Prova objetiva respondida

a) 1
b)
01. Os lados a, b e c de um triângulo estão em PA nesta ordem,
sendo opostos aos ângulos internos
Determine o valor da expressão:
Â, B̂ e Ĉ respectivamente.

e
ae
b
d) a - b
c)
e
(a  b ) 
e)

Solução:
0  x, y  1
a)
2
b) 2
 log x y   log y x e  a

1
1


b

 1
e 1
log
x
log
xy
 y
c) 2 2
d) 3
e) 4
Solução
Sabendo que o triângulo retângulo 3, 4 e 5 possuem os lados em PA.
B
5K
3K
A
.
O sistema proposto pode ser reescrito da seguinte forma:
 
 log x  e  log y x  a
 y
 

 e  log y x  b

 log y x
Somando as duas equações, temos:
2
ab
logy x
logy x 
4K
A  C cos A  45 
cos
2

2 
AC
A


cos
cos  45 
2
2

A
a
cos 45  sen sen45
2
2

A
a
cos cos 45  sen cos 45
2
2
A
a
cos  sen
2
2

A
a
cos  sen
2
2
cos
2  e  logy x  a  b
logy x 
A
1  cos A
1  0,8


 0,1
2
2
2
x a  b  2e
0,9  0,1
y a b  2
1  2 0,09 1  20,3 1,6



2
0,8
0,8
0,8
ALTERNATIVA B
02. Sejam x e y números reais não nulos tais que:
II
a2  b2
 2
2e
sen
0,9 
ab
2e
Das equações (I) e (II), temos:
ab
2

2e
ab
A
1  cos A
1  0,8


 0,9
2
2
2
 0,9  0,1  0,9  2 0,9 0,1  0,1
0,9  0,1
0,1  0,9  0,1
I
Subtraindo as duas equações, temos:
cos

2
ab
Calculando o valor da expressão, temos:
a  b  2e

 a b 
 2e 
 y

  a b  2
y
a 2 b 2
 a b
y 2e
y a b  2
y
a 2 b 2
 2
2e
2  2
y
 y0  1
ALTERNATIVA A
03. A função f: ℜ→ℜ é definida por:
f(x) = ln
8  3 sen x  sen 3 x
8  4 sen x  2 sen 2x cos x
Marque a opção verdadeira:
O valor de
x a  b  2e
y a b  2
é:
GGE RESPONDE IME 2015 MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
a) f não tem raízes reais
b) f é uma função ímpar
c) f é uma função par
d) |f(x)| ≤ 1
e) f é sobrejetora
1
Solução:
f(x) = ln
8  3 sen x  sen 3 x
8  4 sen x  2 sen 2x cos x
Solução:
2
x  1x  5  y   2 x  5
5
5
Considere as funções:
Seja:
y = 3 sen x – sen 3x
é fácil ver que
-y = -4 sen x + 2 sen 2x cos x , pois
y = 3 sen x – sen (2x + x)
y = 3 sen x – [sen 2x  cos x – sen x cos (2x)]
2
y
2
2
y = 3 sen x – sen 2x  cos x – sen x ( cos x - sen x )
2
y = 3 sen x – sen 2x  cos x – sen x ( 2 cos x - 1 )
f (x)  
2
x  5
5
x
5
2
y = 4 sen x – sen 2x  cos x – 2  sen x  cos x
y = 4 sen x – sen 2x  cos x – sen 2x  cos x
y = 4 sen x – 2 sen 2x  cos x
Logo: - y = - 4 sen x + 2 sen 2x  cos x
Daí fazendo g(x) = y é ímpar
 8  g( x ) 

f(x) = ln 
 8  g( x ) 
 8  g(  x ) 

f(-x) = ln 
 8  g(  x ) 
 8  g( x ) 
 = -ln
= ln 
 8  g( x ) 
= - f (x)
ALTERNATIVA B
e
y
g( x ) 
2
x  1x  5
5
1
A região procurada é:
y
primeiro termo, a razão e o número de termos formam, nessa
ordem, outra progressão aritmética de razão 1. Determine a
razão da primeira progressão aritmética.
a) 7
b) 8
c) 9
d) 10
e) 11
r=?
PA razão 1
 a  an 
S   1
 n  244
 2 
 a  a1  h  1 r 
S   1
 n
2


2
5
1
x
Os valores máximo e mínimo de y são:
8
y máx  2 e y min  y v  g( 3)  
5
Daí ,
16
y máx  y min  
 3,2
5
ALTERNATIVA A
06. Qual o resto da divisão do polinômio x26 - x25 - 6x24 + 5x4 -
 2a  hr  r 
S   1
 n, mas r  a1  1  a 1  r  1
2


n r 1
16x3 + 3x2 pelo polinômio x3 - 3x2 - x + 3 ?
a) x2 + x - 2
b) 6x2 – 4x + 3
c) 3x - 9
d) 6x2 – 17x - 3
e) 6x + 1
 2r  2  r 2  r  r 
 r  1  244
S


2


Solução:
f(x) = x26 – x25 – 6x24 + 5x4 – 16x3 + 3x2
g(x) = x3 – 3x2 – x + 3 = x2 (x - 3)(x - 3)
g(x) = (x - 3)(x2 - 1) = (x - 1)(x + 1)(x - 3)
 2r  1  r  1 r  r 
S  
  r  1  244
2


r

 2r  2 r  1  488
V + 2r2 – 2r +r2 +2r – 2 = 488
V3 + 3r2 = 490
r2 (r + 3) = 490
2
x
 8  g( x ) 


