Matemática - Física - Resolução de Exercícios - Modulo1b

MÓDULO ESPECIALDE

EXERCÍCIOS(Resoluções)

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MÓDULO ESPECIALDE

EXERCÍCIOS(Resoluções)

Sumário

Supervisão Geral e Pedagógica - Clayton LimaCoordenação Editorial e Design - Junior Gomes

Concepção e Projeto Editorial - Bookmaker Edições LtdaEditoração Eletrônica - Bookmaker Edições Ltda eFEMAG - Empreendimentos Editoriais Ltda.

Pesquisa e Coordenação de Produção - Solange GomesCapa - Rogers Tabosa

Revisão: Mauri Costa e Renata KellyImpressão - Tiprogresso

ANO 2006

Todos os direitos reservados à Editora IpirangaAv. do Imperador, 1262 - Centro - CEP 60015-052 – Fortaleza - CE.

Fones: (85) 3488-7885 / 3261-5066

4ª Edição

Matemática I ................................................................................................................................................. 3Matemática II ................................................................................................................................................ 6Matemática III ............................................................................................................................................... 8Matemática IV .............................................................................................................................................. 11Matemática V ................................................................................................................................................ 13Física I ......................................................................................................................................................... 16Física II ........................................................................................................................................................ 19Física III ....................................................................................................................................................... 22Física IV ....................................................................................................................................................... 24Física V ........................................................................................................................................................ 26Química I ...................................................................................................................................................... 28Química II ..................................................................................................................................................... 29Química III .................................................................................................................................................... 33Química IV ................................................................................................................................................... 36Química V ..................................................................................................................................................... 37Biologia I ....................................................................................................................................................... 40Biologia II ...................................................................................................................................................... 42Biologia III ..................................................................................................................................................... 44Biologia IV .................................................................................................................................................... 45Biologia V ...................................................................................................................................................... 46

Módulo Especial de Exercícios – ResoluçõesMódulo Especial de Exercícios – Resoluções

2006 3

Anotações

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________________________________________________________________________________________________________________

Matemática I

AAAAA

n + 3 n – 1

n – 42 . 2 – 2 . 7

5 . 2 =

3 n2 . 2 . 2 –1 n– 2 . 2n

. 7

5 . 2 –4. 2 =

=

716 –

25

16

= =

2525

168

= 25 x 85

= 5 x 8 = 40

A) no hab: 6 . 109 pessoasconsumo por pessoa: 800 m3 = 8 . 102 m3

consumo mundial = 6 . 109 . 8 . 102 m3 = 48 . 1011 m3

em km3 = 11

948 . 10

10 = 48 . 102 = 4800 km3

B)90 00 3km

4800 3km=

x6 bilhões

48x = 6 . 90 → x = 6 . 90

488

=

11,25 bilhões

AAAAA

E = 2 4 8 2 2

2 6 3 1ab . a . b . a . b

a . b . a . b . a . b

− − −

− − − = 1 4 2 2 8 2

2 6 1 1 3 1a . b

a . b

− + − + −

− + − − +

E = 1 4

3 1a . b

a . b

−

− = a–4 . b5

Substituindo a = 10–3 e b = – 10–2 na expressão E, temos:E = (10–3)–4 . (–10–2)5 = 1012 . (–1)5 . 10–10 = –102 = –100

CCCCC

(312 + 3

23 – 3

46 ) . 3

34 = (3

12 +

233 –

233 ) . 3

34 =

= 31 32 4

+ = 3

2 34+

= 354 = 4 53 = 44 3 . 3

= 3 . 4 3

E = [102 + 202 + 302 + ... + 1002] – [92 + 192 + 292 + ... + 992]E = (102 – 92) + (202 – 192) + (302 – 292) + ... + (1002 – 992)E = (10 + 9) . (10 – 9) + (20 + 19) . (20 – 19) + (30 + 29) .(30 – 29) + ... + (100 + 99) . (100 – 99)

E = 19 + 39 + 59 + ... + 199 = 10 . (19 +199)

2 = 1090

DDDDD

ab (a +b) .

