Caderno de Prova

ITA – 2015
1º DIA
Física ..............................................................................................................................................3
2º DIA
Língua Inglesa.............................................................................................................................. 23
Língua Portuguesa ....................................................................................................................... 32
Redação....................................................................................................................................... 43
3º DIA
Matemática .................................................................................................................................. 45
4º DIA
Química........................................................................................................................................ 28
ITA – 2015
FÍSICA
ONDULATÓRIA
A velocidade do pulso é dada por ν =
F
(relação de Taylor)
µ
Dessa forma, temos:
ν
L
L
µ
L= ν·t∴ t= =L
ν
F
Resposta correta: (C)
DINÂMICA
Dados: m; q > 0; v0 (para cima); E (para baixo); g
P + FE
qE
a =
=g+
m
m
Por se tratar de um MRUV:
v 2 = v02 − 2ad
No ponto de altura máxima: v = 0
qE 

0 = v02 − 2 ⋅  g +
 ⋅ H máx
m

H máx =
v 20
qE 

2 g +

m

=
v02
m v02
=
mg
+
qE

 2 ( mg + qE )
2

 m 
Resposta correta: (D)
3
OSG.: 089213/14
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DINÂMICA
I.
R – R cosθ1 = R (1 – cosθ1 )
m ⋅ ν2
= m g R (1 − cos θ1 )
2
ν 2 = 2gR (1 − cos θ1 )
Energia:
Dinâmica:
m ⋅ ν2
= m g ⋅ cos θ1
R
ν 2 = g R cos θ1
Logo:
2 gR (1 − cos θ1 ) = gR cos θ1
cos θ1 =
2
3
II.
Energia: pelo fato de ser dissipativo:
mν 2
< mgR (1 − cos θ2 )
2
2
ν < 2gR (1 − cos θ2 )
Dinâmica:
mν 2
= mg cos θ2
R
v 2 = gR cos θ2
Logo:
gR cos θ2 < 2 gR (1 − cos θ2 )
cos θ2 <
2
3
4
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
III. Utilizando o referencial não inercial:
Dinâmica:
mv 2
R
R
2
v = g R cos θ − Fi sen θ ⋅
m
mg cos θ − Fi sen θ =
Energia:
mv 2
2
2
2
v = 2g R (1 − cos θ ) +
i
m
mg R (1 − cos θ ) +
i
=
Igualando:
R
2
= 2g R (1 − cos θ ) +
m
m
2
R
3g Rcos θ = 2g R +
i + Fi sen θ ⋅
m
m
2
2
R
1
cos θ = +
⋅ i + Fi sen θ ⋅ ⋅
3 3gRm
m 3g R
g R cos θ − Fi sen θ ⋅
cos θ3 =
i
2 2
1
i
+ ⋅
+ Fi ⋅ sen θ ⋅
3 3 gRm
3gm
Logo, cos θ3 >
2
3
Finalmente:
cos θ2 < cos θ1 < cos θ3
θ2 > θ1 > θ3
Resposta correta: (C)
5
OSG.: 089213/14
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ELETROSTÁTICA
Observem-se as figuras:
q1
F2
q2
+
F1
+
+
FR
+
+
F2
+
F1
FR
F2
F1
+
+
+
+
–
F1
+
F2
I.
Com o tubo, a posição de equilíbrio é estável, por se tratar de um movimento unidimensional, havendo
resultante restauradora ao deslocar da posição de equilíbrio.
II. Sem o tubo, o movimento pode ser tridimensional, sendo o equilíbrio instável nas demais direções.
Além disso, o teorema de Earnshaw diz que uma carga, nessa condição não pode permanecer em
equilíbrio estável.
III. O teorema de Earnshaw também diz que o equilíbrio, nesta situação, não pode ser estável.
Resposta: I. Sim.
II. Não.
III. Não.
Resposta correta: (C)
6
OSG.: 089213/14
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MAGNETISMO
I.
Falso.
Não podemos utilizar a lei de Biot-Savart diretamente neste caso, pois tal expressão só é aplicada para
correntes estacionárias. A expressão correta para estes casos é dada pela seguinte equação:
µ q B = 0 · 3 (v × r )
4π r
Onde r é o vetor da carga fonte até o ponto P.
Entretanto, não precisamos conhecer tal equação. Podemos pensar em uma quebra de simetria.
Por exemplo: se você tomar o campo magnético gerado por um fio infinito, verá que tal resultado
dependerá somente da distância do ponto ao fio pela aplicação direta da lei de Ampère. Entretanto, se
quebrarmos a simetria, é fácil perceber que o campo deixará de depender somente da distância do ponto
à reta1.
II. Falso.
Força magnética não realiza trabalho sobre monopólos elétricos. Os dipolos induzidos na limalha são
originados por microcorrentes, elétrons em movimento, não haverá realização de trabalho. A expressão
“campo magnético do imã realiza trabalho” é uma metonímia, pois se refere à força magnética em si não
realizar trabalho. Tal linguagem é muito utilizada por alguns autores.
III. Verdadeiro.
A configuração é a seguinte.
1
Para um estudo mais geral sobre campos gerados por uma carga em movimento (porém, com uma
matemática um pouco mais elaborada), veja Eletrodinâmica – Griffiths (capítulo 10).
7
OSG.: 089213/14
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A força pode ser calculada em módulo por: F = B1 i2 ℓ = B2 i1 ℓ. Pela figura acima, o campo B1 está
entrando na página e como a corrente i2 está para cima, tendo em vista a regra da mão direita,
concluímos que q força é atrativa.
Resposta correta: (C)
8
OSG.: 089213/14
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CENTRO DE MASSA
Vejamos a chapa:
ℓ2 = 100
ℓ = 10 cm
Por simetria, temos ycm = 5 cm, para determinar xcm, usamos:
x cm
 x1 = 5 cm

2
A1 · x1 + A 2 · x 2
 A1 = 100 cm
=
, onde 
A1 + A 2
 x 2 = 2,5 cm
2

 A 2 = – πR (R = 2,5 cm)
A 2 = − π (2,5) 2 = − 19, 63 cm 2
x cm =
(100) · (5) + (−19,63) · (2,5) 500 − 49, 09
=
(100) + (−19, 63)
100 − 19, 63
x cm =
450,91
= 5,61 cm
80,37
 x cm = 5, 61 cm
Logo, as coordenadas do C.M. são 
 y cm = 5, 00 cm
Resposta correta: (B)
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OSG.: 089213/14
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MOMENTO LINEAR
Conservação do momento:
,
E −E
=
+ mν
c
c
E = –E’ + mνc
Mas E’ = 0,99E, logo:
E = –0,99E + mνc
mνc = 1,99E
Analisando a energia absorvida:
E AB = m c ∆T +
m
m ⋅ ν2
⋅L+
10
2
0,01E = m(500 ⋅ 4) 10 +
0,01E = m ⋅ 5 ⋅ 2000 +
m
mν 2
⋅ (80000 ⋅ 4) +
10
2
mν 2
→ E = m ⋅ 5 ⋅ 2000 ⋅ 50 mν2
2
Substituindo:
mνc = 1,99 ⋅ (m 5200000 + 50 mν2)
νc = 1,99 ⋅ (5200000 + 50 ν2)
Resolvendo a equação para c = 3 108 m/s, encontra-se ν ≅ 0,034 m/s = 3,4 cm/s
Resposta correta: (B)
10
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ESTÁTICA
Para o cone ficar na iminência de tombar, sua base deve ter contato com a superfície apenas em 1 ponto,
denotado por A:
Fazendo
ΣτA = 0
τF + τMg = 0
( −F ⋅ h ) + Mg ⋅ R = 0
F ⋅ h = Mg ⋅ R ⇒
h Mg
=
R
F
Resposta correta: (A)
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INTERFERÊNCIA/ONDULATÓRIA
Dados:
λ1
= 320 nm.
n
λ
λ 2 = 600 nm → λ’2 = 2 = 400 nm.
n
α = 3,00º = 0,052 rad
n = 1,50
λ1 = 480 nm → λ1’ =
Como há inversão de fase apenas na primeira reflexão, vale
a condição para interferência destrutiva:
∆d = 2e = N ⋅ λ’ onde N é inteiro.
2 ⋅ αx = N ⋅ λ’ →
λ’
→ x = N⋅
2α
e
e
→ x ≃ → e ≃ αx
x
α
Para que em x ocorra uma franja escura, deve haver interferência destrutiva para ambas:
λ'
λ'
x = N1 ⋅ 1 = N 2 ⋅ 2
2α
2α
320 nm
400 nm
N1 ⋅
= N2 ⋅
2α
2α
N1 5 10 15
= = =
= ...
N 2 4 8 12
α≃
320 nm
= 15385 nm = 15, 4 µm
2 ⋅ 0, 0523
320
Para N1 = 10 → x = 10 ⋅
= 30769 nm = 30,8 µm
2 ⋅ 0, 0523
Logo, a distância entre esses mínimos é:
30,8 µm − 15,4 µm ≃ 15,4 µm
Para N1 = 5 → x = 5 ⋅
Resposta correta: (C)
12
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HIDROSTÁTICA
No referencial do tubo, podemos imaginar a seguinte configuração:
Podemos relacionar a tangente do ângulo como:
tg θ =
a Z
Z
= ∴ a = ⋅g
g L
L
Resposta correta: (E)
ESTÁTICA
10 mm ∆L
10 mm ∆L
=
→
=
→ ∆L = 1 mm
R
r
10r
r
F
A = F ⋅ L , onde F = mg
∆L
A ∆L
L
10
1
y=
⋅ −3
2
 0, 2 ⋅ 10−3  10
π⋅

2


y=
13
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y=
10
π ⋅ 10−11
y=
1012
N / m2
π
Resposta correta: (A)
GRAVITAÇÃO
O item incorreto é o B, pois verifica-se que o campo gravitacional resultante de uma distribuição plana de
massa, no plano da distribuição, deve ter sua linha de ação sobre o mesmo plano. Para tanto, basta ver que a
contribuição de cada elemento de massa para o campo é um vetor situado sobre o plano, não havendo
contribuições normais
Resposta correta: (B)
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DINÂMICA
Devemos determinar
∆x = 2L − 2L senθ
∆x
= 1 − senθ
2L
∆x
senθ = 1 −
2L
(i) As equações de movimento são:
T1 co s θ + T2 co s θ = mω2 ⋅ Lco s θ
T1 + T2 = mω2 L
T1 senθ = T2 senθ + mg.
2T2 senθ = Fel + mg.
Resolvendo o sistema:
T1 + T2 = mω2 L