 8  g( x ) 
04. A soma dos termos de uma progressão aritmética é 244. O
Solução:
S = 244
a1, r, n
5
3
mas 490  2  5  72
r=7
ALTERNATIVA A
05. Determine o produto dos valores máximo e mínimo de y que
satisfazem às inequações dadas para algum valor de x.
2x2 − 12x + 10 ≤ 5 y ≤ 10 − 2x
a) –3,2
b) –1,6
c) 0
d) 1,6
e) 3,2
GGE RESPONDE IME 2015 MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
Fazendo a divisão, temos:
f ( x ) g(x)
r( x ) q(x)
; gr(r( x ))  2
f(x) = g(x)  q(x) + r(x)
Daí,
r(1) = f(1) = 1 – 1 – 6 + 5 – 16 + 3 = -14
r(-1) = f(-1) = 1 + 1 – 6 + 5 + 16 + 3 = 20
r(3) = f(3) = 324(32 – 3 – 6) + 32(5  32 – 16  3 + 3)
= 0 + 9(45 – 48 + 3) = 0
Como todos os membros são múltiplos de x – 3:
2
09. Dada a matriz A, a soma do módulo dos valores de x que tornam
f (x)
g( x )
r( x )

 q( x ) 
x3 x3
x3
Seja ,
o determinante da matriz A nulo é:
r( x )
 ax  b
x3
a) 7
b) 8
c) 9
d) 10
e) 11
Fazendo x = 1, temos:
14
r(1)

 a  b
 2  1 3
 5  a  b
Solução:
Daí,
2b = 2  b = 1
2a = 12  a = 6
r( x )
 6x  1
x3
r(x) = (x - 3)(6x + 1)
= 6x2 – 17x - 3
ALTERNATIVA D
A
1
x2
1
x
1  2x 3
4x
 1  2x 2
07. Quantos restos diferentes são possíveis da divisão de n2 por 11,
sendo n um número natural?
a) 3
b) 4
c) 5
d) 6
e) 7
2x
0
0
1
x 1
2

x4
0
0
1
1
x2
x 1
2
0
0 
1
x2
24  x   1  x  2x  14  x   0
4  x  2  x  2x  1  0
Solução:
O número n pode ser expresso das seguintes formas?
N = 11k, 11k  1, 11 k  2, 11 k  3, 11 k  4, 11 k  5
Onde k  |N
Segue que os possíveis restos de n2 por 11 são 0, 1, 4, 9, 5, e 3,
respectivamente logo na divisão de n2 por 11 são possíveis 6 restos.
ALTERNATIVA D
08. O número de soluções da equação cos(8x) = sen(2x) + tg2(x) +
cotg2(x) no intervalo [ 0, 2π ) é:
a) 0
b) 1
c) 2
d) 4
e) 8
4  x  2  x 2  3x  2  0
4  x   x 2  3x   0 x  0
 x4  x x  3   0
x4
x3
Soma  0 + 4 + 3 = 7
ALTERNATIVA A
10. Sejam r a circunferência que passa pelos pontos (6,7), (4,1) e
(8,5) e t a reta tangente à r, que passa por (0,-1) e o ponto de
tangência tem ordenada 5. A menor distância do ponto P (-1,4) à reta
t é:
a) 3 2
b) 4
c) 2 3
d) 3
e) 4
Solução
10
5
Solução:
Cos 8x   sen2x   tg2 x   cot g2 x 
Cos 8x   2  sen2x   tg2 x   1  cot g2 x   1
B(6,7)
d1  22  22
Cos 8x   2  sen(2x )  sec 2 x   cos sec 2 x 
Cos 8x   2  sen(2x) 
Cos 8x   2  sen(2x ) 
Cos 8 x   2  sen(2x ) 
1
2

d1  8
1
2
cos x sen x
1
sen2x  cos2 x
4
C(8,5)
d3  22  6 2
d3  40
sen2 (2x )
Note sen (2x)  [0, 1]
Se sen2 (2x) <1  2º membro maior que 3 absurdo!
2
d2  4 2  4 2
d2  32
A( 4,1)
Logo,
sen2 2x = 1
não tem solução
3
7
sen2 2x  1  sen2x  1  x 
ou x 
4
4
k
 3 5 7
cos 8 x  1  x 
x , , ,
4
4 4 4 4
Logo x= x  3 ou x  7 2 soluções 
4
ALTERNATIVA C
4
GGE RESPONDE IME 2015 MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
Observa-se que o triângulo é retângulo logo o centro da
circunferência é o ponto médio da hipotenusa AB dado por (5, 4) e o
raio a distância OB = OA.
OC  (5  6)2  ( 4  7)2  10
 ( x  5)2  ( y  4)2  10 *
é a circunferência
reta t para par (0, 1)
y  1  m( x  0)
y  mx  1 * *
3
Ordenada do ponto de tangência vale 5
(x - 5)2 + (5 - 4)2 = 10  (x - 5)2 = 10 – 1 = 9
(x - 5)2 = ±3  x = 8 ou x = 2 (**)
 5 = m  8 – 1  8m = 6  m = 3/4
ou
5 = m  2 – 1  2m = 6  m = 3
(*)
4  ( 3)

23
5
8

2
1  ( 3)
2

2
10
10
10

Vencedor
0,8
0,1
Não Vencedor
0
0,02 Vencedor
NÃO FAVORITO
0,98 Não Vencedor
,
Probabilidade de Bayes
P(F)  P(Vencedor)
P(F)  P(Vencedor)  P(NF)  P(Vencedor)
0,8  0,9
P(F / Vencedor) 
0,8  0,9  0,2  0,02
0,72
P(F / Vencedor) 
0,72  0,004
180
P(F / Vencedor) 
181
P (F / Vencedor) 
à reta s:
y  3x  1  0
4  3( 1)  1
0,9
FAVORITO
0,2
Distância do ponto P(-1, 4) a:
à reta r:
4y  3x  4  0
2
Solução:
X
As retas são:
3x
(r ) y 
 1 ou (s) y  3x  1
4
4  4  3( 1)  4
e) 170/181
8 10
10
ALTERNATIVA C
4 10
5
ALTERNATIVA E
13. Seja um trapézio retângulo de bases a e b com diagonais
11. O lugar geométrico no plano complexo de w = z + 1/z, sendo z
ab
b) 

 2 

perpendiculares. Determine a área do trapézio.
ab
a)
2
número complexo tal que |z| = k e k > 1, é um(a):
a) segmento de reta
b) circunferência
c) hipérbole
d) elipse
e) parábola
Solução:
z  x  yi
w  x  yi 
w  x  yi 
1
x  yi
x

