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CPV UNIFESP2016
UNIFESP – 16/dezembro/2016
CPV seu pé direito também na medicina
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BIOLOGIA
01. a) Oníveltróficodemenorquantidadedeenergiaquímicadisponíveléoúltimo,ocupadopelaespéciePisaster ochraceus na teia fornecida. Isso ocorre porquepartedaenergiaquímicaobtidaporumníveltróficoéconsumidaporelepróprio,outraparte,perdidanaformadecalor,alémdasperdasnatransferência;deformaquesomenteumafraçãodaenergiaconseguidaétransferidaparaonívelseguinte.
b) A retirada da espécie de estrela-do-mar Pisaster ochraceus, permitiu o crescimento da populaçãodeMytilus californianus que, por sua vez, competefortemente com as demais espécies. Como era aespécie dominante, o crescimento dessa populaçãoresultouem forte limitaçãodos recursosdisponíveisparaasdemaisespéciescompetidoras.
02. a) Os estômatos são encontrados na epiderme foliar.Fatores como disponibilidade de água, intensidadeluminosaeainda temperaturaeconcentraçãodegáscarbônico.
b) OABAativaaperdarápidadepotássiopelascélulasestomáticas provocando rápida redução da pressãoosmótica. Consequentemente, essas células perdemágua,reduzematurgescênciaeassim,osostíolossefecham.
03. a) Uma vantagem do sistema para as bactérias é aeliminação de moléculas de DNA viral que secombinamcomoDNAbacterianodificultandoassimareplicaçãoviralemseuinterior.AsequênciadebasescomplementaresdoRNA-guiaseráGGGAUAUCCC.
b) O sistema elimina trechos de moléculas de DNAque podem inativar os genes de diferentes formas.Por exemplo, eliminando códons de iniciação, oualterandoaestruturaprimáriadasproteínastraduzidaspelo genemanipulado causando a produçãode umaformainativadessaproteína.
04. a) A elevação de temperatura corporal durante umexercício físicoprolongadocomoamaratonaocorreem consequência do aumento da taxa de respiraçãocelular principalmente nos músculos esqueléticos.Nesseprocessoaoxidaçãodemoléculasorgânicaslevaàliberaçãodeenergiaquímicaetérmica.Oaumentode temperatura reduz a afinidade das moléculas dehemoglobinaporoxigêniooque facilitasuadifusãodashemáciasparaascélulasmusculares.
b) AreduçãodopHdashemáciasresultadareaçãoentreo gás carbônico proveniente da respiração celular eágua formando ácido carbônico. Este, por sua vez,se ioniza liberando prótons de hidrogênio que secombinam,empartecommoléculasdehemoglobina.
CO2+H2O↔H2CO3↔HCO3–+H
+ ↓Hb→HHb
O aumento da frequência respiratória durante oexercício acelera a eliminação de CO2 da correntesanguíneaevitandoalteraçõesimportantesdepH.Alémdisso,existemoutrosprocessosdetamponamentoquecolaboramparacontrolaravariaçãodepHdoplasmasanguíneo.
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05. a) Os gametas recombinantes formados são formadosatravés da permuta (crossing over) entre oscromossomos homólogos. Como o indivíduomencionado é um diíbrido cis, os gametasrecombinantesserão,Ab e aB.
b) ocruzamentopedidoé:
Lembrando que a frequência de recombinaçãoexpressa em porcentagem é numericamente igualà distância relativa dos locos gênicos medida emunidadesderecombinação[UR].
Plantascomfrutosvermelhosefloresbrancasdevempossuirogenótipo:A_bb.Teremosentão,7,5%das1000sementes,ouseja,75 delas.
QUÍMICA
06. a) O processo de separação da mistura petróleo é adestilação fracionada e se baseia nas diferentestemperaturasdeebulição.
b) Posição1–gásliquefeitodepetróleo(C1aC4). Posição2–gasolina(C5aC12). Posição3–querosene(C12aC16). Posição4–óleodiesel(C12aC20). Posição5–óleocombustível(>C20).