−T1 + T2 = − mg sen θ
somando:
2T2 = mω2 L − mg sen θ
K ⋅ ∆x + Mg
= mω2 L − mg sen θ
sen θ
K∆x + Mg = mω2 L sen θ − mg
 ∆x 
K∆x + Mg = mω2 L 1 −
 − Mg
 2L 
mω2
∆x = mω2 L − mg − Mg
K∆x +
2

mω2 
2
K +
 ∆x = mω L − mg − Mg
2 

15
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Substituindo:

1 ⋅102 
2
100 +
 ∆x = 1 ⋅ 10 ⋅ 1 − 10 − 20
2 

∆x = 0,46 m ≈ 0,5 m
Resposta correta: (B)
FÍSICA MODERNA
I.
Verdadeiro. Todos os isótopos de um mesmo elemento químico possuem o mesmo número de prótons.
Os isótopos de oxigênio mostrados no item diferem de 2 unidades em seu número de massa, portanto,
tendo o mesmo número de prótons, diferenciam-se por dois nêutrons.
II. Falso. O número de meias-vidas nesse período é dado por:
72000
n=
=3
24000
A massa residual após n meias-vidas é
m
600
m = n0 → m = 3 → m = 75 g
2
2
III. Falso. A partícula β é negativa com número de massa zero. Portanto, uma emissão de partícula β não
poderia alterar o número de massa.
IV. Falso. A luz azul possui maior frequência que a luz vermelha, portanto continuará ocorrendo o efeito
fotoelétrico com a mesma quantidade de elétrons emitidos, mas com maior energia cinética.
A quantidade de elétrons emitidos está relacionada à intensidade da radiação incidente.
Resposta correta: (A)
16
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MHS
A equação de movimento do MHS pode ser escrita como:
x = A cos ( wt + O )
Logo, derivando em relação ao tempo:
xɺ = − wA sen ( wt + O )
ẍ = − w A cos ( wt + O ) = − w x
2
2
Logo, a posição e a aceleração se anulam ao mesmo tempo; portanto, no gráfico, correspondem às linhas
cheia e pontilhada, em alguma ordem (é impossível especificar qual, sem saber as unidades do gráfico e o
valor de w). A velocidade, que é defasada de 90º em relação à posição (ou à aceleração), corresponde à linha
tracejada.
Assim, todas as proposições são incorretas, e o item correto é o D.
Resposta correta: (D)
17
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TERMODINÂMICA
Na transformação: P1, V1, T1 → P2, V2, T2.
(i) Pela relação PV γ = cte, temos que:
TV γ−1 = cte → T1 V1γ−1 = T2 ,V2γ−1
de modo que
( γ − 1) =
T
ℓn  1 
 T2 
V
ℓn  2 
 V1 
(ii) Pela mesma relação, obtemos:
T
P11 – γ · T1γ = P21 – γ · T2γ ∴ P2 = P1 ·  1 
 T2 
P2 = P1 ⋅  T2 
 T1 
γ
1−γ
γ
γ −1
Substituindo na equação original:
W12 =
P2 V2 − P1V1
P1 V1 − P2 V2
=
T1 
T2 


ℓn 
ℓn 


 T2 
 T1 
V1 
V

ℓn 
ℓn  1 

 V2 
 V2 
γ

γ −1 
T

P1  V1 − V2 ·  2 
T



1


=
T2 

ℓn 

 T1 
V
ℓn  1 
 V2 
Resposta correta: (A)
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ELETROSTÁTICA
(
d 2 = a 2 + 2a 2
)
2
d 2 = a 2 + 8a 2
d = 3a
=
k ⋅q⋅q k⋅q⋅q k ⋅q⋅q k ⋅q⋅q k⋅q⋅q k ⋅q⋅q
+
+
+
+
+
a
3a
3a
a
2a 2
2a 2
(
k ⋅ q2 6 2 + 6 2 + 3 + 3 + 2 2 + 6 2
=
)
6 2a
(
k ⋅ q 2 16 2 + 6
=
6 2 ⋅a
(
)⋅
k ⋅ q 2 ⋅ 32 + 6 2
=
2
2
)
12a
(
)
k ⋅ 16 + 3 2 ⋅ q 2
=
6a
Resposta correta: (C)
19
OSG.: 089213/14
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VARIAÇÃO DE FLUXO, TORQUE MAGNÉTICO
A alternativa correta é o item C.
Veja:
Para α = 0,β = 90o, a espira encontra-se sobre o plano xy, conforme a figura.
Imediatamente após ser solta, a espira inicia um movimento de queda livre, transladando no eixo z paralela
ao plano xy.
Assim, a variação de fluxo é dada por:
dΦ d  Bo
=
( − xex + zez ) ⋅ dAez 
dt dt  ∫ L

d  Bo
 d  | Bo
 Bo L2 dz
zdA  =  z
dA =
= ∫
 dt  L ∫ 
dt  L
L dt
dz
= Bo L < 0
dt
Logo, pela lei de Lenz, há indução de corrente no sentido da figura.
O torque do corpo B sobre a espira pode ser dividido em:
i) Devido a Bz :
B z
Bz = o ez é constante sobre a espira, imediatamente após ser solta; os torques sobre as arestas
L
AB, CD e AD, BC são iguais e opostos, cancelando-se. Logo, o torque resultante é nulo.
ii) Devido a Bzx :
− Bo Bx =
bcex se anula sobre AD, produzindo torque nulo, e ( e B ) realiza torques iguais e opostos
L
sobre AB e CD. Logo, o torque resultante devido a Bzx é aquele produzido sobre BC,

 B
= ∫ i d y e yˆ x  − o L e x  = i Bo ez ∫ dy = Bo i L ez , que tende a girar a espira para β < 90o.
 L

Resposta correta: (C)
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OSG.: 089213/14
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RELATIVIDADE
Por definição, após um tempo de meia-vida, a
probabilidade de um único múon não decair é de 50%.
Para que ele chegue ao chão nesse intervalo de tempo, a
velocidade mínima deve ser tal que:
⇒
2
2
2

c2 v2
 ∆s 
 ∆s  
 ∆s 
=   ⇒ v 2 =  c 2 +    = c2   ⇒
2
2

c −v
 ∆t 
 ∆t  
 ∆t 

v=
c ⋅ ∆s
 ∆s 
c2 +  
 ∆t 
( ∆t ) ⋅ 1 + c  ∆t  

  
( ∆s ∆t )   ∆s  
c ∆s
∆t
2
=
2
−1 2
2
 1  ∆t  2 
v = c 1 −  c  
 2  ∆s  


Aproximadamente: v ≈ 2,7 ⋅ 108 m/s
Resposta correta: (E)
21
OSG.: 089213/14
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INTERFERÊNCIA
Observe o esquema abaixo:
 c + v


 n

 vc 
 1+ 2 
 nc 

→

cn →
A luz caminha junto com o meio na configuração superior, enquanto o meio está parado na inferior.
L

 t1 =  c

v

+


n



vc 


1 + 2  Subtraindo :
t 2 − t1
 nc 


L
t 2 =
c

n


vc 
 n 1+ 2 
nc

t 2 − t1 = L  −

c c
 + v 

n


Nimpar ⋅
 c + nv − c − v 
T
n
= L⋅n

2
c ( c + nv ) 