2
b
y
2
1

w  1  2  4
k
k

x
a-b
a
2
1
 2 
 x  1  2  4
k
k


 2
 y

 (k  2k  1)x  (k  2k  1)y
4
2
 (k 2  1)2 x 2  (k 2  1)2 y 2
4
k w
2

2
2
y2
4
k w
2
c  x  a  b
 c 2  c 2  b2  2ab  a2  a2  b2
 2
c  (b  a)2  x 2
2
2
4
c
c
4
x2
ab 2

a b
 2 
x2  y2


1 
1 
 x  1 
 yi
w  1 
k2 
k2 


k w
 2a  b 
d) 
 ab
 2 
Solução:
x  yi
i
k
k2

x  
y 
  y 
w   x 
 i
2  
k  
k2 

k w
ab
c) 
 ab
 2 
e)
w  ( x  yi) 
2
4
2
2
2
2
2c 2  2ab
2
1
(k 2  1)2
(k 2  1)2
ALTERNATIVA D
12. O time de futebol “X” irá participar de um campeonato no qual
não são permitidos empates. Em 80% dos jogos, “X” é o favorito. A
probabilidade de “X” ser o vencedor do jogo quando ele é o favorito é
0,9. Quando “X” não é o favorito, a probabilidade de ele ser o
vencedor é 0,02. Em um determinado jogo de “X” contra “Y”, o time
“X” foi o vencedor. Qual a probabilidade de “X” ter sido o favorito
nesse jogo?
a) 0,80
b) 0,98
c) 180/181
d) 179/181
GGE RESPONDE IME 2015 MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
c  ab
Logo,
(a  b)  ab
2
ALTERNATIVA C
A
14. Em um prisma oblíquo ABCDEFA’B’C’D’E’F’, cuja base
ABCDEF é um hexágono regular de lado a, a face lateral EFF’E’
está inclinada 45° em relação à base, e a projeção ortogonal da
aresta F’E’ sobre a base ABCDEF coincide com a aresta BC. O
volume do prisma é:
3 3 3
a
2
9
b) a 3
4
a)
c)
5 3 3
a
3
4
Solução:
9 3
a
2
5
e) a 3
2
d)
A
M
3
h
4
N
Solução:
E’
a
D’
B
F’
O
C’
h
4
D
Q
D A’
h
E
45°
F
P
B’
C
C
A
a
a
A
B
h
2
F
O
M
a
x
x
h
2
N
120°
A
Q
a
P
B
Mas h = x
x 2  a 2  a 2  2  a  a  cos 120 
x  2a  2a  (  cos 60 )
2
2
2
x 2  2a 2  2a 2 
1
 3a 2
2
Tetraedro AMNO é semelhante ao tetraedro ABCD. Logo,
h
2  x x  a
h a
2
4
xa 3 h
Volume do prisma:
Sbase  h 
a2 3
6a 3
4
3a3  6 9a3

4
2
ALTERNATIVA D
volume 
ZYWT é o corte na altura h/4 a partir da base que é metade da altura
do plano MNO.
O
M
N
Z
Q
Y
T
W
15. Seja um tetraedro regular ABCD de aresta a e um octaedro
inscrito no tetraedro, com seus vértices posicionados nos pontos
médios das arestas do tetraedro. Obtenha a área da seção do
octaedro formada pelo plano horizontal paralelo à base do tetraedro
BCD, distando desta base de um quarto da altura do tetraedro.
a)
3 2
a
192
b)
3 2
a
96
c)
3 3 2
a
32
d)
3 3 2
a
64
9 3 2
a
e)
64
GGE RESPONDE IME 2015 MATEMÁTICA/FÍSICA/QUÍMICA
P
Assim a proporção é 1 : 2
a
MN
a
Logo , ZY 
 2 
2
2 4
Como o plano ZYWT corta um hexágono regular
2
a
6 
6 2 3
4
S
  
4
4
S
3
6a 2 3
64
3 3 2
a
32
ALTERNATIVA C
S
5
17.
16.
Um corpo puntiforme de massa mA parte de ponto A, percorrendo a
rampa circular representada na figura acima, sem atrito, colide com
outro corpo puntiforme de massa mB, que se encontrava
inicialmente em repouso no ponto B. Sabendo que este choque é
perfeitamente inelástico e que o corpo resultante deste choque atinge
o ponto C , ponto mais alto da rampa, com a menor velocidade
possível mantendo o contato com a rampa, a velocidade inicial do
corpo no ponto A, em m/s, é
Dados:
•
•
•
•
A figura acima mostra uma onda transversal na forma de um pulso
ondulatório em uma corda esticada. A onda está se propagando
no sentido positivo do eixo x com velocidade igual a 0,5 m/s.
Se o deslocamento y, em metros, para uma coordenada x, em
metros, no instante t = 0 é dado por
1
y(x) =
2
x 4
o deslocamento y, em centímetros, para x = 3 metros e t = 2
segundos é
a) 5,50
b) 6,25
c) 8,50
d) 12,50
e) 15,25
raio da rampa circular: 2m;
aceleração da gravidade g: 10m/s2;
massa mA: 1kg;
massa mB: 1kg.
Solução:
Para um instante t, a onda se desloca de v · t no sentido positivo de
x. Façamos a troca x  (x – vt).
1
Logo, y(x, t) 
a) 10
b) 20
(x  vt)2  4
Substituindo x  3m, v  0,5m/ s; t  2s
c) 4 15
y(3,2) 
d) 10 5
1
(3  0,5 x 2)2  4
 0,125m  y(3,2)  12,5cm
ALTERNATIVA D
e) 8 5
18.
Solução:
De “B” para “C”
Mtotal  VB2
2
 Mtotal  g  (2R) 
2
Mtotal  VC
2
2
 VB2  80  VC
(S.I.)
No ponto “C”
0
Mtotal  g  FN 
2
Mtotal  VC
R
 10 
2
VC
2
2
 VC
 20 (S.I.)
 VB2  100  VB  10m / s
Colisão em “B”
MA  VA  (MA  MB )  VB  VA  20m / s
De “A” para “B”
MA VA2
0
2
 MgR 
MA VA2
Uma chapa rígida e homogênea encontra-se em equilíbrio. Com
base nas dimensões apresentadas na figura, o valor da razão x/a é
a) 10,5975
b) 11,5975
c) 12,4025
d) 12,5975
e) 13,5975
0
2
 VA2  40  400
0
VA  6 10 m / s
0
ALTERNATIVA
O problema não possui solução!!
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6
Solução:
Solução:
Mudando um pouco a geometria do circuito, vem:
10
2
5
O
5V
15
10V
5
3
4
y
Os corpos 1, 2 e 4 já possuem o centro de massa na linha do ponto
de apoio.
M5  K  5a  4a  K  20  a; X5   4a
M3  K  2a ( X  3,5975 a); X3  5a
5
Yc.m.  0 
M5  Y5  M3  Y3
X

