GGE RESPONDE IME. 01. Considere as alternativas:

01.

Considere as alternativas:

I. O inverso de um irracional é sempre irracional.

II. Seja a função f:ABeXeYdois subconjuntos quaisquer de A, então f



XY



f

 

X f

 

Y.

III. Seja a função f:ABeXeY dois subconjuntos quaisquer de A, então f



XY



f

 

X f

 

Y.

IV. Dados dois conjuntos A e B não vazios, então ABA se, e somente se, B A. São corretas: a) I, apenas. b) I e III, apenas. c) II e IV, apenas. d) I e IV, apenas. e) II e III, apenas.

Obs: f(Z) é a imagem de f no domínio Z.

Solução: I. Suponha que , q p x 1

 em que p e q são inteiros, primos entre si.

Q x p q x q p x 1     

Sendo assim, provamos por absurdo que o inverso de um irracional será também irracional.

Correto.

II. Para fins de ilustração, tomemos a seguinte função de exemplo.



X Y



f  B A_f:A_B_ X Y

Observe que Bf

 

Xf

 

Y,porém f



XY



B.

Podemos garantir que f



XY



f

 

Xf

 

Y,mas não que os conjuntos estão iguais.

Errado. III. Seja ZXY Tome zZzXouzY

 

 

 

X f

 

Y f Y z X f z f X z       Sendo assim:

 

 

 

 

 

 

 



X Y



f

 

X f

 

Y f Y f X f Z f Y f z f ou X f z f Z z          

Agora, provemos o sentido inverso Tome Wf

 

X f

 

Y

 

Xouw f

 

Y f w W w   

 

X w f



X Y



f w   

 

Y w f



X Y



f w    Sendo assim:

 

X f

 

Y f



X Y



f    Portanto,



X Y



f

 

X f

 

Y f    Correto. IV. ABAAB Errado. ALTERNATIVA: B

02.

Seja x um número natural maior que 2. Se a representação de um numeral N na base x = ´2 1041 e na base x – 1 é 1431, então a sua representação na base binária é:

a) 1 0 0 0 1 1 1 1 b) 1 1 0 1 1 0 1 1 c) 1 1 1 0 0 1 1 1 d) 1 1 0 1 1 1 1 0 e) 1 1 1 1 0 0 0 1 Solução: 6 0 0 ) 6 ( 0 6 0 3 3 4 8 ) 4 ( 1 3 ) 3 ( 4 1 ) 1 ( 3 ) 1 ( 4 ) 1 ( 1 4 1 ) 1 ( 3 ) 1 ( 4 ) 1 ( 1 1 4 1 2 2 2 3 3 2 3 3 2 3 3                                       x ou x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x N x x N Portanto: 241 1 24 216 1 6 4 6 1 4 3 3           x x N 0 ) 1 ( 2 1 ) 1 ( 2 3 ) 1 ( 2 7 ) 0 ( 2 15 ) 0 ( 2 30 ) 0 ( 2 60 ) 0 ( 2 120 ) 1 ( 2 241 N = 11110001 ALTERNATIVA: E

03

. A soma dos algarismos de X com a soma dos quadrados dos

algarismos de X é igual a X. Sabe-se que X é um número natural positivo. O menor X possível está no intervalo:

a) (0, 25] b) (25,50] c) (50,75] d) (75,100] e) (100, 125]

Solução:

Primeira, possibilidade, x = a, um número com um dígito.

possível é não a a a a a a x a a            0 0 2 2 2

Segunda, possibilidade, x = (ab)10, um número com dois dígito.

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 9 ( 9 9 9 10 10 ) ( ) ( b a a b a a b a a a b a b a b a b a b a ab b a b a                       

Portanto a é divisor de b2 _{com a ≠ 0}

Se a = 1  1. (9 - 1) = 8 ≠ b2 Se a = 2 ou 7  2. (9 - 2) = 2  7 = 14 ≠ b2 Se a = 3 ou 6  3. (9 - 3) = 3  6 = 18 ≠ b2 Se a = 4 ou 5  4. (9 - 4) = 4  5 = 20 ≠ b2 Se a = 9  9. (9 - 9) = 9  0 = 0 = b2 _{ b = 0} Portanto, x = 90 De fato: 9 + 92 _{= 90} 75 < 90 < 100 ALTERNATIVA: D

04

. Seja f(x) uma função definida nos conjunto dos números reais,

de forma que f(1) = 5 e para qual quer x pertencente aos números reais f(x+4) ≥ f(x) + 4 e f(x+1) ≤ f(x) + 1. Se g(x) = f(x) + 2 – x, o valor de g(2017) é: a) 2 b) 6 c) 13 d) 2021 e) 2023 Solução: 4 ) x ( f ) 4 x ( f    e f(x1f(x)1 Logo, 4 ) 4 x ( f ) x ( f 1 ) 1 x ( f      

Aplicando a desigualdade I para x +3: ) 3 x ( f 4 ) 4 x ( f ) 3 x ( f ) 4 x ( f         Aplicando I para x+2: 2 ) 2 x ( f 3 ) 3 x ( f ) 2 x ( f 1 ) 3 x ( f           Aplicando I para X+1 1 ) 1 x ( f 2 ) 2 x ( f ) 1 x ( f 1 ) 2 x ( f           Daí

f

(

x



1

)



f

(

x

)



f

(

x



1

)



1

Donde concluímos que f(x)f(x1)1, ou seja, 1 ) x ( f ) 1 x ( f   

Daí a imagem dos naturais por f é uma P.A com f é uma P.A com f(1) = 5 e vazão 1,ou seja, para n

n





f( n) = n+4.

Donde concluímos que g(n) = f(n) +2 -n = n + 4+2 -n = 6

ALTERNATIVA: B

05

. João e Maria nasceram no século XX, em anos distintos. A

probabilidade da soma dos anos em que nasceram ser 3875 é: a) 2/99 b) 19/2475 c) 37/4950 d) 19/825 e) 19/485 Solução: 1901



2000

Para dar 3875, teremos: João 1901 1902 . . . . 1974 _______ 1974 1973 . . . . 1901 _______

São 74 possibilidades favoráveis 100 99 = 9900 possibilidades totais



Probabilidade = 4950 37 9900 74  ALTERNATIVA: C

06.