07. a) PCl3+H3C—CH2 —OH→ →H3C—CH2—Cl+H3PO3
b) 15P—2,8,5 17Cl—2,8,7
08. a) Alumínio–de0para3+ Cloro–de0para1– Agenteredutor–Al(s)
b) Al(s)+32 Cl2(g)→AlCl3(s)
1mol 1mol 27g133,5g 540gXg
X = 2670 g
09. a) 2gdoácido—100mL Xg —1000mL→X=20g
Concentraçãosimples–C=20g/L
1moldeácido — 90g nmols — 20g→Y=0,222mol
Concentraçãoemmol/L=0,222mol/L
b) Ka=[H+]2 . [C
2O42–]
[H2C2O4] Ka=Ka1 .Ka2 Ka=5,9x 10–2 .6,4x 10–2
Ka=3,78x 10–3
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10. a) C2HF3ClBrmassamolardohalotano–197,5g/mol
197,5g— 100% 57g — X→X=28,86%
b)
Nãoháisomeriageométrica,poisacadeiaéabertaenãoháduplaligaçãoentreoscarbonos,oquepoderiapropiciarestetipodeisomeria.
Háisomeriaóptica,poisosegundocarbonodacadeiaéassimétrico,ouseja,estáligadoaquatroligantesdiferentesentresi.
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MATEMÁTICA
16. a) OgastocalóricodeTuríbioédadopor:
Velocidadekmh .massa(kg)=8
kmh .72kg
=576cal/hora.
Como Turíbio praticou apenas 25 min de corrida,
entãoseugastodiáriofoide:576calh .
2560 h=240 cal
b) Oconsumodeoxigênioemlitrosemumahoraédeacordocomoenunciadodadopor:0,0035. 60 .m. v.
Logo,aconstantec
m. v =0,0035.60m. v
m. v =
= 0,21 l h
km . kg
17. a) Paraα=45º,temosafigura:
Logo,TU=2 2(diagonaldoquadradodelado2).
Para α=90º,temosqueTU//RQ.Logo,TU=2
b) SeP=Tentãoα=45ºeseP=Qentãoα=135º,
logoodomíniodafunçãoéDf=[π4 ;3π4 ]
Sendoy=TU,temossenα=2y Þy=2
senα ,
α Î [π4 ;π2 [
Seα Î ]π2 ;3π4 ],porsimetria sen(π – α)= y2 Þy=
2sen(π – α) .
Comoparaα=π2 ,y=2
senπ2 =2
Logo,y=2
senα paratodoα ÎDf
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18. a) A probabilidade de Sofia ser reprovada é a
probabilidadedeelaerrarasduasquestões,ouseja,
P(R)=810 ∙
79 =
2825.
AprobabilidadedeSofiaseraprovadacomressalvaséaprobabilidadedeelaerrarumaeacertaruma,ou
seja,P(AR)=210 ∙
89 +
810 ∙
29 =
1645.
AprobabilidadedeSofiaseraprovadaédeelaacertar
asduasquestões,ouseja,P(A)=210 ∙
19 =
145.
b) AprobabilidadedeSofiaseraprovadanaavaliação1
é1645 +
115=
1745.
AprobabilidadedeSofiaseraprovadanaavaliação2éaprobabilidadedeelaacertar2dastrêsquestões(umavezqueelanãoseriacapazdeacertasas3questões),
ouseja,210 ∙
19 ∙
88 . P3,2=
345.
Como 345 <
1745, a chance de ela ser aprovada é maior
na avaliação 1.
19. a) Chamaremos a aresta de cada um dos cubos de a. Assim,temos:
a2+(3a)2+(2a)2=(2 7)2 Þa= 7cm
Ovolumedosólidoé24a3=24( 2)3=48 2 cm3
b) Secadaarestamede2cm,temos:
CD= 82 + 102 + 142= 360= 6 10 cm
20. a) Observamosumerronosdadosdaquestão: 2563=16777216enão2563=1677721600,comodiz
oenunciado.
Comadevidacorreção,teremos 2563 .100=100. 2x/3 Þ(28)3=2x/3 Þx=72
b) Temos:
100 . 248/3=100. 245/3=100∙ 2k Þ 216 – 215=2k Þ k = 15