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002.861 128981/18 COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS FÍSICA PROFESSOR PAULO LEMOS 1. Período T da mola da figura 1 T = m 2 k Como as molas estão associadas em paralelo, a constante elástica da mola equivalente, que, substituindo as duas produz o mesmo efeito será ke = k + k ke = 2k e seu período será T’ m 2 2k T’ = m 2 ·1 2 k T 2 T’ T T’ 2 racionalizando 2 T’ T 2 Resposta: C 2. T t 4 2 2 T 4s T 2 T T 4 Portanto: t t 1s 4 4 Resposta: D 3. Da equação dada: A = 0,3 m e = 2 rad/s Vmáx. = A = 2 · 0,3 Vmáx. = 0,6 m/s Resposta: C 4. Enquanto a peça completa uma volta, a haste realiza três oscilações. Portanto, a frequência do movimento da haste (fH) é o triplo da frequência do movimento da peça (fp): fH = 3 fp p = 2fp = 2fp fp = 0,5 Hz fH = 3fP = 3 · 0,5 fH = 1,5 Hz Resposta: B 5. 180º rad 105 rad 105º 180 2f 2 10 20 rad/s t t 105 1 105 7 180 t t; 0,029 s 20 20 180 240 Resposta: B 6. Na figura I, as molas estão associadas em série. Sendo K a constante elástica de cada mola, temos. eq I eq K K 2 m 2m T 2 2 K K A montanha da figura II equivale a uma associação de molas em paralelo, uma vez que o comportamento do sistema seria o mesmo se as molas estivessem do mesmo lado do bloco. Assim: eq II eq I I II II K 2K m m T 2 2 K 2K 2m 2 T T K 2 T T m 2 2K Resposta: A 7. O período de oscilação do pêndulo é dado por: ap T 2 g em que gap é o módulo da aceleração da gravidade aparente(em relação ao elevador). I. Correta. Quando o elevador não apresenta aceleração em relação à Terra, temos gap = g. II. Correta. Nesse caso, gap = g + a. III. Correta. Nesse caso, gap = g a. IV. Correta. Nesse caso, gap = 0 e o pêndulo não oscila. Resposta: A

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002.861 – 128981/18

COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS

CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

FÍSICA

PROFESSOR PAULO LEMOS

1. Período T da mola da figura 1

T =m

2k

Como as molas estão associadas em paralelo, a

constante elástica da mola equivalente, que, substituindo

as duas produz o mesmo efeito será

ke = k + k

ke = 2k e seu período será T’m

22k

T’ = m

2 ·1 2k

T2

T’

TT’

2

racionalizando

2

T’ T2

Resposta: C

2.

Tt

4

2 2T 4s

T 2 T

T 4Portanto: t t 1 s

4 4

Resposta: D

3. Da equação dada: A = 0,3 m e = 2 rad/s

Vmáx. = A = 2 · 0,3 Vmáx. = 0,6 m/s

Resposta: C

4. Enquanto a peça completa uma volta, a haste realiza três

oscilações. Portanto, a frequência do movimento da haste

(fH) é o triplo da frequência do movimento da peça (fp):

fH = 3 fp

p = 2fp = 2fp fp = 0,5 Hz

fH = 3fP = 3 · 0,5 fH = 1,5 Hz

Resposta: B

5.

180º rad 105rad

105º 180

2 f 2 10 20 rad/s

tt

105

1 105 7180t t; 0,029 s20 20 180 240

Resposta: B

6. Na figura I, as molas estão associadas em série. Sendo

K a constante elástica de cada mola, temos.

eq

I

eq

KK

2

m 2mT 2 2

K K

A montanha da figura II equivale a uma associação de

molas em paralelo, uma vez que o comportamento do

sistema seria o mesmo se as molas estivessem do

mesmo lado do bloco. Assim:

eq

II

eq

I I

II II

K 2K

m mT 2 2

K 2K

2m2

T TK2

T Tm2

2K

Resposta: A

7. O período de oscilação do pêndulo é dado por:

ap

T 2g

em que gap é o módulo da aceleração da gravidade

aparente(em relação ao elevador).

I. Correta. Quando o elevador não apresenta

aceleração em relação à Terra, temos gap = g.

II. Correta. Nesse caso, gap = g + a.

III. Correta. Nesse caso, gap = g – a.

IV. Correta. Nesse caso, gap = 0 e o pêndulo não oscila.

Resposta: A

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2 002.861 – 128981/18

8. Enquanto a onda passa pelo ponto X, este oscila

verticalmente para cima e para baixo. No momento

indicado, o ponto X encontra-se descendo.

Resposta: B

9. v = f

3,0 · 108 = 1,9 · f

8f 1,6 ·10 Hz

Resposta: B

10. v = 750 km/h

s = = 150 km

Assim:

s 150v 750

t t

t 0,2h 12 min.

Resposta: C

11. V1 = V2

No gráfico, pode-se observar que:

1 = 22

Como: v = f, então:

1 f1 = 2 f2

22 f1 = 2 f2

2 1f 2f

Resposta: A

12. Para a fotossíntese maior, temos desenvolvimento mais

rápido da planta.

Assim: –9460 ·10 m

Portanto:

v = f

3 · 108 = 460 · 10–9 · f

3 · 108 = 46 · 10–8 · f

816

–8

12

12

3 ·10 3f ·10

4646 ·10

30000f ·10 Hz

46

f 652 ·10 Hz

f 652 terahertz

Resposta: C

13. Como a fita é milimetrada, a contagem dos quadrinhos

leva-nos a concluir que ela tem 60 mm de comprimento.

Assim:

x 60v 25

t t

1t 2,4 s min.

25

nComo: f=

t

e o coração apresenta três batimentos nesse intervalo,

3f

1

25

f 75 bat/min.

Resposta: B

14. Na figura observamos que em P ocorre interferência destrutiva.

Assim:

x = b – a

N b a,2

em que (N = 3)

No entanto:v

v ff

Então: 8

–7

14

3 3,0 ·10· b a (b a) 7,5 ·10 m

2 6,0 ·10

Resposta: A

15. No ponto C, encontramos a primeira franja escura (N = 1).

Assim:

–7

–7

x N2

2,4 ·10 12

4,8 ·10 m

Na tabela, observamos que esse comprimento de onda

corresponde à luz de cor azul.

Resposta: D

16.

–6

–6

1 1T 20 s 20 ·10 s f

T 20 ·10

f 50000 Hz

Resposta: D

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3 002.861 – 128981/18

17. L = 60,0 cm

= 60,0 cm – 12,0 cm = 48,0 cm

11

1 11

1

vf

f 220 48,02L

v f’ L f’ 60,0f

2

f’ 275 Hz

Resposta: A

18.

Resposta: B

19.

máx.

vd N d N

2 2f

3401 N f 170 N(N 1,3,5,...)

2f

f 170 Hz

Resposta: A

20.

Corda si solta:

1

v vf 981 (I)

2L 2L

Corda si presa no quinto trasto:

1

v vf 1308 (II)

2 2

Dividindo (I) por (II), membro a membro, vem:

981 3 3

0,75 LL 1308 L 4 4

Resposta: C

21. Num tubo sonoro fechado, a onda estacionária apresenta

um nó na extremidade fechada e um ventre na

extremidade aberta.

Além disso:

V 3400,20 m 20 cm

f 1700

Resposta: E

22.

0 0D

0

v v 340 va) f f 880 440 ·

v 340

v 340 m/s

Resposta: A

23.

A BD Df f

I. Pode. Basta que A seja mais veloz que B.

II. Pode. Basta que B seja mais veloz que A.

III. Pode. Só acontece o efeito Doppler para B.

IV. Não pode. Nesse caso, o observador ouve o apito

de B mais agudo.

V. Pode.

Resposta: C

24. Em I, porque, dos quatro pontos citados, é o único em

que existe movimento relativo de aproximação entre o

automóvel e o observador:

Resposta: A

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4 002.861 – 128981/18

25. Às 3h: N1 = 10 log 1

ref

l

l 60 = 10 log 1

ref

l

1

6

1 refl 10 l

Às 18h: N2 = 10 log 2

ref

l

l 100 = 10 log 2

ref

l

1

10

2 refl 10 l

Portanto:4

2 1l 10 l

Resposta: A

26.

Resposta: C

27.

2 22 1 2

1 1

2

1000

l 1N N 10 log N 60 10 log 10 · 3

l l

N 90 dB

Resposta: C

28. Só deve ser usada a componente da velocidade do

observador O alinhada com a reta que passa por O e

pela fonte F:

0

D 0

v 330f f 2000 Hz

0,165

v v 330 3,30f f 2000 · f 1980 Hz

v 330

Resposta: B

29.

Resposta: B

PROFESSOR DOUGLAS GOMES

1. Quando o pente é atritado com o papel toalha, ele fica

eletrizado, criando nas suas proximidades um campo

elétrico. Ao aproximá-lo dos pedaços de papel, ocorre o

fenômeno da indução e esses pedaços de papel recebem

do campo elétrico uma força elétrica.

Resposta: C

2. Como a pinça metálica que promove o contato elétrico

para a peça a ser pintada também é mergulhada na tinta,

durante cada ciclo há um acúmulo de tinta nas pinças do

braço robótico que servem como isolante elétrico,

impedindo a correta eletrização da peça a ser pintada e a

consequente adesão da tinta à peça.

Resposta: E

3.

I. Correta: haverá indução;

II. Errada: para haver blindagem, o material deve ser

condutor;

III. Errada: a carga distribui-se por todo o material

condutor;

IV. Correta: haverá indução.

Resposta: B

4. Dados: 3 2U 3kV 3 10 V; E 300J; t 10ms 10 s.

Calculando a carga armazenada:

3

Q U 2 E 2 300E Q Q 0,2 C.

2 U 3 10

A intensidade média da corrente elétrica é:

m m2

Q 0,2i i 20 A

t 10

Resposta: A

5. A carroceria do ônibus, por ser de material condutor,

atua como uma blindagem eletrostática, conhecida

como gaiola de Faraday.

Resposta: D

6. Calculando a corrente para potência máxima de 6.800 W:

P 6.800P Ui i 30,9A.

U 220

Considerando a margem de tolerância de 10%, a

corrente máxima do disjuntor deve ser:

máx máxi 1,1 i 1,1 30,9 i 34A.

Adotando o valor imediatamente acima:

máxi 35A.

Resposta: D

2 22 1 2 1

1 1

52 2 2

1 1 1

l 1N N 10 log 10 log

l l

l l l70 20 10 log log 5 10

l l l

12

12

ref

12 5 7 2

7 –3

2 2

l lN 10 log 50 10log 5 log10 l

l 10

10 l 10 l 10 W/m

Pot Potl 10 Pot ·10 W

4 x 4 50

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

5 002.861 – 128981/18

7.

Dados: L LP 8 W; U 4 V; E 6V.

Calculando a corrente de operação do LED:

L LP U i 8 4 i i 2A.

A tensão elétrica no resistor é:

R L RU E U 6 4 U 2 V.

Aplicando a 1ª Lei de Ohm:

RR

U 2U R i R R 1 .

i 2

Resposta: A

8. Ao provocarmos o curto-circuito na lâmpada 2, fazemos

com que a ddp nos terminais dela se anule, apagando.

Com isso, os 220 V ficam apenas com a lâmpada 1, que

brilhará mais intensamente.

Resposta: D

9. Dados: E 9V; U 5,7V; i 0,15A.

A força eletromotriz da bateria (E) é igual à ddp na

lâmpada (U) somada com a ddp no resistor (UR).

Assim:

RE U U E U R i 9 5,7 R 0,15

9 5,7 3,3 R

0,15 0,15

R 22 .

Resposta: E

10. Sabendo que toda a força eletromotriz entregue ao

circuito deve ser gasta nos resistores, temos:

r i R i i R r R r

i

12 Vr 5,8 r 0,2

2 A

Resposta: B

11. A figura mostra as quatro posições possíveis, ilustrando

o funcionamento do sistema.

Resposta: B

12. A quantidade de corrente que passa em cada lâmpada

permanecerá a mesma, pois em um circuito em paralelo,

com todas as lâmpadas possuindo a mesma resistência,

a quantidade de corrente em cada lâmpada sempre será

a mesma.

O que acontecerá é que o gerador vai precisar enviar

menos corrente elétrica e, consequentemente, o dono do

escritório irá pagar uma conta de luz menor (caso ele

não troque a lâmpada).

Resposta: E

13. A lâmpada produzirá maior brilho para a associação que

produzir a maior potência, e como esta é proporcional à

tensão, o circuito com maior tensão elétrica equivalente

proverá o maior brilho.

Tensão equivalente para os circuitos:

[A]: A AV (1,5 / /1,5 / /1,5) 1,5 V 3 V

[B]: B BV (1,5 1,5) / /(1,5 1,5) V 3 V

[C]: C CV 1,5 1,5 1,5 1,5 V 6 V

[D]: D DV (1,5 / /1,5) (1,5 / /1,5) V 3 V

[E]: E EV 1,5 / /1,5 / /1,5 / /1,5 V 1,5 V

Resposta: C

14. Para ficarem sob mesma ddp, os três dispositivos devem

ser associados em paralelo. Porém, a chave deve ligar e

desligar apenas a lâmpada, devendo estar em série

apenas com esta.

Resposta: E

15. Considerações:

1ª) A expressão que relaciona tensão, potência e

resistência é 2U

P .R

Com base nessa expressão, se

definirmos como R a resistência das lâmpadas de

120 W, as lâmpadas de 60 W e 40 W têm

resistências iguais a 2 R e 3 R, respectivamente;

2ª) Na associação em série, lâmpadas de mesma

resistência estão sob mesma tensão. Se as

resistências são diferentes, as tensões são divididas

em proporção direta aos valores das resistências.

3ª) Na associação em paralelo, a tensão é a mesma em

todas as lâmpadas;

4ª) A tensão em cada lâmpada deve ser 110 V.

As figuras abaixo mostram as simplificações de cada

um dos arranjos, destacando as tensões nas lâmpadas

em cada um dos ramos.

Arranjo (I): todas as lâmpadas estão sob tensão de 110 V.

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6 002.861 – 128981/18

Arranjo (II): somente uma das lâmpadas está sob tensão

de 110 V.

Arranjo (III): todas as lâmpadas estão sob tensão de 110 V.

Resposta: D

16. Seja R a resistência de cada lâmpada e U a ddp

fornecida pela associação das duas pilhas.

Calculemos a corrente em cada lâmpada nos dois casos,

usando a 1ª lei de Ohm:

CHAVE ABERTA:

A resistência equivalente é:

abR R R 2 R.

A corrente gerada é:

ab

ab

U UI .

R 2 R

As correntes nas lâmpadas são:

1 2 ab 3

Ui i I 0,5 R ; i 0.

2 R

CHAVE FECHADA:

A resistência equivalente é:

fec

3 RRR R .

2 2

A corrente gerada é:

fec fec

fec

2 UU U UI I 0,67 .

3R 3 R RR2

As correntes nas lâmpadas são:

fec

1 fec 2 3

IUi I 0,67 ; i i 0,33 R .

R 2

Conclusão: i1 e i3 aumentam e i2 diminui.

Resposta: A

17. Como as lâmpadas estão ligadas em paralelo, ambas

estão sob mesma tensão, U = 220 V. Para um resistor de

resistência R, comprimento L, secção transversal de

área A e feito de material de resistividade a potência

dissipada está relacionada a essas grandezas pela

expressão a seguir.

2

2

UP

UR P ALL

RA

O brilho está relacionado à potência dissipada que,

como mostra essa expressão, é diretamente proporcional

à área da secção transversal. Portanto, brilha mais a

lâmpada de filamento mais grosso, que é a lâmpada L1.

Resposta: D

18. Uma lâmpada fluorescente dura 10.000 horas, enquanto

que a incandescente dura 1.000 horas. Portanto, para o

mesmo tempo devem ser usadas 10 lâmpadas

incandescentes.

Têm-se, então:

f f

f

i i

i

Fluorescente: n 1; P 28 W 0,028 kW;

C R $ 20,00.Dados:

Incandescente: n 10; P 100 W 0,1 kW;

C R $ 4,00.

O valor (V), em reais, para o uso de cada tipo de

lâmpada corresponde ao custo das lâmpadas somado ao

custo da energia consumida em 10.000 h. Sendo

r = R$ 0,25 a tarifa de energia elétrica, têm-se:

f

f

i

i

V 1 20,00 0,25 0,028 10.000

20,00 70,00 V R$90,00.V n C r P t

V 10 4,00 0,25 0,1 10.000

40,00 250,00 V R$290,00.

Assim, o valor economizado é:

econ i f

econ

V V V 290,00 90,00

V R$200,00.

Resposta: C

19. Na saída do carregador têm-se:

U 5 V; i 1,3 A.

A potência máxima que o carregador pode fornecer é:

máx máxP Ui 5 1,3 P 6,5 W.

A carga máxima da bateria é:

3 3

máx

máx

máx

Q 1.650mAh 1.650 10 A 3,6 10 s

Q 5.940 As

Q 5.940 C.

Resposta: D

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7 002.861 – 128981/18

20. Do enunciado, temos as potências:

i

e

P 60 W

60 WP 15 W

4

Como E P t, as energias transferidas para o

ambiente são:

i i

e e

E 0,8 60 1 E 48 J

E 0,2 15 1 E 3 J

Portanto, a cada segundo, deixa-se de transferir para o

ambiente uma quantidade de calor igual a 45 J.

Resposta: D

21. Dados:

1 2

1 2

P 6.000 W 6 kW; P 3.600 W 3,6 kW;

1 1t 15 min h; t 5 min h.

4 12

A economia de energia é:

1 2 1 1 2 2

1 1E E E P t P t 6 3,6 1,5 0,3

4 12

E 1,2 kWh.

Resposta: C

22. Usando as expressões de potência:

Pt

q tP Ui U

t

q

Ut

Ut

19 J C.t

Resposta: B

23. Para definir a resposta, devemos ter presente todas as

formas de energia geradas a partir de indução

eletromagnética, ou seja, que a partir do giro de um

rotor em um campo magnético, consegue-se induzir a

corrente elétrica. Abaixo, relacionamos os tipos de

geradores:

Pilha – “gera” energia elétrica através de reações

químicas, portanto, não usa a indução.

Painéis fotovoltaicos – transformam a luz solar em

eletricidade sem a indução.

Usinas termoelétricas, nucleares, eólicas e

hidrelétricas - utilizam a indução eletromagnética para

transformar as energias térmica, nuclear, dos ventos e

das quedas de água em energia elétrica.

Resposta: A

24. Enquanto o anel está entrando no campo magnético, o

fluxo magnético através dele aumenta. Pela lei de Lenz,

surge uma corrente induzida que gera um fluxo

induzido em sentido oposto, na tendência de anular a

variação do fluxo indutor.

Como o fluxo indutor está saindo (),o fluxo induzido

está entrando ().

Aplicando a regra da mão direita nº 1, conclui-se que a

corrente induzida é no sentido horário, para um

observador colocado como na figura.

Resposta: B

25. O som produzido no alto-falante é devido às variações

do fluxo magnético através de um eletroímã, gerando

corrente alternada, de acordo com a lei de Faraday.

Resposta: E

26. De acordo com o enunciado: “O campo magnético do

ímã induz o ordenamento dos polos magnéticos na

corda da guitarra...”. Trocando-se as cordas de aço

(material ferromagnético) por cordas de nylon, o efeito

de magnetização torna-se muito fraco, desprezível, não

enviando sinais ao amplificador.

Resposta: C

27. A aproximação do ímã provoca variação do fluxo

magnético através do anel. De acordo com a Lei de

Lenz, sempre que há variação do fluxo magnético, surge

no anel uma corrente induzida. Essa corrente é num

sentido tal que produz no anel uma polaridade que tende

a ANULAR a causa que lhe deu origem, no caso, o

movimento do ímã. Como está sendo aproximado o polo

norte, surgirá na face do anel frontal ao ímã, também um

polo norte, gerando uma força de repulsão entre eles.

Resposta: E

28. Para haver corrente elétrica induzida, é necessário que

haja variação do fluxo magnético. Isso só é possível

com corrente alternada.

Resposta: B

29. De acordo com a lei de Faraday-Neumann, a corrente

elétrica induzida num circuito fechado ocorre quando há

variação do fluxo magnético através do circuito.

Resposta: E 30. Dados: PV = 1.000 W; PI = 2.000 W; U = 120 V;

Da expressão da potência elétrica:

2

I2 2 2I VI

22V I

V

V

VI I

V I V

UR

P PRU U UP R

R P R P UUR

P

PR R 1.000 0,5.

R P R 2.000

Resposta: A

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PROFESSOR ANDREW AQUINO

1. O gráfico nos mostra que essa substância apresenta

maior absorção para comprimentos de onda em torno de

500 nm, o que corresponde à cor verde. De acordo com

o enunciado: ... “o comprimento de onda correspondente à

cor do objeto é encontrado no lado oposto ao

comprimento de onda da absorção máxima.”

Na roda de cores, notamos que o comprimento de onda

oposto ao da cor verde é o da cor vermelha.

Resposta: E

2. A cor de um objeto é a cor (frequência) da luz que ele

mais reflete, as demais são radiações absorvidas. Logo,

alterando as propriedades de absorção e reflexão o

camaleão consegue alterar a cor da radiação que vai

refletir com maior intensidade.

Resposta: B

3.

A luz sempre vai do objeto para o observador.

No primeiro caso, o peixe é objeto e o homem é o

observador. A luz está passando da água (meio mais

refringente) para o ar (meio menos refringente),

afastando-se da normal, de acordo com a lei de Snell.

Por isso o homem deve fazer pontaria em C.

No segundo caso, o inseto é objeto e o peixe arqueiro é

o observador. A luz está passando do ar (meio menos

refringente) para a água (meio mais refringente),

aproximando-se da normal, de acordo com a lei de Snell.

Por isso o peixe arqueiro deve fazer pontaria em 3.

Resposta: E

4. A figura mostra o campo visual da pessoa, observando a

passagem do motociclista, por meio da reflexão no

espelho.

Por semelhança de triângulos:

D 1,8 1,2 D 7 0,6 1,8 D 2,4 m.

5 2 2

D 2,4t t 3 s.

v 0,8

Resposta: B

5. Das 40 “bailarinas” filmadas, 5 são objetos (atrizes) e

35 são imagens. Assim, cada atriz determina, na

associação de espelhos, um total de 35

n 75

imagens.

Logo:

360n 1

3607 1

36

8 360

08

45

Resposta: C

6.