Se X e Y são números naturais tais que x2 _{- y}2 _{= 2017, o valor}

de x2 _{+ t}2 _é: a) 2008010 b) 2012061 c) 2034145 d) 2044145 e) 2052061 Solução: x2 _{- y}2 _{= 2017} (x + y)  (x - y) = 2017 Note que 2017 é primo:

Obs: Só precisamos testar os primos até 43, pois 472 _{> 2017}

(x + y)  (x - y) = 1  2017 1008 1009 2018 2 1 2017           y x x y x y x Portanto, x2 _{+ y}2 _{= 1009}2 _{+ 1008}2 ₌ 1018081 + 1016064 = 2034145

Observação:

10092 _{= (1000 + 9)}2 _{= 1000}2 _{+ 2  1000  9 + 9}2 ₌

1000000 + 18000 + 81 = 1018081

ALTERNATIVA: C

07.

Sejam x1, x2, x3 e x4 os quatro primeiros termos de uma P.A.

com x1 = x e razão r, com x, r . O determinante de

4 3 2 1 3 3 2 1 2 2 2 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x é: a) 0 b) x4 r c) x 4 r3 d) x r4 e) x r3 Solução: r 3 x r 2 x r x 1 r 2 x r 2 x r x 1 r x r x r x 1 x x x 1 x r 3 x r 2 x r x x r 2 x r 2 x r x x r x r x r x x x x x x                    r 2 r r r r x r 3 r 2 1 r 2 r 2 1 r r 1 r x r 3 r 2 r r 2 r 2 r r r r x     



_2r2 _r2



_{x r r}2 _xr3 r x       Alternativa: E

08.

Seja a função H: ℂ → ℂ definida por

0 1 2 2 0 1 2 2 3 3 ) ( a s b s b a s a s a s a s H      

Com

a

_j e

b

_k reais, para j = 0,1,2,3 e k = 0,1,2. Seja a função

f

:ℝ → ℝ em que

f

(w) é a parte real de H (iw) em que i = 1 é a

unidade imaginária e w ∈ ℝ. A afirmação correta a respeito de

f

(w) é:

a)

f

(w) é uma função impar. b)

f

(w) é uma função par. c)

f

(w) é sempre negativa. d)

f

(w) é sempre positiva. e)

f

(w) é uma função periódica.

Solução: 0 1 2 2 0 1 2 2 3 3 ) ( a s b s b a s a s a s a s H      

f

(w) = Re (H(iw)) H (iw) = 0 1 2 2 0 1 2 2 3 3 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( a iw b iw b a iw a iw a iw a      H (iw) = 0 1 2 2 0 1 2 2 3 3 a w b i w b a iw a w a w a i        H (iw) = 0 1 2 2 0 1 2 2 3 3 . a w b i w b a w a i w a w a i        . w ib a w b w b i a w b o . . 1 2 2 1 0 2 2       Re (H(iw)) = ) ( ) ( ) . . ( ) . ( 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 3 4 w f b w b a a b a b a a a w b a b a w o o o o           ) ( w f 

=

) ( ) ( ) . . . ( ) . ( 2 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 3 4 w f b w b a a b a b a b a w b a b a w o o o o           ALTERNATIVA: B

09.

Seja P(x) o polinômio de menor grau que passa pelos pontos A(2,−4 + 3 3) , B(1,3 2 − 2) ,

C



2, 3



e D



3, 2



. O resto da divisão de P(x) por (x-3) é: a) 8 35 26 b) 6 34 21 c) 9 38 22 d) 4 310 23 e) 4 3 22 Solução:

P (x) passa pelos pontos

) 3 3 4 2 (    A ) 2 2 3 1 (    B ) 3 , 2 (  C ) 2 , 3 (  D

O polinômio interpolador de Lagrange é:

) 2 3 )( 1 3 )( 2 3 ( ) 2 )( 1 )( 2 ( 2 ) 3 2 )( 1 2 )( 2 2 ( ) 3 )( 1 )( 2 ( 3 ) 3 1 )( 2 1 )( 1 ( ) 3 )( 2 )( 2 ( ) 2 2 3 ( ) 3 2 ( ) 2 2 ( ) 1 ( ) 3 ( ) 3 )( 2 )( 1 ( ). 3 3 4 ( ) (                                     x x x x x x x x x x x x x x P

O resto na divisão por (x-3) é P(3).                                       ) 3 2 )( 1 2 )( 2 2 ( ) 3 3 ( 2 1 2 ) 3 2 )( 1 2 )( 2 2 ( ) 3 3 ( 2 1 3 ) 3 1 )( 2 1 )( 1 ( ) 3 3 )( 3 3 ( 1 ) 2 2 3 ( ) 3 2 )( 3 2 ( ) 3 3 )( 2 3 ( 2 ) 3 3 4 ( ) 3 ( P

Racionalizando, e simplificando obtemos:

3

8

2

5

6

)

8

9

3

8

2

17

12

(

)

18

6

3

3

6

2

15

(

)

6

3

10

(

)

12

6

5

3

20

2

3

(

)

3

(











































P

ALTERNATIVA: A

10

. Seja o seguinte sistema de equações, em que s é um número

real:               0 2 1 2 0 2 1 3 2 1 3 2 1 x Sx x x x Sx x x

Escolha uma faixa de valores de s em que as soluções do sistema são todas negativas.

a) S < −2 b) −2 < S < 0 c) 0 < S < 1 d) 1 < S < 2 e) S > 2 Solução:               0 2 1 2 0 2 1 3 2 1 3 2 1 x Sx x x x Sx x x ) 2 ( ) 2 1 ( 3 2 2 1 3 0 2 1 1 2 1 1 2 2 S S S S S S S S              ) 1 ( ) 2 ( 2 3 2 4 2 3 2 4 2 3 2 2 2 2 2                  _{   }    S S S S S S S S S S S S 2 1   s s 0 1) -( 2) -( sistema do soluções

As  S S  sãotodasnegativas

) 1 ( ) 2 ( 2 ) 1 ( ) 2 ( 0 2 0 1 1 1 1 0 1           S S S S S S x ) 1 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 2 ( 0 0 1 1 2 0 1 2 2           S S S S S S S x ) 1 ( ) 2 ( 2 ) 1 ( ) 2 ( 0 2 1 1 2 0 1 1 3            S S S S S S x

Estudando o sinal de x1, obtemos:

S < 0 ou 1 < S < 2

Analogamente, para x2, obtemos:

1 < S < 2

Por último, para x3, obtemos:

S < -2 ou 1 < S < 2 Assim,

1 < S < 2

ALTERNATIVA: A

11

. Determine o valor de a na expressão abaixo, sabendo-se que 0

< a < 1,

onde Z é um número complexo que satisfaz a equação:

24033 _{ Z}2 _{– 2}2017 _{Z + 1 = 0}

Obs: Im(Z) é a parte imaginária do número complexo Z. a) 4 1 b) 8 1 c) 16 1 d) 32 1 e) 64 1 Solução: Do enunciado, temos: 24033 _{ z}2 _{– 2}2017 _{ z + 1 = 0}

Multiplicando por 2, temos: 24034 _{ z}2 _{– 2}2018 _{ z + 1 = -1} (22017 _{ z)}2 _{– 2(2}2017 _{ z) + 1 = -1} (22017 _{ z - 1)}2 _{= -1} 22017 _{ z - 1 = i} 22017 _{ z = 1 i} z = (1  i) 2-2017 Im(z) =  2-2017

A expressão do enunciado pode ser resumida a:

2013 4 2017 2017 8 2 2 2 } Im{ 16 2 ) Im( ) 2 ( log ) 1 ( } Im{ 16 ₂                  z z Como z k a k 65 0  k Assim: 2013 2 66 65 2 2 log 2 8 ) 1 (          _a k 65 0  k

2013 3 2 2 log ) 2 (       k a 65 0  k









66 2013





66 66 1947 2013 66 ) 62 ( ... ) 2 ( ) 1 ( 0 1 2 3 2 2 log 2 2 log 2 2 2 log 2                        a a a



log 2



66 2 66é impossível,então:

Como _a  





4 1 4 ) 1 ; 0 ( 4 2 2 1 2 2 log 2 2 log 1 1 2 1 1 66 66                      a a a como a a a a ALTERNATIVA: A

12.

A menor raiz real positiva da equação

arctg (x.tg(arcsen

2

2

)))

5

3

(





x



encontra-se no intervalo: a) (0,1] b) (1,2] c) (2,3] d) (3,4] e) (4,5] Solução:

Menor raiz real positiva

arctg (x.tg(arcsen

2

2

)))

5

3

(





x



4

3

Arctg _      _x 4 3 = 2 2  x  4 3 x = tg 2 2  x  (I ) Seja u = 2 2  x  tg (u) > 0 0 < 2 2  x  < 2   x + 2 > 2  2  x > 2 tg 2 2  x  > 4 3 . 2  tg 2 2  x  > 2 3

Suponha X > 4 então um (I)

tg 2 2  x  = 4 3 x  tg 2 2  x  > 3 > 3 2 2  x  > 3   x + 2 < 6

x < 4 que é um absurdo. Logo x ≤ 4

Tome

f

(x) = 4 3 x,

g

(x) = tg 2 2  x 

Temos que

f

é crescente e

g

é decrescente no intervalo [2;4] Para x = 2

f

(2) = 4 3 2 = 2 3

g

(2) = tg 2 2 2   

∞

f

(x) <

g

(x) Para x = 3

f

(3) = 4 3 3 = 4 9 = 2,25

g

(3) = tg 2 5 2   = tg (72°) = 5 2 5> 5 2.2 = 3> 2,25

f

(3) <

g

(3) Para x = 4

f

(4) = 4 3 4 = 3

g

(4) = tg 2 4 2   = tg (60°) = 3

f

(4) >

g

(4) Portanto, 3 < x < 4 ALTERNATIVA: D

13

. Seja uma elipse com focos no eixo OX e centrada na origem.

Seus eixos medem 10 e 20/3. Considere uma hipérbole tal que os focos da elipse são os vértices da hipérbole e os focos da hipérbole são os vértices da elipse. As parábolas que passam pelas interseções entre a elipse e a hipérbole e que são tangentes ao eixo OY, na origem, têm as seguintes equações:

a) y x 7 35 2 2_ b) y x 7 5 4 2_ c) y x 7 5 6 2_ d) y x 7 35 6 2_ e) y x 63 35 8 2_

Solução: 10 ) 0 , 5 ( 3 20 ) 3 10 , 0 (  ) 3 10 , 0 ( ) 0 , 5 ( Elipse I y x b y a x ) ( 1 9 100 25 1 2 2 2 2 2 2     3 5 5 9 125 9 100 225 9 100 25 2 2 2 2 2 2         c c c c c b a ) 0 , 5 ( (5,0) 9 100 9 125 225 9 125 25 : 1 9 125 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2            b b b b a c hipérbole na b y x b y a x hipérbole II y x ) ( 1 9 100 9 125 2 2                 1 9 100 9 125 1 9 100 25 : ) ( ) ( sec 2 2 2 2 y x y x II e I ção Inter 7 35 5 7 5 5 125 7 250 14 2 125 9 5 2 125 9 25 2 2 2 2 2 2           x x x x x x x 21 14 10 7 3 2 10 7 9 2 100 7 2 7 5 1 00 1 9 1 00 1 9 25 7 125 2 2 2              y y y y y           , 21 14 10 , 7 35 5 : sec ções Inter 35 5 7 7 9 200 2 7 35 5 2 7 9 200 2 ) 0 ( 2 ) 0 ( 2 2               p p px y x p y x y x y x y 63 35 8 35 9 35 40 35 9 40 2 2 2     x y parábolas duas as do Consideran 63 35 8 2_  ALTERNATIVA: E

14.

Seja um heptágono regular de lado l cuja menor diagonal vale d. O valor da maior diagonal satisfaz a qual das expressões?

a) l d d l   b) l d d2  c) l d d l   d) l d l2  e) 2 d 3 

Solução: x x A B C  D E F G d d 

Considere o heptágono ABCDEFG. Este é inscritível por ser regular. Logo, o quadrilátero ABCF é inscritível e por congruência de triângulos, temos que:

 AF = AC = d (diagonal menor)  BF = CF = x (diagonal maior) Pela relação de Ptolomeu, temos:

          d d x d x dx ALTERNATIVA: A

15.

Um prisma retangular reto possui três arestas que formam uma progressão geométrica de razão 2. Sua área total é de 28 cm2_.

