas) e de advérbio (orações subordinadas adverbiais).

Observe como elas apareceram nos itens: a) Oração subordinada substantiva objetiva direta; Oração subordinada adjetiva restritiva. b) Oração subordinada adverbial condicional; Oração subordinada adjetiva restritiva. c) Oração subordinada adjetiva restritiva; Oração principal. d) Oração principal; Oração subordinada substantiva objetiva direta. e) Oração subordinada substantiva objetiva direta reduzida de infinitivo; Oração subordinada adverbial final reduzida de infinitivo.

Portanto, a resposta é A. Resposta correta: (A)

OSG.: 52614/11 132

GRAMÁTICA – RELAÇÃO MORFOSSEMÂNTICA Esta questão exige, dos candidatos, o reconhecimento e o papel semântico das conjunções (ou locuções conjuntivas) destacadas nos itens desta questão. É possível também que o leitor reconheça uma relação quando identifica a relação de sentido que se estabelece entre as orações. Observe as explicações sobre os itens: a) Correto, pois a locução conjuntiva “desde que” reforça a ideia de condição em relação à oração anterior. b) Correto, já que a conjunção coordenativa adversativa “entretanto” é responsável por uma argumentação contrária ao que se disse anteriormente.

OSG.: 52614/11 133

c) Correto, uma vez que a locução conjuntiva “ainda que”, por expressar “concessão”, quebra a expectativa em relação ao que se espera. d) Errado, pois a locução conjuntiva “uma vez que” não denota alternância, mas sim “causa”, pois introduz uma oração subordinada adverbial causal. e) Correto, já que a conjunção coordenada “portanto” é responsável pelo valor conclusivo da passagem que a sucede. Resposta correta: (D)

GRAMÁTICA Em “A gente espera do mundo”, o termo destacado funciona, sintaticamente, como núcleo do objeto indireto do verbo “esperar”, já em “E o mundo espera de nós”, o termo destacado funciona, sintaticamente, como sujeito agente simples do verbo espera. Resposta correta: (E)

OSG.: 52614/11 134

GRAMÁTICA: PERÍODO COMPOSTO É necessário que o candidato tenha domínio sobre a construção do período composto. Diante da afirmação de Haráclito de Éfeso (“Uma pessoa não entra no mesmo rio duas vezes, porque ambos estão em constante mudança e transformação.”), faz-se necessário observar a relação sintático-semântica existente entre as orações desse período. A conjunção “porque”, nesse exemplo, denota circunstância causal, uma vez que o fato de ambos estarem em constante mudança e transformação é a causa de uma pessoa não poder entrar no mesmo rio duas vezes. Portanto, trata-se de um período composto por subordinação, o que elimina as proposições I e III. Resposta correta: (B)

OSG.: 52614/11 135

INGLÊS

TESTE CLOZE – PRONOME RELATIVO

A lacuna referente à questão no texto exposto deve ser corretamente completada com a palavra why (porque), indicando, assim, uma ideia de causa.


TESTE CLOZE – MARCADOR DE DISCURSO

Para a correta complementação do texto, a lacuna referente à questão deve ser preenchida com a expressão by that (com isso), o que dá sentido à frase.


OSG.: 52614/11 136

TESTE CLOZE – MARCADOR DE DISCURSO A fim de tornar correta a frase, a palavra both (ambos) deve ser usada para completar a lacuna, indicando, assim, ideia de adição. Resposta correta: (A)

TESTE CLOZE – ADVÉRBIO O advérbio purely (puramente) deve ser usado como complementação da frase, modificando, portanto, o adjetivo “physics”. Resposta correta: (C)

TESTE CLOZE A palavra “sense” (sentido) deve ser empregada no complemento da lacuna, tornando a frase correta e coerente.