 11,5975
M3  M5
a
ALTERNATIVA B
Calculando o equivalente Millman do circuito, vem:
1
1
1
1 11
30


 
 Re q 

Req 10 15 5 30
11
19.
Também:
Eeq E1 E2
Eeq
11  Eeq 115
E
15
5
10


 3 





30
Req R1 R2 R3
10 15
5
30
30
11
Eeq 
115
Volts
11
Assim o circuito fica do seguinte modo:
11
V
30

11
A
B
i
A figura acima mostra um circuito elétrico composto por
resistências e fontes de tensão. Diante do exposto, a potência
dissipada, em W, no resistor de 10 Ω do circuito é
a) 3,42
b) 6,78
c) 9,61
d) 12,05
e) 22,35
5
Assim
115
11  23
i

30
r  R eq
17
5
11
23
i 
A
17
A diferença de potencial entre aos pontos A e B, vale:
23
115
UAB  R  i  5 
 UAB 
Volts
17
17
A corrente que passa pelo resistor de 10Ω, vale:
115
14
U AB  E  r i ' 
 15  10  i '  i ' 
A
17
17
Por fim
E eq
2
1960
 14 
Pot  r i '2  10    
W
289
 17 
Pot  6,78 W
ALTERNATIVA B
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7
21. Uma partícula eletricamente carregada está presa a um carrinho
20.
que se move com velocidade de módulo constante por uma trajetória
no plano XY definida pela parábola
y = x2 - 9x + 3
Sabe-se que, em XY, um campo magnético uniforme paralelo ao
vetor (3B, B) provoca força sobre a partícula. O ponto onde a
partícula é submetida ao maior módulo de força magnética é

E
a) (–6,
b) (–3,
c) ( 1,
d) ( 2,
e) ( 3,
m
q
A figura acima apresenta um pêndulo simples constituído por um
corpo de massa 4 g e carga + 50 μC e um fio inextensível de 1 m.

Esse sistema se encontra sob a ação de um campo elétrico E de
128 kN/C, indicado na figura.
Considerando que o pêndulo oscile com amplitude pequena e que o
campo gravitacional seja desprezível, o período de oscilação, em
segundos, é
π
a)
20
π
b)
10
π
c)
5
2π
d)
5
4π
e)
5
93)
39)
–5)
–2)
–15)
Solução:
A força magnética sobre a partícula é máxima quando os vetores
velocidade V e campo magnético B são perpendiculares.
A velocidade da partícula é sempre tangente a trajetória.
E portanto a sua inclinação será dada pela derivada da função
apresentada. Assim
dy
 2x  9
dx
Sendo o campo magnético paralelo ao vetor (3, 1), podemos dizer
que o vetor (-1, 3) é perpendicular ao campo, pois o produto escalar
entre eles é nulo.
A inclinação do vetor (-1, 3) é dada por:
3
tan  
 3
1
Desse modo:
dy
tan  
 3  2 x  9
dx
2x  6
x3
y  x 2  9x  3 
E também:
y  32  9  3  3
Solução:
y  9  27  3
y  15
E o ponto no qual a força magnética é máxima será (3, -15)
ALTERNATIVA E
22.
θ

T

qE
Para θ  5º , T  2π

ay
Mas, na vertical vem :
qE  m  a y
ay 
qE 50  10 6 x 128  103

 16  10 2 m/ s2
m
4  10 3
 T  2π
1
16  10 2

π
s
20
ALTERNATIVA A
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Duas fontes puntiformes idênticas estão localizadas nos pontos A e
B. As fontes emitem ondas coerentes e em fase entre si. Se a
distância d entre as fontes é igual a um múltiplo inteiro positivo N do
comprimento de onda, o número de máximos de interferência que
podem ser observados no eixo x à direita do ponto B é
a) N -1
b) N
c) 2N-1
d) 2N
e) infinitos
8
Solução:
A diferença de caminho ∆x entre as ondas emitidas em A e B varia
de acordo com 0 < ∆x < d = Nλ para pontos à direita de B e sobre o
eixo.
Para interferência construtiva, vem que ∆x = mλ, com m N+.
Logo, 0 < mλ < Nλ  0 < m < N.
Há, portanto, N – 1 soluções.
y
24.
A
xA
d
xB
B
P
x
ALTERNATIVA A
23. Um varal de roupas é constituído por um fio de
comprimento 10,0 m e massa 2,5 kg, suspenso nas
extremidades por duas hastes uniformes de 200 N de peso, com
articulação nas bases, inclinadas de 45° em relação às bases e de
iguais comprimentos. Um vento forte faz com que o fio vibre com
pequena amplitude em seu quinto harmônico, sem alterar a posição
das hastes. A frequência, em Hz, neste fio é:
Observação:
a vibração no fio não provoca vibração nas hastes.
a) 3
b) 5
c) 10
d) 20
e) 80
Solução:
A figura acima mostra um conjunto massa-mola conectado a uma
roldana por meio de um cabo. Na extremidade do cabo há um
recipiente na forma de um tronco de cone de 10 cm x 20 cm x 30
cm de dimensões (diâmetro da base superior x diâmetro da base
inferior x altura) e com peso desprezível. O cabo é inextensível e
também tem peso desprezível. Não há atrito entre o cabo e a
roldana. No estado inicial, o carro encontra-se em uma posição
tal que o alongamento na mola é nulo e o cabo não se encontra
tracionado. A partir de um instante, o recipiente começa a ser
completado lentamente com um fluido com massa específica de
3000 kg/m3. Sabendo que o coeficiente de rigidez da mola é 3300
N/m e a aceleração da gravidade é 10 m/s2, o alongamento da mola no
instante em que o recipiente se encontrar totalmente cheio, em cm, é
igual a
a) 0,5
b) 1,5
c) 5,0
d) 10,0
e) 15,0
Solução
Recipiente:
T
200N
h
2d
d
Torque total nulo:
T  2d = 200  d
T = 100N
No fio :
Vonda 
H
30cm
EIXO
5cm
r
R
10cm
Por semelhança de triângulos:
h h  30cm