Calcule o valor da diagonal do referido prisma.

a)

17

cm b)

19

cm c)

21

cm d) 2

7

cm e)

29

cm Solução: Mas st = 28

St = (a  4a)  2 + (a  2a) 2 + (2a  4a)  2 28 = 8a2 _{+ 4a}2 _{+ 16 a}2

28 = 28a2 _a2 _{= 1  a = 1 (I)}

W = 21

ALTERNATIVA: C

16.

As fibras ópticas funcionam pelo Princípio da Reflexão Total, que ocorre quando os raios de luz que seguem determinados percursos dentro da fibra são totalmente refletidos na interface núcleo-casca, permanecendo no interior do núcleo. Considerando apenas a incidência de raios meridionais e que os raios refratados para a casca são perdidos, e ainda, sabendo que os índices de refração do ar, do núcleo e da casca são dados, respectivamente, por n0, n1, e n2 (n1 > n2 > n0), o ângulo máximo de incidência θa, na

interface ar-núcleo, para o qual ocorre a reflexão total no interior da fibra é:

Considerações:

• raios meridionais são aqueles que passam pelo centro do núcleo; e

• todas as opções abaixo correspondem a números reais.

a) b)

c) d) e)

Solução:

No esquema a seguir podemos ver a dinâmica do fenômeno de Reflexão Interna Total no interior da fibra óptica.

Desse modo, vem:

N0 . sena = n1 . sen(90º- L) = n1 . cos L

N0 . sena = n1 .

L

sen

2



N0 . sena = n1 . 2 1 2 1 _        n n N0 . sena = 2 2 2 1

n

n 

a = Arcsen

















_

0 2 2 2 1

n

n

n

ALTERNATIVA: C

17.

Conforme a figura acima, um corpo, cuja velocidade é nula no ponto A da superfície circular de raio R, é atingido por um projétil, que se move verticalmente para cima, e fica alojado no corpo. Ambos passam a deslizar sem atrito na superfície circular, perdendo o contato com a superfície no ponto B. A seguir, passam a descrever uma trajetória no ar até atingirem o ponto C, indicado na figura. Diante do exposto, a velocidade do projétil é:

Dados:  massa do projétil: m ;  massa do corpo: 9m ; e  aceleração da gravidade: g . a) 2 Rg 5 10 b) 2 Rg 3 10 c) 3 Rg 5 10 d) 5 Rg 3 10 e) 3 Rg 2 10 Solução: R g B x v  C A 2R v p v

Calculando o tempo de descida (td) do ponto B ao ponto C, temos:

R S ; gt 2 1 S 2 d     g R 2 t gt 2 1 R d 2 d  

Sabendo o tempo de descida, podemos obter a velocidade imediatamente do corpo após deixar o ponto B, assim:

     g R 2 R t R v t v R d x d x 2 gR v R 2 g R v_x  _x

Aplicando a conservação de energia nos pontos A e B, obtemos:

     2 v m 10 2 gR m 10 2 1 mgR 10 E E 2 B , m A , m 2 gR 5 v 4 gR 5 2 v 2 v 4 gR gR 2 2      

Sabendo a velocidade imediatamente após a colisão, podemos calcular a velocidade do projétil vp aplicando conservação de

momento no ponto A. Com isso temos que:

2 gR 5 10 v 2 gR 5 m 10 mv Q Q p p F I      ALTERNATIVA: A

OBS: De acordo com o enunciado do problema, o sistema (bloco + projetil) só vai perder contato no ponto B. Entretanto, a velocidade mínima que o sistema deve ter para realizar um loop vale gR . Mas a velocidade que obtemos do sistema nos cálculos no ponto B vale

2 gR

, tornando-se o problema inconsistente.

18.

Como mostra a Figura 1, uma partícula de carga positiva se move em um trilho sem atrito e sofre a interação de forças elétricas provocadas por outras partículas carregadas fixadas nos pontos A, B, C e D. Sabendo que as cargas das partículas situadas em B e D são iguais e que uma parte do gráfico da velocidade da partícula sobre o trilho, em função do tempo, está esboçada na Figura 2, o gráfico completo que expressa a velocidade da partícula está esboçado na alternativa:

Observações:

• r << d;

• em t = 0, a partícula que se move no trilho está à esquerda da partícula situada no ponto A;

• considera-se positiva a velocidade da partícula quando ela se move no trilho da esquerda para a direita.

a) b) c) d) e) Solução:

Como A, B, C e D estão suficientemente afastadas,

podemos dizer que a interação de Q ocorre com cada uma

delas em separado.

A primeira alteração no gráfico v x t indica q

A

< 0, pois Q

acelera em direção a A, depois freia após passar por A.

Analogamente, a segunda alteração indica q

B

> 0.

A terceira alteração indica que não só q

c

> 0, como também

ela é grande o suficiente para zerar a velocidade de Q e

depois inverter o sentido de seu movimento.

Da conservação da Energia, temos então que o gráfico v x t

deve ser simétrico em relação a um eixo vertical que passa

pelo ponto em que V=0.

Assim:

ALTERNATIVA: D

19.

Como mostra a figura, dois corpos de massa m e volume V estão em equilíbrio estático. Admita que μ é a massa específica do líquido, que não existe atrito entre o corpo e o plano inclinado e que as extremidades dos fios estão ligadas a polias, sendo que duas delas são solidárias, com raios menor e maior r e R,

respectivamente. A razão

r

R

para que o sistema esteja em equilíbrio é: a) b) c) d) e) Solução:

Como o sistema encontra-se em equilíbrio estático, podemos fazer o diagrama de forças para cada um dos corpos, assim:

Para o corpo 1:  



FR,x 0      cos mg sen T     cos sen mg T . (Equação 1) Para as polias:  



MO 0 (Em relação ao centro – ponto O)

    r T R T T T r R   . (Equação 2) Para o corpo 2:  



FR,y 0     E P T      gV mg T gV mg T  (Equação 3)

Substituindo as Equações 1 e 2 em 3, obtemos:

   T T r R                      gV mg mg cos sen gV mg cos sen mg r R                    m V 1 1 cos sen r R 1 m V 1 cos sen r R              ALTERNATIVA: C

20.