−

−

3 3

3 3

2 2

2 2

b a

a bb a

a b

= ab (a + b) . (b – a) 2 2

3

(b + ba + a )

a 3b .

. 2a 2b

(b – a) . (b + a) = ab ( )a + b .

2 2b +ba + aab . (b + a)

=

= (a2 + ab + b2)

1

2

3

4

5

6


4 2006

497 7

07 71

(0)

semanas

DDDDDN = 54 . (35)x . 54 . 35x

no = [D + (N)] = (4 + 1) . (5x + 1) = 455 →

→ 5x + 1 = 91 → 5x = 90 → x = 18

200 2100 250 225 55 51

120 260 230 215 33 31

A) 200 = 23 . 52

120 = 23 . 31 . 51

B) máximo divisor comum de 120 e 200.mdc (120, 200) = mdc(23 . 3 . 5, 23 . 52) = 23 . 5 = 40

40 caixas 120 : 40 = 3200 : 40 = 5⎧⎨⎩

40 caixas, cada uma c/ 3 chaveiros e 5 camisetas

BBBBBno ações: N, 30 < N < 40n – 1 é múltiplo de 3n – 3 é múltiplo de 4N é m(3) + 1 → 3131313131, 34, 37N é m(4) + 3 → 3131313131, 35, 39São 31 ações31 : 4 = 7 e sobram 3.

13

14

15

17

16

CCCCC

21

a +a

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 210

3⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

a + 2 a . 1

a +

1a

= 100

9

a + 1a

= 100

9 – 2

a + a–1 = 829

EEEEEI. (3x – 2y)2 = 9x2 – 12xy + 4y2 (F)II. 5x (y + 3m) + 3z (y + 3m) = (y + 3m) . (5x + 3z) (V)III. 81x6 – 49a8 = (9x3 – 7a4) (9x3 + 7a4) (V)

EEEEEn + 19922 = 19932

n = 19932 – 19922

n = (1993 + 1992) . (1993 – 1992)

n = 3.985

Daí: 3 + 9 + 8 + 5 = (25)

BBBBB

E = 1. ( 1 2)

( 1 2) . ( 1 2)−

+ −+

1. ( 2 3)( 2 3) . ( 2 3)

−+ −

+

+ 1. ( 3 4)

( 3 4) . ( 3 4)

−+ − + ... +

+ 1. ( 99 100)

( 99 100 ) . ( 99 100 )−

+ −

E = 1 2−

( 1)−+

( 2 3− )( 1)−

+ ( 3 4− )

( 1)− + ... +

+ 99 100

( 1)−−

E = 1 100

( 1)−

− =

1 10( 1)−−

= 9

CCCCC

n = 7 2 6+ – 7 2 6− > 0, pois 7 2 6+ >

> 7 2 6−

n2 = 7 + 2 6 – 2 . (7 2 6 )(7 2 6)+ − + 7 – 2 6

n2 = 14 – 2 . 49 24−n2 = 14 – 2 . (5)n2 = 4

n = 2 (n > 0)

CCCCC248 – 1 = (224 + 1) . (224 – 1) = (224 + 1) . (212 + 1) . (212 – 1)= (224 + 1) . (212 + 1) . (26 + 1) . (26 – 1)= (224 + 1) . (212 + 1) . 65 . 63Logo os divisores de 248 – 1 procurados são 65 e 65

7

8

9

10

11

12

AAAAA400 : 4 = 100400 : 100 = 4400 : 400 = 1100 – 4 + 1 = 97 anos bissextos400 x 52 = 20.800 semanas

365 dias 7

15 52

(1)

366 7

(2) 52

Cada ano de 365 sobra 1 dia e cada ano de 366 dias sobram2 dias97 x 2 dias = 194 dias

303 x 1 =303 dias497 dias

Total = 20800 + 71 = 20871

4040404040

275

440

x

x x x x . . .

x

x

x...

� � � �

��

��

Supondo que cada quadradinho tem lado x, a altura e a largurada parede terão que ser divididas em partes iguais. Para que o no

de quadrados seja mínimo devemos tomar x = mdc (440, 275).