 h  30cm
5
10
T
100

 20m / s
2,5

10
53 HARMÔNICO

2  10

 4m
2
5
V 20
V  f  f 

 5HZ

4
ALTERNATIVA B
L5
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R 2  H   r 2  h 

  100  60  25  30   1750 cm3
3
3
3
Massa  Vol.  1750   3  5250 g  5,25Kg
No equilíbrio:
Peso  Felástica
Volume 
5,25  10  3300  X
X  0,05m  5,0cm
ALTERNATIVA C
9
25.
a)
b)
c)
d)
e)
A figura acima mostra um sistema posicionado no vácuo formado
por um recipiente contendo um gás ideal de massa molecular M e
calor específico c em duas situações distintas. Esse recipiente é
fechado por um êmbolo preso a uma mola de constante elástica
k, ambos de massa desprezível. Inicialmente (Situação 1), o
sistema encontra-se em uma temperatura T0, o êmbolo está a uma
altura h0 em relação à base do recipiente e a mola comprimida de x0
em relação ao seu comprimento relaxado.
Se uma quantidade de calor Q for fornecida ao gás (Situação 2),
fazendo com que o êmbolo se desloque para uma altura h e a mola
passe a estar comprimida de x, a grandeza que varia linearmente com
Qé
a) x + h
b) x - h
c) (x + h)2
d) (x - h)2
e) xh
Solução:
Da equação de estado do gás em 1 e 2, vem:
P0 V0 P  V

T0
T
3
4π  3
4π
3π  4
π
π3
4
3π  4
4
4π
Solução:
A
C.M.
4a
3π
y
D
B
C
Por simetria, cada metade possui y C.M. 
4a
3π
Mas , P0 V0  kx 0h0 e PV  k  x  h.
xh  x0h0 
kx 0h0 k  x  h k xh  x 0h0 


 T  T0 
T0
T
T
x 0h0
Mas Q  m  c  T  Q
m  cT0
xh  x0h0 
x 0h0
m  c  T0
Q
 xh  mcT 0
x 0h0
y CM 
4a
3π
4a
3π
x CM
Ainda por simetris, xC.M. = yC.M.  x C.M. 
4a
3π
ALTERNATIVA E
26.
Na nova situação:
A

E
y
CM
CM
x
A figura acima representa uma lâmina de espessura e densidade
constantes na forma de um semicírculo de raio a. A lâmina está
suspensa por um fio no ponto A e o seu centro de massa está a uma
4a
distância de
da reta que contém o segmento DB. Uma das
3π
metades da lâmina é retirada após um corte feito ao longo do
segmento AC. Para a metade que permanece suspensa pelo ponto A
nessa nova situação de equilíbrio, a tangente do ângulo que a direção
do segmento de reta AC passa a fazer com a vertical é
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CM
3π  a  4a
3π
x CM
4 a
3 π
tg() 


AE
3 π  a 3π  4a
4

3π  4a
AE  a  y CM 
ALTERNATIVA D
10
Decompondo o campo magnético dado no sistema de coordenadas a
seguir, temos
27.
i
x
Bx  î
y

B
B y  ĵ
Somente a componente (Bx î) dá origem a uma força magnética
relevante ao equilíbrio dinâmico do sistema na direção vertical.
Assim, o diagrama de forças que atuam na barra será dado a seguir:


E
fm
A Figura 1 apresenta um sistema composto por um trilho fixo em U
e uma barra móvel que se desloca na vertival com velocidade v
suspensa por um balão de massa desprezível. O trilho e a barra
são condutores elétricos e parmenecem sempre em contato sem
atrito. Este conjunto está em uma região sujeita a uma densidade de

fluxo magnético B que forma com a horizontal uma ângulo θ, como
ilustrado na Figura 2.
Diante do exposto, o valor da corrente induzida no sistema, em
ampères, no estado estacionário é: Dados:

mg
Onde

E  força de empuxo

fm  força magnética devida à componente Bx.
• massa da barra: 1 kg;
• aceleração da gravidade g: 10 m/s2;
• ângulo θ entre a horizontal e o vetor B: 60º;
• massa específica do ar: 1,2 kg/m3;
• volume constante do balão: 0,5 m3;
• comprimento da barra entre os trilhos: 0,2 m;
• densidade de fluxo magnético B: 4 T.
Como a velocidade de descida da barra é constante, vem:
E + fm = mg
pgv 0   B x  i  sen90º  mg
pgv 0   B  cos 60º  i    mg 
Observação:
28.
• despreze a massa do balão com o hélio e o atrito entre a barra e os
1,2  10  0,5  4  0,5  i  0,2  1  10
6  0,4  i  10
0,4  i  4
i  10 A
ALTERNATIVA B
trilhos.
a) 5,7
b) 10,0
c) 23,0
d) 30,0
e) 40,0
Solução:
A descida da barra leva a uma diminuição do fluxo magnético no
circuito composto pela barra e o trilho fixo em U.
Pela Lei de Lenz, temos uma corrente no sentido anti-horário.
Confira:
i
i
i
i
Em um laboratório localizado em um planeta desconhecido, um
grupo de pesquisadores observa o deslizamento de um bloco em
um plano inclinado. Nota-se que o bloco parte do repouso e atinge o
final da rampa em 10 segundos e com velocidade de 4 m/s. Neste
mesmo ambiente, encontra-se instalado um manômetro do tipo
“tubo em U” que tem por objetivo medir o diferencial de
pressão entre dois reservatórios que se localizam em cada ponta
do tubo. Sabe-se que o fluido manométrico é feito através da
mistura da mesma quantidade em massa de dois óleos miscíveis
distintos. Levando em conta os dados abaixo, pode-se afirmar que
o coeficiente de atrito (dinâmico) entre o bloco e o plano inclinado na
situação física descrita é:
• altura máxima do plano em relação à horizontal: 6 m;
• comprimento da rampa: 10 m;
• diferença entre as pressões nos reservatórios: 0,18 kPa;
• cota de desnível do fluido manométrico: 30 cm;
• massas específicas dos óleos: 0,3 g/cm3, 0,9 g/cm3.
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11
Observação:
• considere
que a massa, em kg, da mistura dos óleos é igual a
soma das massas, em kg, das massas de cada óleo.
a) 0,25
b) 0,45
c) 0,50
d) 0,70
e) 0,75
Solução:
m
2m
2m 0,9
dmistura = t 