c

Condição de interferência destrutiva.  + v 
n

Para o mínimo: Nímpar = 1
 n2 1 
c2 + n c v = 2f L n v  − 
 n n
n c 2 + n 2 c v = 2f L n v ( n − 1)
c2 = 2f L v ( n 2 − 1) − n c v
v=
c2
2fL ( n 2 − 1) − n c
Resposta correta: (D)
22
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
LÍNGUA INGLESA
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
A leitura do texto permite observar a predominância do foco narrativo em primeira pessoa do singular,
criando uma estrutura de texto autobiográfico.
Resposta correta: (C)
23
OSG.: 089213/14
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INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
A leitura do texto permite ver que Robbee Kosak descreve o motorista do veículo conversível como sendo
uma pessoa satisfeita e de bem com a vida, como pode ser visto na passagem do terceiro parágrafo: “She
could see that the man had a slight smile on his face, the kind of absentminded smile a person might have
when he’s all alone, happy in his own thoughts.”
Resposta correta: (D)
TERMOS QUALIFICADORES
A frase disposta no item E da questão não apresenta nenhum termo qualificador. Se traduzida, a frase em
português ficaria:
“Ela certamente viu como eu estava naquela noite”, não percebendo-se, portanto, nenhum elemento
qualificador na referida frase.
Resposta correta: (E)
INTERPRETAÇÃO TEXTUAL
Quando o autor do texto, Randy Pausch, comentou sobre o email de Robber Kusak, ele se mostrou muito
motivado por perceber que, embora ele estivesse em um momento particular, no qual ele não havia ensaiado
nenhum tipo de reação positiva, mesmo com um difícil diagnóstico de câncer, ele transmitiu alegria para
quem o visse naquele instante. Portanto, a expressão “She had given me a window into myself” explica essa
percepção dele mesmo; algo que não poderia ser visto sem essa ajuda.
Resposta correta: (E)
24
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
GRAMÁTICA – USO GERAL
O apóstrofo S (‘s) funciona em inglês também como indicativo de posse, estabelecendo uma relação entre o
possuidor (que recebe o apóstrofo s) e o objeto possuído, como pode ser visto nos exemplos citados no item
A:
• Carnegie Mellon’s vice presidente – Vice-presidente da Carnegie Mellon
• The driver’s side door – A porta lateral do motorista
• The man’s full face – O rosto inteiro do homem
• Robbee’s email – O email de Robbee
Resposta correta: (A)
DISCURSO DIRETO E INDIRETO
A frase em questão apresenta dois verbos, respectivamente, no Past Perfect Continuous (had been driving) e
Simple Past (found), o que nos leva a ver como verdadeira a frase exposta na alternativa A que traz o
correspondente deses tempos verbais no discurso direto, respectivamente, Past Continuous (was driving) e
Simple Past (found).
Nota-se que, quando se trata de passado simples, não há a necessidade de mudanças no tempo verbal do
discurso direto para o indireto.
Resposta correta: (A)
25
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
O primeiro parágrafo do texto traz a informação de que a equipe responsável pelos efeitos especiais do filme
“O Homem de Ferro” (Iron Man) foi contratada para projetar uma “armadura” para militares americanos.
Nas linhas quatro e cinco, no segundo parágrafo, obtém-se a informação de que o estúdio Legacy Effects,
baseado no estado americano da Califórnia, está construindo um exoesqueleto que permitirá que soldados
carreguem equipamentos pesados, de acordo com informação do Wall Street Journal.
Resposta correta: (D)
26
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
O segundo parágrafo do texto traz a informação de que o Legacy Studios já fez trajes para filmes como
“RoboCop”, “Capitão América”, “O Exterminador do Futuro” e “O Homem de Ferro”, tendo, portanto,
experiência em criar roupas especiais, como a solicitada pelos militares americanos.
Resposta correta: (A)
RELAÇÃO DE SINONÍMIA
A expressão “To be succeed in” não tem sentido em inglês, não sendo portanto sinônimo para a expressão
“To be capable of” (ser capaz de). As outras expressões da questão podem ser usadas como sinônimos da
referida expressão.
Resposta correta: (D)
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
O traje que está sendo desenvolvido pela Legacy Effects para os militares americanos dará condições para
que sejam realizadas operações militares carregando muito peso, o que está de acordo com a alternativa C da
questão.
Resposta correta: (C)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
A leitura do texto permite observar uma descrição do mercado de figurinhas da Copa do Mundo, assim como
um relato minucioso das possibilidades matemáticas de obtenção de figurinhas. Não se vê ao longo do texto
informações que possam levar o leitor a entender o motivo do roubo de milhares de figurinhas no Brasil,
muito menos algo que deprecie as estratégias do Grupo Panini para comercializar os álbuns da Copa do
Mundo. Dessa forma, vemos como verdadeira apenas a frase exposta no item III da questão.
Resposta correta: (C)
28
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
O último parágrafo traz a informação de que a empresa italiana Panini tem como prática vender as últimas
50 figurinhas do álbum da Copa do Mundo mediante um pedido feito pelo cliente, como se pode ver no
trecho “If they take advantage of Panini’s practice of selling the final 50 missing stickers to order.”
Portanto, o item D é aquele que deve ser considerado como verdadeiro pelo candidato.
Resposta correta: (D)
PASSIVE / ACTIVE VOICE
A voz ativa deve ser usada quando deseja-se evidenciar o sujeito da oração, ou seja, aquele que age. Na letra
A, fica claro o reforço no termo “Panini”, que é exatamente o sujeito da oração.
Resposta correta: (A)
CONTINUOUS TENSES
O uso do sufixo ing nem sempre indica a presença de um verbo, e quando o faz, esse verbo nem sempre está
em um tempo contínuo. A única opção em que o referido sufixo indica continuidade é a letra E, que está
escrita no present continuous tense.
Resposta correta: (E)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
GRAMÁTICA – CONJUNÇÃO
O termo “that”, da forma que é usado na letra B, apresenta-se como conjunção, e tem como função conectar
duas orações. Portanto, nesse caso, não há o objetivo de se remeter a uma ideia anterior.
Resposta correta: (B)
COMPREENSÃO TEXTUAL
Segundo o texto, em 2010, Messrs Sardy e Velenik atuaram como reguladores checando a distribuição de
figurinhas em um álbum vendido na Suíça. Eles esperavam a repetição de aproximadamente 9 figurinhas na
amostra de 6.000 que eles possuíam, fato que foi comprovado na prática.
Resposta correta: (C)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
A frase em questão estabelece que, apesar dos apelos, o filho do autor do texto está pronto para se livrar da
maioria das suas figurinhas para conseguir colocar a mão na de Leonel Messi, indicando, assim, que o autor
vivencia na sua própria casa o esforço de um colecionador (no caso seu filho) para conseguir uma única
figurinha.
Resposta correta: (E)
USO DO VOCABULÁRIO
Ao analisar o significado do termo “due to”, que é “devido a”, percebe-se claramente que o uso de “because
of” no lugar dele não alteraria seu sentido na expressão.
Resposta correta: (E)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
COMPREENSÃO TEXTUAL
No primeiro quadro, o apresentador comenta sobre um novo estudo que afirma que o fato de assistir muita
televisão e passar muito tempo no computador é responsável por parte da obesidade da população. Já no
segundo, o mesmo apresentador convida o telespectador a assistir um longo programa sobre o assunto e a se
conectar à Internet, finalizando com o anúncio de batatas fritas. Fica claro, portanto, a contradição existente
entre os dois quadros.
Resposta correta: (B)
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
Fazendo-se uma relação entre o anúncio da reportagem e a mensagem no segundo quadro, percebe-se uma
indiferença total ao tema a ser debatido, uma vez que o longo tempo (3 horas) do programa e o convite
à interação com o canal por meio de redes sociais vão de encontro exatamente ao que será divulgado como
resultado do estudo a ser mostrado na reportagem.
Resposta correta: (C)
LÍNGUA PORTUGUESA
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
Para defender uma política imigratória não necessariamente vinculada a critérios profissionais, o autor parte
de uma reportagem de José Leal. Este afirma que os imigrantes que chegam à Ilha das Flores só servem “para
entulhar as grandes cidades”. O enunciador, por sua vez, manifesta um olhar diferente do quadro concebido
pelo repórter, pois propõe a realização de “uma política de imigração sábia, perfeita, materialista”, mas sem
excluir os inúteis, os vagabundos, os aventureiros e os tontos, deixando para eles uma pequena margem.
Segundo o autor “como sorte grande da fantástica loteria humana, pode vir a nossa redenção e a nossa glória”
de um desses marginalizados.
Resposta correta: (D)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
O autor do texto faz uma ponderação sobre o ponto de vista da política imigratória. Em dois momentos da
sua argumentação, ele concorda com o repórter, mas ressalva que há um outro lado que deveria ser levado em
consideração.
I. “É insensato importar gente assim. Mas...” (linha 12)
II. “Façamos uma política de imigração sábia...; Mas...” (linhas 29-30)
Perceba, caro aluno, que, nesses dois momentos, o autor concorda com o repórter, porém seu ponto de vista é
outro, ou seja, é preciso também olhar os imigrantes que não sabem, ao certo, o que vieram fazer aqui, pois,
no meio deles, há aqueles que ajudarão o país, das mais variadas formas.
Do ponto de vista do discurso, o conector mas, nos dois excertos, é que indica o ponto de vista diferente.
Resposta correta: (E)
COMPREENSÃO LEITORA
A questão exige que o candidato aponte, dentre os quatro itens, aqueles que são interpretações do texto 1.
Estão corretos, tão-somente, os itens II – III e IV.
Veja:
(F) I. O autor não assevera que imigrantes qualificados teriam destino promissor no Brasil;
(V) II. Ao defender a imigração de pessoas sem profissão definida, o autor revela otimismo em relação a
essas pessoas;
(V) III. O autor tanto considera o posicionamento de José Leal (O repórter tem razão. – linha 7) quanto
contesta, pois vê na pessoa humana (mesmo sem profissão) um potencial, pois, como diz, sem o
tráfico de escravos, não teríamos Machado de Assis;
(V) IV. De fato, o autor defende que algumas personalidades, como Burle Max, Pancetti e Noel Rosa,
poderiam não ter nascido no Brasil, caso a imigração tivesse tido leis severas.
Sequência: F – V – V – V
Resposta correta: (D)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
INTERPRETAÇÃO
I.
Afirmação correta. O fragmento “para entulhar as grandes cidades” revela o ponto de vista do repórter
José Leal, ratificando a ideia de que essa gente é inútil.
II. Afirmação correta. Ao citar o repórter José Leal, Rubem Braga demarca a direção argumentativa de seu
texto, especificado na continuidade do texto: “O repórter tem razão. Mas eu peço licença…”
III. Afirmação incorreta – Embora o autor concorde parcialmente com o pensamento do repórter, ele faz uma
ressalva importante sobre a imigração, revelando um posicionamento diferente.
IV. Afirmação incorreta – A ideia de que os imigrantes são desqualificados por exercerem profissões
tipicamente urbanas não encontra correspondência por parte do autor, embora esteja nítida na afirmação
do repórter. Na verdade, o autor apresenta uma visão diferente, concordando parcialmente com o
José Leal.
Resposta correta: (A)
GRAMÁTICA – FUNÇÕES DA PALAVRA “QUE”
Esta questão exige que o candidato aponte a palavra QUE na função de conjunção integrante. Acerta quem
marcou a alternativa D.
Veja:
•
Em A, o “que” sublinhado faz parte da locução conjuntiva “logo que”;
•
Em B, o “que” é pronome relativo;
•
Em C, o “que” é pronome relativo;
•
Em D, o “que” é conjunção integrante, introduzindo subordinada substantiva objetiva direta;
•
Em E, o “que” é pronome relativo.
Resposta correta: (D)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
ELEMENTOS DE REFERÊNCIA
Essa questão requer que o aluno saiba a relação entre os elementos de referência e solicita aquele elemento
que “não retoma um conteúdo anterior”. A única expressão grifada que atende a esse comando é a C.
“A humanidade” é uma expressão conclusiva, que reforça o principal argumento do autor. Em todas as outras
alternativas, o referente anafórico é muito claro:
A) “repóter” = José Leal
B) “gente assim” = todas as pessoas citadas no parágrafo anterior.
D) “muitos” = “essas mulheres loiras”, “esses homens de profissões vagas”
E) “seus” = homens
Resposta correta: (C)
PONTUAÇÃO
Esta questão trata do entendimento e da utilização da pontuação. O único item cuja afirmação está incorreta é
o II, porque o que vem depois do ponto e vírgula não indica elemento de catáfora, o que só pode ser feito pela
utilização dos dois pontos.
Resposta correta: (B)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
FIGURAS DE LINGUAGEM
A metonímia é uma figura de linguagem que consiste no emprego de um termo no lugar do outro, havendo,
entre ambos, estreita afinidade ou relação de sentido.
Considerando as construções propostas para análise, constatamos que, no fragmento “gente para o asfalto”,
identificamos uma relação de afinidade entre o termo “asfalto” e a palavra “cidade”, pois a palavra “asfalto”
evoca a ideia “cidade”.
Resposta correta: (A)
INTERPRETAÇÃO
Nos dois textos, observa-se que há uma abordagem temática relacionada aos não nativos. Em I, Rubem Braga
destaca a necessidade de uma política de imigração sábia, mas sem excluir os “inúteis, os vagabundos, os
aventureiros e os tontos.” No texto II, o autor destaca a xenofobia como um traço inerente entre os primitivos
e as crianças.
Resposta correta: (A)
ANÁLISE DO DISCURSO: ESTRATÉGIA ARGUMENTATIVA
As estratégias comuns aos dois textos são as “referências externas para discussão dos respectivos temas”.
No texto 1, há os nomes de Chaplin, Einstein, Portinari, Lattes et alii; no 2, há a “criança uruguaia”, por
exemplo.
No texto 1, não há informações ordenadas do geral para o específico; não há comparações de
comportamento de grupos sociais; não há testemunhos de autoridades (há exemplos de pessoas que se
tornaram importantes); e não há definições de palavras.
Resposta correta: (B)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
Segundo o autor, a xenofobia, que caracteriza comportamentos de sociedades primitivas e de crianças,
“é algo que os desenvolvimentos posteriores da civilização tornarão evidente de forma mais complexa e
sofisticada, mas com a mesma contundência elementar”. Nesse sentido, pode-se depreender que a xenofobia
pode ter níveis diferentes de sofisticação, dependendo do contexto social.
Resposta correta: (C)
GRAMÁTICA – O USO DE PRONOMES
Os pronomes que podem reportar aos pares “tribos/navegantes” e “tribos vizinhas/ não navegantes” são “nós”
e “eles”, respectivamente. No texto 2, as “tribos indígenas” (com quem Pierre Clastres conviveu) eram
chamadas por um vocábulo que apontava para si mesmos, daí o “nós”. Já as “tribos vizinhas” (eles) eram
apontadas por um vocábulo (tradução: “ovos de piolho”) para se referir a eles. O mesmo processo é
verificado na tirinha, pois “os navegantes” (nós) se opõem aos “não navegantes” (eles).
Resposta correta: (D)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
INTERPRETAÇÃO DE TEXTO
Nesta questão, é preciso que o candidato perceba que os excertos 1 e 2 revelam posições equivocadas tanto
dos brasileiros (Excerto 1) em relação a Guiné-Bissau quanto do guineense sobre o Brasil (Excerto 2), pois
Guiné-Bissau não é toda a África e a novela não transmite (tão-somente) um país fantástico.
Resposta correta: (C)
COMPREENSÃO TEXTUAL