I. Triângulo OAC: tg 53º = 1x

24

1 11

x xsen53º 0,80x 32 cm

cos53º 24 0,60 24

II. Triângulo OBC: tg (53º – 2) = 2x

24

2 2 2

2

2

x x xsen 37ºtg 53º 16º tg37º

24 24 cos37º 24

x0,60

0,80 24

Do qual: x 18 cm

III. AB = x1 – x2 AB = (32 – 18) cm

AB 14 cm

Resposta: D

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7.

a) Falsa. Nesse caso, a concha funciona como espelho esférico côncavo. Para distâncias menores que 1/4 do diâmetro (d < f), as imagens são virtuais, direitas e maiores que o objeto.

b) Falsa. Nesse caso, a concha funciona como espelho esférico convexo. As imagens obtidas são virtuais direitas e menores que o objeto.

c) Falsa. Para obter imagens reais o objeto deve ser

colocado à direita da concha para funcionar como espelho côncavo, o único que forma imagens reais,

d) Verdadeira. e) Falsa. Para objetos colocados à esquerda da concha,

funciona como espelho esférico convexo, as imagens

obtidas são virtuais, direitas e menores que o objeto.

Resposta: D

8. O dispositivo funciona como um espelho esférico côncavo, por ter a região interna espelhada. Os raios de luz que vêm do Sol chegam ao espelho paralelos ao eixo principal, logo convergem para o foco do espelho.

Resposta: B 9.

I. Sabendo que os raios incidem paralelos ao eixo

principal do espelho, eles convergem para o foco do espelho onde o carro está posicionado. Logo, a distância focal do espelho, no caso espelho esférico côncavo, é de f = 20 m. Assim, usando a equação de

Gauss podemos calcular a distância da imagem ao espelho:

P P' 30 P'

f 20P P' 30 P'

600 + 20 · P’ = 30 · P’

10 · P’ = 600 P’ = 60 m

II. Podemos calcular o tamanho da imagem pelo aumento linear:

i P' i 60 i

o P 3 30 3

= – 2 i = – 6 m (sinal

negativo indica que a imagem é invertida)

Resposta: B

10. Sendo L o ângulo-limite na fronteira pedra-ar:

menor

maior

n 1 1 4sen L sen L

n n 1,25 5

No triângulo retângulo destacado:

2

2

r sen L rtg L

h h1 sen L

4 47,50 7,50

h sen L 5 5r3161 sen L

1525

r 10mm (raio mínimo)

Resposta: A

11. Um raio de luz propagando-se no núcleo da fibra deve

sofrer reflexão total ao incidir na fronteira núcleo-casca:

Para isso, o material do núcleo preciso ser mais

refringente que o da casca.

No gráfico dado, percebemos que, no caso de haver

refração, B (ângulo do meio B) é sempre maior que A

(ângulo no meio A):

nA sen A = nB sen B

sen B > sen A

Logo: nA > nB

Resposta: B

12.

I. O ar é menos refringente que a água e quando o

sentido de propagação é do menos para o mais

refringente não ocorre reflexão total.

II. As imagens vistas por ambos são virtuais.

III. A figura abaixo justifica os itens c, d e e. Ela mostra

o gavião aproximando-se do peixe, nas posições A1 e

A2 e as respectivas imagens, A’1 e A’2, vistas pelo

peixe, bem como o peixe, P, e as respectivas

imagens vistas pelo gavião. Ela mostra que, quando

o gavião se aproxima, ele vê a profundidade aparente

do peixe (imagem) do peixe aumentar, e o peixe vê a

altura aparente do gavião (imagem) diminuir.

Resposta: E

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13.

Da Lei de Snell:

vidro ar

ar vidro

n n senisenisenr

senr n n . Por essa expressão,

vemos que a luz que apresenta menor ângulo de refração (a que mais desvia) é a que apresenta maior índice de refração, no caso o violeta. Aliás, os desvios crescem na sequência mostrada na figura: Vermelha (Vm), Alaranjada (Al), Amarela (Am), Verde (Vd), Azul (Az) e Violeta (Vl).

Resposta: E 14. O fenômeno que o texto sugere com a descrição da

posição aparente do Sol, no que se refere à luz ao atravessar as diferentes camadas da atmosfera, é a refração da luz. Para explicar o aspecto molhado do pavimento de uma rodovia em um dia quente, é necessário perceber que a luz vinda do céu ganha rapidez no ar próximo ao pavimento, pois ele está mais aquecido e menos denso do que o ar que está por cima dele. Essa mudança de velocidade que a luz sofre ao atravessar as várias camadas da atmosfera é chamada de refração. Como a densidade da camada de ar é proporcional ao índice de refração, a luz sofre refrações sucessivas nas camadas de ar sempre passando de uma camada mais refringente para uma menos refringente. Assim, o ângulo de refração aumenta até que a incidência na próxima camada de ar seja feita com um ângulo maior que o ângulo limite entre as duas camadas, provocando uma reflexão total, que causa no observador a impressão do aspecto molhado da pista.

Resposta: B

15. O índice de refração da água é maior que o do ar. Logo,

o índice de refração da esfera é maior que o do meio.

De acordo com a lei de Snell:

meio meio esf

esf esf meio

v nsen i

sen r v n

Assim, o índice de refração (n) é inversamente proporcional

ao comprimento de onda ().

Resposta: C

16.

A figura mostra que, com a piscina cheia, o pássaro

poderá ver a pedra durante um intervalo de tempo maior

que o intervalo de tempo que a veria se a piscina

estivesse vazia.

Resposta: A

17. Como o índice de refração da lente (1,0) é menor que o

do meio (1,7), a lente biconvexa terá comportamento

divergente.

Ao sair do bloco de vidro flint, os raios de luz irão

passar para o ar (índice de refração menor), afastando-se

da normal.

Resposta: B

18. As gotas assumem a forma de um hemisfério, formando

uma lente plano-convexa, imersa no ar. Como o índice

de refração da água é maior que o do ar, essas lentes

tornam-se convergentes, concentrando a radiação solar.

Resposta: C

19.

1 1 1 1 1 1 1 1 1 19,5 p

f p p ' 0,1 p 2 p 0,1 2 9,5

p ' 2A 19 vezes

p 1/ 9,5

Resposta: B

20. A diferença de temperatura entre as camadas de ar frio e

quente altera o índice de refração do ar, logo, a luz refletida pela água fria sofre sucessivas refrações, sendo gradualmente desviada nas camadas superiores de ar quente. Assim, ainda que a reflexão da luz faça parte do fenômeno final, a refração é o fenômeno ótico preponderante que provoca a Fata Morgana.

Resposta: B

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21. p' p'

A 3 p' 3pp p

p + p’ = 80 cm p + 3p = 80 cm p = 20 cm

f fA 3 f 15 cm

f p f 20

Resposta: A 22. O elemento “A” é um espelho côncavo já que os raios

entram paralelos à reta AB (eixo) e, após a reflexão convergiriam para um ponto à direita de B (foco).

O elemento “B” é um espelho plano, pois simplesmente desviou a trajetória dos raios em direção a C.

O elemento “C” é uma lente convergente, pois concentrará os raios no olho do observador.

Resposta: A 23. Pela equação dos fabricantes, temos:

1/f = (1,5 – 1,0) · (1/2 · 10–2 + 0) 1/f = 25 m –– P’ = –36 · 10–2 m

Utilizando Gauss, temos: 1/f = 1/P + 1/P’ 25 = 1/P – 1/36 · 10–2 25 + 1/36 · 10–2 = 1/P P = 0,04 m i = 20 · 10–2 m (positiva – direita)

Pelo aumento linear, temos: i/O = –P’/P 20 · 10–2/O = –(–36 · 10–2)/4 · 10–2 O = 2 · 10–2 m O = 2 cm

Resposta: D 24.

a) Falso. Se o ponto remoto foi colocado para mais longe, o indivíduo era míope.

b) Falso. Se o ponto próximo foi trazido para mais perto, o indivíduo B era hipermétrope, portanto usava lentes convergentes e não divergentes.

c) Falso. O indivíduo A era míope, portanto, sem óculos, a imagem formava-se antes da retina.

d) Verdadeiro. Maria era hipermetrope, por isso possui globo ocular encurtado, formando imagens atrás da retina.

e) Falso. Uma das causas do defeito da visão de Lucas poderia ser porque seu globo ocular é alongado.

Resposta: D

25. p 25cm 250mm

Dados:p ' 15 mm

Da equação dos pontos conjugados, vem:

1 1 1f 14,15mm

f 250 15

Como objeto e imagem encontram-se em lados opostos da

lente, concluímos que a imagem é real e, portanto, invertida.

Resposta: C

26. A tabela apresenta as diferentes deficiências visuais

(ametropias) e as correspondentes lentes corretivas.

Pessoa Ametropia Lentes corretivas

Pai Presbiopia Bifocais ou multifocais

Mãe Miopia Divergentes

Filha Astigmatismo Cilíndricas

Filho Hipermetropia Convergentes

Resposta: C 27. O primeiro par de óculos produz uma imagem virtual,

direita e menor que o objeto. Isto significa que a lente é do tipo divergente, usada para correção de miopia. O segundo par também faz uma imagem virtual e direita, mas agora maior que o objeto, indicando assim que se trata de uma lente convergente, usada para correção de hipermetropia. Isto já define a alternativa E. O terceiro par corrige a distorção de linhas que uma característica do astigmatismo.

Resposta: E 28. Como a imagem, para o míope, se forma antes da retina

deve usar lentes divergentes. A vergência da lente é calculada por:

míope

míope

1

míope

1V

P.R.

1V 5m 5di (dioptrias)

0,2

Resposta: C 29. O ponto remoto do paciente está a uma distância finita

do olho (5,0 m). Logo, o paciente é míope. As lentes corretivas de seus óculos são divergentes, cada uma de distância focal: f = –5,0 m = –500 cm.

A vergência é o inverso da distância focal e, portanto, igual a –0,2 di.

Óculos com estas lentes alteram a posição do ponto próximo.

Assim, para um objeto colocado a uma distância p dos olhos, as lentes corretivas conjugam uma imagem virtual a 8,0 cm do sistema ocular (p’ = –8,0 cm).

Pela equação de Gauss:

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/–500 = 1/p + 1/(–8,0)

1/p = 1/8,0 – 1/500 = (500 – 8,0)/500 · 8,0 p = 500 · 8,0/492 => p ≅ 8,1 cm

Resposta: E 30. O olho direito possui indicação de vergência para lente

cilíndrica que indica o astigmatismo, para a lente esférica para longe possui vergência negativa que indica miopia e para lente esférica para perto possui vergência positiva que indica presbiopia (vista cansada).

O olho esquerdo para a lente esférica para longe possui

vergência negativa que indica miopia e para lente esférica para perto possui vergência positiva que indica presbiopia (vista cansada), como não possui vergência para lente cilíndrica não possui astigmatismo.

Resposta: A

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12 002.861 – 128981/18

PROFESSOR EDUARDO CAVALCANTI

1.

s 80 sv (m / s)

t 3,6 9(s)

9.80s m s 200 m

3,6

Resposta: A

2.

Corredor 1 S1 = 4,2.t

Corredor 2 S2 = 5,4 · t

Condição S2 – S1 = 60 5,4 · t – 4,2 · t = 60

1,2 · t = 60 t = 60/1,2 = 50 s

Resposta: E

3. Dados: vA = 80 km/h; vB = 100 km/h; D = 10 km;

tA = 2 h.

Como ambos são movimentos uniformes, considerando

a origem no ponto de partida, temos:

A A A A A

B B B B B

S v t S 80t

S v t S 100t

Após 2 h (tA = 2 h) a distância entre os dois automóveis

é 10 km, estando B atrás.

Então:

A B A B

B B B

S S 10 80 t 100 t 10

80 2 100 t 10 150 100 t t 1,5 h.

Mas:

t = tA – tB = 2 – 1,5 t = 0,5 h

Resposta: C

4. Como se deslocam no mesmo sentido, a velocidade

relativa entre eles é uma subtração:

Vrel. = VA – VC = 80 – 60 = 20 km/h

Sendo a distância relativa, Srel = 60 km, o tempo

necessário para o alcance é:

rel

rel

S 60t t 3 h

v 20

Resposta: C

5. A velocidade média (vm) do movimento na esteira em

relação ao solo é dada pela soma da velocidade da

esteira (ve) e a velocidade da pessoa (vp):

vm = ve + vp

Mas a velocidade média é dada por:

m m m

s 48 mv v v 1,6 m s

t 30 s

Substituindo na primeira equação e usando os dados

fornecidos, temos:

m e p p

p p

v v v 1,6 m s 1 m s v

v 1,6 1 v 0,6 m s

Resposta: E

6. Da função horária da velocidade para o movimento

uniformemente variado:

0v v a t v 0 2 7 v 14m s.

Resposta: B

7. Para um veículo em movimento retilíneo

uniformemente variado, temos a expressão da

velocidade versus o tempo:

v = v0 + at

Sabemos que ao parar, a velocidade é nula, temos a

velocidade inicial e a aceleração, então calculamos o

tempo:

0

km 1000 m 1 h mv 72 20

h 1 km 3600 s s

Substituindo os valores na equação da velocidade,

achamos o tempo de frenagem:

v = v0 + at 0 = 20 – 10t t = 2 s

Assim, o tempo total será composto do tempo de ação

do motorista ao avistar o obstáculo somado ao tempo de

frenagem.

ttotal = 1 s + 2 s = 3 s

Resposta: C

8. Pelos dados do enunciado e pela função horária do

espaço para um MRUV, temos que:

2

0 0

a tS S v t

210 16

S 40 30 42

S 40 120 80

S 0 m

Resposta: A

9. Funções horárias da velocidade e do espaço para o Movimento Uniformemente Variado:

0

2 20

v v a t v 0 3 4 v 12,0m/s.

a 3S v t t S 0 4 v 24,0m.

2 2

Resposta: A

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13 002.861 – 128981/18

10. Dados: amax = 0,09 g = 0,09 (10) = 0,9 m/s2; v0 = 0; v0 = 1080 km/h = 300 m/s. A distância é mínima quando a aceleração escalar é máxima. Na equação de Torricelli:

2 20 max min

2 2 2 20

min

max

min

v v 2 a d

v v 300 0 90.000d 50.000 m

2 a 2 0,9 1,8

d 50 km.

Resposta: C

11. Sendo a mesma rampa nas duas situações, a aceleração

escalar (a) e o deslocamento (S) também são iguais nas duas situações. Dados: v1 = 2 m/s; v01 = 0; v02 = 1,5 m/s.

2 21

2 22 02

2 2 22 2

v 2 a S 2 2 a S 2 a S 4

v v 2 a S

v 1,5 4 v 6,25 v 2,5 m/s

Resposta: C

12. 2 2

0

2

V V 2 g h

0 20 2 10 h 20 h 400 h 20 m

No entanto, ele perdeu 15% de energia mecânica devido a forças dissipativas, ou seja, ele irá subir 15% a menos do modelo ideal que não possui forças dissipativas.

h = 20 · 0,85 h = 17 m Resposta: A

13. Dado: v = 20 m/s; h = 15 m; g = 10 m/s2.

Aplicando a equação de Torricelli: 2 2 2

0 0

20

v v 2g h v v 2g h

20 2 10 15 100 v 10 m s.

Resposta: A

14. Como, em relação à mesma horizontal, o tempo de

subida é igual ao de descida, o tempo total de

movimento é 4 segundos; então o tempo de descida, em

queda livre, é 2 segundos. Aplicando as equações da

queda livre:

22

v g t 10 2 v 20 m/s.

g 10h t 2 h 20 m.

2 2

Resposta: B

15. 2 2

0

20

20

20

0

0

V V 2 a S

0 V 2 g h

V 2 ( 10) 9,8

V 196

V 196

V 14 m s

Resposta: B

16. A distância percorrida em queda livre é dada por: 2g t

h2

Logo,

2210 m / s 2,5 sh h 31,25 m

2

Já a velocidade é dada por:

0

2

v v g t

v 0 10 m / s 2,5 s v 25 m / s

Resposta: E

17. A velocidade no eixo y do objeto é zero. A velocidade

que vale 35 m/s é a velocidade no eixo x.

y

20 0

20

20

20

1h h V t gt

2

1h h gt

2

1h h gt

2

1h h 10 3 h 45 m

2

Resposta: B

18. No lançamento horizontal, o tempo de queda independe

da velocidade inicial, sendo igual ao tempo de queda

livre. Assim:

2g 2h 2 1,8h t t t 0,6s.

2 g 10

Resposta: B

19. No eixo horizontal, o movimento é uniforme com

velocidade constante vH, portanto, com a distância

percorrida e o tempo, podemos calculá-la.

H H H

s 60 mv v v 15 m s

t 4 s

Com o auxílio da trigonometria e com a velocidade

horizontal vH, calculamos a velocidade de lançamento v.

H Hv v 15 m scos v v 25 m s

v cos 0,6

Portanto, na ordem solicitada na questão, a resposta

correta é alternativa [C].

Resposta: C

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14 002.861 – 128981/18

20.

2

20

43,2

3,6VS sen2 S sen90

g 10

S 14,4 m S 14 m

Resposta: D

21.

(1) Massa – É a quantidade de matéria de um corpo,

geralmente expressa em quilogramas.

(3) Impenetrabilidade – Propriedade que afirma que em

um mesmo instante dois corpos não ocupam o

mesmo local.

(4) Compressibilidade – É a propriedade que afirma que

quando um corpo é submetido à determinada

pressão, tem seu volume diminuído.

(2) Inércia – É a propriedade referente a movimento, que

afirma que a matéria tende a permanecer no estado

inicial que se encontra, seja de movimento ou repouso.

Resposta: E

22. O enunciado diz: vale-se de uma Lei da Física para

executar tal proeza, referindo-se à cena do primeiro

quadrinho, na qual Cebolinha puxa a toalha da mesa e

os pratos não caem. A lei da Física da qual Cebolinha se

vale é a da Inércia, ou seja, corpos em repouso tendem a

permanecer em repouso.

Resposta: A

23. As forças que atuam no conjunto citado são: peso da

caixa e da corda mais suas reações no centro da Terra,

tração na corda, força aplicada, força de atrito entre a

caixa e o solo, e a força normal na caixa, totalizando

oito forças que atuam no sistema. O esquema abaixo

facilita o entendimento:

Resposta: D

24. Primeiramente, calculamos a aceleração:

2v 10 m sa a 5 m s

t 2 s

Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica:

2

F 20 NF m a m m 4 kg

a 5 m s

Resposta: B

25.

Terra

Júpiter Júpiter Júpiter

P m g

800 m 10 m 80 kg

P m g P 80 25 P 2.000 N

Resposta: D

26.

terralua lua lua lua

lua

g 10P mg P m P 300

6 6P 500 N

Resposta: A

27. Dados: v0 = 0; v = 108 km/h = 30 m/s; t = 10 s.

Como o movimento é reto, o módulo da aceleração é

igual ao módulo da aceleração escalar:

2v 30a a 3 m/s .

t 10

Aplicando o princípio fundamental da dinâmica:

res resF ma 1200 3 F 3.600 N.

Resposta: C

28. Supondo que essa força seja a resultante e que seja

aplicada na mesma direção do movimento, aplicando o

Princípio Fundamental da Dinâmica, vem:

0res res

res

v v 20F ma F m 30.000

t 60

F 10.000 N.

Resposta: A

29. Rigorosamente, não temos par ação-reação em nenhuma

das opções.

As forças de ação-reação são da mesma interação, têm

mesma direção, mesma intensidade e sentidos opostos.

As interações realizadas pelo bloco e os respectivos

pares de forças de ação-reação geradas, conforme ilustra

a figura, a seguir são:

– Bloco-Agente externo: ext extF e F’ .

– Bloco-Terra: P e P’.

– Bloco-Superfície: sup supF e F’ .

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Notemos que a Normal não é uma força, mas apenas

uma componente da força que a superfície troca com o

bloco. Caso não houvesse atrito, a força trocada com a

superfície seria apenas a Normal, aí sim teríamos a

força de compressão e a Normal formando um par ação-

reação.

Resposta: C

30. Analisando a tabela dada, temos:

elF 160 320 480k 16 N/cm = 1600 N/m

x 10 20 30

k 1,6 kN/m.

Resposta: B

31.

mola

mola

F m g sen30

F k x

m g sen30 k x

m g sen30 0,2 10 0,5x x x 2,0 cm

k 50

Logo, o comprimento da mola será:

10 + 2 = 12 cm.

Resposta: D

32. A figura a seguir ilustra a situação.

Como há equilíbrio:

maxat x

y

F P P sen15N P sen15

N P Pcos15

sen 15P cos15 P sen 15 tg 15

cos150,27.

Resposta: E

33. Dados: g = 10 m/s2 ; e = 0,60; c = 0,80; m = 1; 200 kg.

A força que a pista exerce no veículo tem duas

componentes: normal e de atrito.

Supondo que a frenagem ocorra em pista horizontal, a

componente normal N) da força que a pista aplica no

veículo tem intensidade igual à do seu peso (P).

N = P = m g = 12000 N.

A componente de atrito estático máxima:

Fat máx = eN = 0,8 (12000) Fat Max = 9600 N.

A componente de atrito cinético:

Fat cin = cN = 0,6 (12000) = Fat cin = 7200 N.

Resposta: D

34. Dados: v = 216 km/h = 60 m/s; m = 6 kg; r = 72 m.

A força que o piloto deve exercer sobre o conjunto

cabeça-capacete é a resultante centrípeta. 2 2

C C

mv 6(60) 3.600R R 300 N.

r 72 12

Para que um corpo tenha esse mesmo peso, quando

sujeito à gravidade terrestre, sua massa deve ser:

P 300m m 30 kg.

g 10

Resposta: B

35. A força resultante sobre o sistema representa a força

centrípeta que é a tração na corda. 2

c

mvF T T

R

Assim, isolando a velocidade, temos:

TR 18 N 1 mv v v 3 m s

m 2 kg

Resposta: C

36. No ponto considerado (B), a componente tangencial da

resultante é nula, restando apenas a componente

centrípeta, radial e apontando para o centro da curva

(P). Portanto, a força resultante tem direção vertical,

com sentido para cima.

Resposta: B

37.

Dados: r = 20 m; v = 72 km/h = 20 m/s;

m = (800 + 60) = 860 kg e g = 10 m/s2.

Sendo FN a força de reação da pista e P o peso do

conjunto, analisando a figura, temos que a resultante

centrípeta é:

C N N C N

2 2

N

N

R F P F R P F

m v 860 (20)m g F 860 (10)

r 2017200 8600 F 25800 N.