 0,45g / cm3
m
m
4m
vt
2

0,3 0,9
0,9
por água através de um dispositivo. Sabe-se que, imediatamente
após o carregamento do capacitor, a chave Cha se abrirá e a chave
Chb se fechará, fazendo com que o capacitor alimente o eletroímã, de
modo que este acione um dispositivo que interromperá o fluxo de
água para o balde. O valor do capacitor para que o sistema balde e
bloco fique em equilíbrio e a energia dissipada no fio a partir do
momento em que o capacitor esteja completamente carregado até o
vigésimo segundo são, respectivamente
Dados:
• U = 100 V;
• resistência total do fio: 32 kΩ;
• fluxo de água: 200 ml/s;
massa específica da água = 1 g/cm3;
massa do bloco: 0,8 kg.
dmistura = 450kg/m 3
•
•
0,18  103  450  g  0,3
180
600
4
g

 m/ s 2
0,3  450 450 3
Do movimento do corpo no plano inclinado:
Observações
• despreze a massa do balde;
• considere o capacitor carregado em um tempo correspondente
P  d  g  h  0
N
a cinco vezes a constante de tempo
FAT
a) 6 µF e 10 J
b) 8 µF e 10 J
c) 8 µF e 20 J
d) 10 µF e 10 J
e) 10 µF e 20 J
P
x
y

sen  = 0,6
cos  = 0,8
Px = P · sen 
Py = P · cos 
No eixo y:
N = Py
FRx = m · aRx = Px - FAT
m · aRx = m · g · sen  -  · m · g · cos 
aRX = g · sen  -  · g · cos  (I)
Da cinemática do movimento:
VFX = VOX + aRX · t  4 = aRX · 10  aRX = 0,4m/s2 (II)
(II)  (I): 0,4 = g · sen  -  · g · cos 
0,4 
Solução:
O circuito inicial pode ser apresentado como segue:
100V
8k
8k
4
4
 0,6   0,8  μ
3
3
C
4
 0,8  μ  0,8  0,4  0,4
3
0,4  3 3
μ

0,8  4 8
SEM ALTERNATIVA
29.
A
8k
8k
B
97k 
Vamos agora estabelecer o equivalente Thévenin desse circuito entre
os pontos A e B.
Assim a resistência Thévenin será dada por:
B
B
8k
8k
A
C
8k
8k
B
B
8k
C
8k
8k
8k
B
A figura acima apresenta um circuito elétrico e um sistema de
balança. O circuito é composto por uma Fonte em U, cinco
resistores, um capacitor, um quadrado formado por um fio
homogêneo, duas chaves e um eletroímã interligados por fios de
resistência desprezível. O sistema de balança é composto por um
bloco e um balde de massa desprezível que está sendo preenchido
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8k
12
8k
t  5RC  4  5 100103  C 
C  0,8 105  C  8F
4kW
Agora vamos determinar a energia dissipada no fio desde o momento
no qual o capacitor está completamente carregado ( t1  4s ) até
B
4k
A
t 2  20 s
O circuito nesse caso se reduz ao esquema a seguir:
B
8kW
4k
A
E a energia dissipada num intervalo de tempo t  20  4  16s ,
será dada por:
B
Então:
R Th  3k
A força eletromotriz Thévenin, devido ao arranjo em ponte de
Wheatstone dos fios, será dada por:
U
100
ET h 

 50
2
2
E ele  Pot  t 
U2
100 2
 t  E ele 
16  20J
R
8 10 3
ALTERNATIVA C
30.
E Th  50 Volts
Então o circuito original se reduz ao circuito a seguir:
B
C
3kW
Um capacitor de placas paralelas carregado gera um campo
elétrico constante em seu interior. Num instante inicial, uma
partícula de massa m e carga +Q, localizada no interior do capacitor,
é liberada com velocidade nula. Neste mesmo instante, o capacitor
começa a girar com velocidade angular constante ω em torno do eixo
z. Enquanto estiver no interior do capacitor e antes de colidir com
uma das placas, a trajetória da carga será uma
Observação:
97k 
A
C
• desconsidere as ações dos campos magnético e gravitacional.
100k 
Vamos agora determinar o tempo no qual o sistema balde e bloco
fica em equilíbrio.
Temos uma balança de braços quais e por isso:
Mbloco  Mágua  Vol   
a) superposição de um movimento circular uniforme com um
movimento uniforme no eixo Y.
b) superposição de um movimento circular uniforme com um
movimento uniforme no eixo X.
c) elipse, não se constituindo uma circunferência.
d) circunferência.
e) parábola.
Solução:
Em um instante t, vem:
0,8  Vol 103  Vol  8  104 m3
wt
Z
4
3
Vol
Vol
8  10 10 litros
 t 

4
t
t
200 10  3 litros / s
 ŷ
qE
x̂
t  4s
O problema nos informa que o tempo de carga do capacitor será o
tempo no qual o sistema balde o bloco fica em equilíbrio.
E também que esse tempo corresponde a 5 vezes a constante de
tempo RC, assim:
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13
Aplicando a 2ª Lei de Newton, vem :
qE
qE cos(wt)  m  a x  a x 
 cos(wt)
m
qE
qEsen(wt)  m  a y  a y 
 sen(wt)
m
Por ana log ia ao Movimento Harmônico Simples, vem :
qE
sen (wt)  C1
mw
 qE
v y (t) 
cos (wt)  C2
mw
Para t  0  v x  0  C1  0
v x (t) 
qE
mw
Logo, as componente s de velocidade da c arg a são :
Para t  0  v y  0  C2 
v x (t) 
qE
sen (wt)
mw
O
 ÉSTER
O
ALTERNATIVA D
32. Um volume V1 de uma solução aquosa de HCℓ 6 mol/L contém
+3
inicialmente uma massa m0 de íons Fe . São realizadas n extrações
utilizando, em cada uma delas, o mesmo volume V2 de éter etílico, o
qual é um solvente seletivo para FeCℓ3. Sabendo que o coeficiente de
partição do ferro entre o éter e a solução aquosa de HCℓ vale K, qual
+3
das expressões abaixo é equivalente à massa de íons Fe
remanescente na fase aquosa ao final do processo? Suponha que a
extração do soluto não altera o volume da solução de HCℓ.
n
 6KV1 

a) m0 

 KV2  V1 
Componente s de um movimento circular e uniforme.
n
qE
qE
v y (t) 

cos (wt)
mw mw
 KV1 

b) m0 

 V2  KV1 
Movimento uniforme em y.
 6KV1 

c) m0 

 V2  V1 
n
A trajetória da carga é, portanto, dada pela composição de um
movimento circular e uniforme com um movimento retilíneo e
uniforme no eixo y.
ALTERNATIVA A
n