Como mostra a figura acima, um microfone M está pendurado no teto, preso a uma mola ideal, verticalmente acima de um alto-falante A, que produz uma onda sonora cuja frequência é constante. O sistema está inicialmente em equilíbrio. Se o microfone for deslocado para baixo de uma distância d e depois liberado, a frequência captada pelo microfone ao passar pela segunda vez pelo ponto de equilíbrio será:

Dados:

• frequência da onda sonora produzida pelo alto-falante: f ; • constante elástica da mola: k;

• massa do microfone: m; e • velocidade do som: vs. a) b) c) d) e) Solução:

Inicialmente vamos calcular a velocidade no ponto de equilíbrio. Confira o esquema a seguir:

Por conservação da energia, temos: m k d v kd mv mv mgd k mgd k kd mv x k mgd x k x kd kd mv x k mgd x d k Ec Elástica pot E Grav Epot elástica Epot                          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ) ( ) ( 2 1 ) ( ) ( ) (     

Ao passar pela segunda vez pelo ponto de equilíbrio, o microfone se aproxima do alto-falante; assim:

                                           m k Vsom d f f Vsom m k d f f Vsom Vobs f f Vsom Vobs Vsom f f _{o o} 1 ' 1 ' 1 ALTERNATIVA: B

21.

Considere as afirmações abaixo, relativas a uma máquina térmica que executa um ciclo termodinâmico durante o qual há realização de trabalho.

Afirmação I. Se as temperaturas das fontes forem 27º C e 427º C, a

máquina térmica poderá apresentar um rendimento de 40%.

Afirmação II. Se o rendimento da máquina for 40% do rendimento

ideal para temperaturas das fontes iguais a 27º C e 327º C e se o calor rejeitado pela máquina for 0,8 kJ, o trabalho realizado será 1,8 kJ.

Afirmação III. Se a temperatura de uma das fontes for 727º C e se

a razão entre o calor rejeitado pela máquina e o calor recebido for 0,4, a outra fonte apresentará uma temperatura de -23º C no caso de o rendimento da máquina ser 80% do rendimento ideal.

Está(ão) correta(s) a(s) seguinte(s) afirmação(ões): a) I, apenas. b) I e II, apenas. c) II e III, apenas. d) I e III, apenas. e) III, apenas. Solução: Afirmação 1:

7

4

700

300

1

1











Q F Max

T

T



Max







57

,

1

%

Como



real = 40% <



_Max = 57,1% a afirmação pode ser verdadeira. Afirmação 2:

2

1

600

300

1







Max



Mas



real = 0,4



_Max





real = 0,2.

Mas



real = 1 Q F

Q

Q





0,2 = 1 Q

Q

kJ

8

,

0



Logo, de

Q

_Q



Q

_F



W

, vem:

1

kJ

 8

0

,

kJ



W

kJ

W



0

,

2

A afirmação é falsa! Afirmação 3:



real =

1





1



0

,

4



0

,

6

.

Q F

Q

Q

Mas



real =

0

,

8





_Max

0

,

6

 8

0

,





_Max

4

3



Max



Mas Q F Max

T

T



 1



4

1



Q F

T

T

A temperatura de 727º C, ou 1000K, pode representar tanto a fonte quente, como a fonte fria da máquina, logo há 02 possibilidades.

1.

T

_Q



100

K

T

_F



250

K

ou



23

º

C

2.

T

_F



1000

K

T

_Q



4

.

000

K

ou

3727

º

C

Contudo, uma fonte térmica mantida a 4.000K na terra é muito improvável, donde se conclui que a resposta correta é a possibilidade 1, TF = - 23ºC.

Afirmação Verdadeira

ALTERNATIVA: D

22.

Considere uma corda pendurada no teto de uma sala. O intervalo de tempo para um pulso ondulatório percorrer toda a corda é dado por:

Dados:

 comprimento da corda: L;  densidade linear da corda: ; e  aceleração da gravidade: g. a) g 2 L b) g L 2 2 c) g 3 L 2 d) g L 3 2 e) g L 2

Solução:

g

x

L A

Para o equilíbrio do ponto A, vem:

A

 

 

x g m x T 

 

 

 

x x T

 

x gx m Mas g x m x T       

Da relação de Taylor, segue que:

 

x T

 

x gx v   

 

. 2 g a com V U M x g O x v2 _ 2_{     }  g L 2 ts ts 2 g 2 1 L t a 2 1 L_{  } 2_{   } 2_{ } , Logo ALTERNATIVA: E

23

. Um veículo de combate tem, como armamento principal, um

canhão automático eletromagnético, o qual está municiado com 50 projéteis. Esse veículo se desloca em linha reta, inicialmente, em velocidade constante sobre um plano horizontal. Como o veículo está sem freio e descontrolado, um engenheiro sugeriu executar disparos a fim de reduzir a velocidade do veículo. Após realizar 10 disparos na mesma direção e no mesmo sentido da velocidade inicial do veículo, este passou a se deslocar com metade da velocidade inicial. Diante do exposto, a massa do veículo, em kg, é:

Dados:

• velocidade inicial do veículo: 20 m/s;

• velocidade do projétil ao sair do canhão: 800 m/s; e • massa do projétil: 2 kg.

Observação:

• não há atrito entre o plano horizontal e o veículo. a) 1.420 b) 1.480 c) 1.500 d) 1.580 e) 1.680 Solução:

...

....

m 40 M  m disparo º 10 1ºdisparo final Situação m 50 M  i v inicial Situação F v

Seja M a massa do veículo e m a massa de cada projetil. Após 10 disparos, temos a configuração conforme mostra a figura. Aplicando a conservação de momento:

F i Q Q  inicial momento final momento 



M 40m



v10m v



M 50m



vF   p  i  veículo do final . vel projetil do . vel veículo do inicial . vel Como ,temos: 2 v v i F



M 40m



v 10m v



M 50m



2 v i p i _{    }

Sabendo que v_i20m/s,v_p800m/s em2kg,obtemos:



M402



80010220



M502



 2 20



M80



8002020



M100



 10        10 800 20 20 100 20M 10M 80       10 800 20 20 100 10M 80    80 2800 2100 M kg 1480 80 200 1600 M    ALTERNATIVA: B

24

.

A figura acima mostra um circuito formado por quatro resistores e duas baterias. Sabendo que a diferença

de potencial entre os terminais do resistor de 1 Ω é zero, o valor da tensão U , em volts, é: a) 15 154 b) 4 30 c) 9 70 d) 10 e) 30 154 Solução:

O circuito dado na questão pode ser remodelado de acordo com a figura a seguir:

Aplicando a Lei das malhas no percurso fechado ABCA, vem:     2i₁ 4i₂ 10 0 5 i 2 i₁ ₂ .