Resposta: D

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

16 002.861 – 128981/18

38. No ponto mais alto, a força centrípeta é a diferença

entre o peso e a normal. 2 2

2

V V mg 4mgm mg N m mg

R 50 5 5V 400 V 20 m / s

Resposta: B

39. A velocidade mínima ocorre quando a força normal

atuante na moto for nula, sendo a resultante centrípeta o

próprio peso. Assim: 2

cent

m vR P m g

R

v R g 3,6 10 6 m/s

v 21,6 km/h.

Resposta: C

40. Dados: m = 500 g = 0,5 kg; R = 80 cm = 0,8 m; g = 10 m/s2.

Para encontrar a expressão da velocidade (v) da esfera

no ponto P2, apliquemos a conservação da energia

mecânica, tomando como referencial para energia

potencial o plano horizontal que passa por esse ponto:

1 2

2Mec Mec 2P P

m vE E m g R v 2g R. (I)

2

A resultante centrípeta no ponto P2 é: 2

c

m vR N P . (II)

R

Substituindo (I) em (II), vem:

m (2 g R )N mg N mg 2 mg

R

N 3 mg N 3 0,5 10 N 15 N.

Resposta: C

41. Conforme o diagrama anexo, as forças que agem no

carro são o peso (P) e a normal (N). Como o

movimento é circular e uniforme, a resultante dessas

forças é centrípeta (radial), C(R ).

c cc

R m atg a g tg .

P m g

Como e g são

constantes, a aceleração centrípeta (radial, dirigida para

o centro) tem módulo constante.

Resposta: D

42. A normal, que age como resultante centrípeta, no pé de

uma pessoa tem a mesma intensidade de seu peso na Terra. 2

centN R P m R m g

g 10 1

r 100 100,3 rad/s.

Resposta: B

43. 2

2A 22A A A A

2 2BB B B B

m vE m v 2 v 50 E 252 .

m vE 2 m v v 70 E 492

Resposta: C

44. A variação da energia cinética é dada por:

C C(final) C(inicial)

2 20 2 2

C 0

E E E

m v m v mE v v

2 2 2

Substituindo os valores:

2 2

C C

2000 kgE 0 m / s 20 m / s E 400000 J

2

Em notação científica: 5

CE 4,0 10 J

Resposta: D

45. Supondo que a força aplicada pelos freios seja a

resultante das forças atuantes no veículo, aplicando o

teorema da energia cinética, temos:

2 20 2 2

cinR R

3

R

m v mv 1000W E W 10 20

2 2 2500 300 150 10 J

W 150 kJ.

Resposta: C

46. Do ponto de vista do chão: o drone deve sobrevoar 60 m

(do 50 m edifício e mais 10 m que ele precisa ficar

acima).

1

1

1

g

g

g

E mgh

E mg 60

E 60 mg

Do ponto de vista do drone: ele (drone) está a 10 m

acima do prédio, logo sua energia potencial será:

2

2

2

g

g

g

E mgh

E mg 10

E 10 mg

A razão entre eles será:

1

2

1

2

g g1

g g2

g

g

E E60 mg 60

E 10 mg E 10

E6

E

Observação: essa questão depende muito do referencial

que você está tratando.

Resposta: E

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47. Para o caso da rampa com atrito, a cada ponto que a

esfera passe na descida há perda da energia mecânica na

forma de energia dissipativa (atrito), sendo que a

energia potencial gravitacional vai se convertendo em

energia cinética. Assim, a energia mecânica em cada

ponto, que representa a soma das energias potencial e

cinética devem ficar cada vez menor enquanto que a

esfera desce. Quando a esfera chega ao fim da rampa, a

energia potencial dever ser nula restando somente a

energia cinética. Logo, a resposta correta é letra [B].

Resposta: B

48. Usando o princípio da conservação de energia para o

ponto inicial (A) e para o ponto final (B).

A B pg c d c pg d

c pg pg c pg

2pg pg

E E E E E E E E

E E 0,4 E E 0,6 E 0,6 m g h

E 0,6 2 kg 10 m s 0,5 m E 6 J

Resposta: C

49.

2p c

1E E m g h m v v 2 g h

2

Como a velocidade cai a metade após a colisão, a

energia cinética final será 1

4 da energia inicial

2c

1E m v

2

. Logo, 3

4 da energia foram perdidos.

3 33 3E 10 10 1,2 10 E 120 10

4 43

E 120 mJ E 90 mJ4

Resposta: D

50. Orientando a trajetória no sentido da velocidade de

chegada, v1 = 8 m/s e v2 = –0,6 m/s. Durante a colisão, o

impulso da força resultante é numericamente igual à

área entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos.

Assim, aplicando o teorema do impulso:

máx

F

máx

máx

F tI Q m v

22 m v 2 0,4 0,6 8

F t 0,2

F 34,4 N.

Resposta: B

51. Tratando de um sistema mecanicamente isolado, ocorre

conservação da quantidade de movimento.

Assim:

c c b bc b

c c

Q Q m v m v

90 v 360 0,2 v 0,8 m/s.

Resposta: E

52. Dados: M1 = 4 kg; M2 = 5 kg; V1 = V = 5 m/s; V2 = 0.

Como o sistema é mecanicamente isolado, ocorre

conservação da quantidade de movimento:

inicial finalsist sist 1 1 2 2 1 2 f

f f

Q Q M V M V M M V

204 5 5 0 4 5 V V 2,2 m/s.

9

Resposta: E

53. O brinquedo é conhecido no meio Físico como Pêndulo

de Newton.

Seja M a massa de cada bolinha.

– Calculando a velocidade da bolinha X antes do

choque (Va), pela conservação da energia mecânica:

2a

a

M VM g H V = 2 g H I

2

– Usando a conservação da quantidade de movimento,

calculamos a velocidade (Vd) do sistema formado

pelas três bolinhas, depois do choque.

asistema sistema

antes depois a d d

VQ Q M V 3M V V . (II)

3

Combinando (I) e (II):

d

2 g HV . (III)

3

– Pela conservação da energia mecânica do sistema

formado pelas três bolinhas, l depois do choque,

calculamos a altura final (h).

2d 2

d

3 M V3 M g h V 2 g h. IV

2

Substituindo (III) em (IV): 2

2 g H2 g H H2 g h 2 g h h

3 9 9

Resposta: E

54. Dados: r1 = 1200000 km = 12 105 km;

r2 = 300000 km = 3105 km; T1 = 16 dias.

Aplicando a Terceira Lei de Kepler: 32 3 2 5

2 2 2

51 1

322 2

2

2

T r T 3 10

T r 16 12 10

T 1 256 T 4 256 4 64

T 2 dias.

Resposta: B

55.

2

2 2

2

MTerra : g G 10

R4 M 4 M 1

Planeta : g’ G G 1016 R 44 R

g’ 2,5 m/s .

Resposta: A

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18 002.861 – 128981/18

56. Dados: 3 6 6

24 11 3 2

R 6 10 km 6 10 m; h 720 km 0,72 10 m;

M 6 10 kg; G 6,7 10 m /kg s .

Como a órbita é circular, a gravidade tem a função de

aceleração centrípeta.

2

c 2

11 24 11 24

6 6 6

6 3

v G M G Ma g v =

R h R hR h

6,7 10 6 10 6,7 10 6 10 v

6 10 0,72 10 6,72 10

60 10 7,7 10 m/s v 7,7 km/s.

Resposta: D

57.

2 5 2 2

5 4

FP F P A F P r F 2,5 10 3 (3 10 )

A

F 2,5 10 3 9 10 F 675 N

Resposta: C

58. Aplicando o Teorema de Stevin:

3p d g h 10 10 0,2 4 p 8.000 Pa.

Resposta: E

59. Como a água possui maior densidade, ela é o líquido

que fica mais abaixo e atinge a altura x.

Igualando as pressões na altura da linha tracejada,

temos:

óleo água

0 óleo óleo 0 água água

óleo óleo água água

P P

P g h P g h

h h 0,85 20 1 x

x 17 cm

Resposta: D

60.

1 2 1 21 2 2 2

1 2 1 2

2 22 1

1 12 22

1

F F F m gP P

A A R R

m g R 4.000 10 (0,02)F F

R 0,1

F 1.600 N

Resposta: D

61.

1 2 1 22 1

1 2

2 1 2 1

F F F F15 F 60 F

A A 15 60

60F F F 4 F

15

Resposta: D

62. O iceberg está em repouso sobre a ação exclusiva de

duas forças de sentidos opostos: o peso e o empuxo.

Então, essas duas forças têm a mesma intensidade.

Assim:

ag im gelo ag

3gelo gelo

9P E m g d g V d V d V

109

d 1 d 0,9 g cm .10

Resposta: C

63. O empuxo máximo (barca na iminência de afundar)

deve equilibrar o peso da barca mais o peso dos N

automóveis.

auto barca ág

3 4ág

3

N P P E N m g M g d V g

d V M 10 100 4 10N n 40

m 1,5 10

Resposta: B

PROFESSOR ARTUR HENRIQUE

1.

a) Como só foi encontrado vapor de água, não se pode

afirmar que a água esteja presente no estado líquido.

b) A temperatura de ebulição, neste caso, sofre

influência da pressão atmosférica.

c) O calor de vaporização se define como a quantidade

de energia necessária para que um mol de uma

substância se encontre em equilíbrio com o seu

próprio vapor. Para que 1 kg de água líquida atinja o

equilíbrio com 1 kg de vapor, é preciso que a mesma

atinja o calor de vaporização.

d) Sempre que um líquido é superaquecido há o

aparecimento de bolhas.

e) A água entra em ebulição em um tempo mais curto

do que levaria para ser transformada em vapor.

Resposta: C

2. Para que a lâmina se curve com o menor aumento de

temperatura, a lâmina M2 deverá ter o maior coeficiente

de dilatação (o alumínio).

Resposta: B

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19 002.861 – 128981/18

3. Ep = 20 (m g h) = 20 m 10 1 = 200 m J

Q = m c ∆T 200 m = m c 0,1 c = 2000

c = 2 10³ J/kg ºC

Resposta: D

4. Usando-se a equação fundamental da Calorimetria,

temos:

Q mc

Q (0,1 0,9 2400) (J)

Q 216 J

Portanto:

216Q cal

4

Q 54 cal

Resposta: D

5.

cedido recebido

água quente água fria

água quente água fria

água quente água fria

água quente

Q Q 0

(mc ) (mc ) 0

Mas :

mm V

V

e

VV t

t

Então :

m t

Assim, temos :

( t c ) ( t c ) 0

Sendo

( c t) ( c t)

vem :

( ) (

água fria) 0

18 (40 20) 12(T 85) 0

T 55 ºC

Resposta: C

6. a) A energia potencial gravitacional é a energia

acumulada, quando um corpo está em uma altitude elevada e libera essa energia, quando desce para altitude menor, na forma de energia cinética.

b) A água que forma os gêiseres é proveniente do subsolo, onde não tem como absorver energia solar.

c) O aquecimento da água dos gêiseres não é proveniente de nenhum processo químico. A água é aquecida a partir das rochas quentes, que, por sua vez, foram aquecidas pela lava e que estão quentes a partir de processos nucleares no interior do planeta. As usinas geotérmicas aproveitam a energia do vapor já na forma de energia cinética para fazer girar turbinas.

d) As usinas nucleares são como máquinas a vapor, que se utilizam da energia térmica da água transformada em vapor para girar turbinas e produzir energia elétrica. Nas usinas nucleares, a desintegração (fissão) do urânio é usada como fonte de calor; em uma máquina a vapor ou usina termoelétrica, o calor vem da queima de carvão, madeira ou óleo combustível. No caso das usinas geotérmicas, a água já é obtida quente, na forma de vapor; mas, a partir desse ponto, a conversão em energia cinética em elétrica ocorre da mesma forma.

e) O calor armazenado na água das fontes geotérmicas tem sua origem em processos nucleares, mas estes processos acontecem em camadas profundas do planeta, aquecendo rochas para depois aquecer as águas. Estas águas são radioativas, mas em níveis muito mais seguros que a água utilizada para resfriamento de reatores nucleares. Além disso, as usinas geotérmicas não geram lixo nuclear.

Resposta: D

7. O aumento de pressão na superfície da água provoca sua

ebulição a uma temperatura maior.

Resposta: B

8.

2

Q CSEquação de Fourier

t e

A taxa de transferência decalor em W é determinada por:

0,40 1,40 (175 35)196 W

4,0 10

Resposta: A

9.

a) Falso. O gráfico mostra que o aquecimento por

radiação solar é mais eficiente.

b) Verdadeiro. Entre 10 min e 40 min, a taxa de

variação de temperatura é dada por

solar

solar

lâmpada

lâmpada

solar lâmpada

Tt

45 30T (ºC/min)

40 10

15T º C / min

30

35 25T (ºC/min)

40 10

10T ºC/min

30

Assim: T 1,5 T

c) Falso. Do gráfico, notamos que a resposta ao

aquecimento é mais rápida quando utilizamos a

radiação solar.

d) Falso. Do gráfico, notamos que a partir de 40 °C a

resposta ao aquecimento solar é mais lenta.

e) Falso.

Resposta: B

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

20 002.861 – 128981/18

10. A evaporação (processo endotérmico) ocorre na superfície da água salgada, por aquecimento solar. O sal, na qualidade de substância iônica, continua em solução; pode-se dizer, portanto, que a água salgada vai ficando cada vez mais salgada. O plástico tem função de estufa, deixando a luz passar e impedindo a saída do calor, e ainda é a superfície em que ocorre a formação da água líquida, destilada; ou seja, sem sais. Como a energia solar é liberada no momento da condensação (processo exotérmico), ocorre na superfície do plástico e é depois transferida ao ambiente externo. Resposta (D) é cedida ao ambiente externo através do plástico, onde ocorre a condensação do vapor.

Resposta: D

11. Aplicando-se a 1ª lei da termodinâmica, temos:

Q = + U

Assim:

200 = 80 + U

U 120 J

Atenção que:

Calor recebido Q > 0

Trabalho realizado > 0

Aumento de energia interna U > 0

Portanto, a energia interna do sistema aumenta de 120 J.

Resposta: D

12. A 2ª lei da termodinâmica assegura que a energia

térmica retirada da fonte quente tem de ser rejeitada, em

parte, para a fonte fria. Assim, o rendimento de uma

máquina térmica não pode ser igual a 100%.

Resposta: E

13. Cálculo de rendimento para um Ciclo de Carnot:

F

Q

T1

T

9251 1 0,40

2300

0,60 ou (%) 60%

Resposta: B

14.

I. Cálculo do acréscimo de volume sofrido pelo gás na

expansão isobárica:

2 3

3 3

V A L V 2,0 10 0,10 (m )

V 2,0 10 m

II. O volume final do gás na situação da Figura 2 fica

determinado por:

3 3 3

2 1 2V V V V 6,0 10 2,0 10 (m )

Da qual: 3 3

2V 8,0 10 m

III. Lei geral dos gases perfeitos: 2 2 1 1

2 1

p V p V

T T

Sendo p2 = p1, segue que: 3 3

2

8,0 10 6,0 10

T 300

De onde se obtém: 2T 400 K

IV. Cálculo do trabalho realizado pelo gás ao expandir-

se:

5 3

1

2

p V 2,0 10 2,0 10 (J)

4,0 10 J 400 J

V. Cálculo da quantidade de calor recebido pelo gás:

1º princípio da termodinâmica: Q U

Q = 400 + 600 (J)

Da qual: Q 1000 J

Resposta: A

15.

Situação inicial

Pi = 1,0 atm Vi = 120 cm3

Ti = 127 + 273 = 400 K

Situação final

Pf = 12 atm Vf = 20 cm3 Tf = ?

Equação geral dos gases perfeitos

i i f f

i f f f

f f

P V P V 1,0 120 12 20 120 240

T T 400 T 400 T

6000T T 800 K 273 527 º C

120

Resposta: C

16. Ao absorver o calor do Sol, a água recebe a energia

necessária para passar do estado líquido para o estado

gasoso, processo denominado evaporação.

Resposta: C

17. Calor recebido pelo leite QL = mL c (

mL c ( QL = 30 mL c

Café

Calor fornecido pelo café Qc = mc c ( 30

c (40 Qc = c

c L L L

L

600Q Q 0 30 m c 600 c 0 m

30

m 20 g.

Um grama possui volume de 1 mL, o volume de leite

pedido será de VL = 20 mL

Resposta: B

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21 002.861 – 128981/18

18. Pi = 33 Pa Vi = 2,0 L Ti = T

Pf = ? Vf = 2,2 L Tf = T

Equação geral dos gases perfeitos i i f fP V P V

T T

33 2 = Pf 2,2 f f

66P P 30 Pa

2,2

Resposta: A

19. Com base no gráfico, podemos observar que a umidade relativa do ar entre as 9h e 16h tem uma alta redução e nesse mesmo intervalo de tempo é correspondente ao período de maior insolação. Entre o intervalo das 16h e 18h, podemos observar um aumento da umidade relativa do ar, e nesse mesmo período observa-se o período de menor insolação. Com isso, podemos alegar que a insolação é um fator que provoca a variação da umidade relativa do ar.

Resposta: A

20. A pressão máxima de vapor corresponde à maior

pressão que esse vapor exerce nas paredes de um

recipiente de volume V. Para uma dada quantidade

constante de gás ideal sob pressão P, ocupando volume

V e à temperatura T, é válida a equação de Clapeyron

P V = n R T sendo a temperatura T constante e n e R

também constantes, então o produto P V será

constante. Se P V = constante, P é inversamente

proporcional à V e, portanto, a pressão P exercida pelo

gás nas paredes do recipiente será máxima quando V for

mínimo.

Considerando B = 5 + 2sen(t), V(t) será mínimo

quando log2B for mínimo, o que ocorre quando

5 + 2sen(t) for mínimo.

Mas, o valor mínimo de sen(t) é –1 e o ângulo cujo

seno vale –1 é 3 3 3

t t 1,5 h2 2 2

Resposta: D

21. Com o aumento da altitude, a pressão atmosférica sobre

o local diminui porque a coluna de ar sobre esse local

também diminui, fazendo com que a temperatura de

ebulição seja menor que 100 °C (temperatura de

ebulição ao nível do mar).

Resposta: C

22. A dilatação linear (∆L) depende do comprimento inicial

do corpo (L0), do tipo de material que constitui o corpo

(representado numericamente pelo coeficiente de

dilatação linear) e da variação de temperatura que o

corpo é submetido (∆T). Portanto, um dos fatores que

determina a dilatação dos trilhos é sua variação de

temperatura.

∆L = L0 α ∆T

Resposta: C

23. M = 100000 g

Q = m c ∆T

Q = 100000 1 80

Q = 8000000 cal

Como 70% do calor de combustão foi aproveitado,

temos que:

Q = 0,7 10000

Q = 7000 cal/g

Portanto, a massa mínima consumida foi de:

7000 cal ------------ 1g

8000000 -------------- x

X ≈ 1143 g

Resposta: E

24. A transmissão do calor por convecção é o processo no

qual a energia térmica é transmitida com o

deslocamento de matéria (massa de ar no caso do

furacão).

Resposta: B

25. ∆V = V0 γ ∆T ∴ ∆V = [0,25 (6,7 109 m3 )]

(1,3 10–4 ℃–1 ) (35 ℃ – 28 ℃) ∴ ∆V ≈ 15,2 105 m3

Resposta: B

26. Para o gelo, a fusão é facilitada pelo aumento de

pressão, isto é, quanto maior a pressão, menor a

temperatura que o sólido precisa atingir para fundir-se.

Resposta: E

27. Trabalho é dado pela área

WAB = 0

WBC = P (VC – VB) = 2 (5 – 2)

WBC = 6 J

Wtotal = 0 + 6

Wtotal = 6 J

Resposta: A

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

22 002.861 – 128981/18

28. Para converter Fahrenheit em Celsius, usamos a expressão

C F 32

5 9

Substituindo os valores indicados na figura na expressão

acima, obtemos respectivamente:

60 ºC; 82,2 ºC; 104,4 ºC; 126,7 ºC; 148,9 ºC

Arredondando para o inteiro mais próximo, obtemos os

valores indicados na alternativa B.

Resposta: B

29. Como 1000L = 1 m3 5,5 L = 0,0055 m3 = 5.500.000

mL3 = 5,5 106 mL3.

O número de glóbulos vermelhos no corpo será

5 milhões 5,5 106 = 5 106 5,5 106 = 27,5 1012 =

2,75 1013

Resposta: E

30. Se Te é a temperatura da estrela Te = 5 TSol =

= 5 × 5770 = 28850 pela tabela, essa estrela pertence à

classe espectral BO cuja luminosidade vale 2 104 vezes a

luminosidade do Sol, ou seja, 20000.

Resposta: A

QUÍMICA

PROFESSOR CARLOS JAMES

1. CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)

3

222

[CH OH] 0,072Kc 1000

[CO] [H ] 0,06 0,02

Kp = Kc · (RT)n, n = 1 – 3 = –2

Kp = 1000 · (0,082 × 487,8)–2

Kp = 0,625

Resposta: A

2. De acordo com a tabela estequiométrica (já dividindo

pelo volume de 2 litros), temos:

CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)

Início 2,0 mol/L 2,0 mol/L 0

Variação – x – 2x + x

Equilíbrio (2 – x) (2 – 2x) x

De acordo com o texto, a posição de equilíbrio é

alcançada quando a concentração de metanol se iguala a

0,5 mol/L (não esqueça de dividir pelo volume). Logo,

x = 0,5 mol/L, e a constante de equilíbrio kc será dada

por:

3

c 2 2

2

CH OH 0,5k = 0,33

1,0 1,5H CO

Resposta: A

3.

I. 2

3(s) 2(g) 2 ( ) (aq) 3(aq)CaCO CO H O Ca 2 HCO

2 2

3

reação I

2

[Ca ][HCO ]K

[CO ]

II. 2

3(aq) (aq) 3(aq)HCO H CO

2

3

1

3

[H ][CO ]K

[HCO ]

III. 2 2

3(s) (aq) 3(aq)CaCO Ca CO

2 2

2 3K [Ca ][CO ]

IV. 2(g) 2 ( ) (aq) 3(aq)CO H O H HCO

3

3

2

[H ][HCO ]K

[CO ]

Observa-se que: 2 2

3

reação I

2

2 2

3

reação I

[Ca ][HCO ]K

[CO ]

[Ca ][CO ]

K

[H ] 3

2

[HCO ]

[CO ]

[H ]

2

3[CO ]

3

2 2

3

2

[HCO ]

[Ca ][HCO ]

[CO ]

2 3

reação I

1

9 7

reação I 11

5

reação I

K KK

K

6,0 10 2,5 10K

3,0 10

K 5,0 10

Resposta: B

4. O valor para o quociente reacional é:

42 CC

c

2 água

[I ] 1,0Q = = = 10.