Então x = 55 e o menor no de quadrados será igual a:

Área do retânguloÁrea do quadrado

= 275 x 44055 x 55

= 40


2006 5

19

18 DDDDD

1260 2630 2315 3105 335 57 71

9072 24536 22268 21134 2567 3189 363 321 37 71

22 . 32 . 5 . 7 24 . 34 . 7

mdc(1260, 9072) = 22 . 32 . 7= 4 . 9 . 7 = 252252 alunos1260 : 252 = 5 bolas amarelas9072 : 252 = 36 bolas verdesTotal: 41 bolas

CSejam x e (x + 2) dois números ímpares consecutivos e positivos,em que:

(x + 2)2 – x2 = 40 → 2x + 4x + 4 – 2x = 40 → 4x = 36→ x = 9 e (x + 2) = 11

Logo o intervalo [8, 14] contém 9 e 11.

CCCCC

2

4(x 2)x 3x 2

++ +

+ 2

3(x 1)x 1

−−

= 4 (x 2)+

(x 1)(x 2)+ + +

3 (x 1)−

(x 1)− (x 1)+ =

7x 1+

DDDDDx2 – 2rx + r2 – 1 = 0m2 + n2 = (m + n)2 – 2mn

= 2

ba

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ – 2 . ca

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= (2r)2 – 2 . (r2 – 1)= 4r2 – 2r2 + 2= 2r2 + 2= 2 (r2 + 1)

127

2

xx 5x 6− +

= ( )

2

2

x 9

x 3

−−

= 1

( ) ( )x

x 2 x 3− − +

( )x 3− ( )( )2

x 3

x 3

+

− = 1

( ) ( )( ) ( )

x x 2 x 3x 2 x 3

+ − +− −

= ( ) ( )( ) ( )x 2 x 3x 2 x 3

− −− −

x + 2x + x – 6 = 2x – 5x + 6

7x = 12

x = 127

1a Parte:Seja x a largura do rio e ts o tempo para o barco A cruzar com oB na 1a vez.

VA = 1

x 720t

− e VB =

1

720t

A

B

VV

= x 720

720−

2a Parte:

VA = 2

x x 400t

+ − e VB =

2

x 400t

+

A

B

VV =

2x 400x 400

−+ . Portanto

2x 400x 400

−+

= x 720

720−

x2 – 720x + 400x – 28000 = 1440x – 28000 ¨

x2 – 1760 . x = 0x = 1760

Sejam x o número de gafanhotos e y o número de pés de algodão.

x 100 . y 60x 102 . y

= +⎧⎨ =⎩102y = 100y + 602y = 60y = 30 → x = 3060 gafanhotos

Anotações

_____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

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________________________________________________________________________________________________________________

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________________________________________________________________________________________________________________

xA

(x – 720)

720B

xA

x – 400

400B

20

21

22

23

24


6 2006

��

��

��

��

��

n(B – V) = 25

n ( )(B V)C ∪ = X (alunos que não gostam nem de vôlei nem de

basquete.

I. x + 25 + 7 + 10 = 50 → x = 8Então:I. VerdadeiraII. n(B ∪ V) = n(B) + n(V) – n(B ∩ V) = 32 + 17 – 7 = 42.

Verdadeira.III. Verdadeira.IV. Falsa, pois (B – V) ∪ (V – B) possui 35 elementos.V. Verdadeira.

Conclusão: somente a (IV) é falsa.

BBBBB

10

I. 4 + y = 19 → y = 15II. w + 4 = 10 → w = 6III. no de meninos = 6 + 10 = 16IV. Total de crianças não-louras = 10 + 15 = 25 alunasV. Total de alunos da classe = 10 + 25 = 35 alunasLogo, o no de crianças não-louras ou meninos = 25 + 6 = 31

Obs.: Sendo A = conjunto das crianças não-louras eB = conjunto dos meninos, teremos:

n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B)= 25 + 16 – 10 = 31

EEEEE

120

+ 1

30 +

142

+ ... + 1

132 =

14 x 5

+ 1

5 x 6 +

+ 1

6 x 7 + ... +

111 x 12

120

+ 1

30 +

142

+ ... + 1

132 =

1 14 5

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

+

+ 15

16

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

+ 16

17

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

+ ... + 1

111

12

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

= 14

– 1

12 =

3 112−

= 2

12 =

16

.