Aplicando a Lei dos Nós no ponto B, vem:

1 2 i

i  

I .

Todavia, perceba que:    3 10 U_AC I A 3 10  I . Desse modo:          i 2i 5 3 10 2 2   3 5 i 32 A 9 5 i2 . Por fim:      10 4 i2 U           9 5 4 10 U    9 20 10 U Volts 9 70 U  . ALTERNATIVA: C

25

. Conforme a figura acima, duas lanternas muito potentes,

cilíndricas, com diâmetro D = 4 cm, estão alinhadas no plano vertical. Ambas possuem lentes nas extremidades, cujos centros ópticos O estão alinhados verticalmente e cujas distâncias focais são f = 3 cm. Uma das lentes é convergente e a outra é divergente. Suas lâmpadas geram raios de luz horizontais, que encontram as lentes das respectivas lanternas e são projetados até um anteparo vertical. Sabendo que a distância entre os centros ópticos das duas lentes é y = 12 cm, a distância máxima x entre os centros ópticos das lentes O e o anteparo, em centímetros, que faz com que a luz projetada pelas lanternas não se sobreponha é:

a) 6 b) 9 c) 12 d) 15 e) 18 Solução: X cm 4 cm 4 cm y12 1 r 2 r cm 3 cm 3

Da semelhança dos triângulos acima:

) 3 ( 3 2 1 x r

Analogamente, para baixo:

) 3 ( 3 2 2 x r Ora, y = r1 + r2 Então, ) 3 3 ( 3 2 12 x x x = 9 cm ALTERNATIVA: B

26

. Duas partículas A e B, carregadas eletricamente com mesmos

valores de cargas positivas, partem da origem em velocidade nula no instante t = 0, e têm suas componentes de aceleração em relação aos eixos x e y regidas pelas seguintes equações temporais:

O instante tmin , onde 0 ≤ tmin < 2, em que a força de repulsão entre

as cargas é mínima é a)  2 3 b)  4 1 c)  2 1 d)  4 3 e) 

Solução:

Para minimizar a força de repulsão entre as cargas, é preciso apenas que a distância entre A e B seja máxima. Nesse caso, precisamos que a velocidade relativa entre as cargas seja nula. Temos: ) cos( ) ( ) cos( 2 ) ( t t a t t a y x rel rel     Logo, do M.H.S: ) ( ) ( ) ( 2 ) ( t sen t V t sen t V y x rel rel    



x(0), y(0)



(0,0) ) cos( 1 ) ( ) cos( 2 2 ) ( t t y t t x rel rel        2 0 0    e t V Para_rel  ) ( 2 4 ) ( 0 0 min máx rel rel rel rel d y x t OU d y x t          Assim: t =  ALTERNATIVA: E

27.

O sistema mostrado na figura acima encontra-se em equilíbrio estático, sendo composto por seis cubos idênticos, cada um com massa específica μ uniformemente distribuída e de aresta a, apoiados em uma alavanca composta por uma barra rígida de massa desprezível. O comprimento L da barra para que o sistema esteja em equilíbrio é: a)

_a

4

9

b)

_a

4

13

c)

_a

2

7

d)

_a

4

15

e)

_a

4

17

Solução: P (L

-2

3a

_{) = P.}

4

a

_{+ 4P}

_

2

a

L

-2

3a

₌

4

9a

L =

4

15a

ALTERNATIVA: D

28.

O sistema mostrado na figura gira em torno de um eixo central em velocidade angular constante ω. Dois cubos idênticos, de massa uniformemente distribuída, estão dispostos simetricamente a uma distância r do centro ao eixo, apoiados em superfícies inclinadas de ângulo θ . Admitindo que não existe movimento relativo dos cubos em relação às superfícies, a menor velocidade angular ω para que o sistema se mantenha nessas condições é:

Dados:

 aceleração da gravidade: g ;

 massa de cada cubo: m ;

 aresta de cada cubo: a ; e

 coeficiente de atrito entre os cubos e as superfícies inclinadas: μ

a)

 

 

 

2 1 cos sen cos r g                         b)

 

 

 

2 1 sen cos cos r g                         c)

 

 

 

 

2 1 cos sen cos sen r g                           d)

 

 

 

 

2 1 sen cos cos sen r g                           e)

 

 

 

 

2 1 sen sen cos sen r g                          

Solução:



r r





Fazendo o diagrama de força para obter a menor velocidade angular , temos: x    N  p . fat y Na direção x

 

 

 

  r Nsen f cos m at. 2 temos , N f como at

 

 

 

  r Nsen Ncos m 2

 

 



  



 r Nsen cos m 2 Na direção y

 

  Ny f sen P _at

 

 

 

 Ncos Nsen Mg

 

 



  



Ncos sen Mg

 

 



 



 sen cos mg N Subs II em I, obtemos:

 

 





 

 



  



      sen cos cos sen mg r m 2

 

 

 

 

2 1 sen cos cos sen r g                              ALTERNATIVA: D

29.

Uma partícula elétrica de carga unitária, dotada de massa e inicialmente parada, sofre a ação de um impulso, entrando imediatamente em uma região do espaço na qual o campo magnético é uniforme, passando a realizar um movimento no sistema de coordenadas XYZ , descrito pelas seguintes funções do tempo t :

Considerando todas as grandezas no Sistema Internacional de Unidades, o módulo do campo magnético é:

Dado:

• impulso: 10. Observação:

• despreze a força gravitacional. a) 1,00 b) 1,50 c) 2,00 d) 3,00 e) 4,00 Solução: Do M.H.S e M.R.U :



6cos(2t),8, 6sen(2t)



ea



12sen(27),0, 12cos(2t)



v   

Vemos que Vo = 10 m/s. Como o impulso foi de 10 Ns,

M = 1 kg Seja B (B_x,B_y,B_z).  Como ay0 e F qV B:      x z z xB VB V 



(2)



, ) 2 cos( t B sen t B_z  _x  para todo t. Então, B_zB_x0 Daí , B B(0,1,0)  E F ma  

logo:







 











2 2 , ) 2 cos( 6 , 0 ), 2 ( 6 ) 2 cos( , 0 ), 2 ( 12 0 , 1 , 0 ) 2 ( 6 , 8 ), 2 cos( 6 1 ) 2 cos( 12 , 0 ), 2 ( 12 1              B B Logo t t sen B t t sen B t sen t t t sen  ALTERNATIVA: C

30

.