[I ] 0,1 Como Qc < kc, o sistema

tende em direção aos produtos até alcançar o equilíbrio.

Logo, o I2 diminui de concentração em fase aquosa e

aumenta de concentração em CC4.

Resposta: D

5.

a) De acordo com o gráfico, temos: [N2O4]inicial = 0,1 M

e [N2O4]final = 0,04 M, logo a taxa de dissociação é:

2 4 dissociado

2 4 inicial

[N O ] 0,06MT(%) 100 60%

[N O ] 0,1M

b)

222

2 4

0,12[NO ]Kc 0,36

[N O ] 0,04

c) O equilíbrio foi atingido após 60 segundos

d) Haveria formação de NO2 se a [N2O4] = 0,04 M,

mas em menor quantidade

e) O aumento na pressão do sistema desloca o equilíbrio

para esquerda, beneficiando a formação de N2O4.

Resposta: A

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

23 002.861 – 128981/18

6. De acordo com o gráfico, a reação de formação do NO é

endotérmica, pois o aumento da temperatura, aumenta o Kc.

Então quanto maior a temperatura, maior a quantidade

de NO. Adição de catalisador não desloca o equilíbrio.

O aumento da pressão nessa reação não desloca o

equilíbrio, pois não temos variação no número de mols

gasosos dos reagentes para os produtos. O aumento da

pressão parcial de N2, corresponde ao aumento de sua

concentração, logo o equilíbrio desloca para direita.

Resposta: D

7. Endotérmico;favorecido peloaumento datemperatura2

(aq) 3(aq) 3(s) 2(g) 2 ( )Exotérmico;favorecido peladim inuição datemperatura

Ca 2HCO CaCO CO H O ;

H 40,94kJ mol

A formação de carbonato será favorecida pelo aumento

da temperatura, ou seja, o equilíbrio será deslocado para

a direita.

Resposta: D

8. Resposta do ponto de vista da disciplina de Química

Teremos:

O2(g) O2(aq)

1 mol 0 mol

Quanto maior a altitude, menor a pressão (P): queda da

pressão parcial do O2.

P V = k

Deslocamento para a esquerda:

2(g) 2(aq)esquerdaO O

A concentração O2(aq) diminui.

O equilíbrio abaixo também desloca para a esquerda:

(aq) 2(aq) 2(aq)esquerdaHb O HbO

Conclusão: a concentração de hemoglobina oxigenada

no sangue diminui devido à queda da pressão parcial do

oxigênio.

Resposta do ponto de vista da disciplina de Biologia A hipóxia, ou mal das alturas, é causada pela menor

saturação da hemoglobina com o gás oxigênio.

Em altitudes elevadas o ar é rarefeito e a pressão parcial

do O2 é menor do que ao nível do mar.

Resposta: B

9. Considerando que uma pessoa consuma refrigerante

diariamente, poderá ocorrer um processo de

desmineralização dentária, devido ao aumento da

concentração de H+, que reage com as hidroxilas OH–,

deslocando o equilíbrio para a direita.

Resposta: B

10. Como o ácido carboxílico formado é pouco eficiente na

remoção de sujeiras, o equilíbrio:

CH3(CH2)16COO– + H2O CH3(CH2)16COOH + OH–

Deverá ser deslocado para a esquerda, no sentido de

ionizar o ácido. Consequentemente a concentração de

ânions hidróxido (OH–) deverá aumentar. Isto significa

que os sabões atuam de maneira mais eficiente em pH

básico.

Resposta: A

11.

a) Falso. A solução de ácido fórmico, irá apresentar um

caráter ácido mais acentuado que o ácido benzoico,

devido ao maior valor de Ka. Quanto maior o valor de

Ka. Quanto maior o valor de Ka, maior a concentração

de H+, logo maior será a força ácida.

b) Falso: Devido ao fato do ácido acético ter um maior

valor de Ka, este ácido é mais forte que o ácido

carbônico, e isso implica uma maior concentração de

H+ na sua ionização e consequentemente, quanto

maior a concentração de íons, maior a condutibilidade

elétrica da solução.

c) Falso: O ácido nitroso é uma ácido moderado, porém é

um ácido mais forte que o ácido bórico, devido ao

maior valor de Ka. Por ser um ácido mais forte, ele

produz uma maior quantidade de íons H+ em sua

ionização.

d) Verdadeiro: O ácido sulfuroso é o ácido mais forte

dos listados na tabela, pois apresenta maior valor de

Ka. Isso implica um maior grau de ionização e

menor valor de pH comparado aos outros. Quanto

menor o valor de pH, mais forte é o ácido.

e) Falsa: A solução aquosa de ácido fosfórico irá

apresentar um valor de pH menor do que a solução

de ácido nitroso de mesma concentração, pois possui

maior caráter ácido em virtude de possuir maior

valor de Ka.

Resposta: D

12. A substância listada no quadro deverá apresentar o

maior caráter básico para neutralizar o poluente que

possui caráter ácido, ou seja, terá que apresentar o maior

valor de constante de equilíbrio (nesse caso a

concentração de ânions será maior). Isto ocorre em:

Hidrogenofosfato

de potássio

2

4 2 2 4HPO H O H PO OH Keq = 2,8 · 10–2

Resposta: D

13. Das bebidas listadas na tabela, aquela com menor

potencial de desmineralização dos dentes é o chá, pois a

concentração de cátions H+ nesta bebida é o menor

(10–6 mol/L).

Resposta: A

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

24 002.861 – 128981/18

14.

a) Verdadeira. A eficiência de um conservante é

favorecida quanto menor for o valor de Ka e do pH

do meio, pois teremos o conservante em

porcentagem maior na sua forma não dissociada.

b) Falsa. Pela tabela, percebe-se que o suco de laranja

pH = 3 tem como conservante mais adequado o

ácido propiônico.

c) Falsa. O mais indicado seria o ácido propiônico.

d) Falsa. Generalização do ácido sórbico.

e) Falsa. O ácido benzoico é o menos indicado como

conservante para ambos os sucos. Pois possui maior

valor de Ka, ou seja, dissocia melhor.

Resposta: A

15. Conforme mencionado no texto a ação desinfetante se

deve ao ácido hipocloroso.

Conforme as equações 1 e 2 de equilíbrio, identificamos

algumas informações, como:

Na equação 1 fica evidenciada de que, se aumentarmos

muito a acidez ocorrerá o deslocamento para a esquerda

com o favorecimento de formação de C2 e a de

composição do ácido hipocloroso.

Já no equilíbrio 2 podemos verificar um deslocamento

para a esquerda ou seja, no sentido de formação do

HCO, quando submetemos a reação a um meio ácido,

logo, vamos julgar as possíveis respostas:

Em um pH extremamente ácido pH = 0, ocorrerá um

deslocamento até do equilíbrio 1 para a esquerda,

deslocamento este que não é favorável, pois irá formar o

gás cloro.

Em um pH em torno de 5, favorece o equilíbrio 2, ou

seja, o equilíbrio favorável a formação do ácido

hipocloroso. E o equilíbrio 1 sofrerá pouca alteração.

Resposta: B

16.

H2S(aq) + H2O() H3O+(aq) + HS–

(aq)

início 0,1M ----- 0 0

variação – x ----- +x +x

equilíbrio (0,1 – x) ----- x x

Como o ácido é fraco, (0,1 – x) 0,1 mol/L. Assim, a

constante Ka é dada por:

23 7 4

1

2

H O HS xKa 1 10 x 10 mol/L

H S 0,1

Como x = [H3O+] = 10–4 M pH = 4,0

A 2ª ionização é considerada desprezível para o cálculo

do pH.

Resposta: D

17. A diminuição do pH implica e elevação da acidez, por

isso o nutriente deve sofrer hidrólise e deixar o meio

ácido. A diminuição do pH do solo deve ser atribuída à

presença, no adubo, de uma quantidade significativa de

nitrato de amônio.

4 3

4 3 3 4

4 3

NH NO (nitrato de amônio)

NH NO HOH H NO NH OH

NH NO

HOH 3H NO 3NH HOH

4 3

meioácido

NH H NH

Para os outros nutrientes, teremos:

Ureia (CO(NH2)2: meio neutro.

3KNO

K

3NO 3HOH H NO K

3 4

OH

HOH H OH (meio neutro)

Na PO

3Na

3

4 3 4PO 3HOH H PO 3Na

3

4 3 4

meiobásico

3OH

PO 3HOH H PO 3OH

KC

K

C HOH H C K OH

HOH H OH (meio neutro)

Resposta: C

18. Para um resíduo líquido aquoso gerado em um processo

industrial tem concentração de íons hidroxila igual a

1,0 × 10–10 mol/L, teremos:

[OH–] = 10–10 mol/L

pOH = –log10–10 = 10

pH = 14 – 10 = 4

pH = 4 (meio ácido)

Fazendo a hidrólise dos compostos fornecidos nas

alternativas, vem:

3

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

ácidofraco

3 (aq) (aq) 3

ácidomeiofracoácido

CH COOH

CH COO H H O CH COOH H O

CH COO H CH COOH

O pH do meio diminuirá.

2 4

2 2

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

2 ( ) (aq) (aq)

meioneutro

Na SO

2Na SO 2H O 2H SO 2Na 2OH

2H O 2H 2OH

O pH do meio não sofrerá alteração.

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

25 002.861 – 128981/18

CH3OH

Não sofre hidrólise. Meio neutro.

O pH do meio não sofrerá alteração.

2 3

2

(aq) 3(aq) 2 ( ) (aq) (aq) 2 ( ) 2(g)

2

3(aq) 2 ( ) (aq) 2(g)

meiobásico

K CO

2K CO 2H O 2K 2OH H O CO

CO H O 2OH CO

O excesso de ânios OH– neutralizará os cátions H+ em

excesso e pH do meio aumentará.

4

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

4(aq) 3(g) (aq)

meioácido

NH C

NH C H O NH H O H C

NH NH H

O pH do meio diminuirá.

Resposta: D

19. A precipitação de hidróxido de alumínio é viabilizada,

pois o equilíbrio químico do carbonato em água torna o

meio alcalino.

Na2CO3 (carbonato de sódio) dissolvido na água:

2 Na 2

3CO 2 2 2H O H O 2CO 2 Na

2

3 2 2

Meiobásico

ou alcalino

2 OH

CO H O CO 2 OH

Resposta: E

20. A estrutura do Lapachol apresenta uma hidroxila

enólica que apresenta caráter ácido.

A partir do valor do pKa:

a

pK

a a a

6

a

a

pK 6,0

pK log K K 10

K 10 (caráter ácido)

Consequentemente, deve-se utilizar uma solução de

caráter básico para extraí-la da serragem devido à

formação de um sal de Lapachol. Isto ocorre numa

solução de Na2CO3.

Solução de Na2CO3. hidrólise básica.

2Na 2

3CO 2 2H O 2Na

22OH H O 2

2

3 2 2

Meiobásico

CO

CO H O 2OH CO

Resposta: A

21. Cálculo da constante de hidrólise Kh:

2

h

2

[HNO ] [OH ]K ,

[NO ]

multiplicando o numerador e o

denominador por [H+]:

2

h

2

[HNO ] [OH ] [H ]K ,

[NO ] [H ]

onde: [OH–] · [H+] = Kw,

com isso temos: w

h

a

KK ,

K substituindo os dados:

14w 11

h a 4a

K 10K K 2 10

K 5 10

NO–2 + H2O HNO2 + OH–

Início 0,05 M 0 0

Reage/Forma X X X

Equilíbrio 0,05 – X = 0,05 M X X

Cálculo da [OH–] da solução:

2 11h

2

X X[HNO ] [OH ]K 2 10

[NO ] 0,05

2 12 12

6

X 1 10 X 1 10

X [OH ] 1 10 mol/L

Cálculo da [H+] e do pH da solução: [H+] · [OH–] = 10–14

[H+] · 10–6 = 10–14 [H+] = 10–18 mol/L.

Cálculo do pH da solução: pH = –log[H+] = –log–8 =

–(–8 · log10) pH = 8,0

Resposta: B

22.

a) 2 2 3CO H O H HCO

Acidez aumenta pH diminui

b) 2 2 3CO H O H HCO

Acidez diminui pH aumenta

c) 2 2 3CO H O H HCO

Acidez diminui pH aumenta

d) 2 2 3CO H O H HCO

Acidez aumenta pH diminui

e) 3[H ] [ HCO

Ka

2

]

[ COKa [H ] log Ka log[H ]

]

pKa pH pH 6,4

Resposta: E

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

26 002.861 – 128981/18

23.

a) Incorreta, pois o pH seria 1 se o ácido fosse forte e

sofresse ionização completa, no entanto o ácido é

fraco, não se ionizando completamente.

b) Incorreta, pois o ponto B corresponde à

neutralização parcial do ácido, e a solução resultante

é um tampão ácido, pois teremos na solução o ácido

fraco (CH3COOH) e sua base conjugada (CH3COO–).

c) Incorreta, pois o ponto C corresponde ao ponto de

neutralização do ácido pela base, sendo seu pH é

maior do que 7, o sal formado é um sal de hidrólise

básica.

d) Correta. O ponto D indica que há excesso de base

forte.

e) Incorreta, pois o pH de viragem do alaranjado de

metila é 3,2 a 4,4, e nesta situação a viragem se dá

com pH > 7.

Resposta: D

24 De acordo com os valores de solubilidade fornecidos na

tabela, teremos:

1,20 × 103 (NaBr) > 5,41 × 102 (MgC2) > 3,60 × 102

(NaC e MgSO4) > 6,80 × 10–1 (CaSO4) > 1,30 × 10–2

(CaCO3). Os sais com menor solubilidade precipitarão

antes, ou seja, carbonato de cálcio, sulfato de cálcio,

cloreto de sódio e sulfato de magnésio, cloreto de

magnésio e, por último, brometo de sódio.

Resposta: A

25

3 4 2

3 4 2

3 4 2

2 4

2 4

2 4

3 22 3 3 2 3 6

4Ca PO

19Ca PO

Ca PO

2 2 3 7CaC O 2 4

10CaC O

CaC O

Qps [Ca ] [PO ] 2 10 5 10

Qps 2 10

Qps Kps precipitado

Qps [Ca ][C O ] 2 10 10

Qps 2 10

Qps Kps solução insaturada

Resposta: C 26 A solução que mais precipita íons Pb2+ é a que necessita

de menor concentração no momento da precipitação. Calculando para cada sal Qps igual a kps, temos:

I. [Pb2+][CO32–] = kps [Pb2+] · 0,01 = 1,5 · 10–13

[Pb2+] = 1,5 · 10–13 M.

II. [Pb2+][CrO42–] = kps [Pb2+] · 0,01 = 1,8 · 10–14

[Pb2+] = 1,8 · 10–12 M.

III. [Pb2+][C2O42–] = kps [Pb2+] · 0,01 = 8,3 · 10–12

[Pb2+] = 8,3 · 10–10 M.

IV. [Pb2+][S2–] = kps [Pb2+] · 0,01 = 7,0 · 10–29 [Pb2+] = 7,0 · 10–27 M.

V. [Pb2+][SO42–] = kps [Pb2+] · 0,01 = 1,3 · 10–9

[Pb2+] = 1,3 · 10–7 M.

Resposta: D

PROFESSOR RONALDO PAIVA

1. O vapor gera o ultravioleta e a tinta brilha para produzir

luz na faixa do visível.

Resposta: D

2. Os raios catódicos são elétrons produzidos no catodo e

os anódicos são íons grados nas colisões.

Resposta: C

3. O experimento de Rutherford revela que o átomo é um

grande vazio.

Resposta: B

4.

I. Verdadeiro. Quando o elétron retorna de um estado

excitado, ele emite luz (fóton).

II. Falso. Todas as transições para o nível 1, no átomo de

hidrogênio, emitem fótons na faixa do ultravioleta.

III. Falso. A transição mais energética é do 5 para o 2.

Dessa forma, não poderia emitir verde.

Resposta: A

5.

a) Falso. A massa de um hidrocarboneto que apresenta

150 átomos é com certeza maior do que a massa do

acetileno (C2H2) que apresenta apenas 4 átomos.

b) Falso. O modelo de Dalton não admitia a existência

de elétrons.

c) Falso. Durante a hidrogenação do óleo vegetal há

redução no grau de indaturação. Essa reação é uma

adição as insaturações.

d) Verdadeiro. O crescimento se dá devido a formação

de ligações químicas carbono – carbono. Durante

esse processo há liberação de energia.

e) Falso. Os catalisadores criam caminhos alternativos

para a reação que apresentam menor energia de

ativação e com isso, aceleram a velocidade da reação.

Resposta: D

6.

a) Falso. A descrição refere-se ao modelo de Dalton.

b) Verdadeiro. A descrição refere-se ao modelo de

Bohr.

c) Falso. A descrição refere-se ao modelo de Thomson.

d) Falso. A descrição refere-se ao modelo Atual.

e) Falso. A descrição refere-se ao modelo de

Rutherford.

Resposta: B

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

27 002.861 – 128981/18

7.

a) Falso. O elétron só é ejetado se receber energia

maior ou igual a energia de ionização.

b) Verdadeiro. Quanto mais distante do núcleo estiver

o elétron, menor a quantidade de energia necessária

para retirá-lo do átomo.

c) Falso. Cada metal exige uma quantidade mínima de

energia para ejetar elétrons.

d) Falso. Para um mesmo metal, a energia cinética dos

fotoelétrons cresce a medida que a energia fornecida

supera a de ionização.

e) Falso. Tanto o elétron como a luz são tratados como

partícula no efeito fotoelétrico.

Resposta: B

8. A posição desses novos elementos revela que são

pós-actinídios, do 7º período (7 níveis eletrônicos) com

propriedades metálicas, artificiais e radioativos.

9.

a) Falso. Serviram de base experimental para o modelo

de Dalton.

b) Falso. Foi decisiva para o modelo atual de Schrodinger.

c) Falso. Serviram de base experimental para o modelo

de Bohr.

d) Verdadeiro. Os experimentos com raios catódicos

serviram de base para a elaboração do modelo de

Thomson.

e) Falso. O espalhamento das partículas alfa que incidiram

sobre uma folha de ouro foi base para a proposta de

Rutherford.

Resposta: D

10.

a) Falso. O íon H+ não apresenta configuração

eletrônica (ausência total de elétrons).

b) Verdadeiro. A dificuldade para reagir é devido a um

arranjo eletrônico muito estável (1s2).

c) Falso. O raio atômico cresce de cima para baixo em

uma família da tabela periódica.

d) Falso. É obtido no sol, a partir da fusão nuclear do

hidrogênio.

e) Falso. É um espectro de emissão, resultado de

transições eletrônicas.

Resposta: B

11.

a) Falso. Rede cristalina rígida ocorre apenas no estado

sólido.

b) Falso. Não há condução de eletricidade na fase

sólida, pois os íons não possuem mobilidade.

Eles estão presos nos vértices de uma rede cristalina.

c) Falso. A ligação iônica é uma atração elétrica entre

íons de cargas opostas.

d) Falso. O cátion Na+ e o ânion C– possuem raios

diferentes.

e) Verdadeiro. Em meio aquoso os íons apresentam

mobilidade, por esse motivo conduzem eletricidade.

Resposta: E

12. A fórmula de Lewis para o XeO4:

a) Verdadeiro. A hibridação do átomo central é sp3.

b) Falso. Todas as ligações são covalentes polares.

c) Falso. A geometria é tetraédrica.

d) Falso. É uma molécula apolar.

e) Falso. As ligações são covalentes. Realizadas entre

um gás nobre e um não metal.

Resposta: A

13.

a) Falso. Ag = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s1 4d10.

A distribuição eletrônica da prata não obedece ao

diagrama de Linus Pauling, pois a configuração

eletrônica 5s1 4d10 é mais estável que a configuração

5s2 4d9.

b) Falso. A prata apresenta cinco camadas eletrônicas,

portanto pertence ao quinto período.

c) Verdadeiro.

d) Falso. O elétron diferenciador ou mais energético

está localizado no subnível mais energético,

portanto, no subnível 4d10.

Resposta: C

14. O primeiro passo é determinar o número de mols do gás

oxigênio, por estequiometria, e depois aplicar a equação

de Clapeyron PV = nRT para calcular o volume desse

gás.

Resposta: B

15. A lei de Avogadro diz que volumes iguais de gases

diferentes nas mesmas condições de temperatura e

pressão apresentam o mesmo número de moléculas.

Resposta: A

16. O volume de ar que diminui dentro do tubo corresponde

ao gás oxigênio que foi incorporado ao ferro no processo

de oxidação.

Resposta: D

17. Temos um caso de mistura gasosa em uma transformação

isotérmica. Lei de Boyle:

P1V1 = P2V2 V1 · 5 = (3 + V1) · 2 V1 = 2 Litros

Resposta: B

18. A ideia de que átomos são esferas rígidas e que não

podem ser destruídos ou criados, justifica a lei de

Lavoisier.

Resposta: A

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

28 002.861 – 128981/18

19. A proporção entre as massas de oxigênio é:

48/64/80 ou 3/4/5.

Resposta: D

20:

1º passo Deve-se dividir a massa de cada elemento

pela respectiva massa atômica.

2º passo O resultado deve-se dividir pelo menor valor.

3º passo Deve-se multiplicar o resultado por um

número até torna-lo inteiro.

Resposta: E

21. U(24,64/238) O (3,36/16) U(0,10/0,10) O (0,21/0,10)

U O2,1 UO2

Resposta: B

22. O reagente em excesso é a amônia. Dessa forma,

por regra de três teremos:

10 g de cloramina x de hidrazina

51,5 g de cloramina 32 g de hidrazina

X = 6,21 g

Resposta: B

23. 50 mg de vitamina C x de iodo

176 g de vitamina C 256 g de iodo

X = 72,2 mg de iodo

Resposta: A

24. Em primeiro lugar deve-se retirar a parte pura do minério

(0,92 200g = 184 g)

Logo em seguida deve-se armar uma regra de três entre

a pirita e o dióxido de enxofre, na proporção de 1: 2.

