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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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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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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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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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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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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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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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8 002.861 – 128981/18
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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9 002.861 – 128981/18
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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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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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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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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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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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
COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS
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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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
COMENTÁRIO CURSO DE FÉRIAS – CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS
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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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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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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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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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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48 002.861 – 128981/18
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
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