BBBBB

11

21

232

−−

= 1

12

22

3

−−

= 1

12

43

− = 1

32

4−

= 154

= 45

.

CCCCC1 ≤ a ≤ 2 e 3 ≤ b ≤ 5

ab

é mínimo quando a = 1 e b =5

minab⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 15

11

A B

1 2 3

40 homens

20% xadrez = 8

80% ñ xadrez = 32

14 jogam xadrez

8 homens

14 – 8 mulheres

86

32 24

14 – 8

ñ X

XK = 70

Homem Mulher

25 10

B V

7

x

3

4

5

7

8

9

6

não jogam: x20% das mulheres jogam:20% – 680% – xx = 24

DDDDD

ConsidereV = Conjunto dos que jogam vôleiB = Conjunto dos que jogam basquete

= 50 alunosn(V) = 17n(B) = 32

Logo K = 40 + 30 = 70

80% das mulheres

Matemática II

CCCCCSe X ⊂ A e X ⊂ B; então todo elemento de x pertence a A e B,simultaneamente. Isto é, X ⊂ (A ∩ B).Observando que A ∩ B = {d, e, f} e que X ⊄ C podemos concluirque somente os conjuntos D e E satisfazem as condições.

20482048204820482048Sejam n(P(A)) = no das partes de A = 2n(A)

1a Parte: 120 < 2n(A) < 250 → 6 < n(A) < 8 → n(A) = 7

2a Parte: (no de subconjuntos não-vazios de B) = 15

2n(B) – 1 = 15 → 2n(B) = 16 → n(B) = 4

3a Parte: n(C) = n(A) + n(B) = 7 + 4 → n(C) = 11Logo n[P(C)] = 211 = 2048.

AAAAAn[P(A)] = 22 = 4

n[P(P(A)] = 222 = 24 = 16 subconjuntos.

AAAAA(A ∪ B) – (A ∩ B)Considere os conjuntosA ∪ B = {1, 2, 3}A ∩ B = {2](A ∪ B) – (A ∩ B) = {1, 2, 3} – {2} = {1, 3}

DDDDDn(A ∪ B) = 8n(A ∪ C) = 9n(B ∪ C) = 10n(A ∪ B ∪ C) = 11n(A ∩ B ∩ C) = 2a = n(A ∪ B ∪ C) – n(B ∪ C) = 11 – 10 = 1c = n(A ∪ B ∪ C) – n(A ∪ C) = 11 – 9 = 2f = n(A ∪ B ∪ C) – n(A ∪ B) = 11 – 8 = 3

( )11

n A B C∪ ∪ = n(A) + n(B) + n(C) – (b + 2)

n(A B)∩ – (d+ 2)

n(A C)∩ –

– (e + 2)

n(B C)∩ + n(A ∩ B ∩ C)

n(A) + n(B) + n(C) = 11 + b + d + e + 2 + 2 + 2 – 2

note que a + c + f + b + d + e + 2 = 11 → b + d + e = 3então n(A) + n(B) + n(C) = 11 + 3 + 2 + 2 = 18

BBBBB

1

2

2

a = 1 c = 2b

f = 3

d e

A B

C

Diagrama


2006 7

– 3

2

10

0

A

B

– 3

3

0(A –B)

C

00 22BB

3

3

20

0

B

C

100– 91

90– 78120

– 117030

– 2640

– 391

13

0, 076923076923....