O resultado é uma massa de dióxido igual a 196,5 g

Resposta: B

25. 1 kg de resíduos de mármore possui 597g de CaCO3, que

ao se decompor gera CaO

De acordo com a estequiometria temos:

M(CaO) = 56g / 100g 597g = 334g = 0,334 Kg

Resposta: D

26. No início: xg de CaSO4 + yg de CaCO3 = 10g

No final: xg de CaSO4 + wg de CaO = 6,7g

Resolvendo esse sistema temos: y = 0,75g ou 75%

Resposta: D

27. Temos ao mesmo tempo pureza e rendimento.

A pureza você extrai do reagente e o rendimento você

extrai do produto

Fazendo os cálculos certos, por regra de três, teremos:

Massa = 447 kg

Resposta: C

28. M = 216g /0,85 · 168g 42t = 68,2t de magnetita

Resposta: B

29. A massa de isobutano = 58g/25L 1mL = 2,32 mg

Resposta: D

30. Pode-se determinar a massa de gás carbônico (CO2)

produzida através da diferença mássica nos três

intervalos de tempo considerados, de acordo com a

tabela fornecida.

Então, o cálculo do volume de CO2 produzido em cada

intervalor de tempo mencionado é:

De 0 a 60 s:

2

2

CO 2

CO 2

m 110,00 109,38 0,62g CO

V 0,62 g CO

21 mol CO

·244 g CO

2

2

m · molar

24 L CO·

1 mol CO2

volume molar

0,34 L CO

De 0 a 180 s:

2

2

CO 2

CO 2

m 110,00 109,38 0,88g CO

V 0,88 g CO

21 mol CO

·244 g CO

2

2

m · molar

24 L CO·

1 mol C2

volume molar

0,48 L CO

De 0 a 240 s:

2

2

CO 2

CO 2

m 110,00 108,38 1,10g CO

V 1,10 g CO

21 mol CO

·244 g CO

2

2

m · molar

24 L CO·

1 mol CO2

volume molar

0,60 L CO

Resposta: C

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

29 002.861 – 128981/18

PROFESSOR ROBERTO RICELLY

1. Resposta do ponto de vista da disciplina de Biologia

A dengue é uma infecção causada por vírus e transmitida pela fêmea do mosquito Aedes aegypti.

A água potável não deve conter excesso de sais minerais. O processo de fermentação não está envolvido no processo de tratamento da água para o consumo humano.

Resposta do ponto de vista da disciplina de Química

I. Incorreta, pois a eutrofização (ou eutroficação) é um processo onde ocorre o aumento gradativo de matéria orgânica

presente no ambiente aquático provenientes, por exemplo, de agrotóxicos e não ao contrário;

Antes de chegar às torneiras, a água passa por diferentes processos físico-químicos, a fim de eliminar as impurezas e os

agentes patogênicos. Essas etapas consistem em:

– A oxidação é a primeira etapa de um processo de tratamento de água, ele consiste em deixar os metais presentes na

água, insolúveis, metais como ferro e manganês são oxidados através de reações de oxidação com substâncias como

o cloro, que os torna insolúveis, permitindo sua remoção nas próximas etapas;

– Coagulação: adiciona-se produtos químicos como sulfato de alumínio, para aglutinar ou aglomerar as sujidades;

– Floculação: etapa onde a água é movimentada para que ocorra a aglutinação dos flocos e ganhem peso para

decantarem;

– Decantação: é o processo onde as partículas agora aglomeradas, são depositadas no fundo do tanque;

– Filtração: processo que separa os sólidos presentes;

– Desinfecção: nessa etapa usa-se cloro para eliminar micro-organismos patogênicos;

– Correção de pH: etapa onde é medido o pH e caso não esteja dentro dos parâmetros estabelecidos pela legislação,

deverá ser corrigido;

– Fluoretação: como última etapa do processo o flúor é adicionado a fim de evitar cáries dentárias.

Resposta: A

2. Pode-se afirmar que a centelha elétrica produzida pela vela do veículo neste evento tem a função química de fornecer a

energia mínima necessária para a ocorrência da reação química de combustão, ou seja, para fornecer a energia de ativação.

Resposta: C

3.

a) Incorreta. O aumento de temperatura aumenta a velocidade da reação, facilitando a remoção da mancha.

b) Incorreta. Pois ao diluir o vinagre, sua concentração será menor, portanto menor será também a velocidade da reação.

c) Incorreta. A condição é que a remoção da mancha aconteça em menor tempo.

d) Incorreta. A ideia seria remover a mancha, e mesmo tendo ficado toda a noite, segundo o enunciado, isso não foi

possível, então misturar água com vinagre e já retirar tampouco irá resolver o problema da mancha.

e) Correta. Ao se acrescentar mais vinagre a mistura estaremos concentrando o reagente a ainda aumentando a temperatura,

ou seja, unindo dois fatores a fim de aumentar a velocidade da reação, removendo de forma mais rápida a macha.

Resposta: E

4.

2 2

2

Combustão

2 2

O SOS

média

S

S

S 1

S

S

1

S

1

SO S

1S 1 O 1SO

v vvv

1 1 1

S 32 M 32 g mol

m 57,6 1000 gn

M 32 g mol

n 1800 mol

1800 mol 1800 molv 0,5 mol s

1 h 3.600 s

v v 0,5 mol s

Resposta: A

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

30 002.861 – 128981/18

5. Oxidorredução (1):

Hidrólise (3):

Resposta: B

6. Assumindo que a degradação do anabolizante no organismo segue uma cinética de 1ª ordem, vem:

12

12

12

inicial

final n

n

n

n n 8

total

total

mm

2

64 mg0,25 mg

2

642

0,25

2 256 2 2

n 8; t 4 dias 96 h

t n t

96 h 8 t

t 12 horas

Resposta: D

7.

[NO] mol/L 1

2[H ] mol/L Taxa de desenvolvimento

(mol/L · h)

1 · 10–3 (constante) 1 · 10–3 3 · 10–5

1 · 10–3 (constante) 2 · 10–3 (dobrou) 6 · 10–5 (dobrou)

2 · 10–3 2 · 10–3 24 · 10–5

2[NO] mol/L [H2] mol/L Taxa de desenvolvimento

(mol/L · h)

1 · 10–3 1 · 10–3 3 · 10–3

1 · 10–3 2 · 10–3 (constante) 6 · 10–3

2 · 10–3 (dobrou) 2 · 10–3 (constante) 24 · 10–5

(quadruplicou; 22)

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31 002.861 – 128981/18

Conclusão: v = k[NO]2 [H2]1

Para a primeira linha da tabela: 3

2

4

2 1

2

4 3 2 3 1

5

[NO] [H ] 3 10 mol L

k 3 10

v k[NO] [H ]

v 3 10 (3 10 ) (3 10 )

v 81 10 mol L h

Resposta: E

8. De acordo com o gráfico, o aumento da concentração de KOH provoca o aumento da velocidade da reação de

isomerização.

Resposta: B

9.

Resposta: D

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32 002.861 – 128981/18

10. Como o H3CC já se encontra no estado gasoso a 25 ºC, deve-se fazer a destilação fracionada dos outros compostos que se

encontram no estado líquido.

Composto Ponto de fusão (ºC) Ponto de ebulição (ºC)

H3CC –97,4 –23,8 (Gasoso a 25 ºC)

H2CC2 –96,7 (Líquido a 25 ºC) 39,6

HCC3 –63,5 (Líquido a 25 ºC) 61,2

CC4 –22,9 (Líquido a 25 ºC) 76,7

Destes compostos, o H2CC2 apresenta o menor ponto de ebulição (39,6 ºC), logo será recolhido antes dos outros no

processo de separação.

Resposta: D

11. As etapas envolvidas nas estações de tratamento da água das grandes metrópoles são: floculação, decantação, filtração e

cloração.

Resposta: E

12.

Resposta: E

13. De acordo com o texto só em 1962 um químico, depois de longos e engenhosos esforços, conseguiu forçar

“o Estrangeiro” (o xenônio) a combinar-se fugazmente com o flúor ávido e vivaz, e a façanha pareceu tão extraordinária

que lhe foi conferido o Prêmio Nobel.

Este trecho descreve a elevada eletronegatividade do flúor, capaz de formar XeF4.

Resposta: C

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33 002.861 – 128981/18

14. O etilenoglicol pode ser obtido através da oxidação branda do eteno, hidrocarboneto com cinco ligações sigma e uma

ligação pi em sua fórmula estrutural.

Resposta: D

15.

– O composto CO2 (3) é molecular (apresenta apenas ligações do tipo covalente).

– O composto CO2 (3) é apolar e apresenta baixo ponto de ebulição devido às forças de van der waals.

– 4 e 5 são considerados compostos iônicos.

Observação teórica: quando a diferença de eletronegatividade entre dois átomos é maior ou igual a 1,7, a ligação entre eles

é geralmente considerada iônica; para valores entre 0,4 e 1,7, a ligação é considerada covalente polar. Para valores abaixo

de 0,4, a ligação é considerada covalente apolar.

1. Pb3O4: E(eletronegatividade de Linus Pauling) =

O Pb

3,44 1,87 1,57

2. PbO: E(eletronegatividade de Linus Pauling) =

O Pb

3,44 1,87 1,57

3. CO2: E(eletronegatividade de Linus Pauling) =

O C

3,44 2,55 0,89

4. Pb(OH)2: Pb2+ e OH–; ligação iônica.

5. PbCO3: Pb2+ e CO32–; ligação iônica.

– O estado de oxidação nos compostos 2 e 5 são os mesmos.

2 2

2 2

3 3

2 4 2 2 2

PbO (PbO)

Pb 2

O 2

PbCO (Pb (CO )); (PbCOOO)

Pb 2

C 4

O 2

– Os hidróxidos e carbonatos de chumbo são praticamente insolúveis em água.

Resposta: E

16. 2

2

30

X é isoeletrônico de Zn

Zn

p 30

e 28 (perdeu 2e )

Assim X, possui 28 elétrons quando seu número de oxidação é +1, ou seja, perdeu 1 elétron, sendo assim, ele possui

29 elétrons, quando neutro.

Então:

29e– = 29p trata-se do elemento cobre, que forma o latão ao se ligar ao zinco, o bronze ao se ligar ao estanho e o ouro

vermelho quando se liga ao ouro.

Resposta: E

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

34 002.861 – 128981/18

17. A explicação científica que justifica essa prática se baseia na volatilização das substâncias de interesse, pois ao raiar do dia

a temperatura, comparativamente a outros horários de coletas, é menor e, também, a intensidade da luz do sol,

fatores que interferem na volatilização dos óleos essenciais.

Resposta: A

18. A reação fornecida no enunciado descreve a representação geral de um processo de neutralização.

(g) 3(g) 4 (s) 4 (aq) (aq)HX NH NH X NH X

A fixação da água aos íons formados se dá por interações do tipo íon dipolo.

Esquematicamente:

Resposta: D

19. A capsorubina atrai intensamente a água, pois sua molécula apresenta dois grupos hidroxila (OH) e dois grupos carbonila

(C = O), consequentemente e comparativamente com as outras estruturas, deduz-se que a suas interações intermoleculares

com a água são mais intensas devido às ligações de hidrogênio.

Como a fase estacionária consiste de celulose praticamente pura, que pode absorver até 22% de água, conclui-se que a

capsorubina migra mais lentamente devido às suas fortes interações intermoleculares com a fase estacionária.

Resposta: D

20. Percebe-se que o tensoativo apresenta uma região apolar e outra apolar:

Ao adicionar um tensoativo sobre a água, suas moléculas formam um arranjo ordenado com a região polar voltada para a

água (polar).

Resposta: C

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

35 002.861 – 128981/18

PROFESSOR MARIANO OLIVEIRA

1. Como na estrutura química da dacarbazina há mais de

um grupo funcional de diferentes funções (amina,

imina, azida e amida) trata-se de um composto de

função mista, que apresenta uma cadeia carbônica

insaturada e heterogênea.

Resposta: D

2. Os polifenois são caracterizados pela presença dos

grupos hidroxilas ligados a anel(eis) aromáticos na

mesma estrutura química.

Quercetina

Resposta: B

3. Nos anéis hexagonais, da estrutura do grafite, existem

duplas ligações, ou ligações pi (π), conjugadas, que

permitem a migração dos elétrons. Além disso, os

carbonos terciários assumem uma hibridização sp2

(plana), formando, como já dito, folhas superpostas

como “colmeias”, isto é, que estão paralelas; e ligações

em planos diferentes, que são mais fracas, permitindo a

movimentação de elétrons entre os planos, ou seja,

ocorre a transferência da eletricidade.

Resposta: B

4. Pode-se afirmar que a cadeia acíclica, insaturada,

homogênea e ramificada está representada em:

CH3(CH)2 CH2 COCH(CH3)2

H3C – CH = CH – CH2 – C = O

CH(CH3)2

Resposta: D

5. A estrutura do canabidiol é constituída por uma parte

acíclica e outra cíclica, onde nesta última há um anel

aromático e outro alicíclico (não aromático). É um

composto insaturado que apresenta 5 ligações pi(π), das

quais 3 estão conjugadas e em ressonância. As hidroxilas

fenólicas estão ligadas a carbonos secundários.

Sua fórmula molecular é C21H30O2

Resposta: A

6. A solubilidade em água é diretamente proporcional a

polaridade. Logo o polímero mais polar e mais solúvel

em água é a poliacrilamida.

Resposta: D

7. A função tio-álcool ou tiol (R – SH) e a configuração

trans estão presentes no composto but-2-en-1-tiol

Resposta: B

8. Para que o K tenda a zero, o Ca do denominador tem

que tender ao infinito, ou seja, o poluente tem que

apresentar solubilidade infinita com a água. O único que

apresenta isso é o metanol, por ser um álcool, possuindo

pontes de hidrogenio e por ser constituido apenas por

um carbono.

Resposta: D

9.

Resposta: B

10. A fermentação é um processo anaeróbio de

transformação de uma substância em outras, produzida

a partir de microorganismos, tais como bactérias e

fungos, chamados nestes casos de fermentos. Pode-se

considerar as reações da fermentação divididas em duas

partes principais: a glicólise e a redução do ácido

pirúvico.

Resposta: A

11. O acetato de etila é tradicionalmente sintetizado através

do aquecimento do etanol com ácido acético na

presença de uma pequena quantidade de um ácido forte,

como o ácido sulfúrico (processo conhecido como

esterificação de Fischer).

Resposta: B

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

36 002.861 – 128981/18

12. Serotonina: amina e fenol

Paracetamol: amida e fenol

Resposta: E

13. O bom colesterol, o HDL, tem sua concentração

aumentada a partir da gordura saturada. A estrutura

saturada é aquela que apresenta somente ligações

simples entre os átomos de carbono.

Resposta: B

14. A tirosina é um composto aromático dissubstituído,

portanto apresenta dois grupos de átomos ligados ao

benzeno nas posições 1,4. Tem as funções amina

primária (R – NH2), fenol (AR – OH) e ácido carboxílico

(R – COOH).

Resposta: E

15. O acetato de isopentila ou etanoato de isopentila é um

éster. Ésteres são compostos orgânicos produzidos

através da reação química denominada de esterificação,

onde um ácido carboxílico e um álcool reagem entre si

resultando na formação de água e éster.

Resposta: C

16. Nos filtros solares orgânicos, conforme descrição

apresentada, há composto orgânico aromático com ácido

carboxílico e um grupo amino (função amina) ou

metoxila na posição “orto” ou “para”. Portanto, o

PABA (ácido p-aminobenzoico), é o composto, dentre

os apresentados, que está presente nos filtros solares.

Resposta: D

17. A piridina é uma substância de caráter básico, pois o

átomo de nitrogênio possui par de elétrons não ligante,

pelo qual captura próton H+ liberado por ácido acético

contido no vinagre. A ação do vinagre, removendo o

odor característico de peixe, consiste em uma reação de

neutralização ácido-base que forma espécies químicas

carregadas, as quais são solvatadas pela água,

permanecendo em solução:

Resposta: A

18. A queima do enxofre, uma das impurezas presentes nos

combustíveis fósseis, origina dióxido de enxofre que na

atmosfera se transforma em trióxido de enxofre, o qual

reage com água para originar o ácido sulfúrico (chuva

ácida).

Resposta: C

19. A substituição do carvão vegetal por carvão mineral

pode desencadear sérios problemas ambientais, pois o

carvão mineral, ao contrário do carvão vegetal, contém

elevadas taxas de enxofre como impureza, que durante a

queima produz óxidos de enxofre que, na atmosfera,

reage com vapor de água e resulta na formação de ácido

sulfúrico (chuva ácida).

Resposta: E

20. As leveduras (fungos unicelulares) adicionadas ao

processo realizarão a fermentação alcoólica, com utilização

da maltose e da glicose como substrato. O produto final é o

etanol (álcool etílico) e o gás carbônico.

Resposta: D

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

37 002.861 – 128981/18

PROFESSOR ANTONINO FONTENELLE

1. Trata-se de uma reação aluminotérmica na qual o alumínio é oxidado por outro metal.

Esta reação é exotérmica (H < 0) e libera muito calor.

1 Fe2O3 + 2 A 2 Fe + 1 A2O3 H = –852 kJ · mol–1

Resposta: D

2.

I. Correta. A combustão da gasolina (C8H18) é uma reação exotérmica, pois apresenta H < 0.

8 18( ) 2(g) 2(g) 2 (g)

0 kJ250 kJ 8 ( 394 kJ) 9 ( 242 kJ)

251 C H O 8CO 9H O H ?

2

H [9 ( 242 kJ) 8 ( 394 kJ)] [ 250 kJ 0 kJ]

H 5330 kJ 250 kJ

H 5080 kJ

II. Incorreta. Na combustão completa de 1 mol de gasolina, são liberados 8 mols de gás carbônico (CO2).

8 18( ) 2(g) 2(g) 2 (g)

251 C H O 8 CO 9H O

2

III. Correta. A entalpia de combustão (calor de combustão) dessa gasolina é –5.080 kJ/mol (HC = –5.080 kJ/mol)

8 18( ) 2(g) 2(g) 2 (g)

0 kJ250 kJ 8 ( 394 kJ) 9 ( 242 kJ)

251 C H O 8CO 9H O H 5080 kJ

2

H [9 ( 242 kJ) 8 ( 394 kJ)] [ 250 kJ 0 kJ]

H 5330 kJ 250 kJ

H 5080 kJ

IV. Incorreta. O calor liberado na combustão de 57 g de gasolina é de 2540 kJ.

8 18

8 18( ) 2(g) 2(g) 2 (g)

C H 8 12 18 1 114

251 C H O 8CO 9H O H 5080 kJ

2

114 g

5080 kJ liberados

57 g E

57 g 5080 kJ liberadosE

114 g

E 2.540 kJ liberados

Resposta: E

3. Aplicando a lei de Hess, vem:

2(g) 2 (g) 6 12 6(aq) 2(g)

6 12 6(aq) 2 5 ( ) 2(g)

2 5 ( ) 2(g) 2(g) 2 (g)

2 5 ( ) 2(g) 6 12 6(aq) 1

6 CO 6 H O C H O 6 O (Global)

C H O 2 C H OH 2 CO H 70 kJ mol (inverter)

C H OH 3 O 2 CO 3 H O H 1.235 kJ mol (multiplicar por 2 e inverter)

2 C H OH 2 CO C H O H

2(g) 2 (g) 2 5 ( ) 2(g) 2

2.470

Global

2(g) 2 (g) 6 12 6(aq) 2(g) 1 2

1 2

70 kJ mol

4 CO 6 H O 2 C H OH 6 O H 2 1.235 kJ mol

6 CO 6 H O C H O 6 O H H H

H H H

H 70 2.470 kJ

H 2.540 kJ

Resposta: E

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38 002.861 – 128981/18

4.

a) Incorreto. O etanol é uma fonte de energia poluente, quando queimado com oxigênio, produz água, gás carbônico e

calor (supondo combustão completa).

b) Incorreto. O metano pode ser obtido a partir da decomposição da matéria orgânica presente em restos de alimentos.

2 n 4 2

n n(CH O) CH CO

2 2

c) Incorreto. A combustão incompleta do metano é que pode levar à produção de fuligem devido à formação de carbono.

4 2 (s) 2

Fuligem

CH 1O C 2H O

d) Incorreto. Estando os gases na CNTP, para a queima total de 45 L de metano são necessários aproximadamente 450 L

de ar.

4 2 2 2CH 2 O CO 2H O

22,4 L

2 22,4 L

45 L

2

2

O

O

V

V 90 L

90 L

20% de ar

V 100% de ar

V 450 L

e) Correto. O metano produz maior quantidade de energia (E) por quantidade de massa do que o etanol (E).

4 2 2 21 CH 2 O 1 CO 2 H O H 802 kJ

16 g

802 kJ liberados

1 g

2 6 2 2 2

E

E 50,125 kJ

1 C H O 3 O 2 CO 3 H O H 1.350 kJ

46 g

1.350 kJ liberados

1 g E '

E ' 29,34 kJ

E E '

Resposta: E

5.

2 5

3

C H OH

2 5 2 2 2

3 0 kJ 2 ( 393,5 kJ) 3 ( 286 kJ)277,8 kJ

produtos reagentes

d 0,8 g cm 0,8 g mL 800 g L

C H OH 3O 2CO 3H O

H H H

H [2 ( 393,5 kJ 3 ( 286 kJ)] [ 277,8 kJ 3 0 kJ]

H 1.367,2 kJ

Para 1 L, vem:

46 g de etanol 1.367,2 kJ liberados

800 g de etanol E

E 23.777,391 kJ liberados

E 23.780 kJ

Resposta: E

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39 002.861 – 128981/18

6. Análise das afirmações:

a) Correta. Para chegar até o local em que se encontra a piscina, seriam consumidos 5,00 litros de etanol ou 3,75 litros de

gasolina.

9,00 km 1 L de etanol

45,00 km etanol

etanol

V

V 5,00 L

12,00 km

1 L de gasolina

45,00 km gasolina

gasolina

V

V 3,75 L

b) Incorreta. Etanol e gasolina formam misturas homogêneas no tanque de combustível, devido à estrutura da molécula

de etanol apresentar semelhança na cadeia carbônica em relação à gasolina.

c) Incorreta. A massa de etanol necessária para abastecer completamente o tanque de combustível do carro é maior que a

massa de gasolina necessária para o abastecimento nas mesmas condições.

etanold 0,790 g / mL 790 g / L

790 g

etanol

1 L

m

etanol

gasolina

42 L

m 33.180 g

d 0,760 g / mL 760 g / L

760 g

gasolina

1 L

m

gasolina

42 L

m 31.920 g

d) Incorreta. Para percorrer a distância necessária até a chegada ao local da piscina, o automóvel abastecido

exclusivamente com etanol produziria, a partir da combustão completa, 117.103 kJ de energia.