OSG.: 52614/11 137

TESTE CLOZE – COMPLEMENTO VERBAL O verbo “affects” (afetar) deve ser utilizado na complementação da lacuna para que a frase seja corretamente escrita. Resposta correta: (D)

TESTE CLOZE A palavra terms (termos) deve ser utilizada para a correta complementação da frase do texto. Resposta correta: (E)

TESTE CLOZE – PRONOME RELATIVO O pronome relativo which (qual) deve ser usado no preenchimento da lacuna, pois ele vem antecipado da preposição by, o que obriga o uso do referido pronome.


OSG.: 52614/11 138

TESTE CLOZE – VOZ PASSIVA A forma passiva is absorbed deve ser empregada na complementação da frase para que haja correção na sua estrutura. Resposta correta: (D)

TESTE CLOZE – TEMPOS VERBAIS A forma I’ve been looking (estou observando) deve ser utilizada para preencher adequadamente a lacuna da questão, pois se refere a uma ação que tem acontecido no último ano. Resposta correta: (B)

OSG.: 52614/11 139

COESÃO TEXTUAL

A conjunção whether (quer, se) é usada para indicar escolha ou dúvida entre duas alternativas. Ela é comumente empregada com a conjunção or (ou) para formar o par correlato “whether... or,” correspondente, em português, às locuções conjuntivas “quer... quer” e “ou ... ou”. No período dado para identificação de erro, “Whether you are interested in reconnecting with your friends, and wish to organize a class reunion, the Alumni Relations team is here to help.”, o emprego da conjunção and (e), no lugar de or, quebra o paralelismo (o par correlato), resultando numa construção anômala em inglês. Para corrigir o erro, deve-se substituir a conjunção and pela conjunção or.

Whether you are interested in reconnecting with your friends, or wish to organize a class reunion, the Alumni Relations team is here to help.

Agora, veja a tradução, para o vernáculo, do período em questão: Quer você esteja interessado em reencontrar-se com seus amigos, quer deseje organizar uma reunião de classe, a equipe de relações de ex-alunos está aqui para ajudá-lo.


GRAMÁTICA – ADJETIVO

Na língua inglesa, os adjetivos não variam em número, nem em gênero. Portanto, a palavra brand não pode ir para o plural. Logo, a alternativa a ser marcada deverá ser a B.


OSG.: 52614/11 140

COERÊNCIA FRASAL Segundo a frase, Richard Flaming descreveu sua odisseia de 10 anos para quebrar o “recorde” de velocidade em terra de 126.2 milhas por hora. Logo a expressão, em inglês, deveria ser: “... wind powered land speed record” (sem gerúndio). Resposta correta: (D)

COERÊNCIA FRASAL No texto, o autor diz que está fazendo seu PhD na British Antarctic Survey e está trabalhando na interpretação estrutural da gravidade e do magnetismo do leste da Antártica. Portanto, a palavra going está erroneamente empregada. Ela poderia tanto ser substituída por coming ou até mesmo ser suprimida. Logo, o aluno deveria marcar a alternativa C. Resposta correta: (C)

OSG.: 52614/11 141

VOCABULÁRIO A tradução da sentença seria “O professor David Barry é um físico da teoria da alta energia e o interesse do seu trabalho reside no campo da fenomenologia das colisões em alta energia.” A palavra reside tem sua tradução na língua inglesa com a palavra lies e não lays, como está no texto. Logo, a alternativa a ser numerada é a D. Resposta correta: (D)

COMPREENSÃO TEXTUAL O texto fala que, apesar do irrompimento de uma tempestade, no dia 23 de janeiro de 2009, 33 partidários do Instituto Militar de Engenharia permaneceram reunidos. Portanto, a ideia que está de acordo com o texto é a que está expressa na alternativa A que diz que, apesar da tempestade, a reunião aconteceu como planejado. Resposta correta: (A)

OSG.: 52614/11 142

VOCABULÁRIO – SINONÍMIA A tradução da palavra flee, segundo o Dicionário Oxford, é: “fugir, escapar; abandonar”. Logo, o sinônimo para essa palavra se encontra na alternativa C – “run away”, que também significa “fugir”. Resposta correta: (C)