No excerto 1, a expressão “quer dizer” introduz uma explicação sobre o que foi dito anteriormente.
Acrescentam-se a isso alguns exemplos dados pelo guineense, tais como: São Paulo, Santa Catarina e Rio de
Janeiro.
Resposta correta: (B)
INTERPRETAÇÃO DE OBRA LITERÁRIA
Como disse certa vez o poeta Carlito Azevedo, o drama de Dom Casmurro, ou seja, o enigma relativo a quem
seria o pai do filho de sua ex-mulher Capitu, não existiria nos tempos atuais, pois bastaria fazer exame de
DNA. As evidências da suposta traição de Capitu arroladas por Bentinho são várias. E Escobar, o amigo do
peito de Bento, é suspeito de ser o terceiro vértice do hipotético triângulo amoroso.
Dentre as alternativas da questão em exame iteano, a alternativa E não se encontra dentre aquelas arroladas
por Bentinho como evidência da traição de Capitu.
Senão, vejamos:
a) Verdadeira. A prova definitiva: a semelhança do filho Ezequiel com Escobar, prova tão forte, que diante
dela Capitu renuncia a defender-se, o que para Dom Casmurro equivalia a uma confissão explícita.
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
b) Verdadeira. Nova prova: certa noite, Bentinho vai sozinho ao teatro, porque Capitu disse que estava
indisposta, mas volta antes de terminar a peça, e encontra Escobar no corredor da casa. Tinha vindo para
entregar-lhe uns embargos de terceiros. Capitu confessa que tivera apenas uma pequena dor de cabeça.
c) Verdadeira. Dona Glória passa a tratar com frieza tanto Capitu como Ezequiel, o que sugere que sua
intuição materna a fizera antever a verdade.
d) Verdadeira. Vem a tragédia da morte de Escobar. O velório fornece mais uma prova: Capitu chora, o que
seria talvez natural, mas olha o defunto com os mesmos olhos de ressaca com que olhara Bentinho
adolescente, o que prova que ela não estava chorando apenas a morte do amigo, mas a do amante.
Vejam-se estes outros episódios que Bentinho toma como evidência de traição de sua esposa Capitu:
Certa noite, já casado, Bentinho está dando a Capitu uma aula de astronomia, ela se distrai, e confessa que
estava pensando num pedido que fizera a Escobar, o de trocar uma pequena soma em libras esterlinas.
Escobar tinha atendido ao pedido, e estivera na casa, pouco antes, trazendo-lhe as libras.
Outra prova: quando crianças, tinham ouvido o pregão de um preto vendedor de cocadas. Os namoradinhos
tinham jurado não se esquecer da toada e das palavras, mas um dia, já casados, Bento se refere ao assunto, e
Capitu confessa que tinha se esquecido do pregão. Na ótica de Bento, o esquecimento de Capitu estava ligado
às palavras do pregão, que falava de uma menina sem vintém. Assim, o ressentimento de Bento
é sobredeterminado: ele está renovando contra Capitu a velha acusação de que ela se casara por interesse, e
acusando-a de perjúrio, acusação grave, pois nada garante que o perjúrio não atingiria também os votos
conjugais.
Resposta correta: (E)
INTERPRETAÇÃO DE OBRA LITERÁRIA
A única alternativa correta sobre a obra Senhora, de José de Alencar, é a C, porque, moralmente decaído,
Fernando Seixas prostituiu-se ao se vender por um dote, até ser regenerado pelas mãos de Aurélia e tornar-se
a figura do homem e do esposo ideal.
No final do romance, Aurélia, imbuída de um sentimento de orgulho e de amor próprio, regenera o caráter de
Seixas, que, seguindo o clichê romântico, transforma-se, e pode, enfim, gerar o desfecho feliz com a
reconciliação dos amantes.
Eis uma breve análise para o entendimento dos fatos literários que desautorizam as demais alternativas:
Aurélia Camargo, moça pobre que vive com a mãe viúva num bairro do Rio de Janeiro, apaixona-se por
Fernando Seixas, que também se apaixona por ela, levando-os a pensar em casamento. Ambicioso por subir
na vida a qualquer custo, esse rapaz elegante disfarça no luxo das aparências suas precárias condições
econômicas a fim de impressionar possíveis moças casadoiras, que sejam donas de abonados dotes
financeiros e, por isso Seixas troca Aurélia por Adelaide Amaral: por causa do seu suposto dote.
Em Senhora, que é um dos romances mais bem construídos do autor, realiza Alencar uma boa critica à
educação tradicional, ao casamento por conveniência.”.
Aurélia sente-se humilhada, desprezada e se enche de mágoas e raiva. Depois de receber uma fabulosa
herança e enjoada do assédio interesseiro da maioria dos jovens pretendentes, resolve vingar-se de Fernando,
por quem continua apaixonada, reconquistando-o com a mesma arma que o havia afastado dela, o dinheiro.
Em Senhora, a compra do ex-noivo pela menina pobre e humilhada, agora grande dama milionária, é um
truque habilidoso de romancista de salão e, psicologicamente, profundo recurso de análise.
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
Fernando aceita a oferta do valioso dote oferecido por Lemos, para se casar com a misteriosa moça, que ele
só conheceria depois de assinado o contrato. Após o casamento, a moça revela ao marido sua intenção de
vingança que inclui a total abstenção de intimidade. A essa cena seguem-se dolorosos meses de humilhações,
fingimentos, sarcasmos e hipocrisias. Após alguns meses, Fernando consegue reunir a quantia suficiente para
recuperar a própria liberdade e dignidade.
A regeneração de Fernando e o perdão de Aurélia abrandam os ânimos e restauram o verdadeiro amor que
sentiam um pelo outro.
Aurélia é o retrato da mulher que se rebela diante de uma traição, busca a vingança, faz uma crítica ao
casamento burguês e à sociedade machista da época, apresenta uma temática realista, mas acaba dividida
entre a razão e a emoção, deixa o amor falar mais alto, perdoando o amado. Assim, define as suas
características de forma romântica
A obra passa-se no Rio de Janeiro, fala do casamento por interesse, retrata a oposição de dinheiro e amor;
mostra o choque entre o sentimento e o interesse econômico.
Resposta correta: (C)
INTERPRETAÇÃO DE OBRA LITERÁRIA
A hora da estrela alude à morte de Macabéa, atropelada por um carro de luxo, Mercedes-Benz, e ao instante
de fulguração rápida, mas reveladora de todo um sentido de existência. É a epifania à maneira de Clarice
Lispector, dentro da ótica existencialista da busca do sentido da experiência humana. A ironia, trágica no
caso, dá-se pela discrepância entre a breve aspiração de glória de Macabéa, insuflada pela cartomante
(a miragem da estrela hollywoodiana), a sua condição social (migrante nordestina marginalizada no Rio de
Janeiro) e seu destino: atropelada por um carro de luxo, na porta do Copacabana Palace. A hora da estrela,
banal e reveladora, é o instante maior de Macabéa, anônima, estatelada na rua, mas objeto da atenção fugaz
de transeuntes anônimos.
Resposta correta: (E)
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
MODERNISMO – LITERATURA
No poema, Manuel Bandeira, ao revisitar a velha chácara, expressa claramente um confronto entre o presente
e o passado. A permanência do passado na vida presente do eu lírico revela esse confronto existencial entre
os dois tempos. Assim, o tempo transformou “a casa” em resíduo de memória, pois “não existe mais a casa”.
Se não há o objeto concreto (a casa corroída pelo tempo), resíduos e ruínas ganham novos contornos pela
excitação da memória, permanecendo como um tempo subjetivo na lembrança do eu lírico.
Resposta correta: (A)
INTERPRETAÇÃO DE OBRA LITERÁRIA
No poema “A voz do canavial”, de João Cabral de Melo Neto, o canavial apresenta a sua voz. Essa voz não é
nada exuberante, límpida e acolhedora; ao invés disso, é “sem saliva”, seca como o “papel seco que se
amassa” e dobrável como “quando se dobra o jornal”. O canto do canavial, de tão seco, é comparável ao som
da cigarra. Trata-se de uma voz rústica, que põe em relevo a rusticidade da plantação da cana de açúcar
(canavial). Elemento da natureza igualmente importante no poema é o vento, cujo som é destacado quando
atravessa a plantação, dando-lhe voz. Mesmo o vento não se sustenta perante a voz do canavial, pois ele, ao
soar pelas folhas do canavial, “de navalha a navalha”, folheando-o, “nele se esfola.” Isto quer dizer que a
descrição no poema não faz do vento a navalha que corta; pelo contrário, é o vento que é cortado
(esfolado) pela navalha das folhas do canavial, dando voz à plantação. Assim, o canavial canta quando o
vento o folheia e nele se esfola, se rasga, porque o canavial é a navalha que corta o vento, de folha em folha,
de navalha a navalha.
Leia a seguinte análise do poema em questão:
“Em um poema extraído de ‘A escola das facas’ (A voz do canavial), o vento também é abordado como
elemento decisivo para a configuração do canavial, já que os ruídos da lavoura são produzidos graças à
movimentação do ar. A imagem de um canavial que canta é bastante indicativa para a configuração da lírica
humanizadora de João Cabral, pois a voz é uma das características mais pessoais do ser humano. No entanto,
o dado mais relevante desse poema é a intensa relação corporal estabelecida entre os dois objetos, como se
eles mantivessem um caso íntimo. Mesmo assim, a supremacia da cana de açúcar sobre os demais elementos
do meio ambiente é tão notória que até mesmo o vento (uma substância abstrata) se arranha ao passar por
entre suas folhas.” (REEL – Revista Eletrônica de Estudos Literários, Vitória, s. 2, ano 7, n. 8, 2011.)
Resposta correta: (E)
41
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
INTERPRETAÇÃO DE OBRA LITERÁRIA
A lírica de Alice Ruiz S. tem um foco muito interessante que a torna bastante peculiar: é a integração do
eu lírico com a natureza. Seus versos transmitem um contato íntimo com o vento, a lua e seus
componentes noturnos são confidentes, a queda suave das flores de ipê, flamboyant ou azaleias, ou das
painas que a “acompanham” na volta para casa.
No poema “passeio no Ibirapuera”, não há sentimento de amor pela natureza, exacerbado e de raiz
romântica, o que torna incorreta a alternativa A.
No poema, ocorre um deslumbramento que emudece os visitantes no parque do Ibirapuera, em
São Paulo. É a beleza hipnotizante da árvore que os interrompe. O haicai tradicional, gênero poético
usado por Alice Ruiz, sempre nasce de uma cena ou objeto natural e tem características concernentes que
privilegiam a natureza, o momento, o belo, as estações do ano. Sendo baseado na natureza, refere-se às
coisas concretas, com existência física. Ao abordar estes temas, alude à temporalidade, ao provisório e
ao efêmero, marcas do mundo terreno.
Resposta correta: (A)
42
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
REDAÇÃO
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
A prova de redação do ITA – Instituto de Tecnologia e Aeronáutica, neste ano de 2015, intrigantemente,
parece uma “continuação” da prova do ENEM/2012, que teve como tema MOVIMENTO IMIGRATÓRIO
PARA O BRASIL DO SÉCULO XXI, o que de forma alguma desmerece a banca que a elaborou, antes
coloca o vestibular do ITA cada vez mais próximo da realidade do alunado brasileiro. Além disso, confirma
que, principalmente quanto à prova de Redação, quem escreve bem escreve para qualquer vestibular: ITA,
IME, ENEM etc.
Quanto à prova em si, dos vários textos que “poderiam” ser motivadores, o único ao qual o candidato
deveria realmente dar mais atenção seria o Texto 1, “Imigração”, de Rubem Braga (exímio cronista de 45),
pois evidencia em tom de ironia bem humorada, um olhar crítico sobre a realidade brasileira dos anos 50 e
60. Em seu texto, ele já assinala uma problemática evidente do nosso país: a FALTA DE UMA POLÍTICA
PÚBLICA (SÁBIA OU ESPECÍFICA) DE IMIGRAÇÃO. Os outros textos, para a construção efetiva de
uma boa discussão, considerando o caráter dissertativo-argumentativo da prova, deveriam mesmo ser
descartados, embora resguardada a excelência de seus autores. Vê-se que a prova de Redação do ITA ou faz
o possível para não ter um formato específico ou ainda o está buscando. Em um ano, temos um estilo no
comando da prova, em outro um estilo diferente. Para os bons alunos, um mero detalhe.
Os demais textos motivadores, seguindo o modelo do ENEM, estavam na proposta mesmo de redação: 1:
“Sem mão de obra, Santa Catarina importa haitianos” (Veja – 02/02/2014); 2 – “Morar no Brasil é sonho
internacional” (O Estado de São Paulo – 11/01/2014); 3 – “Operários” (Tarsila do Amaral, 1933).
O texto da Veja assinala, na verdade, um problema específico de Santa Catarina, que é a “falta de mão de
obra “não qualificada”. Os estrangeiros citados no texto, embora com formação superior, desempenham
funções subalternas. O texto do Estadão aponta a forma positiva como o Brasil é visto lá fora pelos
estrangeiros: um lugar de oportunidades, um lugar onde se pode, ao mesmo tempo, trabalhar e desfrutar das
belezas que o país oferece. Tal visão é decorrente da nova imagem que o Brasil gozava no cenário econômico
mundial de 2006 a 2012. Por fim, temos o quadro de Tarsila do Amaral, pintora feminista do Brasil dos anos
20 e 30, um Brasil que crescia com a ajuda dos imigrantes, principalmente polacos, italianos, orientais etc.
Na pintura, evidencia-se a parte de uma pirâmide social, mas que coloca em evidência a diversidade étnica de
tantos trabalhadores que ajudaram a “construir São Paulo”, que ajudaram a “construir o Brasil”. O candidato,
para a elaboração de um bom texto, deveria fazer uma síntese dessas ideias apresentadas e, assim, criar a sua
redação.
Na elaboração do seu texto, seguindo regras elementares de redação de vestibular, o candidato deveria
estruturar seu pensamento em quatro parágrafos. No primeiro deles poderia abordar o fenômeno imigratório
por meio de um argumento histórico, como a presença e a importância dos italianos na São Paulo dos anos 20.
Deveria, ainda, postular uma tese que poderia ser a defesa da “importância dos estrangeiros para o Brasil”, o
que exige uma política específica de imigração. É preciso, logicamente, nos dois parágrafos de
desenvolvimento, utilizar argumentos (fatos, dados, cifras, exemplos etc.) que validem a tese defendida (que
os estrangeiros são importantes para o nosso país, como se vê no quadro de Tarsila do Amaral) dando maior
riqueza ao texto e aumentando, logicamente, seu grau de informatividade, por exemplo, citando a forma
como o Brasil superou a crise econômica dos últimos anos, firmando-se como país de economia sólida e
emergente, o que atraiu mais estrangeiros. Seria válido, também, citar as catástrofes naturais de países
vizinhos, como o Haiti, que aumentaram o fluxo imigratório para o Brasil. Poderia ainda o candidato citar
eventos negativos sobre os estrangeiros no Brasil, por exemplo, a condição de trabalho escravo a que alguns
se submetem, nos grandes centros, em nome de uma vida melhor em um “país dos sonhos”, mas que não é
secularmente e devidamente preparado para receber tantos imigrantes.
No parágrafo conclusivo, o candidato teria, então, duas opções para encerrar sua redação. A primeira
consistiria em fazer uma síntese da ideia defendida, um tipo de “fechamento” do texto, nos moldes clássicos,
retomando a ideia inicial, mas sem repeti-la ipsis literi. Deveria reafirmar, portanto, que os estrangeiros, seja
os que ajudam no crescimento do país, com seu trabalho, ou mesmo os que vêm aqui para divertir-se,
fazendo crescer o turismo e a nossa economia, PRECISAM DE POLÍTICAS PÚBLICAS MELHORES que
as que temos.
A segunda opção, já que o tema apresenta um dilema ou problemática das sociedades contemporâneas: O
CRESCIMENTO DO FLUXO IMIGRATÓRIO, poderia ser, a exemplo do que acontece com o último
parágrafo da redação do ENEM, a apresentação de sugestões/soluções que representem uma intervenção
direta, e positiva, na realidade dos estrangeiros em nosso país.
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OSG.: 089213/14
ITA – 2015
MATEMÁTICA
LOGARITMOS
(I) x é uma dízima periódica ⇒ x é racional ⇒ (I) é verdadeira!
∞
∑
(II) Defina S =
(
n=0
1
=
)
2 − 1 ⋅ 2n
(
1