9,00 km 1 L de etanol

45,00 km etanol

etanol

V

V 5,00 L

790 g

etanol

1 L

m

etanol

5 L

m 3.950 g

29,7 kJ

1 g de etanol

E

3

3

3.950 g

E 117.315 kJ 117,315 10 kJ

E 117 10 kJ

e) Incorreta. Para chegar ao local da piscina com o automóvel abastecido somente com etanol, seriam produzidos, considerando

combustão completa, 5,11 m3 de CO2 com motor operando a 90 ºC (90 + 273 = 363 K) e com 1,00 atm de pressão.

Cálculo do volume molar:

molar

molar

molar

2 6 2 2 2

P V 1 R T

1 V 1 0,082 363

V 29,766 L

C H O 3O 2CO 3H O

46 g

2 29,766 L

3.950 g

2

2

2

CO

CO

3

CO

V

V 5.111,9869 L

V 5,11 m

Resposta: A

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40 002.861 – 128981/18

7. Os metais de sacrifício devem apresentar menor potencial de redução ou maior potencial de oxidação do que o metal X a

ser protegido, ou seja, neste caso os cátions destes metais não devem reagir com o ferro presente no aço do tanque.

De acordo com a tabela alumínio (A) e zinco (Zn) não reagem:

Soluções Cátions

presentes Ferro

SnC2 Sn2+ (reage)

AC3 A3+ (não reage)

FeC3 Fe3+ (não interfere)

ZnC2 Zn2+ (não reage)

Resposta: A

8. 2H O 2 2

4 4NiSO Ni SO

No processo de revestimento da chave com níquel ocorrerá, majoritariamente, uma reação de redução, representada pela

seguinte reação química: Redução2

(aq) (s)

Re vestimento

Ni 2e Ni .

Resposta: E

9. i = 9,65 × 10–3 A

t = 1 min 40 s = 100 s

Q = i × t

Q = 9,65 × 10–3 A × 100 s = 9,65 × 10–1 C 2Sn 2e Sn

2 96.500 C

1

119 g

9,65 10 C Sn

1

Sn

Sn

Sn

m

9,65 10 C 119 gm

2 96.500 C

m 0,000595 g

m 0,6 mg

No processo de eletrólise ocorre transformação de energia elétrica em energia química.

Resposta: B

10. Eletrólise de uma solução aquosa de NaC.

2(g)

2 ( ) 2(g) (aq)

Global

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

Ânodo ( ) : 2C C 2e

Cátodo ( ) : 2H O 2e H 2OH

2H O 2C H C 2OH

Produto secundário: H2(g).

Resposta: D

11. Q = i × t

Q = 0,200 A × 965 s = 0,200 × 965 C

(aq) 2(g)2 H 2e 1 H

2 96.500 C

25.000 mL

0,200 965 C2

2

2

H

H

H

V

0,200 965 C 25.000 mLV 25,0 mL

2 96.500 C

V 25,0 mL

Resposta: D

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

41 002.861 – 128981/18

12.

I. Correta. Durante a descarga da bateria, os íons lítio se movem no sentido do ânodo para o cátodo.

II. Correta. A reação global para a descarga da bateria pode ser representada por:

LixCoO2(s) + LiyC6(s) Lix + yCoO2(s) + C6(s)

Global

x 2(s) y 6(s) x y 2(s) 6(s)

x y x y

Li CoO Li C Li CoO C

III. Incorreta. Durante a descarga da bateria, no cátodo, o cobalto sofre redução.

LixCoO2(s) + LiyC6(s) Lix + yCoO2(s) + C6(s)

x (x y)

2 2

x x y

2 2

w z2( 2) 2( 2)

w 4 x z 4 x y

CoO CoO

Co O Co O

w 4 x z 4 x y

Conclusão: w > z. O cobalto sofre redução.

Resposta: B

13. t = 120 anos = 4 × 30 anos 30 anos 30 anos 30 anos 30 anos

100 % 50 % 25 % 12,5 % 6,25 %

Porcentagem = 6,25% 6,3%

Resposta: B

14. Teremos: 8 dias 8 dias 8 dias 8 dias

16 g 8 g 4 g 2 g 1 g ...

Este decaimento equivale ao gráfico:

Resposta: D

15. 247 4 0 207

97 2 1 82Bk x y Pb

247 = 4x + 0y + 207 x = 10 partículas alfa

97 = 2x – 1y + 82

97 = 20 – 1y + 82 y = 5 partículas beta

Qi: quantidade inicial

Qf = quantidade final

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42 002.861 – 128981/18

1 12 2

f i i i

t ti i

i

12

3 1Q Q Q Q

4 4

Q QQ

2 4

Tempo 2 t

Tempo 2 1.379 2.758 anos

Resposta: B

16. 235 1 141 A 1

92 0 56 Z 0U n Ba X 3 n

Assim, teremos: 235 + 1 = 141 + A + 3 A = 92 92 + 0 = 56 + Z + 0 Z = 36

Resposta: C

17. 248 48 292 A

96 20 116 ZCm Ca Lv 4 x

248 + 48 = 292 + 4 × A A = 1

96 + 20 = 116 + 4 × Z Z = 0

248 48 292 1

96 20 116 0

Nêutrons

292 288 A '

116 114 Z '

292 288 4

116 114 2

Partículaalfa

Cm Ca Lv 4 n

Lv F y

292 288 A '

A ' 4

116 114 Z'

Z ' 2

Lv F

Resposta: E

18. A aplicação citada no texto se refere à radiação gama ().

Resposta: C

19. d = 1,4 kg/L = 1.400 g/L

Em 1L (1.000mL):

1.400 g

ácido nítrico

100%

m

ácido nítrico

ácido nítrico

60%

60% 1.400 gm

100%

m 840 g

1.000 mL

840 g de ácido nítrico

2 mL

final

final

m '

2 mL 840 gm '

1.000 mL

m ' 1,68 g

V 100,0 mL 0,1 L

m ' 1,68 gConcentração

V 0,1 L

Concentração 16,8 g L

Resposta: C

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43 002.861 – 128981/18

20.

1 L 2 4 3900 g de A (SO )

20 L2 4 3

2 4 3

2 4 3

A (SO )

A (SO )

A (SO ) 1

2 4 3

4

2 4 3

4

2 4 3

m

m 18.000 g

m 18.000 gn 52,63 mol

M 342 g mol

V 60.000 L

n 52,63 mol[A (SO ) ]

V 60.000 L

[A (SO ) ] 8,771 10 mol L

[A (SO ) ] 8,8 10 mol L

Resposta: A

21. MM · M = T · d

0,20 11002,95 mol L

74,5

Resposta: D

22.

água potável água pura

3 3

6

Mínimo

gd d 1

mL

g1 L 10 mL; 1 mg 10 g; 1 ppm

10 mL

mg0,2

L

3

3

Máximo Mínimo

mg 10 g5,0 0,2

L 10 mL

3

3

Máximo

6

Mínimo

10 g5,0

10 mL

g0,2

10 mL

6

Máximo

g5,0 0,2 ppm

10 mL 5,0 ppm

0,2 ppm 5,0 ppmValor médio 2,6 ppm

2

Resposta: C

23. Diluição:

[NaOH]inicial × Vinicial = [NaOH]final × Vfinal

[NaOH]inicial × Vinicial = [NaOH]final × (Vágua + Vinicial)

1,25 mol · L–1 × 100 mL = 0,05 mol · L–1 × (Vágua + 100 mL) 1

água 1

água

água

1,25 mol L 100 mL(V 100 mL)

0,05 mol L

V 2.500 mL 100 mL

V 2.400 mL

Resposta: A

24. M · MM = · d · 1000

M · 36,5 = 0,37 · 1,18 · 1000

M = 11,96 mol · L–1

M1 · V1 = M2 · V2

11,96 · V1 = 3 · 50

V1 = 12,54 mL

Resposta: B

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44 002.861 – 128981/18

25.

a) Incorreta. Os óxidos são formados por apenas dois elementos químicos sendo o oxigênio o mais eletronegativo.

b) Incorreta. Na atmosfera ocorre a formação de chuva ácida, que na presença de fenolftaleína permanece incolor.

c) Incorreta. Na atmosfera há o consumo de duas substâncias compostas (SO2 e H2O) e uma substância simples (O2).

d) Correta. O ácido sulfúrico formado na atmosfera (H2SO4) também é utilizado em baterias de automóveis.

Resposta: D

26. O único composto dos listados que apresenta característica ácida, portanto, capaz de neutralizar a base, será o vinagre.

Resposta: A

27.

a) Incorreta. Conforme o texto, o veneno da formiga contém compostos ácidos, assim o pH deve estar abaixo de 7,0, para

ser considerado ácido.

b) Incorreta. Como o veneno da vespa é alcalino (básico), logo a fenolftaleína deverá apresentar a cor rosa.

c) Correta. Em uma reação chamada de reação de neutralização.

d) Incorreta. Segundo a teoria de Arrhenius, o veneno de vespa, em água, possui mais íons hidroxila do que o veneno de

formiga, por se tratar de uma substancia alcalina.

e) Incorreta. Ambas as soluções, tanto ácida quanto básica, em meio aquoso conduzem corrente elétrica, devido a

presença de íons em solução.

Resposta: C

28. A aplicação do ácido muriático em resíduos contendo quantidades apreciáveis de CaCO3 resulta na liberação de gás

carbônico:

2 HC(aq) + CaCO3(s) H2O() + CO2(g) + CaC2(a)

O teste deve ser feito com uma base que produza um sal insolúvel:

CO2(g) + Ba(OH)2(aq) BaCO3 + H2O()

Resposta: E

29. O principal componente da mistura conhecida como soda cáustica é o hidróxido de sódio (NaOH).

Esta base absorve água da atmosfera, ou seja, é um composto higroscópico. O hidróxido de sódio ao ser hidratado forma

uma espécie de pasta apresentando o aspecto “derretido”citado no texto.

Resposta: A

30. O teste consiste em tratar a amostra, neste caso de carbonato de bário (BaCO3) com solução aquosa de HC e, após filtrar

para separar os compostos insolúveis de bário, adiciona-se solução aquosa de H2SO4 sobre o filtrado:

2 3H CO

3(s) (aq) 2(aq) 2 ( ) 2(g)

2(aq) 2 4(aq) 4(s) (aq)

Pr ecipitado(sólido branco)

BaCO 2 HC BaC H O CO

BaC H SO BaSO 2 HC

Resposta: C

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

45 002.861 – 128981/18

BIOLOGIA

PROFESSOR ALEXANDRE WERNECK

1. “O espaço entre duas marcas consecutivas mostra uma

pernada de 2,5 metros”, pois a partir da distância entre

as marcas é possível ter uma ideia do tamanho do

animal quando ele alcança somente as unhas penetrando

o barro. Resposta: B 2. Colocando a teoria neodarwinista igual à teoria sintética

(alguns livros consideram isso) se tem que a mutação

gênica (por exemplo, CCR5 – delta 32) e a

recombinação gênica provocam a variabilidade genética

que, posteriormente, sofrerá o processo de seleção

natural. Resposta: A 3. Uma possível explicação para este fato é que ipês-roxos

e ipês-amarelos apresentam fotoperiodismos diferentes

e, provavelmente, são de espécies diferentes, visto que

possuem mecanismos fisiológicos distintos. Resposta: C 4. Em I não há registro da presença do vírus X, e em II ele

é transmitido por contato com as presas da espécie.

Pode-se prever que a seleção natural será mais favorável

aos animais com genótipo EC na região II, pois se sabe

que os animais heterozigotos são mais resistentes ao

vírus X, mostrando, então, uma seleção natural

estabilizadora. Resposta: D 5. Ao se fazer a morfologia comparada dos animais

colocados na árvore de relações evolutivas, conclui-se

que o grupo animal ancestral dos nematódeos atuais (3)

foi o primeiro dotado de uma “cavidade corporal”, ou

melhor, um blastoceloma e quanto ao “exoesqueleto de

quitina” vê-se presente no ancestral do grupo dos

artrópodes atuais (5). Resposta: E 6. Embora o filme veicule uma série de incorreções

biológicas, uma vez que se trata de uma fantasia, na

biologia a semelhança fenotípica entre tubarões e

golfinhos é explicada como resultado de um processo

conhecido por convergência adaptativa, visto que há

uma semelhança funcional entre a anatomia dos

animais, que possuem um distanciamento em termos de

classificação taxonômica (o golfinho é da classe

Mammalia e o tubarão da classe Chondrichthyes) e tal

fato, provavelmente, ocorrera por ambos estarem

sofrendo a mesma pressão seletiva. Resposta: D

7. Os cientistas acreditam que essa linhagem surgiu por

pressão evolutiva induzida pela vacina, o que quer dizer

que a vacina permitiu a proliferação de bactérias

mutantes resistentes, ao impedir o desenvolvimento das

bactérias da linhagem original, mostrando que a vacina

agiu como um agente selecionador, o que acabou

favorecendo as bactérias mutantes resistentes.

Resposta: E

8. A partir da camada mais antiga se tem amostras de

muitos esporos de samambaias e pólen de cipó e

epífitas, o que evidenciar, primeiramente, a ocupação

por uma floresta úmida. Em sequência, tem-se campos

cerrados, pois a segunda camada possuía predomínio de

grãos de pólen de gramíneas e quase nenhum pólen de

epífitas. Por fim, a camada mais superficial, ou seja,

mais recente é dotada de pólen de cactos, o que

evidencia o bioma caatinga.

Resposta: A

9. Segundo o texto, populações pequenas compostas por

indivíduos aparentados poderão ter sua sobrevivência

comprometida em um ambiente em mudança. Tal tese é

defendida pelo fato de que uma população com maior

equilíbrio é aquela que possui cruzamentos aleatórios e

é bastante grande.

Resposta: D

10. A condição inicial para o estabelecimento de raças é o

isolamento geográfico. Desse modo, os indivíduos

sofreram pressão seletiva distinta, porém, quando

estiverem juntos, provavelmente, ao se cruzarem darão

origem a descendentes férteis.

Resposta: D

11. É um processo evolutivo comum a plantas e animais

vertebrados a sobrevivência de indivíduos portadores de

determinadas características genéticas em ambientes

específicos. Assim sendo, a seleção natural valerá para

todos os seres vivos.

Resposta: B

12. A partir do momento que se usa seres vivos para

promover a limpeza ambiental, estamos diante de um

processo denominado de biorremediação.

Resposta: D

13. Na situação experimental está se usando os liquens

(associação entre algas e fungos ou cianobactérias e

fungos) como bioindicadores de poluição. Então, usando

o método científico, a fim de comparar resultados,

coloca-se os liquens próximo e distante das indústrias,

para medir, respectivamente, os poluentes na área de

emissão e os poluentes que são carregados pelo vento.

Resposta: B

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

46 002.861 – 128981/18

14. O fato dos diversos cruzamentos gerarem descentes férteis mostra que há a manutenção de um fluxo gênico entre as três populações analisadas.

Resposta: B 15. O processo evolutivo dos insetos que desenvolveram a

capacidade referida é mais bem explicado pela Teoria de Lamarck, pois houve o desenvolvimento de uma característica para melhor se adaptar às condições ambientais e não à seleção natural dos mais bem adaptados.

Resposta: D 16. A partir do analisado no texto, há evidência, então, do

grau de parentesco entre as aves e os répteis, visto que seu ancestral é o dinossauro.

Resposta: B 17. Nas mesmas bases do que ocorre em organismos e suas

estruturas corporais, podemos observar a busca da harmonia entre forma, tamanho e função também no microcosmo da Citologia. Observando os critérios de origem e função, podemos identificar, claramente, como estruturas análogas: microvilosidades do epitélio intestinal e cristas mitocondriais, pois ambas possuem origem distinta, porém, são dobras que aumentam o contato com diversas substâncias, o que as aproximam funcionalmente.

Resposta: B 18. A questão trata da esquistossomose, e para combatê-la,

é de fundamental importância a construção de instalações sanitárias a fim de evitar a contaminação de águas com os ovos do verme, os quais irão eclodir, permitindo a presença do miracídio que invadirá o corpo do caramujo e posteriormente haverá a saída da larva ativa (cercaria), a qual poderá penetrar na pele de quem entrar em contato com a água contaminada.

Resposta: B 19. O tema do texto e dos quadrinhos se igualam, ou seja,

trata-se de seleção artificial, visto que, é o homem o agente selecionador destacado.

Resposta: C 20. No entanto, a partir dos estudos de evolução dos

primatas, em particular, sabe-se que geneticamente, alguns macacos são muito próximos dos humanos, o que se considera como uma evidência em termos de ancestralidade comum. Veja a árvore filogenética abaixo que defende a tese apresentada:

Disponível em: < https://planetabiologia.com/ introducao-a-taxonomia-sistematica-especiacao-e-filogenia>

Resposta: C

21. Com a adição de cloreto de sódio, a temperatura de

ebulição da água do banho, com relação à da água pura,

era maior. O aquecimento do meio de cultura provocava

desnaturação das proteínas das bactérias presentes,

promovendo, então, a esterilização do meio.

Resposta: A

22. Ao se falar sobre Ascaris lumbricoides (verme nematoda),

sabe-se que é possível adquiri-lo por meio da ingestão

de seus ovos encontrados em alimentos contaminados

(principalmente, aqueles que possuem um contato direto

com o solo, ou melhor, os vegetais). Além do mencionado,

a questão, também, trata sobre o protozoário

Entamoeba histolytica, cuja aquisição é através da

ingestão de cistos em água e alimentos contaminados.

Daí a necessidade, por exemplo, em ambos os casos, de

lavar muito bem vegetais e frutas antes de ingeri-los crus.

Resposta: B

23. A partir da leitura da questão, percebe-se a mudança da

concepção evolutiva das arqueas com relação às

bactérias, distanciando-os, visto análises filogenéticas

revelaram a maior relação de proximidade de parentesco

entre as arqueas e os eucariotos e, assim, sugere-se a

formação da árvore indicada pela letra B.

Resposta: B

24. Tendo as relações evolutivas mostradas na árvore

filogenética da questão, deduz-se que o surgimento da

notocorda e do tubo nervoso dorsal estão representados

pelo número (1), pois representam características surgidas

em ancestrais e atualmente estão presentes em todos os

cordados. Agora, as vértebras são estruturas surgidas nos

ancestrais dos peixes atuais e estão ocupando a posição

representada por (2) e por fim, o ovo amniótico pode ter

surgido no ancestral dos répteis, aves e mamíferos

atuais, o que pode ser evidenciado em (5).

Resposta: B

25. A Teoria Sintética da Evolução revela que a biodiversidade

é resultado de fatores evolutivos, como exemplo, a mutação

e a recombinação gênica. Ademais, pode ser acrescentado

que após a presença dessa biodiversidade, haverá a ação da

seleção natural, e a radiação UV poderá atuar como fator

de seleção, de maneira que plantas sem protetores

antioxidantes serão mais susceptíveis à morte.

Resposta: C

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COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

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26. Ao se fazer a análise dos diagramas é possível concluir:

Trata-se de um exemplo de deslocamento de caracteres

resultante de competição entre as duas espécies na

situação de simpatria (ou na mesma região). Percebe- se,

então, que as espécies de pássaros quando separados

possuem mais chances para sobreviver e quando juntas

prevalece a espécie Geospiza fortis.

Resposta: B

27. Como é evidenciado que as espécies faunísticas na

serapilheira são indivíduos de ambiente terrestre, tem-se

como principais representantes os filos: Chordata,

Arthropoda, Mollusca.

Não há inclusão de Poríferos, Cnidários e Equinodermos,

pois todos são representantes de ambientes aquáticos.

Resposta: C

28. Para se fazer a relação de parentesco entre animais, como

os anelídeos e moluscos, pode ser feito a comparação das

sequências de DNA e RNA. Além disso, pode-se dizer

que eles possuem características no desenvolvimento

embrionário e aspectos estruturais semelhantes como

presença de celoma, simetria bilateral e clivagem espiral etc.

Resposta: C

29. Com o imposex, a população de moluscos afetados pela

contaminação com TBT entraria em declínio, com uma

possível extinção local da espécie, visto que a fecundação

não iria ocorrer.

Resposta: C

30. Pode-se afirmar que as espécies do grupo A são hermafroditas,

visto que são monoicas (como a minhoca e caracóis),

do grupo B apresentam estágio larval, pois desenvolvem

larvas (insetos e crustáceos) e do grupo C não são parasitas,

já que são de vida livre (como as esponjas).

Resposta: C

31. Tomando como base o contexto da questão, a sequência

mais provável dos primeiros seres vivos na Terra foi:

heterotróficos anaeróbicos, autotróficos e heterotróficos

aeróbicos.

Meio anaeróbio ----- Fotossíntese --------- Consumo de

oxigênio.

Resposta: D

32. A Panspermia é uma ideia que defende que a vida se

originou fora do planeta Terra, tendo sido trazida por

meteoritos, cometas ou então pela poeira espacial.

Resposta: E

33. A experiência não foi realizada corretamente porque o

estudante não usou um grupo de controle, visto que o método

científico é feito por uma análise comparativa de resultados.

Resposta: C

34. Trata-se de um isolamento reprodutivo do tipo etológico,

pois há diferenciação no comportamento dos animais,

o que impede o cruzamento das duas populações.

Resposta: E

35. Com relação a essa árvore filogenética, conclui-se que o

leão e o leopardo (possuem uma ancestralidade mais

recente) compartilham mais características entre si do

que a onça e o leopardo (estão mais distantes em termos

de ancestralidade).

Resposta: E

36. Os equinodermos são animais exclusivamente marinhos

e possuem sistema hidrovascular relacionado com

captura de alimento e locomoção, graças a formação dos

pés ambulacrários.

Resposta: C

37. Com o avanço do estudo da filogenética, atualmente, é

possível estudar o grau de parentesco entre os indivíduos,

observando-se critérios bioquímicos, como exemplo,

a análise comparativa do citocromo C.

Resposta: E

38. O texto descreve um exemplo defendido pela teoria da

Geração Espontânea, uma ideia originalmente de

Aristóteles, a qual defende a existência de uma força

vital responsável pela formação dos seres vivos.

Resposta: A

39. Uma dieta rica em Palmaria palmata poderia prevenir

diversas doenças causadas por deficiência nutricional,

como o hipotireoidismo, a anemia e o escorbuto, pois a

mesma possui, respectivamente, iodo; ferro e vitamina C.