A figura acima mostra dois geradores de corrente contínua, denominados G1 e G2, que possuem resistências internas R1 e R2 e

a mesma tensão induzida E. Os geradores estão conectados a uma resistência R por meio de uma chave S. A resistência R1 é um

cilindro não condutor que possui um êmbolo condutor em sua parte superior e que se encontra, inicialmente, totalmente preenchido por um liquido condutor. O êmbolo desce junto com o nível do líquido condutor no interior do cilindro, mantendo a continuidade do circuito. No instante em que a chave S é fechada, o líquido começa a escoar pelo registro cuja vazão volumétrica é Q. Diante do exposto, o instante de tempo t, no qual o gerador G1 fornece 40% da corrente

Dados:

• antes do fechamento da chave S: R1 = 4R2;

• resistividade do líquido condutor: ; e • área da base do cilindro: A.

a) 0,5 Q R A  2 2 b) 1,0 Q R A  2 2 c) 1,5 Q R A  2 2 d) 2,0 Q R A  2 2 e) 2,5 Q R A  2 2 Solução:

O circuito dado pode ser rearrumado como a figura a seguir:

A resistência interna R1 évariável no tempo:

A R₁





A A t Q    0 2 0 A t Q A     Onde R₁(0) 0 4R₂ A    Assim:R₁4R₂ 2 A t Q  

Aplicando a Lei das Malhas no circuito periférico, vem: 0 E E ₂₂ 1 1     I R RI I₁R₁



I₂R₂

As condições dadas no problema implicam que:

1 I



0,4I 2 I



0,6I Desse modo: 2 1 0,6 4 , 0 IR  IR 2 1 3 2R  R ₂ 2 2 3 4 2 R A t Q R _          Q R 2 8 ₂ 2 A t



3R 2 5R2



2 ₂ A t Q Q R A t  2 2 5 , 2  ALTERNATIVA: E

31

. Admitindo que a solubilidade da azida de chumbo Pb(N3)2 em

água seja 29,1 g/L, pode-se dizer que o produto de solubilidade (Kps) para esse composto é: (Dados: N = 14 g/mol, Pb = 207 g/mol) a) 4,0.10–3 b) 1,0.10–4 c) 2,0.10–4 d) 1,0.10–3 e) 3,0.10–4 Solução:

O equilíbrio de solubilidade da azida de chumbo é dado por:

2 2 ) ( 2 ) ( 2 3 ) ( 3 ) ( 3 ) ( 2 ) (                    aq aq s N Pb K N Pb N Pb aq ps aq   mol g / 291 6 14 207 ) Pb(N de molar Massa ₃₂    L mol M C M_PbN 0,1 / 291 1 , 29 2 3) (    Assim, KPS = (0,1)  (0,2)2 KPS = 1,0  10-1  4  10-2 KPS = 4,0  10-3 ALTERNATIVA: A

32.

Um sistema fechado contendo um gás ideal no estado 1 sofre as transformações e, conforme indicado na figura abaixo.

Sabendo que a transformação é isotérmica e isobárica, indique o gráfico que representa os estados do sistema.

Solução:



Isotérmica         1 2 1 2 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 1 1 V V P P V P V P T T T V P T V P

Concluído a partir da figura



Isobárica         2 3 2 3 3 3 2 2 3 2 3 3 3 2 2 2 T T V V T V T V P P T V P T V P

Concluído a partir da figura

Diante dessas conclusões, o gráfico que representa os estados do sistema é o da alternativa C.

ALTERNATIVA: C

33

. Considere que a reação abaixo ocorra em uma pilha.

         Cu Cu 2Fe Fe 2

Assinale a alternativa que indica o valor correto do potencial padrão dessa pilha. Dados: V 34 , 0 E Cu e 2 Cu V 77 , 0 E e Fe Fe 0 0                  a) +1,20 V b) –0,43 V c) +1,88 V d) –1,20 V e) +0,43 V Solução:

Considere as semi-reações associadas à pilha descrita na questão:

V 34 , 0 E e 2 Cu Cu v 77 , 0 E Fe 2 e 2 Fe 2 º 2 º 2 3              V 43 , 0 E 34 , 0 77 , 0 E Fe 2 Cu Cu Fe 2 3_{ } 2_ 2 º_{  } º_ ALTERNATIVA: E

34.

Assinale a alternativa que apresenta, respectivamente, a estrutura do íon IC₄ e o tipo de hibridização de seu átomo central. a) III, sp3 b) I, sp3_d c) II, sp3_d2 d) IV, sp3 e) III, sp3_d Solução:   4 

IC Este íon possui geometria do tipo “gangorra” apresentando

quatro ligações simples I C e um par de elétrons não compartilhado na camada de valência. A hibridização do iodo nesse íon é do tipo sp3_d.

ALTERNATIVA: B

35.

Assinale a alternativa correta.

a) Os glicídios são ésteres de ácidos graxos.

b) Existem três tipos de DNA: o mensageiro, o ribossômico e o transportador.

c) Alanina, valina, cisteína, citosina e guanina são exemplos de aminoácidos.

d) As reações de hidrólise alcalina dos triacilgliceróis são também denominadas reações de saponificação.

e) As proteínas são sempre encontradas em uma estrutura de dupla hélice, ligadas entre si por intermédio de ligações peptídicas.