V1

d) m0 

 V2  6KV1 
n

V1 

e) m0 

KV
 2  V1 
31. A eritromicina é uma substância antibacteriana do grupo dos
macrolídeos muito utilizada no tratamento de diversas infecções.
Dada a estrutura da eritromicina abaixo, assinale a alternativa que
corresponde às funções orgânicas presentes.
Solução:
Por definição
mi (ÉTER)
V2
K
mi (ÁGUA )
V1
Onde mi é a massa de Fe3+ que resta após a extração i.
Considere 02 extrações:
1ª
m1 (ÉTER)
V
V2
K
 m1 (ÁGUA )  1 m1 (ÉTER)
KV2
m1 (ÁGUA )
V1
V
m1 (ÁGUA )  1 m0  m1 (ÁGUA ) 
KV2

a) Álcool, nitrila, amida, ácido carboxílico.
b) Álcool, cetona, éter, aldeído, amina.
c) Amina, éter, éster, ácido carboxílico, álcool.
d) Éter, éster, cetona, amina, álcool.
e) Aldeído, éster, cetona, amida, éter.


V 
V
 m1 (ÁGUA ) 1  1   1 m0 
KV
KV
2
2

V1
KV2
 m1 (ÁGUA )  m0

V 
1  1 
 KV 
2

Solução:
Podemos observar na estrutura os grupos funcionais:
 OH  ÁLCOOL
O
 CENTONA
N  AMINA
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14
2ª
34. Considere os compostos abaixo enumerados.
m2 (ÉTER)
V2
K

m2 (ÁGUA )
V1
V
 m2 (ÁGUA )  1 m2 (ÉTER) 
KV2
V
 m2 (ÁGUA )  1 m1 (ÁGUA )  m2 (ÁGUA ) 
KV2
V1

V1 
V1
KV2
 m2 (ÁGUA ) 1 
 m0



V 
 KV2  KV2
1  1 
 KV 
2

I. Acetona;
II. Neopentano;
III. Fluoreto de lítio;
IV. Etanamida;
V. Pentano.

 m2 (ÁGUA )  m0
 V1

 KV
 2





correta,
Solução:
I.
2

V 
1  1 
 KV 
2

O
2
 V1 
 m2 (ÁGUA )  m0 

 KV2  V1 
Conclui  se que :
 V1 
mn (ÁGUA )  m0 

 V1  KV2 
ALTERNATIVA E
Assinale a alternativa que apresenta a sequência
conforme a ordem crescente de ponto de ebulição.
a) III, I, IV, II, V.
b) V, II, I, IV, III.
c) II, V, I, IV, III.
d) II, V, IV, I, III.
e) V, II, III, IV, I.

CH3
CH3
C
 CETONA
II.
2
CH3
CH3
CH3
C
 ALCANO
n
33. Um pesquisador verificou, em uma determinada posição
geográfica, por meio da análise de amostras de água do mar
extraídas do local, que a massa específica média da água do
mar era 1,05 g/mL, a concentração média de espécies
dissolvidas era 0,80 mol/L e a temperatura média era de 290 K.
O mesmo pesquisador, com o objetivo de colher água doce em
seu estudo, planeja envolver, com uma membrana semipermeável
ideal, uma das extremidades abertas de um longo tubo, a qual será
imersa na água do mar. A que profundidade mínima, em metros, o
tubo deveria ser imerso?
a) 1930,0.
b) 183,4.
c) 73,7.
d) 19,4.
e) 9,7.
CH3
III.
LiF 
COMPOSTO
IÔNICO
IV.
O
CH3
 AMIDA
C
NH2
V.
CH3
CH2 3
CH3
 ALCANO
Os ALCANOS apresentam os menores pontos de ebulição, sendo o
de cadeira mais ramificada ainda menor (II < V).
Comparando-se uma CETONA e uma AMIDA, esta forma pontos de
hidrogênio que aumenta o seu ponto de ebulição: (I < IV).
O composto iônico possui o maior PE.
Solução:
O pesquisador deve imergir o tubo até que a pressão hidrostática
exercida pela água do mar seja, pelo menos, igual à diferença de
pressões osmóticas entre a água do mar e a água “doce” dentro do
tubo:
Assim, teremos:
II < V < I < IV < III
ALTERNATIVA C
35. Dados os elementos abaixo,
água do mar  água doce  dgh 

O
 MRT  dgh 
 0,8  0,08  290  dgh
dgh  18,56 atm  18,56  10 5 pa 
 1050  10  h  18,56  10 5 
 h  176,76m
ALTERNATIVA B (Mais próxima)
marque a alternativa correta, considerando-se as condições de 1 atm
e 25 ℃.
a)
b)
c)
d)
e)
Φ é encontrado livre na natureza na forma de gás monoatômico.
Φ combina-se com Ψ formando um composto solúvel em água.
Φ combina-se com Ω formando um composto solúvel em água.
Ψ combina-se com Ω formando um composto gasoso.
Ω é um mau condutor de eletricidade.
Solução:
17 
 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5  7A  Ha log êno
20
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 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2  2A  Metal alcalino terroso
15
47 
 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d10 4p 6 5s 2 4d9  Metal transição 1B
Ao se combinar  com  , teremos um composto iônico de alta
solubilidade (CaCl2)
ALTERNATIVA B
36. Uma certa reação química a pressão e temperatura
constantes apresenta uma pequena variação da Energia Livre
(ΔG), de valor próximo de zero, uma variação positiva da entropia
(ΔS) e uma variação negativa da entalpia (ΔH). Considerando-se
apenas estes dados, pode-se afirmar que a reação
a) é espontânea, a temperatura é aproximadamente igual a
ΔG/ΔH e ela nunca atinge o equilíbrio.
b) não é espontânea, a temperatura é aproximadamente igual a
ΔH/ΔS e não há variação na composição do meio reacional.
c) não é espontânea, a temperatura é aproximadamente igual a
ΔG/ΔH e há uma pequena variação na composição do meio
reacional.
d) é espontânea, a temperatura é aproximadamente igual a
ΔH/ΔS e há variação na composição do meio reacional.
e) é
espontânea,
a
temperatura
é
aproximadamente igual a ΔG/ΔH e o equilíbrio é
atingido.
38. Assinale a alternativa correta.
a) A hidrólise total de um nucleotídeo resulta em uma
base nitrogenada heterocíclica, um monossacarídeo e um
íon fosfato.
b) As bases nitrogenadas encontradas nos nucleotídeos do
DNA são: adenina, uracila, citosina e guanina.
c) Watson e Crick descobriram que o RNA possui uma estrutura
de dupla hélice, estando as hélices ligadas entre si por
ligações de hidrogênio entre pares de bases nitrogenadas.
d) O pareamento de bases nitrogenadas em um ácido nucleico
é específico: uma adenina se liga somente a outra adenina,
uma citosina a outra citosina e assim por diante.
e) A replicação do RNA é a responsável pela transmissão do código
genético.
Solução:
Todo nucleotídeo é uma composição de uma base nitrogenada, um
açúcar e estrutura de fosfato.
Assim, na hidrólise total, o mesmo divide-se nessas três estruturas
químicas.
ALTERNATIVA A
39. Considere as etapas sequenciais de mistura/filtração do processo
não contínuo a seguir.
Solução:
G  H  TS  conclue  se que :