Resposta: B

40. O texto de João Guimarães Rosa descreve as manifestações

das crises paroxísticas da malária em seu personagem.

Essas se caracterizam por febre alta, calafrios, sudorese

intensa e tremores, com intervalos de 48h ou 72h,

dependendo da espécie de Plasmodium.

Essas crises periódicas ocorrem em razão da lise das

hemácias (ou hemólise), liberando merozoítos e substâncias

denominadas hemozoínas (toxinas que podem desencadear

a febre).

Resposta: A

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PROFESSOR JOÃO KARLLOS

1. O metabolismo oxidativo de carboidratos e lipídios

produz CO2 e H2O, enquanto o metabolismo de

compostos nitrogenados, como proteínas e ácidos

nucleicos, produz grupos –NH2 que resultam em amônia,

ureia e ácido úrico.

Resposta: C

2. Os alvéolos são delimitados por epitélio simples

pavimentoso. As pregas vocais localizam-se na laringe.

Os músculos bucinadores encontram-se na região facial,

na bochecha, auxiliando na mastigação, para assobiar,

soprar e sugar, enquanto que o músculo diafragma é o

responsável pela variação do volume da caixa torácica.

A direção do percurso inspiratório é dos brônquios para

os bronquíolos e alvéolos.

Resposta: A

3. Os gráficos mostram que para avaliar a dissolução de

oxigênio no plasma dos animais desprovidos de

pigmentos respiratórios, a temperatura da água deve ser

baixa e a profundidade alta.

Resposta: A

4. O oxigênio absorvido nos capilares dos alvéolos

pulmonares combina-se com a hemoglobina presente

nas hemácias, e é conduzido aos tecidos do corpo, sendo

absorvido pelas células e utilizado no processo de

respiração celular aeróbia que ocorre nas mitocôndrias.

Resposta: B

5. O esticamento da borracha corresponde à contração do

músculo diafragma, sob comando de neurônios situados

no bulbo, quando ocorre uma ligeira queda no pH do

sangue, em função da formação de ácido carbônico no

plasma.

Resposta: B

6. O infarto do miocárdio provoca a morte dos miócitos

estriados cardíacos por falta de oxigênio, devido à

interrupção da irrigação sanguínea, por obstrução das

artérias coronárias ou suas subsidiárias.

Resposta: E

7. A relação correta, de cima para baixo, na coluna II, é:

2, 1, 4 e 3.

Resposta: A

8. O cerebelo (2) é a região encefálica relacionada com o

equilíbrio postural e com a coordenação motora.

Resposta: C

9. O sistema nervoso de invertebrados pode variar de

acordo com o Filo. Os poríferos não apresentam sistema

nervoso. Os cnidários possuem um sistema nervoso

difuso, sem um cérebro ou gânglios nervosos, apenas

células nervosas espalhadas pelo corpo. Nos platelmintos,

nematelmintos, anelídeos, moluscos e artrópodes o

sistema nervoso é ganglionar, formado por dois

gânglios nervosos na região anterior, ligados a cordões

nervosos longitudinais. O sistema nervoso de

equinodermos é composto por um anel nervoso ao redor

da boca, de onde saem os nervos radiais.

Resposta: D 10. A condição conhecida por diabetes insípidus pode ser

causada pela deficiência na secreção do hormônio

antidiurético (ADH) pela neuroipófise.

Resposta: A 11. A deficiência do hormônio antidiurético (ADH) causa o

aumento do volume de água eliminado na diurese.

Consequentemente, um sintoma clássico de pacientes

acometidos por diabetes insipidus é a desidratação.

Resposta: E 12. O paratormônio (PTH) é um hormônio secretado pelas

glândulas paratireoides e estimula a atividade dos

osteoclastos, células que remodelam os ossos.

Consequentemente, o aumento desse hormônio na

circulação sanguínea causa a elevação dos níveis de

cálcio no plasma.

Resposta: C 13. Nos indivíduos normoglicêmicos, a glicemia aumenta

logo após uma refeição e diminui entre as refeições,

pois os carboidratos ingeridos e digeridos são

absorvidos pelo sangue e conduzidos para o interior das

células pela ação do hormônio insulina.

Resposta: B 14. O item II é o único incorreto, pois a função do

hormônio insulina é facilitar a entrada do

monossacarídeo glicose nas células, reduzindo seus

níveis na corrente sanguínea.

Resposta: B

15. O resultado da análise do exame indica que o paciente

apresenta hiperglicemia, porque o excesso de glicose

presente na corrente sanguínea não é reabsorvido e é

eliminado na urina.

Resposta: C

16. O cortisol é produzido na região do córtex adrenal

(suprarrenal), enquanto que a adrenalina é produzida na

região medular do córtex adrenal.

Resposta: B

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17. A associação correta, de cima para baixo, é II, V, IV, III, I

Resposta: B 18. A cóclea é o componente da orelha interna relacionada à

audição. Trata-se de uma estrutura enrolada helicoidalmente. A cóclea capta os sons que se propagam pelo seu interior e os transforma em impulsos nervosos que serão conduzidos até a área encefálica, onde os sons são interpretados.

Resposta: B 19. A córnea não é visível, pois é a parte transparente

encontrada na frente dos olhos, composta por tecido epitelial e fibras. A íris é a parte colorida dos olhos, contendo, em seu centro, a pupila, que permite a passagem de luz. Internamente, os olhos apresentam a retina, formada por fotorreceptores, chamados de bastonetes (estimulados com baixa intensidade de luz e que não registram cores) e cones (estimulados com alta intensidade de luz e que reconhecem cores), juntamente com células nervosas.

Resposta: C 20. O desvio de sangue para a pele durante um banho

quente, por vasodilatação periférica, tem por finalidade promover a liberação do calor para o ambiente.

Resposta: D 21. Para animais endotérmicos, tais como mamíferos e aves,

a taxa metabólica basal (TMB) é inversamente proporcional à massa corporal, isto é, quanto menor for o animal, maior será sua TMB.

Resposta: A 22. O pâncreas exócrino produz o suco pancreático que

contém bicarbonado de sódio (NaHCO3) e diversas enzimas hidrolizantes, tais como: amilase, tripsina, lipase, nucleases etc.

Resposta: B 23. A pO2 do sangue arterial presente no átrio esquerdo do

coração é maior do que a pO2 do sangue venoso contido no ventrículo direito, câmara cardíaca que recebe o sangue venoso das veias cavas superior e inferior.

Resposta: B 24. A parada voluntária da ventilação pulmonar causa a

diminuição da concentração do oxigênio (O2) na corrente sanguínea e, consequentemente, o aumento na concentração do dióxido de carbono (CO2).

Resposta: D

25. No coração artificial mecânico, os números 1 e 2

indicam, respectivamente, as veias cavas que recebem o

sangue venoso (rico em CO2 do corpo e veias

pulmonares que transportam ao coração o sangue

arterial (rico em O2) vindo dos pulmões.

Resposta: A

26.

I. Falso. As artérias pulmonares e umbilicais

transportam sangue venoso. A veia umbilical e as

veias pulmonares transportam sangue arterial.

III. Falso. O ventrículo esquerdo do coração possui

paredes mais espessas do que o ventrículo direito,

pois impulsionam o sangue arterial para todo o

corpo.

IV. Falso. As veias cavas trazem o sangue venoso do

corpo para o átrio direito do coração.

V. Falso. As paredes das artérias apresentam uma

túnica musculosa mais espessa do que a parede das

veias, fato que auxilia o transporte do sangue rico

em oxigênio para todo o corpo.

Resposta: C

27. Os nódulos atrioventribular (AV) e sinoatrial (SA) são

regiões do miocárdio que geram os impulsos que

determinam o ritmo cardíaco.

Resposta: A

28. Em situação de risco de desidratação, a ação do

hormônio antidiurético (ADH), amplifica a reabsorção

de água nos túbulos renais. Consequentemente, os

estudantes eliminam urina com menor volume de água e

maior concentração de sais minerais.

Resposta: D

29. Os termos que preenchem corretamente as lacunas são

respectivamente: os rins / pelos ureteres / na bexiga /

da uretra

Resposta: E

30. Os pesticidas interferem na sinalização nervosa

eferente, isto é, na transmissão de potenciais de ação

originados no Sistema Nervoso Central (SNC) em

direção aos órgãos viscerais e motores.

Resposta: B

31. O bulbo, região encefálica que controla a ventilação

pulmonar também é conhecido como mielencéfalo.

Resposta: D

32.

I. Falso. O hormônio TRH é produzido e secretado

pelo hipotálamo.

IV. Falso. O aumento da concentração dos hormônios

tireoidianos T3 e T4 causa diminuição na produção e

secreção dos hormônios TRH e TSH.

V. Falso. O hormônio calcitonina é secretado pela

glândula tireoidea quando há diminuição do nível de

cálcio no sangue.

Resposta: C

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33. A letra A indica o indivíduo portador da diabetes do

tipo II, porque sua taxa glicêmica permaneceu alta

durante várias horas após a ingestão de glicose.

O hormônio Y é o glucagon. Esse hormônio aumenta

para evitar a hipoglicemia após algum tempo de jejum.

Resposta: B

34. Os hormônios tireoidianos T3 e T4 aumentam o

metabolismo basal (A) adrenalina (B) aumenta a

frequência cardíaca. A adenoipófise (C) secreta o

hormônio do crescimento (GH) e o pâncreas libera o

glucagon (D) quando há necessidade de aumentar a

glicemia sanguínea.

Resposta: A

35. A contração muscular que ocorre na íris dos olhos é

involuntária e controlada pelo sistema nervoso

autônomo, como os movimentos peristálticos da

musculatura do esôfago.

Resposta: C

36. O hormônio antidiurético (ADH) produzido por

neurônios hipotalâmicos é secretado pela neurohipófise

aumenta a reabsorção renal da água, contribuindo com a

redução da pressão osmótica do sangue.

Resposta: A

37. O equipamento auxilia no tratamento do diabetes tipo I

(juvenil) por cumprir as funções endócrinas das ilhotas

pancreáticas, liberando os hormônios insulina e

glucagon para diminuir e aumentar a glicemia,

respectivamente.

Resposta: D

38. As traqueias observadas em insetos transportam o

oxigênio diretamente aos tecidos do animal, sem a

participação do sistema circulatório.

Resposta: D

39. A Figura 1 representa a fase ativa da ventilação. Nessa

fase ocorre a contração dos músculos intercostais e do

diafragma. Com a expansão da caixa torácica a pressão

intrapulmonar fica menor do que a pressão atmosférica

e, consequentemente, o ar é sugado para o interior dos

pulmões.

Resposta: D

40. As cavidades nasais possuem adaptações que filtram,

aquecem e umedecem o ar enviado aos pulmões.

Os cílios que revestem o epitélio respiratório retêm

partículas de sujeira e micro-organismos presentes no ar

inspirado.

Resposta: C

PROFESSOR LÁSARO HENRIQUE

TC – 1

1. A questão avalia conhecimentos do aluno sobre o ciclo

da água no planeta. É necessário entender,

principalmente, as relações entre os “tipos” de água

citados no texto. Por exemplo, a água subterrânea não

está isolada da água das chuvas ou da água dos rios,

pois há troca entre essas reservas através das camadas e

texturas dos solos. Explorar exclusivamente a água

subterrânea também envolve gastos de energia para

elevar essa água, além de não ser um recurso

inesgotável. Diversos produtores rurais, em algumas

regiões dos EUA, já tiveram que abandonar suas terras

pelo esgotamento da água subterrânea, pelo excesso de

exploração sem o devido controle.

Resposta: D

2. A questão avalia se o estudante conhece a fonte de

obtenção do etanol (cana-de-açúcar, milho, beterraba

etc), diferenciando-a dos outros biocombustíveis

derivados dos óleos vegetais. Além disso, avalia os

efeitos do descarte do óleo de cozinha no ambiente. São

comuns as questões em que o etanol aparece nas

alternativas falsas como derivado do petróleo e de

outras fontes. O álcool é, ao contrário do petróleo, uma

fonte renovável, uma vez que a cana-de-açúcar, o milho

e a beterraba podem ser replantados. É considerado

ecologicamente correto, pois o gás carbônico (CO2)

produzido na queima foi capturado da atmosfera pela

planta recentemente, na safra anual anterior. Portanto, o

álcool não é um combustível fóssil. O texto deixa claro

que a única coisa que precisa ser feita é o recolhimento

e envio do óleo de cozinha usado para as empresas

produtoras de biodiesel; e que o descarte no ambiente

causa danos à fauna e flora aquáticas, além de causar

enchentes.

Resposta: B

3. Se um pesquisador pretende avaliar variáveis biológicas

de determinado manancial, deve escolher os testes de

densidade populacional de cianobactérias e de

invertebrados bentônicos. Estes seres vivos servem

como bioindicadores da qualidade de água e habitat.

Sendo assim, os principais métodos verificam a riqueza

de espécies, abundância de organismos resistentes,

perda de espécies sensíveis, dentre outros.

Teor ou concentração de oxigênio dissolvido é um teste

utilizado para verificar os níveis de poluição das águas e

para controle dos processos de tratamento de esgotos.

Temperatura é uma característica também da água,

assim como a turbidez, que é uma característica decorrente

da presença de substâncias em suspensão. O teor de

nitrogênio amoniacal é indicativo de contaminação da

água e de possíveis condições higiênico-sanitárias

insatisfatórias da mesma forma que o teor de alumínio

dissolvido remete à toxicidade da água.

Resposta: C

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4. O texto mostra que o aumento do efeito estufa está

relacionado com o aumento de CO2 na atmosfera.

A alternativa viável para impedir esse aumento seria a

redução do desmatamento, pois as plantas utilizam no

processo de fotossíntese o CO2 atmosférico como fonte

de carbono para a formação de açúcares complexos, que

servirão como fonte de reserva energética em momentos

de necessidade. Exemplos de açúcares complexos

formados pelo CO2 atmosférico, podemos citar o caso

do amido das batatas.

Resposta: C

5. Regiões de rios cercadas de matas são locais onde

facilmente encontramos uma grande quantidade de

animais, pois esses animais dependem de água para

sobreviver. Com base nisso, as construções de usinas

hidroelétricas precisam inundar uma grande área de

mata, levando com isso a destruição do habitat de

animais terrestres da região.

Resposta: B

6. Uma solução para se evitar o uso de fertilizantes

agrícolas industriais, seria a utilização de resíduos

biológicos, pois esses não possuem uma carga alta de

íons de fosfato, logo não possuem uma alta capacidade

poluidora dos lençóis freáticos da região.

Resposta: A

7. O processo de eutrofização do ambiente é decorrente do

aporte de esgotos causando a proliferação de bactérias

decompositoras de matéria orgânica. A proliferação

dessas bactérias impede a penetração de luz solar para a

fotossíntese dos seres aeróbios e o alto consumo de O2

leva a morte dos animais heterotróficos. Com isso, uma

das medidas que pode ser adotada é a redução da

concentração de matéria orgânica que é jogada nos rios

para evitar o aparecimento inicial das bactérias aeróbicas.

Resposta: B

8. O texto demonstra de forma clara e objetiva os impactos

que o vazamento de óleo provoca em todo o sistema

biológico onde o fato acontece. Demonstrando de que

maneira ele é capaz de degradar o ambiente onde o

problema aconteceu e o seu redor.

Resposta: C

9. O Brasil é um país continental, com grande diversidade

biológica. Muitas espécies ainda não foram catalogadas

e muito menos estudadas devidamente. No entanto essa

ignorância não impede que haja conservação, desde que

o ambiente seja preservado. O problema está em

fiscalizar as ações humanas em toda a extensão territorial

do país, que é uma tarefa impossível, sem grandes volumes

de recursos, material humano devidamente qualificado,

conscientização da população e grandes mudanças

culturais. Assinaturas em cartas de intenções formuladas

em convenções internacionais não são suficientes para se

realizar essa tarefa.

Resposta: D

10. O excesso de nutrientes dissolvidos na água provoca uma proliferação exagerada de micro-organismos, como as bactérias aeróbicas, que, para consumir esses nutrientes, consomem também o oxigênio (O2) dissolvido na água. Como os peixes dependem desse oxigênio dissolvido, acabam morrendo por asfixia. Este fenômeno é chamado de “eutrofização”. A mortandade de peixes, por sua vez, aumenta ainda mais a eutrofização da água porque constitui mais matéria orgânica (nutrientes) para ser consumida pelas bactérias aeróbicas.

Resposta: C 11. O texto afirma que os cientistas atribuem o

aparecimento dessa doença dos corais ao aquecimento global e à poluição marinha. Então, para combater o problema, as medidas devem combater essas causas ou atenuar os seus impactos. A alternativa D é a única que propõe uma redução no lançamento de poluentes atmosféricos, que são os causadores do efeito estufa e do aquecimento global.

Resposta: D 12. Geralmente, denominamos de coliformes fecais um

grupo de bactérias encontrado no intestino de homens e animais, entretanto, algumas bactérias pertencentes a esse grupo não são encontradas em fezes, como afirmado na Resolução da CONAMA. Sendo assim, o melhor termo a se adotar é coliformes termotolerantes. Este parâmetro é fundamental para medir a qualidade da água para o consumo. Já a DBO consiste numa importante análise para garantir a manutenção da vida aquática.

Resposta: D 13. A ação de microrganismos sobre a matéria orgânica,

que fica no solo pós colheita, é uma das fontes dos gases estufa, pela ação decompositora destes organismos. Desta forma, reduzir essa matéria atenuaria a liberação de CO2 pela decomposição, e o agravamento do efeito estufa.

Resposta: C 14. A biorremediação é o processo que descreve a explicação

do enunciado: seres vivos (algas marinhas) que absorvem os poluentes e diminuem o impacto ambiental. As outras alternativas não cabem como resposta, pois, brevemente significam: biodigestão é a fermentação anaeróbia que produz gás combustível e adubo a partir de compostos orgânicos; eutrofização é um processo que provoca, através do acúmulo de matéria orgânica, o aparecimento de muitas algas que afetam a quantidade de oxigênio existente no meio; desnitrificação é uma etapa do ciclo do nitrogênio; e biomonitoração é uma metodologia para avaliar a condição ambiental, cujo objetivo não é diminuir a poluição, e sim medi-la.

Resposta: D 15. A inclusão de vespas para o controle biológico de larvas

de borboletas, nesse caso, é um exemplo claro de parasitismo, pois há o benefício da larva da vespa em detrimento da larva das borboletas que não conseguem sobreviver e, com isso, não devastam a plantação.

Resposta: E

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16. A partir da segunda metade do século XVIII iniciou-se

na Inglaterra a mecanização industrial. Com ela, surgiu

o motor à combustão interna de Nikolaus Otto,

aperfeiçoado por Gottlieb Daimler, Karl Benz e Rudolf

Diesel, introduzindo a utilização de combustíveis

fósseis, fato que gerou muito desequilíbrio ambiental.

Desde que o oxigênio se tornou o gás dominante da

atmosfera, a chuva passou a ser ácida. Nas regiões

urbanas, os automóveis e outras formas de transporte e

fontes de combustão emitem óxidos de nitrogênio que

acabam se tornando ácido nítrico, contribuindo para a

chuva ácida. As chaminés das usinas elétricas que

extraem energia da queima de carvão emitem grandes

quantidades de dióxido de enxofre no ar, e esse gás se

move com os ventos, oxidando-se lentamente enquanto

produz ácido sulfúrico. Tudo isso é acrescentado aos

processos naturais de acidificação da chuva, que sempre

existiram, mesmo antes da Revolução Industrial. Um

bom exemplo é a liberação de sulfeto de metila pelas

algas marinhas que rapidamente se oxida no ar

formando ácido sulfúrico e metanosulfônico (de origem

exclusivamente marinha).

Resposta: B

17. A inclusão de vespas para o controle biológico de larvas

de borboletas, nesse caso, é um exemplo claro de

parasitismo, pois há o benefício da larva da vespa em

detrimento da larva das borboletas que não conseguem

sobreviver e, com isso, não devastam a plantação.

Resposta: A

18. Como a fêmea do gênero Photuris alimenta-se de

vaga-lumes de outro gênero (Photinus), essa ação é

considerada uma relação interespecífica desarmônica,

visto que uma espécie se beneficia (+) enquanto a outra

é prejudicada (-). Esse tipo de relação (+ / - ) é

denominada predatismo.

Resposta: D

19. A descrição do texto aborda a questão do nicho

ecológico que é o conjunto de requisitos ambientais e a

função que o animal exerce no sistema. No texto

observamos esses eventos quando ele retrata todo o

cotidiano que o tamanduá tem nesse habitat (função que

ele exerce).

Resposta: D

20. Na competição, ocorre uma relação onde dois

organismos competem por um recurso, e ambos

envolvidos são prejudicados. As bactérias consomem o

ferro disponível, assim como os fungos. Neste caso, os

dois organismos competem por um recurso limitado.

Resposta: C

21. No processo V, observa-se o nitrogênio passando de +5

para 0, portanto está na espécie mais oxidada e reduz.

Nas demais espécies, o nox do oxigênio é +3. Sendo

assim, a melhor resposta é a letra E, processo V.

A desnitrificação é a transformação de nitratos (NO–3) e

outras substâncias nitrogenadas em gás nitrogênio (N2).

O processo que mostra a conversão do nitrato em gás

nitrogênio é o processo V. O processo I mostra a

fixação do nitrogênio, o processo II mostra a

amonização, o processo III mostra a nitrozação e o

processo IV mostra a nitratação.

Resposta: E

22. Hidroponia (grego hydro = água e ponos = trabalho) é a

técnica de cultivar plantas substituindo o solo por uma

solução nutritiva balanceada. Tal técnica dispensa o

trabalho das bactérias fixadoras de nitrogênio, uma vez

que este nutriente já estará presente na solução na forma

de nitrato.

Resposta: C

23. Na adubação verde, culturas, como a de laranja e a de

café, que passam por várias safras consecutivas, podem

ser associadas a uma leguminosa – por exemplo, a

crotalária – que, após se desenvolver, é cortada,

triturada e incorporada ao solo. A incorporação de

matéria orgânica favorece a formação de húmus e libera

o nitrogênio fixado pelas bactérias dos nódulos de suas

raízes. Muitos agricultores realizam essa prática visando

a reposição de nitrogênio no solo e para isso,

selecionam plantas leguminosas que apresentem

crescimento rápido e vigoroso. Tais plantas são

deixadas para apodrecer no campo liberando

gradativamente inúmeros minerais que contribuem para

a fertilização do solo.