Solução:

a) Glicídios = açúcares ≠ glicerídeos: FALSO b) Há três tipos de RNA: FALSO

c) Guanina é uma base nitrogenada: FALSO d) VERDADEIRO:

+ 3

NaO

H 

+ R1 R2 R3 O Na O Na O Na (sabão) sendo R1, R2, R3 cadeias carbônicas longas.

e) Há a forma de folha dobrada e dupla hélice para a estrutura secundária, ou seja, não simplesmente para as proteínas: FALSO

ALTERNATIVA: D

36

. Dadas as seguintes equações que representam supostas

reações químicas irreversíveis em meio aquoso e temperaturas moderadas:

I) 6 HBr + 2 Al → 2 AlBr3 + 3 H2

II) H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2 HCl

III) 2 KOH + NiSO4 → Ni(OH)2 + K2SO4

IV) 2 HBr + K2S → 2 KBr + H2S

V) BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2 NaCl

Pode-se afirmar que a reação:

a) I não ocorre porque o Al é menos nobre que o hidrogênio, não tendo capacidade de provocar o seu deslocamento.

b) II ocorre porque ácidos fortes reagem com sais formando um sal solúvel e outro ácido forte.

c) III não ocorre porque uma base não reage com um sal para a formação de outra base e outro sal.

d) IV ocorre porque ácidos fortes reagem com sais de ácidos fracos formando ácidos fracos e sais de ácidos fortes.

e) V não ocorre porque o BaCO3, à exceção da maioria dos

Solução:

a) Falso, a reação ocorre pois o Al é menos nobre que o H. b) Falso, ocorre pois o BaSO4 é praticamente insolúvel.

c) Falso, pois há reação devido à formação de Ni(OH)2 que é

praticamente insolúvel.

d) Verdadeiro, pois o HBr é mais forte que o H2S, e K2S e KBr são

ambos solúveis.

e) Falso, há reação devido à formação do BaCO3 que é

praticamente insolúvel.

ALTERNATIVA: D

37.

Considere o diagrama de fases simples para o benzeno, em que PC é o ponto crítico e PT o ponto triplo.

Os pontos de fusão e de ebulição do benzeno a 1,0 atm são iguais a 5,53 oC e 80,1 oC, respectivamente.

Considere ainda, o ponto P (5,50 oC, 55 atm) como ponto de partida das transformações sequenciais discriminadas abaixo:

1. Inicialmente, elevação da temperatura até 300 oC, em um processo isobárico;

2. Redução da pressão até 38 atm, em um processo isotérmico; 3. Redução da temperatura até 5,50 oC, em um processo

isobárico;

4. Finalmente, redução da pressão até 0,02 atm, em um processo isotérmico.

Assinale a alternativa que apresenta a ordem correta das mudanças de fase observadas ao longo do

processo descrito.

a) Fusão, condensação, ebulição e evaporação. b) Fusão, condensação, solidificação e sublimação. c) Vaporização, condensação, fusão e sublimação.

d) Solidificação, ebulição, liquefação, condensação e sublimação. e) Fusão, ebulição, condensação, solidificação e evaporação.

Solução:

I. Como 300°C é maior que a temperatura do ponto crítico, irá para o estado gasoso. Assim, há a passagem do estado sólido para o líquido (fusão) e do líquido para o gasoso (vaporização).

II. A mudança ocorre sem variação da temperatura, ou seja, continua gasoso. Atente para a pressão ser superior à do ponto triplo.

III. Há a redução da temperatura de 300°C à 5,50°C à pressão de 38 atm. Assim, sai do estado gasoso passando pelo líquido

(condensação) e terminando no sólido (solidificação). Atente para a temperatura estar inferior à do ponto triplo.

IV. Como a temperatura está inferior à do ponto triplo, o abaixamento da pressão resulta na passagem do sólido para o gás sem passar pelo líquido (sublimação).

A resposta seria:

Fusão, vaporização, condensação, solidificação e sublimação. Essa seria a resposta tradicional, ou seja, sem gabarito.

Mas a mudança de vaporização mencionada acima (item I) ocorreu com formação de fluido supercrítico, ou seja, tal transformação não é observada de forma macroscópica e como o enunciado pede as mudanças de fase observadas, então esta poderá ser

desconsiderada.

Assim resposta seria: Fusão, condensação, solidificação e sublimação.

ALTERNATIVA: B

38.

Dada a estrutura química da satratoxina-H abaixo, podemos afirmar que essa molécula possui:

a) 2 centros quirais e 12 átomos sp2. b) 7 centros quirais e 10 átomos sp2. c) 7 centros quirais e 12 átomos sp2. d) 8 centros quirais e 10 átomos sp2. e) 9 centros quirais e 12 átomos sp2.

Solução:

*

9 Carbonos quirais

12 átomos sp2 _{pois deve-se contar os oxigênios com ligações}

duplas.

39

. Considere as seguintes afirmativas:

I Uma reação química a temperatura e pressão constantes será espontânea se a variação da energia livre de Gibbs (ΔG) for menor que zero.

II Em um sistema reacional onde a única forma de trabalho observável é o trabalho de expansão, a variação da entalpia (ΔH) é igual à quantidade de calor liberada ou absorvida pela reação, a pressão constante.

III Para uma substância simples que admite mais de uma forma alotrópica, não há variação de entalpia na conversão de uma forma em outra. São corretas: a) Somente I. b) Somente II. c) Somente III. d) I e II. e) I e III. Solução:

I. Verdadeira. Variações negativas da energia livre de Gibbs estão associadas a reações termodinamicamente espontâneas. II. Verdadeira. A entalpia é uma função de estado dada pela

expressão: H = U +PV Na qual: H = entalpia U = Energia interna P = Pressão V = Volume H = U + (PV) H = Q + W + (PV)

Nas condições indicadas no item W= - PV e (PV) = PV H = Q -PV + PV H = Q

III. Falsa. Diferentes formas alotrópicas de uma substância simples apresentam entalpias diferentes e, portanto, a conversão de uma forma em outra envolve variação de entalpia.

ALTERNATIVA: D

40

. considere as duas moléculas abaixo:

Ambas sofrerão nitração nos anéis aromáticos via substituição eletrofilíca. Dentre as opções, a única que indica posição passiveis de substituição nas moléculas I e II, respectivamente, é:

a) 4 e 4 b) 6 e 6 c) 5 e 2 d) 3 e 5 e) 4 e 6 Solução: Analisando molécula I Em relação ao CH3 Posições: 3: orto 4 e 6: meta 5 : para Em relação ao NO2 Posições: 6: orto 3 e 5: meta 4: para

Como CH3 é orto-para diretor e NO2 é meta diretor as posições

possíveis são 3 e 5. Analisando molécula II Em relação ao NH2: 2 e 6 : orto 5: meta 4: para Em relação ao CH3 2 e 4: orto 5:meta 6: para

Como o NH2 e o CH3 são ambos orto-para diretores as posições

possíveis são 2,4 e 6.

A única alternativa que satisfaz é a C