1
1
1
⋅  0 + 1 + 2 + 3 + ... 
 2

2 −1
2
2 2 22
22


1
)
y
1
Sendo y =
2
⇒ y⋅
1
2
y− y⋅
⇒ y =
⇒ S=
1
2
=
1
+
0
2
2
1
2
1
2
+
+
1
2
2
1
2
 1 
+ ...  ⋅ 1 


 22 
1
2
2
1
+
2
2
+ ...
3
22
 2 − 1
1
1
1 

= ⇒ y 1 −
= 1 ⇒ y ⋅ 
 =1

2 1
2
2 


2
⇒ S=
2 −1
(
1
⋅
) (
2 −1
2
)
2 −1
⇒ S=
2
⇒
2+ 1 − 2 2
2
2
≠
⇒ (II) é falso!!
3− 2 2 1− 2 2
2
(III) ℓn 3 e 2 + ( log 3 2 ) ⋅ ( log 4 9 ) = ℓn e 3 + log3 2 ⋅
=
−
log 3 9
=
log 3 4
2
2
2
5
+ log 3 2 ⋅
=
+ 1 =
∈ Q ⇒ ( III ) é verdadeiro!
3
3
3
2 ⋅ log3 2
Resposta correta: (D)
45
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
NÚMEROS COMPLEXOS
→ z 2 + 6z + 10 = 0 ⇒ ∆ = 36 − 40 = 4i 2 ⇒ z =
−6 ± 2i
⇒ z = −3 ± i ⇒ C = {(−3 + i),(−3 − i)}.
2
Agora, observe que:
1º)
(−3 − i) + 2 − 3i = −1 − 4i = 17 < 19 ⇒ (−3 − i) ∈ A.
2º)
(−3 + i) + 2 − 3i = −1 − 2i = 5 < 19 ⇒ (−3 + i) ∈ A.
3º)
(−3 − i) + i = −3 = 3 <
4º)
7
⇒ (−3 − i) ∈ B.
2
7
(−3 + i) + i = −3 + 2i = 13 > ⇒ (−3 + i) ∉ B.
2
Portanto, (A\ B) ∩ C = {−3 + i}
Resposta correta: (C)
NÚMEROS COMPLEXOS
De acordo com o enunciado, temos:
10
 1 + 3i 
z = 