G  0


reação espontânea
H
S
Como a reação se processa, haverá variação da composição.
Assim a resposta é a alternativa D.
ALTERNATIVA D
Como :
G  0 
H  TS  0  T 
37. Um isótopo radioativo X transforma-se em um elemento
estável
Y
após
reações
de
desintegração radioativa com
emissão de radiação α, radiação β negativa e radiação ϒ. Assinale a
alternativa correta.
a) A diferença entre os números de massa de X e de Y será igual
à diferença entre o dobro do número de partículas α emitidas e o
número de partículas β emitidas.
b) A emissão da radiação ϒ altera o número atômico de X.
c) A diferença entre os números atômicos de X e de Y será igual ao
quádruplo do número de partículas α emitidas.
d) X e Y são isótonos.
e) A diferença entre os números de nêutrons de X e de Y será
igual à soma do dobro do número de partículas α emitidas com
o número de partículas β emitidas.
Solução:
z
w
4
0
x X y Y  a  2   b 1  
Aplicando-se a conservação das partículas nucleares:
 x  y  2a  b Prótons 

z  w  4a Nº de massa 
Assim:
{
{
z  x  w  y   2a  b
Nº de
Nº de
Néutrons Néutrons
de
de
X
Y
{
{
Podemos observar que a diferença entre o nº de nêutrons é:
2a  b
Dobro
Dobro
de
de
Partículas Partículas


No Misturador 1, antes da adição de 100 mL de uma solução
aquosa de sulfato de amônio 20 g/L, encontram-se 100 mL de
uma solução aquosa composta por massas iguais de nitrato de
prata, nitrato cúprico e nitrato de chumbo (II), de concentração total 60
g/L.
Ao Misturador 2, que contém o material passante do Filtro 1,
adicionam-se 100 mL de uma solução aquosa de carbonato de
sódio 40 g/L e uma pequena quantidade de uma solução de hidróxido
de sódio objetivando o adequado ajuste do pH de precipitação para,
em seguida, proceder a filtração.
Sobre os produtos de filtração, pode-se dizer que:
a) o precipitado retido no Filtro 2 é uma mistura heterogênea.
b) o precipitado retido no Filtro 1, conhecido como galena, é um
sólido iônico resultante da reação:
Pb(NO3)2(aq) + (NH4)2S(aq) ⇄ PbS(s) + 2NH 4NO3(aq)
c) no misturador 2 observam-se os seguintes equilíbrios iônicos:
+
2−
2Ag (aq) + CO3 (aq) ⇄ Ag2CO3(s)
+
2−
2Cu (aq) + CO3 (aq) ⇄ Cu2CO3(s)
d) o chumbo no estado sólido pode ser obtido espontaneamente
através do sólido retido no Filtro 1, conforme a reação comum
às baterias de chumbo:
2PbSO4(s) + 2H2O(l) ⇄ PbO2(s) + Pb(s) + 2SO4
2–
+
(aq) + 4H (aq)
e) o precipitado retido no Filtro 2 é um sólido molecular,
metaestável, com baixo ponto de fusão e com excelentes
propriedades de condução térmica e elétrica.
Solução:
No misturador 1, ocorre a precipitação do PbSO4:

2
Pb(2aq
)  SO 4(aq)  PbSO 4(s)
No misturador 2, os íons CO32  precipitam o Ag+ e o Cu2+.
 2Ag   CO2    Ag CO
2
3(s)
3

 2
2
Cu  CO3   Cu CO3(s)

Assim, no filtro 2 teremos dois sólidos distintos, constituindo uma
mistura heterogênea.
ALTERNATIVA A
ALTERNATIVA E
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40. Considere a rota sintética descrita na sequência abaixo onde
cada etapa ocorre em temperatura e pressão adequadas:
1ª Etapa: o composto A (C7H6O) sofre oxidação em solução
básica de permanganato de potássio. O produto gerado, após
neutralizado, é o ácido benzoico;
2ª Etapa: o ácido benzoico reage com etanol em solução ácida,
produzindo o composto B e água;
3ª Etapa: o composto B sofre forte redução com hidreto de lítioalumínio em éter, gerando dois produtos que, depois de
neutralizados, formam então o composto C e o etanol.
Considerando as etapas supracitadas, são feitas as seguintes
afirmações:
I. o composto A e o composto C são isômeros.
II. o composto B é um éster.
III. o composto B é o acetato de benzila.
Com base na análise das afirmações acima, assinale a opção correta.
a) Todas as afirmações são falsas.
b) Apenas as afirmações I e II são verdadeiras.
c) Existe apenas uma afirmação verdadeira.
d) Apenas as afirmações II e III são verdadeiras.
e) Todas as afirmações são verdadeiras.
Solução:
1ª ETAPA:
O




KMNO
C


4


OH
A
HO
C
C
C7H6O
O


O
O

H
NEUTRALIZAÇÃO
(H )
ÁCIDO
BENZÓCO
2ª ETAPA
O
O
C
OH
+ CH 3
CH 2
OH
H
O
CH 2
CH 3
+
+ H 2O
B
3ª ETAPA
OH
OH
O
C
O
CH 2
LiAlH4
Éter
CH 3
C 2
CH
+
3
CH 2
OH
C
B

I. FALSA  A  C7H6O; B  C7H80
O

C
O  CH2  CH3
II. VERDADEIRA  B 
III. FALSA.
ALTERNATIVA C
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