Período

ab

é máximo quando a = 2 e b = 3

maxab⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 23

então 15 ≤

ab ≤

23

DDDDD

I.34

< 3. x < 33

→ 34

< 3x < 1

II.4

3−

> –2y > 64

− →

32

− < –2y <

43−

Daí: 34

– 32

< 3x – 2y < 1 – 43

34

− < (3x – 2y) < –

13

A)

12

13

14

A – B = {x ∈ A/x ∉ B} → A – B = [–3, 0]Daí:

B)

Logo

(A – B) ∩ C = [–3, 0]

B ∩ C = ]–∝, 0] ∪ ]2, 3]

EEEEE

Observe que o período tem 6 algarismos, logo determinando oresto da divisão de 200 por 6, encontraremos o dígito procurado.

200 6

20 332

Conclusão: Se o resto é 2, então o 2o dígito após o últimoalgarismo do período será o 200o dígito, isto é; este dígito é o 7.

BBBBBA = {0, 1, 2, 3, 4}B = {2, 8, 9}

(x, y) ∈ A x B/ x é divisor de yR = {(1, 2), (1, 8), (1, 9), (2, 2), (2, 8), (3, 9), (4, 8)}

0

1

2

3

4

2

8

9

A B

x y

1

2

3

4

26789

A B

x y

1 + 2 + 3 + 4 = 10

BBBBB1o) (1, 2) * (x , 3) = (2 . 1 . x; 2 + 2 . 3) = (2x; 8)

Daí, (2x; 8) = (4, 8) → 2x = 4 → x = 2AAAAAx2 – 5x + 6 ≠ 0x’≠ 2 e x”≠ 3{x ∈ R/ x ≠ 2 e x ≠ 3}

1a Parte: x ≤ 1x3 – 4x = 0 ↔ x . (x2 – 4) = 0 ↔

↔ x = 0 ou x2 – 4 = 0

x = ± 2

Daí, os zeros são x = 0 e x = – 2 para x ≤ 1.

2a Parte: x > 1

2x – 5 = 0 → x = 52

. Como x = 52

> 1, os zeros de f são:

52

, 0 e –2.

f(a + b) = f(a) . f(b)1. a = 4 e b = 0 → f (4 + 0) = f(4) . f(0) →

→ 3 = 3 . f(0) → f(0) = 1

2. a = 4 e b = 5 → f(4 + 5) = f(4) + f(5) →

→ f(9) = 3 . 4 → f(9) = 12

3. f(9) + f(0) = 12 + 1 = 13.

y = ax + b

(0, 0) → b = 0 A) y = 45

x

(40, 50) 50a + b = 40 → a = 45

B) 30 = 45 x → x = 37,5 g

f(x) ∈ Reais ↔ (x – 2)2 . (x – 3) . (x – 5) > 0

15

17

18

16 CCCCC

19

Para x > 5; por exemplo x = 7, temos que o produto (x – 2)2 . (x – 3) .. (x – 5) = (7 – 2)2 . (7 – 3) . (7 – 5) > 0. Tomando 3 < x < 5, porexemplo x = 4, o fator (x – 5) do produto será o único negativo,então (x – 2)2 . (x – 3) . (x – 5) < 0.

Se x = 2,5 então (x – 2)2 . (x – 3) . (x – 5) > 0 e finalmente se x < 2;em particular, x = 0 tem-se que:

(x – 2)2 . (x – 3) . (x – 5) > 0.

Então, o mais amplo domínio real de f será:D(f) = ] –∞, 2 [U] 2, 3 [U] 5, +∞ [.

1a Parte: O ponto de interssecçãoA) C(q) = 3q + 90 e R(q) = 5q

20

2 3 5x = 4 x = 7

+ + +–

21

22

23


8 2006

d

c

ab

Matemática III

BBBBB2 (180o – x) – 3 (90o – x) = 120o

360o – 2x – 270o + 3x = 120o

90o + x = 120o ∴ x = 30o, logo seu replemento será360o – 30o = 330o

2020202020ooooo

a2

= b3

= c5

= d8

= a b c d2 3 5 8

+ + ++ + +

=o360

18

I.a2

= 20o → a = 40o

II.b3

= 20o → b = 60o

III.c5

= 20o → c = 100o

IV.d8

= 20o → d = 160o

Logo S(160o) = 180o – 160o = 20o

BBBBB

1

2

3

3q + 90 = 5q → 2q = 90 → q = 45 →R(45) = C(45) = 5 . 45 = 225

O Ponto break-even point será (45, 225)