INTERPRETAÇÃO TEXTUAL O texto fala sobre a erupção de um vulcão atingindo a cidade de Pompeia, deixando-a coberta de cinzas, e que, ao tentar fugir da cidade, os cidadãos romanos deixaram suas pegadas, que foram descobertas dois mil anos depois por um arqueologista que desapareceu misteriosamente após sua descoberta. Entraram em cena, então, dois detetives ingleses para ajudar a polícia italiana a desvendar o mistério. Portanto, trata-se de uma resenha (possivelmente de um filme ou livro) publicada em uma revista. Resposta correta: (E)

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COMPREENSÃO TEXTUAL O texto nos mostra que a partir da descoberta das pegadas achadas dois mil anos após os cidadãos romanos as terem deixado nas cinzas da cidade de Pompeia, o professor Julian Lockhart desenterrou um achado emocionante e, logo em seguida, desapareceu, o que leva o aluno a marcar a alternativa B, que diz que pegadas antigas levaram a uma descoberta empolgante. Resposta correta: (B)

COMPREENSÃO TEXTUAL O texto menciona que o Professor Lockhart, após ter desenterrado algo surpreendente, desapareceu (vanished) misteriosamente. A palavra disappeared na alternativa E é sinônima de vanishes no texto. Resposta correta: (E)

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INTERPRETAÇÃO DE TEXTO De acordo com a leitura do texto, vemos que os dois detetives ingleses aparecem para ajudar (assist) a polícia italiana, formando, portanto, uma equipe Anglo-Italiana, o que pode ser encontrado na alternativa D. Resposta correta: (D)

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INTERPRETAÇÃO DE TEXTO

A questão traz a descrição de uma cena em que um sábio coronel, ao entregar a insígnia a um engenheiro militar, afirma que quando se estar na linha de frente da guerra, sente-se medo, mas se deve lembrar que: nunca tema o inimigo, nunca tema o perigo, tema apenas desapontar aqueles que já se foram antes de você. É solicitado que se escolha a alternativa que melhor complementaria tal cena, o que entendemos ser mais adequada a alternativa C, que diz que isso é o que líderes chamam de herança (heritage): o sentido de não desempenhar apenas uma tarefa no aqui e no agora, mas fazer parte de algo que possua uma fundação fantástica, e que se sinta responsável pelo seu futuro.



De acordo com a leitura da passagem, percebe-se que é incorreta a informação de que, durante a “Hesperian Epoch”, o planeta Marte era frio e árido demais, deixando clara a possibilidade da existência de lagos, sendo a alternativa B aquela a ser marcada.


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“ Overlook” (negligenciar) encontra sinônimo na alternativa E, “fail to notice” (deixar

de perceber), sendo essa, portanto, a alternativa a ser marcada.


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INTERPRETAÇÃO TEXTUAL A questão pede para marcar a opção que melhor se adequaria como título para o texto. Pela leitura, nota-se que a Dra. Molly Stevens e sua equipe avançaram, em 2009, no entendimento de como usar células-tronco para a reconstrução e crescimento de novos ossos. E que essa descoberta ajudou no avanço do desenvolvimento de material com chances elevadas de sucesso para implantes em pacientes, o que está de acordo com a redação da alternativa A. Resposta correta: (A)

A questão solicita que o candidato escreva dois anúncios, contendo entre 25 e 30 palavras cada, para o lançamento de dois produtos no mercado, e que, em cada anúncio, sejam inseridas as seguintes frases: a) Reach faraway places; reach the future from your living room. Alcance lugares longínquos; alcance o futuro a partir da sua sala de estar. b) Original solutions for old problems. Soluções originais para velhos problemas.

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ANOTAÇÕES


5261411 - sumário - IME - 2011 2012 - Organização ... · IME – 2011/2012 1º DIA – PROVAS OBJETIVAS Matemática.....7

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