 1 − 3i 
1
 +
z= 2
1
 −
2
10
3 
i
2 
3 
i
2 
 cis ( 60º ) 
z = 

 cis ( −60º ) 
10
z = ( cis120º ) ∴ z = cis1200º∴ z = cis120º
10
46
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
Com isso:
1
3
z = − +i
2
2
Logo:
se (z) = −
1 e
3
Im ( z ) =
2
2
Portanto:
2 arc sen (se (z)) + 5 ⋅ arctg (2 Im (z))


2 arc sen  − 1  + 5 ⋅ arctg  2 ⋅ 3 




 2

2 
Então:
 π
π
2⋅ −  + 5⋅ 
 6
3
Concluímos que:
π 5π 4π
− +
=
3 3
3
Resposta correta: (D)
GEOMETRIA ANALÍTICA
De acordo com o enunciado, temos:
(r): 3x + 4y – 4 = 0 e (s) = 3x + 4y – 19 = 0
Observamos que as retas são paralelas.
Logo:
d r,s =
d r,s =
c1 − c 2
a 2 + b2
−4 + 19
15
∴ d r,s =
=3
5
9 + 16
Então, o diâmetro é a distância entre as retas r e s.
Com isso:
2R = 3 ∴ R =
3
2
47
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
Portanto, a área do círculo vale:
A = πr 2
9
A = π⋅
4
9π
A=
4
Resposta correta: (E)
TEORIA DOS NÚMEROS
⇒ Casos Inicias: a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2, a4 = 3, a5 = 5, a6 = 8, a7 = 13
Paridade dos Elementos: I, I, P, I, I, P, I, I, P, I, I, P, ...
Portanto:
→ Se 3|n ⇒ an é par ⇒ (III) é verdadeira.
→ a7 = 13, que é primo ⇒ (II) é verdadeira.
→ Se ap, ap + 1 e ap + 2 formam uma PG nesta ordem ⇒ a p+12 = a p ⋅ a p+2 .
Um dos 3 números é par e os outros dois são ímpares.
→ Se ap + 1 é par ⇒ ap ⋅ ap + 2 é ímpar ⇒ par = ímpar → Abs!
→ Se ap + 1 é ímpar ⇒ ap ⋅ ap + 2 é par ⇒ ímpar = par → Abs!
Logo, (I) é falso.
Portanto, (II) e (III) são verdadeiros.
Resposta correta: (D)
48
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
EQUAÇÕES ALGÉBRICAS
Solução:
I. Verdadeira. Se a = 1 e b = 2, temos:
1
2
−
=5
1− x2 x − 1
2
1
4
=5+
1− x2
2x − 1
1
10x − 5 + 4
=
1− x2
2x − 1
1
10x − 1
=
1 − x 2 2x − 1
Logo:
2x − 1 = 10x − 10x 3 − 1 + x 2
10x 3 − x 2 − 8x = 0
Com isso:
x = 0; 10x 2 − x − 8 = 0 ∴ x =
1 ± 321
;
20
II. Verdadeira. Se x é solução, temos:
1 − x2 ≠ 0 e x − 1 ≠ 0
2
Logo:
x ≠ ±1 e x ≠ 1
2
49
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
2
III. Verdadeira. Se x = , temos:
3
a
6
−
=5
4 2 1
1−
−
9 3 2
9a
6b
−
=5
9−4 4−3
9a 6b 5
−
=
5
1 1
9a − 30b = 25
Logo:
3( 3a − 10b ) = 25 ⇒ 3 | 25 ( absurdo )
Resposta correta: (E)
EQUAÇÕES ALGÉBRICAS
De acordo com o enunciado, temos:
P ( x ) = 2x 3 + ax 2 + bx − 16
Conforme as raízes: α, α e 2.
Logo:
16
∴ 2α 2 = 8 ∴ α = ± 2
2
Com isso, as raízes são: – 2, – 2 e 2.
α⋅α⋅2=
Usando a relação de Girard, obtemos:
a
−2−2+2=− ∴−a=−4 ∴ a=4
2
Como 2 é raiz de p ( x ) , temos:
P ( 2) = 0∴
2 ⋅ 23 + 4 ⋅ 22 + b ⋅ 2 − 16 = 0 ∴
16 + 16 + 2b − 16 = 0 ∴ b = − 8
Portanto:
b – a = – 8 – 4 = –12
Resposta correta: (B)
50
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ITA – 2015
POLINÔMIOS
Observamos que q(x) = x3 – 2x2 + x – 2
Temos:
q(x) = x2(x – 2) + (x – 2) ∴ q(x) = (x2 + 1) · (x – 2)
Com isso:
P(x)
q(x)
θ(x)
Resto = ax2 + bx + c ∴R(x) = ax2 + bx + c
Logo:
P(x) = q(x) · θ(x) + R(x)
Então:
P(i) = R(i) = 0
P(– i) = R(– i) = 0
P(2) = R(2) = 1
Portanto:
R(i) = − a + bi + c = 0
∴ a=c
(–)
R(− i) = − a − bi + c = 0
2 bi = 0 ∴ b = 0
Mas:
R(2) = 4a + c = 1
Logo:
1
5
Concluímos que:
5a = 1 ∴ a =
R(x) =
1 2 1
x +
5
5
Resposta correta: (B)
51
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
GEOMETRIA PLANA E TRIGONOMETRIA
Como
a < 2 a ⇒ Obrigatoriamente
a é um dos catetos do triângulo. Temos então duas possibilidades:
Pitágoras:
1ª)
2 a é a hipotenusa:
(2 a )
2
= a2 +
( a)
2
⇒ 4a = a 2 + a ⇒ 3a = a 2 ⇒
⇒ a = 3 ⇒ hipotenusa = 2 3
Pitágoras:
2ª) a é a hipotenusa:
(a )
2
(
= 2 a
) +( a)
2
2
⇒ a2 = 4a + a = 5a ⇒ a = 5
⇒ hipotenusa = 5
 a 
1
Como 5 > 2 3 ⇒ ∆DEF tem hipotenusa maior ⇒ o menor ângulo vale arctg 
 = arctg  2  .
2
a


Resposta correta: (C)
TRIGONOMETRIA
2senx − cos x = 1
2senx = 1 + cos x
x
−1
2
x
x
x
x
4sen ⋅ cos = 2cos ⋅ cos
2
2
2
2
x
x
x
2cos  2sen − cos  = 0
2
2
2
2senx = 1 + 2cos 2
52
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ITA – 2015
cos
x
x
x
= 0 ou 2sen = cos
2
2
2
⇔
x π
x 3π
=
= ou
2 2
2 2
x=π
tg
x 1
=
2
2
2tg x
2 = 1
1
1 + tg 2 x
2 1+
4
sen x = 4 e cosx = 3
5
5
sen x =
Assim, como x ∈ [0, 2π], então
x = π ou x = arccos 3 .
5
( )
Resposta correta: (A)
TRIGONOMETRIA
Sabendo que:
 α  1 + cos α
cos 2   =
2
2
Logo:
2
 α  1 + 2cos α + cos α
cos 4   =
4
2
De modo análogo:
 2β 
1 + cos  
3 

2β
cos   =
2
3
 2β 
 2β 
1 + 2 cos   + cos 2  
3 

 3 .
4β
cos   =
4
3
Substituindo na equação I, obtemos:
α 4
α
cos 2   = ⋅ cos 4   + 1
2 5
2
1 + cos α 4 1 + 2cos α + cos 2 α  1
= ⋅
 + 5.
2
5 
4

53
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ITA – 2015
Com isso:
Substituindo na segunda equação:

2β
 2β 
2  2β  
1 + cos  
1 + 2 cos 3 + cos  3   3
 3  = 4 ⋅
  +
2
7 
4
 7


Com isso:
Portanto:
O menor valor de cos(α + β) vale:
2π
3
 π 2π 
cos  +
= −
 = −sen
3
2
2 3 
Resposta correta: (B)
MATRIZES, P.A. E P.G.
De acordo com o enunciado, temos:
I.
a ij = 2i − 1 ⋅ ( 2 j − 1) ∴ a ij = 2i ⋅ j − 2i − 1
Observamos que a expressão é uma função polinomial do 1° grau em função de j. Logo, é uma
progressão aritmética de razão 2i.
54
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
II.
a ij = 2i ⋅ j −
1 i
 2j − 1
i
⋅ 2 ∴ a ij = 
 ⋅ 2
2
 2 
A expressão acima é uma função exponencial com relação a i. Logo, é uma progressão geométrica de
razão 2.
III. O trA = a11 + a 22 + a 33 + a 44 + a 55
Logo:
a11 = 1
a 22 = 6
a 33 = 20
a 44 = 56
a 55 = 144
Portanto:
trA = 1 + 6 + 20 + 56 + 144 ∴ trA = 227 ( primo )
Resposta correta: (E)
MATRIZES E DETERMINANTES
Solução:
Sabendo que:
m12 
m
M =  11
 com mij = j – i + 1
 m 21 m 22 
Temos:
1 2
M=

0 1
Com isso:
1 4
1 6
3
M2 = 
 , M = 0 1
0 1


Utilizando P.I.F, temos:
 1 2k 
Mk = 

0 1 
55
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ITA – 2015
Logo:
1 2 1 4
 1 2k 
+
+ ... + 