Custo: C(q) = 3q + 90 e Receita: R(q) = 5q

q y

0 09

03– 0

54 522

q y

0 0

1 5

54 522

45

225

y

90

Receita

Custo

q

DDDDDBalanço = quantidade ingerida – quantidade excretada.Sendo y a porcentagem e x a idade temos:

Y = ax + b

Idade %

( )( )

60a b 90 . ( 1)60,9080a b 7080,70

+ = −→⎧⎨ + =→⎩

20a = –20 → a = –1

60 (–1) + b = 90 ⇒ b = 150y = –1x + 150

p/ x = 76 → y = –76 + 150 ⇒ y = 74c/ 76 anos leva 74% de massa óssea perdeu: 100% – 74% = 26%

Anotações

_____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

________________________________________________________________________________________________________________

_______________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________________

________________________________________________________________________________________________________________

45º45º

x

110ºz

w

y 45º25º

25º

45º

α

90º

130º

β

q

120º

15º

30º30º

60º60º

60º= β

15º ru

t

s

α

1. x = 45o (ângulo reflexão)2. x = y (alternos internos)3. y = z (ângulo reflexão)4. Z + 110O + W = 180O ∴ 45O + 110O + W = 180O ∴ W = 25O

5. w = q (ângulo de reflexão)6. 45o + 90o + 130o + β = 360o (quadrilátero) β = 95o

7. α + β = 180o ∴ α + 95 = 180o ∴ α = 85o

BBBBBSe as retas r e s da figura são paralelas, então 3α + β vale:

1o Inicialmente, traçamos retas u e t paralelas a r e s pelosvértices dos ângulos α e 90o, respectivamente, como mostraa figura acima.

2o Sabendo que dois ângulos alternos internos são congruentes,conclui-se que α = 30o + 15o = 45o.

Logo, 3α + β = 135o + 60o = 195o

DDDDD

α

α

β

ββ

4

5

24


2006 9

I. AB = BD (ΔABD é isósceles de base AD)

II. BD é bissetriz de EBC .

III. BD = DE (ΔBDE é isósceles de base BE)IV. No ΔEBD temos que α + 2β = 180o mas β = 2α (ângulo

externo do ΔABD)Daí: α + 2(2α) = 180o

5α = 180o ∴ α = 36o

V. O ângulo AÊB mede:180o – 72o = 108o

CCCCC A

B C18

5

α α� �

1) AS é bissetriz de A.

2) ΔASB ≅ ΔASC → ΔABC é isósceles; isto é AB = AC .

Sendo a medida de AB , temos:

2 + 18 = 38 → = 10 cm

2020202020ooooo

A

B C

Dθ θ20º

1) Trace o segmento BC

2) ΔBDC é isósceles → ˆBDC = θ = ˆDCB

3) Se AB = AC → ΔABC é isósceles → ÂCD + θ = 20o + θ →

ÂCD = 20o

B

O CEx

x

y

zz

B´

6

6

33PP´

F

D

Q

1) Assinale os pontos simétricos de B e P, respectivamente, B’ e

P’ em relação às semi-retas OC→

e OD→

.2) Na figura acima, ΔBQE ≡ ΔEQB’ e ΔPRF ≅ ΔP’RF

Então, a distância entre B’ e P’ é o menor caminho procurado.