Resposta: B

24. Como em todos os grupos vegetais ocorre a associação

mutualística entre fungos e seus sistemas de fixação,

muitos biólogos dizem que plantas não têm raízes, elas

têm micorrizas! A planta supre o fungo com energia

para crescimento e manutenção via produtos

fotossintéticos, enquanto o fungo provê a planta com

nutrientes e água. Recomenda-se cultivar tomates em

temperaturas médias de 21 ºC pois quando o tomateiro é

submetido a temperaturas médias de 28 ºC os frutos

ficam amarelados e se a temperatura atingir 32 ºC os

frutos ficam ocos. Isso deve-se ao comprometimento da

maquinaria metabólica pela diminuição da incorporação

de água e minerais do solo por parte do sistema

radicular. Portanto, inocular fungos simbiontes de

plantas que já estão adaptadas a viverem próximas a

fontes de águas quentes traria uma grande vantagem aos

tomateiros, haja vista que a área de plantio agora

poderia ser estendida mesmo para regiões mais quentes.

Resposta: D

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25. Animais obtêm moléculas orgânicas nitrogenadas

(aminoácidos e bases nitrogenadas) através da alimentação.

Resposta: D

26. O nitrogênio gasoso (N2) não é absorvido pelas plantas

(organismos autotróficos clorofilados), sendo necessária

a transformação desse nitrogênio em amônia (NH3) e

nitrato (NO–3) absorvidos pelas raízes das plantas.

A transformação desse nitrogênio (N2) ocorre através de

raios e da ação de bactérias fixadoras e nitrificantes.

Resposta: C

27. O gráfico mostra que a presença ou ausência de parasitas

intestinais influencia a competição entre as espécies

X e Y Na ausência desses parasitas, a competição gera

vantagem para a espécie Y em relação à espécie X.

Na presença dos parasitas intestinais, a competição gera

vantagem para espécie X em relação à espécie Y.

Resposta: C

28. A retirada das estrelas-do-mar Pisaster ochraceus diminui

a predação dos bivalves Mytilus californianus, que se

proliferam mais intensamente e não liberam espaço para

que outras espécies se fixem no substrato, diminuindo o

número de espécies ao longo dos anos na Área 1.

Resposta: A

29. A eutrofização em barragens construídas em biomas

brasileiros é comum devido à grande quantidade de

nutrientes disponibilizados em ambientes lênticos (ciclo

fechado), que gera o aumento de plantas macrófitas e

algas, ocasionando em pouca entrada de luz e baixa

oxigenação da água, levando à morte de animais e plantas,

aumentando a proliferação de micro-organismos

anaeróbicos, que liberam gases tóxicos.

Resposta: A

30. Os metais pesados, como o chumbo, são encontrados

em maiores concentrações em predadores com idade

avançada (longevos) ou no topo da teia alimentar, como

aves de rapina e peixes predatórios. O efeito

acumulativo ocorre, porque os organismos vivos

ingerem os metais pesados, porém, não conseguem

eliminá-los de seus tecidos corpóreos.

Resposta: D

31. Os processos mostrados na figura são: fotossíntese (I),

nutrição (II), respiração (III), decomposição (IV) e

combustão (V). O aquecimento global provocado pelo

Homem deve-se ao aumento da produção de gás

carbônico. Esse aumento é devido principalmente à

queima de combustíveis fósseis e, em menor grau, às

queimadas. Organismos fotossintetizantes retiram dióxido

de carbono da atmosfera em um processo conhecido como

fixação ou sequestro de carbono. A fotossíntese se

constitui, portanto, em um processo que contribui para a

mitigação do aquecimento global.

Resposta: D

32. As técnicas de captura e armazenamento de carbono

(CCS, em inglês) têm por objetivo retirar carbono da

atmosfera para reduzir o aquecimento global.

Observação: O equívoco provocado pela alternativa A

ocorre porque o processo descrito sequestra carbono da

atmosfera, porém não reduz as emissões, tais como as

geradas pelas queimadas, utilização de combustíveis

fósseis por veículos, termelétricas e indústrias.

Resposta: B

33. Os organismos que se situam no topo da cadeia

alimentar apresentam as maiores concentrações de

poluentes que não conseguem excretar, devido ao efeito

cumulativo ou magnificação trófica dessas substâncias.

Resposta: E

34. O bacilo radicícola Rhizobium vive associado com

raízes de plantas, particularmente com angiospermas da

família das leguminosas. As micorrizas são fungos que

convivem mutualisticamente com raízes de plantas,

principalmente árvores. Os liquens são associações

harmônicas entre a algas e fungos.

Resposta: A

35. A relação entre peixes-palhaço e anêmonas é de

protocooperação, em qual há associação facultativa entre

os indivíduos, na qual ambos se beneficiam.

Resposta: E

TC – 2

1. A vacinação contra a dengue poderá contribuir para o

aumento do número de casos de febre chikungunya,

devido ao afrouxamento das medidas preventivas contra

a proliferação do mosquito vetor, as fêmeas do Aedes

aegypti.

Resposta: A 2. O soro de organismos animais, previamente infectados

por antígenos (vírus, bactérias etc), contém anticorpos

específicos contra os agentes patogênicos e pode ser

utilizado como procedimento terapêutico em indivíduos

infectados.

Resposta: A 3. A vacina contra HPV é administrada em três doses.

As doses de reforço levam o organismo vacinado a

produzir células de memória duradouras capazes de

produzir anticorpos anti-HPV de forma mais rápida e

mais intensa.

Resposta: E 4. Vacinas contêm antígenos específicos que induzem o

organismo humano a produzir anticorpos e desenvolver

células de memória. Soros contêm anticorpos ativos

com efeito imediato e terapêutico. Antibióticos são

fármacos utilizados no combate a bactérias, protozoários

e fungos patogênicos.

Resposta: C

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5. As curvas X e Z indicam, respectivamente, as respostas

imunológicas primária e secundária contra a proteína (A).

Os anticorpos formados após as aplicações são proteínas

de defesa produzidas pelos linfócitos. A curva Y indica

a resposta imunológica primaria para a proteína B.

Resposta: A 6. Os anticorpos são proteínas sintetizadas pelos ribossomos

dos glóbulos brancos denominados plasmócitos.

Resposta: B 7. A alimentação do recém-nascido com derivados lácteos

é isento dos anticorpos presentes no leite naturalmente

produzido pela mãe. Dessa forma, fica comprometida a

transferência de imunização passiva da mãe para o filho.

Resposta: D

8. O desenvolvimento das vacinas permite a prevenção de

diversas doenças infectocontagiosas em todo o mundo.

Resposta: A

9. As campanhas de vacinação para a prevenção de

rubéola, enfocando homens jovens, é fundamental para

evitar a síndrome da rubéola congênita, porque os

homens podem transmitir o vírus a mulheres gestantes.

Resposta: B

10. A resposta imunológica secundária é mais rápida e mais

intensa devido à ação dos linfócitos de memória

produzidos após a primeira exposição ao antígeno.

Resposta: A

11. Os imunobiológicos I e II são compostos por antígenos

que estimulam a produção de anticorpos em humanos e

animais.

Resposta: D

12. A resposta imunológica secundária do paciente, após a

segunda exposição ao antígeno, foi mais rápida e mais

intensa, em relação às imunoglobulinas IgG, devido à

ação da memória imunológica dos linfócitos

sensibilizados na primeira exposição ao antígeno.

Resposta: E

13. A dificuldade em se produzir uma vacina eficiente

contra a dengue, reside no fato de existirem diversos

subtipos do vírus e alta variabilidade antigênica causada

por mutações, em relação ao vírus da febre amarela.

Resposta: B

14. Os processos alérgicos são iniciados quando as

substâncias alergênicas se ligam aos mastócitos. Uma

vez ativados, esses leucócitos liberam histamina e essa

glicoproteína desencadeia a reação alérgica.

Resposta: C

15. As vacinas contêm antígenos que estimulam o

organismo a produzir anticorpos (imunoglobulinas)

específicos. Em 4, as bactérias benéficas, conhecidas

por probióticos estão estimulando a produção de

imunoglobulinas que combatem os microrganismos

patogênicos.

Resposta: B

16. A substância produzida pelo fungo, através de um gene

do vírus causador da doença, estimulará a produção de

anticorpos, garantindo a defesa do corpo humano.

Resposta: E

17. A eficiência da vacina contra a dengue é constatada pelo

estímulo à produção de anticorpos específicos, que

atuarão na defesa contra os vírus.

Resposta: E 18. As vacinas contêm antígenos, tais como microrganismos

mortos ou enfraquecidos ou parte desses. A inoculação de

antígenos no organismo humano induz a produção de

anticorpos e a formação de linfócitos que compõem a

memória imunológica.

Resposta: E 19. A vacina contém antígenos que induzem o organismo a

produzir anticorpos e desenvolver células de memória.

Sua ação é profilática e duradoura.

Resposta: A 20. A profilaxia pré-exposição (PrEP) é um método de

prevenção contra o HIV em pessoas com maior risco de

infecção, que utiliza antirretrovirais para reduzir o risco

de contaminação (uso diário de um comprimido),

combinada com testes laboratoriais, uso de

preservativos, tratamento, dentre outros.

Resposta: C 21. A proteína Sm14 presente na vacina contra a

esquistossomose é um antígeno extraído do verme

parasita Schistosoma mansoni. A proteína encontrada no

soro antiapílico é um anticorpo, cuja finalidade é

neutralizar o veneno de abelhas.

Resposta: D 22. A irradiação com raios gama torna os machos da

espécie Aedes aegypti estéreis e, consequentemente, ao

se acasalarem com esses machos, as fêmeas liberam

ovos que não se desenvolvem. Essa estratégia reduz a

população dos mosquitos e a transmissão de doenças

viróticas, tais como a dengue, zika, chikungunya etc.

Resposta: E 23. O ciclo 1 refere-se à transmissão do vírus da raiva.

O ciclo 2 mostra a transmissão do vírus da febre

amarela, incluindo o ciclo silvestre e o urbano. Resposta: A

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24. A transmissão da febre amarela nas grandes cidades se

dá pela picada do mosquito Aedes aegypti que injeta na

corrente sanguínea do homem o vírus Flavivírus. Uma

forma de prevenção é tomar a vacina antes de ir para

área que apresenta a doença. Resposta: C 25. A tuberculose é causada pelo bacilo Mycobacterium

tuberculosis, sua evolução não é rápida e é prevenida

pela vacina BCG (bacilo Calmette-Guerin). Pessoas

vacinadas ou imunologicamente “resistentes” podem

adquirir variedades do bacilo e desenvolver a doença. Resposta: C 26. O ciclo da difilobotríase é semelhante ao da teníase,

causada pelos platelmintos Taenia solium e Taenia

saginata.

Resposta: A

27. A gonorreia é uma DST causada pela bactéria Neisseria

gonorrhoeae, cujo combate é feito com antibióticos.

Resposta: B

28. A teníase (solitária), causada pela presença do

platelminto Taenia solium adulto no intestino humano,

ocorreu pela ingestão de carne suína, crua ou malcozida,

infestada pelas larvas cisticercos, conhecidas

popularmente por “pipoquinha” ou “canjiquinha”.

Resposta: C

29. As três doenças citadas no texto têm como causadores

protozoários. Malária (Plasmodium sp.), Leishmaniose

(Leishmania sp.) e doença de Chagas (Trypanosoma

cruzi).

Resposta: B

30. O controle biológico do platelminto Schistosoma pode

ser bem sucedido pela utilização de peixes como o

Tambaqui. Esse peixe se alimenta de caramujos, que

são hospedeiros intermediários de esquistossomos.

Resposta: D

31. O mosquito Aedes aegypti (fêmea) é o vetor responsável

pela transmissão das doenças virais dengue, zica,

chikungunya e febre amarela.

Resposta: B

32. A toxina botulínica bloqueia a transmissão

neuromuscular e pode causar a morte de animais e

humanos por parada respiratória.

Resposta: E

33. O agente etiológico (causador) da leptospirose é uma

bactéria da espécie Leptospira interrogans. O vetor

biológico (transmissor) é o rato.

Resposta: C

34. O amarelão ou ancilostomíase é uma doença causada

por vermes nematódeos e ocorre através da penetração

de suas larvas na pele humana, que caem na circulação

sanguínea, e quando adultos se fixam no intestino

delgado, onde se alimentam, crescem e se reproduzem,

causando diversos problemas de saúde para o indivíduo

contaminado.

Resposta: D

35. A malária é uma doença causada pelo protozoário e

transmitida pela picada do mosquito (fêmea) Anopheles

(o vetor). A dengue, a chikungunya, a zica e a febre

amarela são doenças causadas por vírus e transmitidas pela

picada do mosquito (fêmea) Aedes aegypti (o vetor).

Resposta: E 36. Os vírus se reproduzem apenas no interior de células,

sendo parasitas intracelulares obrigatórios. As vacinas

podem ser produzidas tanto a partir de vírus quanto de

bactérias. Os vírus não possuem metabolismo próprio,

necessitando do metabolismo de células. Os vírus não

são considerados células, por não terem metabolismo

próprio. Vírus possuem material genético, DNA ou RNA.

Resposta: A 37. Os vermes naturalmente resistentes ao medicamento

tendem a sobreviver e produzir mais descendentes do

que os vermes sensíveis.

Resposta: D 38. Uma das formas de prevenção da febre amarela é a

eliminação dos mosquitos transmissores dos vírus

causadores da doença.

Resposta: E 39. Em relação à dengue, somente a fêmea do mosquito

Aedes aegypti pica o ser humano, pois a ingestão de

sangue auxilia na maturação dos ovos. Nem todas as

fêmeas possuem o vírus da doença. Dengue,

chikungunya e zika são doenças virais transmitidas pelo

mesmo vetor, mas possuem agentes etiológicos (no

caso, vírus) diferentes.

Resposta: D 40. As diferenças observadas nos quadros clínicos das

doenças apresentadas deve-se às características e

estratégias infecciosas dos diferentes vírus causadores

da dengue, zika e da chikungunya.

Resposta: B

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PROFESSOR MARCELO HENRIQUE

1. O material genético do vírus TMV é o RNA. Portanto, após

a infecção da planta com um vírus misto, com proteínas da

linhagem A e RNA da linhagem B, seriam encontrados

vírus da linhagem B, pois o RNA é quem comanda a

produção de novos vírus e suas respectivas proteínas.

Resposta: C 2. A transferência horizontal de genes é um processo em

que um organismo transfere genes para outro que não é

seu descendente. Isso representa um novo mecanismo

evolutivo e pode aumentar a diversidade genética de

uma espécie. Resposta: E 3. O experimento de Meselson e Stahl, utilizando

radioisótopos, comprovou que a replicação do DNA é

semiconservativa, porque cada nova molécula de DNA

contém uma fita nova e uma antiga completas. Resposta: D 4. Quanto maior for o número de pares A-T, menor será a

quantidade de ligações de hidrogênio a serem rompidas

e, portanto, menor será a temperatura necessária para

desnaturar (separar) as cadeias polinucleotídicas do

DNA. Resposta: C 5. A notícia se refere ao DNA de três pessoas porque há

presença de DNA nas mitocôndrias da doadora. Resposta: E 6. Cada códon é formado por três nucleotídeos em

sequência e especifica um aminoácido a ser encadeado

na cadeia peptídica ou o término da síntese dessa cadeia

pelos ribossomos. Resposta: A 7. Mitocôndrias são organelas presentes no citoplasma de

células eucarióticas que possuem moléculas de DNA.

Portanto, as células da ovelha Dolly (clone) tinham

DNA mitocondrial proveniente do óvulo da ovelha

Fluffy. Resposta: A

8. O camundongo que recebeu e expressou genes

exógenos é transgênico. O outro animal, cujo embrião

incorporou células de outro camundongo, é quimérico. Resposta: D 9. Os alimentos transgênicos apresentam genes exógenos,

porém possuem o mesmo código genético dos outros

organismos vivos, incluindo vírus. Resposta: D

10. O filho biológico do casal é o número II, porque as suas

bandas de DNA coincidem com a mãe e com o pai. Resposta: C 11. O pareamento obrigatório ocorre entre as bases adenina

com timina e guanina, base púrica com dois anéis, com

a citosina, base pirimídica com um anel heterocíclico. Resposta: D 12. As bactérias geneticamente modificadas recebem,

incorporam e expressam o DNA humano responsável

pela produção de insulina. Resposta: D 13. A síntese da proteína “amolecedora” do tomate foi

bloqueada, assim, o tomate terá maior tempo de vida. Resposta: E

14. O arroz transgênico expressa o gene recebido através da

produção do RNA mensageiro que será traduzido em

enzimas, as quais catalisarão a produção de

betacaroteno, o precursor da vitamina A. Resposta: A

15. As bactérias produtoras de insulina são transformadas

geneticamente, uma vez que recebem, incorporam e

expressam o gene humano. Resposta: D 16. Os machos de mosquitos não se alimentam de sangue e

não são portadores do vírus que causam doenças em

humanos e animais. Por esse motivo foram escolhidos

para serem modificados pela técnica transgênese. Resposta: E 17. O paradoxo do valor C diz respeito ao fato de que a

maior parte do genoma dos eucariotos não é funcional

(introns) ou apresenta outras funções diferentes da

codificação das proteínas.

Resposta: A

18. O 4º voluntário é o pai biológico do garoto devido à

maior compatibilidade de fragmentos de DNA entre

ambos.

Resposta: D

19. As células-tronco são células indiferenciadas, não

especializadas, que podem se renovar ou se diferenciar

em células que formam os tecidos do corpo. Um tipo de

células-tronco são as hematopoiéticas, capazes de

grande regeneração. Conforme vão se multiplicando e

se diferenciando, formam diferentes linhagens para a

produção de células que formarão diferentes tecidos,

reduzindo sua especificidade e potencialidade.

Resposta: A

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20. Ao receber a sequência de DNA codificante da insulina

humana, as bactérias transgênicas modificadas por

Herbert Boyer passaram a produzir o hormônio humano

que regula a glicemia.

Resposta: A

21. Os genes do vírus que controlam as lagartas que atacam

a lavoura poderão ser transferidos para uma linhagem

de plantas de soja. A soja transgênica ficará resistente

ao ataque dos insetos.

Resposta: C

22. A bactéria transgênica recebe um plasmídeo

recombinante que contém o gene que confere resistência

aos íons cloreto, adquirindo essa nova característica

fisiológica.

Resposta: B

23. Dado que a planta matriz (M1) contribuiu com os alelos

1 e 3, a doadora de pólen para a progênie S2,

fornecedora dos alelos 2, dos locos A e B foi a DP2.

Resposta: A

24. O betacaroteno é um dos precursores da vitamina A.

Essa vitamina lipossolúvel é importante para a formação

do pigmento visual na retina dos olhos.

Resposta: C

25. As características genéticas do animal clonado serão

determinadas pelo material genético (DNA) presente no

núcleo da célula do cão utilizado no experimento.

Resposta: C

26. A transgênese é uma técnica que inclui genes

específicos em receptores que passam a expressar

características novas, tais como a produção de

substâncias utilizadas como medicamentos.

Resposta: E

27. O fluxo gênico entre as espécies nativas e as

geneticamente modificadas podem causar impactos na

biodiversidade, porque os organismos transgênicos

podem transmitir seus genes modificados às espécies

não transgênicas.

Resposta: C

28. A identificação genômica das espécies é possível

porque estas possuem em seu material genético

sequências denominadas polimorfismos que podem ser

obtidos pela hidrólise do DNA por enzimas de restrição.

Resposta: C

29. O material biológico armazenado nos bancos de cordão

umbilical e placentário é constituído por células-tronco

pluripotentes. Essas células são capazes de se dividir

por mitose e se diferenciar para formar as células do

sangue saudável.

Resposta: B

30. O cordão umbilical dos mamíferos placentários contém

células-tronco embrionárias, isto é, células

indiferenciadas que podem se diferenciar em células

especializadas.

Resposta: D

31. O vírus HIV, causador da AIDS, não consegue infectar

as células-tronco indiferenciadas desprovidas dos

receptores específicos, recebidas através dos

transplantes de medula óssea do doador imune ao HIV.

Resposta: C

32. As células vegetais parenquimáticas são vivas, se

dividem por mitose e podem se desdiferenciar

adquirindo totipotência e, consequentemente, originar

um vegetal completo.

Resposta: B

33. Os peritos devem verificar se há homologia entre o

DNA mitocondrial do rapaz e o DNA mitocondrial de

sua avó materna. As mitocôndrias são organelas

herdadas pela linhagem matrilinear, por meio do

citoplasma do óvulo.

Resposta: D

34. Os gêmeos monozigóticos, ou univitelínicos, são

geneticamente idênticos por terem se formado de um

único óvulo fertilizado.

Resposta: E

35. Os íntrons são segmentos de DNA não codificantes que

são transcritos na forma de pré-RNA e serão

transmitidos às células filhas no processo de mitose.

Resposta: C

36. O código genético é universal, o que significa que as

trincas de bases nitrogenadas no DNA ou no RNA

codificam o mesmo aminoácido, desta forma, o gene

humano introduzido na bactéria pode ser transcrito para

a formação de moléculas de RNA e traduzido que

acarreta na produção de insulina pelas bactérias.

Resposta: D

37. A clonagem é um processo em que não há variabilidade

por se tratar de um processo de cópia do material genético.

A variabilidade é um fator importante para a seleção de

espécies adaptadas a um determinado ambiente.

Resposta: A

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38. Os camundongos geneticamente modificados que

receberam o gene determinante da proteína humana

defeituosa desenvolvem a LLA, confirmando o

potencial cancerígeno do gene mutante.

Resposta: A

39. O atleta transgênico expressa genes exógenos e, portanto,

possui manifestações fenotípica diferentes dos atletas

não modificados geneticamente.

Resposta: C

40. O salmão geneticamente modificado é um animal

transgênico que recebe e expressa o gene determinante

da produção do hormônio do crescimento.

Resposta: C

SUPERVISOR/DIRETOR: MARCELO PENA – AUTORES: CARLOS, RONALDO, RICELLY,

MARIANO, ANTONINO, PAULO LEMOS, ANDREW, ARTUR, DOUGLAS,

EDUARDO CAVALCANTI, MARCELO HENRIQUE, ALEXANDRE, JOÃO KARLLOS, LÁSARO

DIGITADORES: RENAN, NAILTON, ANÍBAL, GEORGENES, VICENTINA, SAMUEL

REVISORA: AMÉLIA, KATIARY, LUCELENA