1   0 1 
0 1 
n
∑ M k =  0
k =1
Portanto:
 n n2 + n 
n 

n
∑ Mk =  0
k =1
Mas:
 n n 2 + n   n 0  
−
= 252
det 
n   n n  
 0
Então:
 0 n2 + n 
det 
= 252.
0 
 −n
2
( n + n ) ⋅ n = 252 ∴ n 3 + n 2 − 252 = 0,
Por inspeção, temos:
n=6
Resposta correta: (C)
GEOMETRIA ANALÍTICA
I.
Verdadeira, pois:
d(A, r) =
d(B, r) =
2x − 3y + 6
2 + (−3)
2
2
2x − 3y + 6
22 + (−3) 2
=
=
2 ⋅ 0 − 3 ( − 1) + 6
13
=
9
13
2 ⋅ 0 − 3⋅5 + 6
9
=
.
13
13
II. Falsa, pois a reta r não é paralela ao eixo x, e os pontos A e B estão no eixo y.
56
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
III. Verdadeira. Graficamente, temos:
Observe que a coordenada XC é a altura de um triângulo equilátero do lado 6.
Assim, temos:
ℓ 3 6 3
XC =
=
=3 3
2
2
−ℓ 3 −6 3
=
= −3 3
XC =
2
2
Resposta correta: (D)
GEOMETRIA ANALÍTICA
De acordo com o enunciado, temos:
57
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
O triângulo ABC é isósceles com AB ≡ AC =
25
6
Temos ainda, que:
d=
25
− 12
20
6
=
5
6
3 ⋅ 4 + 4 ⋅
3x 0 + 4y0 − 12
=
32 + 43
Da figura inicial, temos:
2
2
 20 
 25 
q2 +   =   ∴
 6 
 6 
q2 +
q2 =
400
625
=
∴
36
36
225
∴ q=
36
225
15
5
=
=
36
6
2
Assim BC = 5
Área da ABC:
[ ABC] = 5
⋅
20 1
100
25
⋅
=
=
6
2
12
3
Perímetro
5+
25
25
25
40
+
= 5+
=
6
6
3
3
Resposta correta: (E)
58
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
GEOMETRIA ANALÍTICA
I.
Verdadeiro pois:
p 2 + q 2 = ℓ2
p+0
∴ p = 2x o
2
0+q
∴ q = 2y o
yo =
2
xo =
Substituindo em p 2 + q 2 = ℓ 2 , temos (2 x o ) 2 + 2(yo )2 = ℓ 2 , que representada uma circunferência de raio
R= ℓ .
2
II. Falso, pois:
6x 3 + x 2 y − xy 2 − 4x 2 − 2xy = 0 ∴
x ( 6x 2 + xy − y 2 − 4x − 2y ) = 0 ∴
x ( y 2 + 2y + 4x − xy − 6x 2 ) = 0 ∴
x ( y − 3x + 2 )( y − 2x ) = 0
Portanto, um conjunto infinito de pontos (três retas).
2 3 1
III. Falso, os pontos estão alinhados, pois 4 −1 1 = 0.
3 1 1
Resposta correta: (A)
59
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
GEOMETRIA PLANA
Como o trapézio ABCD é isósceles
⇒ ∆ADE ≡ ∆BEC ⇒ AE = BE e DE = CE.
2
2
Por Pitágoras no ∆ADB: 152 = 92 + BD ⇒ BD = 144 ⇒ BD = 12 = AC.
Defina ED = EC = y ⇒ EA = EB = 12 − y. Por Pitágoras no ∆ADE :
(12 − y )
2
2
2
= 92 + y2 ⇒ 144 − 24y + y = 81 + y ⇒ 24y = 63 ⇒ y =
63
⇒
24
2
⇒ y=
21
2
 15 
. Por fim, Pitágoras no ∆BEM: (12 − y ) = x 2 +   ⇒
8
 2
2
2
5625 225 2025 81 ⋅ 25
9⋅5
 75   15 
⇒   −   = x2 ⇒ x2 =
−
=
=
⇒x=
64
4
64
64
8
 8  2
⇒ x=
45
8
Resposta correta: (E)
60
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
GEOMETRIA PLANA
•
Sejam A, B, C os pontos de tangência da circunferência inscrita.
•
Defina RA = x ⇒ RB = x ⇒ QA = QC = 10 − x, NB = NT = y
e MC = MT = z ⇒ PN =
e PM =
5
−y
2
5
5
− z . Portanto, o perímetro do triângulo PMN é dado por: 2P(∆PMN) = 2 · ⇒
2
2
⇒ 2P ( ∆PMN ) = 5
Resposta correta: (A)
61
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
GEOMETRIA ANALÍTICA
2
2
⇒ OA = OB = 4 ⇒ OA = OB = 2. Lei dos cossenos:
2
1º) No ∆AOB: AB = 22 + 22 – 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅
2
=8– 4 2
2
− 2
2
2
2º) No ∆ABL = AB = R2 + R2 – 2 ⋅ R ⋅ R ⋅ 
 = R ⋅ 2 + 2
 2 
(
Igualando
e
(
)
: R2 ⋅ 2 + 2 = 8 – 4 2 ⇒ R2 =
)
(
)(
( )
8−4 2 ⋅ 2− 2
8−4 2
⇒ R2 =
2
2+ 2
22 − 2
16 − 8 2 − 8 2 + 8
24 − 16 2
=
⇒ R2 = 12 – 8 2 = 4 ⋅ 3 − 2 2 ⇒
4−2
2
(
)
R =2⋅ 3− 2 2
)
=
⇒
R = −2 + 2 2
Obs.:
3 − 2 2 = a + b 2 ⇒ 3 − 2 2 = a2 + 2b2 + 2ab 2 ⇒ a = –1 e b = 1
(
)
Daí, coordenadas do centro L: 2, 2 2 − 2 .
Resposta correta: (A)
62
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
GEOMETRIA ESPACIAL
Adicionando-se um volume idêntico, temo que V2 = 2V1, onde V1 é o volume inicial e V2 é o volume final,
após adicionarmos um volume idêntico.
3
3
V2  H 
H
=   ∴2 =   ∴H = h 3 2
V1  h 
h
Então, subirá
d = h3 2 −h = h
(
3
)
2 −1 .
Resposta correta: (C)
QUÍMICA
TITULAÇÃO
A titulação (análise volumétrica) quase sempre faz uso da bureta e do erlenmeyer.
Resposta correta: (A)
63
OSG.: 089213/14
ITA – 2015
ESTRUTURA ATÔMICA
Na eletrosfera atômica os elétrons estão dispostos em ordem de camadas eletrônicas. Em geral, o elétron será
mais energético, quanto mais distante do núcleo estiver. Quando um metal é aquecido, os elétrons do átomo
desse metal saltam para níveis mais externos, porém, retornam em seguida para níveis anteriores,
ocasionando a liberação de energia na forma de luz. No início do aquecimento, a energia liberada terá uma
onda eletromagnética de baixa frequência e alto comprimento de onda, que corresponde ao infravermelho.
Conforme o metal vai sendo aquecido, a onda eletromagnética, associada à emissão de fóton, vai
apresentando frequência maior e comprimento de onda menor. Pelo espectro de luz visível:
Cor
Vermelho
Laranja
Amarelo
Verde
Ciano
Azul
Violeta
Comprimento de Onda (nm)
~625 – 740
~590 – 625
~565 – 590
~500 – 565
~485 – 500
~440 – 485
~380 – 440
Frequência (THz)
~480 – 405
~510 – 480
~530 – 510
~600 – 530
~620 – 600
~680 – 620
~790 – 680
Considerando as cores como luz, a cor branca resulta da sobreposição de todas as cores primárias (verde, azul
e vermelho).
O espectro de luz visível mostra que a menos energética é a vermelha. Conforme o metal continua sendo
aquecido, a luz tornar-se-á alaranjada, depois amarelada e depois branca.
Se fosse possível continuar aquecendo o metal, sem provocar vaporização, veríamos o metal ficar azulado e
por último, cor alguma seria visualizada, pois ele começaria a emitir no espectro do ultravioleta (invisível ao
olho humano).
Resposta correta: (E)
QUÍMICA NUCLEAR
238
O plutônio-238 ( 94
Pu ) é um isótopo radioativo, emissor de partículas alfa (α):
238
94
Pu →
234
92
64
U + 42 α
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A energia produzida no decaimento radioativo é convertida em energia elétrica, em geradores termelétricos.
Além do mais, as partículas α apresentam menor poder de penetração, sendo esta uma vantagem desse
isótopo em relação aos emissores de partículas β.
Resposta correta: (C)
EQUILÍBRIOS IÔNICOS
O sal NH4Cℓ hidrolisa pela presença do íon amônio (NH4+).
⇀ NH 3( aq ) + H 3O(+aq )
NH 4+( aq ) + H 2 O( ℓ ) ↽
ini 0,1M
var − x
equ ( 0,1 − x )
0
0
+x
+x
x
x
Como a extensão da reação é pequena,
( 0,1 − x ) ≅ 0,1M
Daí:
k NH + =
[ NH 3 ] H 3O+ 
+
4
⇒
kω
x2
=
⇒
k NH 3 0,1
 NH 
10 ⋅ 0,1
⇒ x2 =
⇒ x =  H3O+  = 10−5.13 M ⇒
10−4.74
⇒ pH = 5,13
4
−14
Resposta correta: (D)
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CINÉTICA QUÍMICA
Sejam reações do tipo A→produtos. Então:
• Ordem zero: A lei de velocidade é do tipo v = k.
A equação integrada é do tipo [ A ]t = [ A ]0 − k ⋅ t. Logo:
[A]
t
1º ordem: A lei de velocidade é do tipo v = k ⋅ [ A ] . A equação integrada é ln [ A ]t = −k ⋅ t + ln [ A ]O . Logo:
1
•
v
ln [A]
[A]
t
2º ordem: A lei de velocidade é do tipo v = k ⋅ [ A ] . A equação integrada é
2
•
1
[ A ]t
= k⋅t +
1
[ A ]O
. Logo:
1/[A]
v
[A]2
t
Assim, todos os itens são corretos.
Resposta correta: (E)
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PROPRIEDADES FÍSICAS DOS COMPOSTOS ORGÂNICOS
Os principais fatores que influenciam a cristalinidade e a temperatura de fusão são:
– A simetria das moléculas;
– As forças intermoleculares;
– A massa molar;
– As ramificações.
I.
Falsa.
O
O
Poliadipato de etileno (PEA):
O
H
H
O
O
n
tem temperatura de fusão média de 45°C, enquanto o politereftalato de etileno (PET):
O
O
H
H
O
O
O
n
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tem temperatura de ebulição média de 265°C.
A presença do grupo p-fenileno na cadeia principal do polímero aumenta a sua rigidez e o grau de
organização estrutural, portanto, aumenta a intensidade das ligações intermoleculares.
II. Verdadeira. Os polietilenos podem ser classificados em:
– PEBD (Polietileno de baixa densidade): temperatura de fusão de 105 °C a 110 °C.
– PEAD (Polietileno de alta densidade): temperatura de fusão de 130 °C a 135 °C.
– PELBD (Polietileno linear de baixa densidade): temperatura de fusão de 121 °C a 125 °C.
CH2
CH2
TFmínima: 105 °C
TFmáxima: 135 °C
n
Polietileno
O poli(oxietileno), óxido de polietino ou polietilenoglicol,
O
H
OH
n
é um poliéter de baixa polaridade que tem ponto de fusão inferior aos dos
polietilenos.
O polietileno é um polímero cristalino de elevada organização estrutural, aumentando a intensidade das
ligações intermoleculares em sua estrutura polimérica. No óxido de polietileno, apesar de haver um
átomo de oxigênio, as ligações intermoleculares são enfraquecidas devido a menor organização
estrutural, se comparado com o polietileno.
III. Verdadeira. A presença do anel aromático, no polímero poli (p-xileno), aumenta a rigidez e o grau de
organização estrutural, aumentando a intensidade das ligações intermoleculares.
CH2
CH2
CH2
n
CH2
n
Polietileno
Poli(P-xileno)
IV. Falsa.
N
;
O
H
n
A
N
O
H
n
B
Os compostos A e B são poliamidas, portanto formam ligações de hidrogênio intermoleculares, devido a
presença do grupo (N — H). Comparando estruturas poliméricas de dimensões equivalentes, concluímos
que B apresenta maior número de ligações de hidrogênio, uma vez que o grupo (N — H) se repetirá mais
vezes.
Resposta correta: (B)
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TERMODINÂMICA
dG
< 0 (inclinação negativa, portanto curva decrescente no gráfico) e a
dt
reação ocorre no sentido da formação dos produtos. Após certo tempo, a reação atinge o equilíbrio, e
dG
então
= 0 (reta horizontal no gráfico G x t, já que G permanece constante).
dt
Assim, o item correto é o E
No início, há apenas reagentes,
Resposta correta: (E)
REAÇÕES INORGÂNICAS
A reação entre o cloro gasoso e o íon hidróxido em meio aquoso, à temperatura ambiente, ocorre formando
cloreto e hipoclorito, de acordo com a equação química:
Cℓ2(g) + 2OH−(aq) → Cℓ−(aq) + CℓO−(aq) + H2O(ℓ)
Com a elevação da temperatura e da concentração, a reação tende a produzir cloreto e clorato:
3Cℓ2(g) + 6OH−(aq) → 5Cℓ−(aq) + CℓO3−(aq) + 3H2O(ℓ)
Resposta correta: (B)
EQUILÍBRIOS IÔNICOS
Considerando o HCℓ um ácido 100% ionizado, concluiu-se que o grau de ionização do ácido acético é 1,0%.
Assim, para a solução de ácido acético, tem-se:
+
 H3O  = α ⋅
= 10−2 ⋅ 10 −1 = 10−3 M → pH = 3
Resposta correta: (D)
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TERMOQUÍMICA
Admitindo que toda a energia elétrica foi usada para evaporar o líquido, temos:
E = ( Pot ) ⋅ ∆t = ( U ⋅ i ) ⋅ ∆t = 30 ⋅ 0,9 ⋅ 30 = 810 J
Logo, admitindo condição de pressão constante, temos:

  200 g composto   1 kJ 
810 J
∆H VAP = 
⋅ 
 ⋅  3  = 81 kJ / mol
1 mol
 2 g composto  
  10 J 
Resposta correta: (C)
ÓXIDOS
O cromo possui diferentes estados de oxidação, formando mais de um óxido.
Com isso, o óxido que apresenta o cromo em menor estado de oxidação tem maior caráter iônico e é mais
básico. Assim, CrO é básico, Cr2O3 anfótero e CrO3 ácido.
Resposta correta: (E)
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EQUILÍBRIO QUÍMICO
Equação I:
N 2(g ) + O2(g ) ⇌ 2 NO( g )
K1
Equação II: 2NO( g ) + O 2( g ) ⇌ 2 NO 2( g )
K2
Somando as equações I e II, temos:
 1 
N 2(g ) + 2O2(g ) ⇌ 2 NO 2(g ) K = 

 K3 
2
Então, temos que: K = K1 ⋅ K 2 ⇒
1
2
 1 2
 1 
⇒

 = K1 ⋅ K 2 ∴ K 3 = 
K
 3
 K1 ⋅ K 2 
Resposta correta: (D)
ELETROQUÍMICA
O enunciado da questão fornece o potencial-padrão de redução do par Zn2+/Zn igual a – 0,76 V, uma vez que
E οH + /H = 0 V. Aplicando a equação de Nernst para a reação, temos:
2
E = Eo −
  Zn 2 +  ⋅ PH 
0,0592
0,06
2

⇒
log Q ⇒ 0,64 ≅ 0, 76 −
log  
2


n
2
 H + 




 1 
1 ⋅1 
= 0,12 ⇒ log  +  = 2 ⇒  H +  = 1,0 ⋅ 10 −2 M
0,03 ⋅ log 
2
+
 H  
 H  
 
  
Resposta correta: (D)
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SOLUÇÕES
Utilizando os dados fornecidos, os volumes parciais de metanol e água na mistura são:
V(CH3OH) =
V(H 2O) =
38, 4 cm 3 1 mol 0,791 g
⋅
⋅
⋅ 15 cm 3 ⇒ V(CH 3OH) = 14, 2 cm3
1 mol 32,05 g 1 cm 3
17,8 cm 3 1 mol 1,000 g
⋅
⋅
⋅ 250 cm3 ⇒ V(H 2O) = 247 cm3
1 mol 18,02 g 1 cm 3
Assim, o volume total da mistura é:
V = 14, 2 cm 3 + 247 cm 3 ⇒ V = 261 cm3
Resposta correta: (C)
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TERMODINÂMICA
I.
II.
III.
IV.
V.
(Falso) Segundo a Terceira Lei da Termodinâmica, a 0 K (zero absoluto), um sólido estará no seu estado
de menor energia interna, isto é, seu estado fundamental. Portanto, todos os osciladores estarão no estado
vibracional fundamental, para o qual n = 0.
(Verdadeiro)
(Falso) O movimento vibracional é mínimo, mas não nulo, correspondendo ao estado fundamental,
que possui a chamada “energia de ponto zero” do sistema.
(Verdadeiro)
(Verdadeiro) O princípio de incerteza de Heisenberg estabelece que não é possível medir com precisão
simultânea os valores do momento e da posição de uma partícula ou de um sistema. Logo, a cessação do
movimento vibracional (isto é, o repouso) de ao menos um dos osciladores violaria este princípio, já que
no repouso, o momento e a posição podem ser medidos com precisão arbitrária.
Resposta correta: (D)
PROPRIEDADES COLIGATIVAS
Seja V o volume (em L) transferido do béquer Y para o béquer X, até que se alcance o equilíbrio (ambos os
recipientes com a mesma concentração). Assim:
0, 03 mol NaCℓ 0, 01 mol NaCℓ
=
⇒ V = 0, 05 L = 50 mL
( 0,1 + V ) L
( 0,1 − V ) L
Assim, o volume final no béquer Y será (100 – 50) = 50 mL.
Resposta correta: (B)
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TERMODINÂMICA
(I)
Correto. Analisando as capacidades caloríficas molares, e sabendo que os valores crescem com a
intensidade das forças intermoleculares, percebe-se que Cp,m ( H 2 O 2 ) > C p,m ( H 2 O ) .
(II) Correto. Como a molécula de CCℓ 4 possui maior dispersão da nuvem eletrônica que Br2 , além de
apresentar maior complexidade, pode-se prever que Cp,m ( CCℓ 4 ) > Cp,m ( Br2 ) .
(III) Errada. A complexidade molecular do metanol, associada às mais intensas forças intermoleculares, lhe
confere uma maior capacidade calorífica molar que o mercúrio líquido: Cp,m ( CH 3OH ) > Cp,m ( Hg ) .
Resposta correta: (B)
TEORIAS ÁCIDO-BASE
Um ácido de Lewis comporta-se como um aceptor de elétrons. Na equação dada, o NH3 doa um par de
elétrons para o BF3. Isso ocorre porque o nitrogênio possui um par de elétrons livres e o boro tem orbital
vazio.
Assim, temos: H3N:
BF3 → H3 NBF3
Então, BF3 é ácido de Lewis, enquanto NH3 é base de Lewis.
Resposta correta: (B)
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SUBSTÂNCIAS E MISTURAS
Observa-se, pelo gráfico, que a massa específica da substância aumenta após a mudança de fase. Assim,
descarta-se o processo de ebulição. Para se utilizar o processo de fusão, necessita-se de uma substância que
tenha maior massa específica em fase líquida que em fase sólida, como a água.
Resposta correta: (C)
HISTÓRIA DA QUÍMICA
A) Kekulé – contribuiu para o desenvolvimento da química dos compostos de carbono, através da teoria
estrutural sobre esse elemento químico.
Dalton – elaborou a Lei das Proporções Múltiplas e a Lei das Pressões Parciais, tendo também
desenvolvido o modelo atômico que leva seu nome.
B) Faraday – desenvolveu estudos sobre a eletrólise, tendo formulado as leis que regem o processo.
Haber – elaborou o processo de produção de amônia a partir da reação catalisada entre o nitrogênio e o
hidrogênio gasosos.
C) Galileu – desenvolveu o aparelho chamado termobaroscópio, para a medição da pressão atmosférica.
Torricelli – determinou a pressão atmosférica utilizando o barômetro de mercúrio.
D) Berzelius – elaborou a Teoria da Força Vital e contribuiu para o desenvolvimento da Química Orgânica.
Büchner – desenvolveu o funil utilizado para filtrações a vácuo e que leva seu nome.
E) Bunsen – desenvolveu o bico de gás que leva seu nome e que é utilizado para aquecimentos em
laboratório.
Le Chatelier – contribuiu para o desenvolvimento dos estudos sobre o Equilíbrio Químico, com o
princípio que leva seu nome e que rege o deslocamento do equilíbrio.
Resposta correta: (C)
CLEAN☺ – 2/12/2016 – REV.:
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