C

B

2B

2

180o – C

2 180o – C

2

D

I. No ΔBCD temos:

B2 + c +

o180 – c2

+ 50o = 180o

B + 2c + 180o – c + 100 = 360o

B + c = 80o

II. No ΔABC temos:

A + B + C = 180o ∴ A + 80o = 180 ∴ A = 100o

Seja x a medida do lado BC . Para que o ΔABC exista, devemos ter:19 – 15 < x < 19 + 15 → 4 < x < 34.Sendo x um número ímpar → x ∈ {5, 7, 9, 11, ..., 33}

DDDDD

A E

12

B

D Cβ

β

β

α

θθθ

Dados: ˆ ˆ ˆ Â DEC e ADE BDC

AD DE eDC 12

⎧ = = θ = = β⎪⎨

= =⎪⎩

1. O ΔADE é isósceles → Â = θ = Ê2. CÊB + 2θ = 180o = β + 2θ → CÊB = β

3. Sendo ÊDB = α, podemos afirmar que os triângulos CDE eBDA são congruentes pelo caso ÂLÂ. Por conseguinte,

DB = DC = 12 cm.

A

D

B

C

α αθ

o

o

o

98

180

2 278

⎧θ − α =⎪⎨

θ + α = +⎪⎩

θ =

θ = 139o e α = 41o

I. A + D = 180o (colaterais internos) daí: D = 30o.

II. BD é diagonal e bissetriz (propriedade do losango).III. x + 90o + 15o = 180o

x = 75o

15o

Teoremas: AM = BC2

¨.

ΔAMC é isósceles e ΔABM é isósceles. Então α = 50o .

DDDDD

50º= α

A

B

CM

40º

40º

50º

14

AB

x

C

D

25º

50º

50º

25º

7

8

9

10

11

12

13

15

6


10 2006

1. ΔACB é isósceles → A = B = 25o.

2. ˆDCB = A + B (ângulo externo)

ˆˆDCB = 25o + 25o = 50o.

3. ΔCBD é isósceles → ˆBCD = 50o = ˆBDC

4. x = A + D (ângulo externo do ΔABD)x = 25o + 50o

x = 75o

20

12

12

8

8

I. Se BQ = BP = 12 cm, então o ΔBPQ é isósceles ( BQP = BPQ )

II. BQP = CQD (o.p.v)

III. Como AP // CD , temos que APQ = CDQ (alternos internos),

logo ΔCDQ é isósceles e CQ = CD = 8 cmIV. Perímetro do paralelogramo = 20 + 20 + 8 + 8 = 56 cm

xx

x

x

2x

2 . 2x9

AB

P

C

Sendo 2x a medida do ângulo interno do quadrilátero ABCP,temos:

x + 2x + x + 29 . 2x = 360o

40x = 360 . 9 → x = 360 . 9

40= 81o

daí: ai = 2(81o) = 162o e ae = 180o – 162o = 18o

ae = o360

n ∴ 18o =

o360n

⇒ 18n = 360 ∴

n = 20

I. 2θ + 2θ + 2θ = 180o

6θ = 180o ∴ θ = 30o

ângulo externo do polígono ABC...

II. ae = 30o ∴ o360

n = 30o ∴ n = 12

III. D = 12 . 9

2 = 54

2θ

Ânguloexterno

Ânguloexterno

2θ2θ

θθ

θθ

A B

C

D

EF

I. ai(p) = ai(Q) + 5o

( ) on +1– 2 .180

n +1 =

( ) on – 2 . 180n

+ 5o

( ) ( ) ( )( )

2 o 2 o 2n – n .180 = n – n – 2 .180 + n + n . 5

n n +1

n2 + n – 72 = 0 ⎧⎨⎩

n = – 9n = 8

II. Poígono P (9 lados)

Dñc = 9 . 6

2 = 27 diag.

III. Polígono Q (8 lados)

Dñc = 8 . 5

2 – 8

2 = 16 diag.

Resp: 27 + 16 = 43

E

A B

D C

x

15º

15º

60º

60º

y

Na figura, temos que ED = AD = DC . Logo o ΔEDC é

isósceles, conseqüentemente E = C .

Daí: 2 . E + 150o = 180o → E = 15o = C → x = 45o, pois ΔEADé equilátero.

BBBBB

D C

BEA

2x

3x

M

Nx

1o) Traçando a diagonal DB , esta interceptará AC no ponto N,

médio de AC e DB simultaneamente.2o) Note que o ponto M é o baricentro do ΔADB, então sendo

MN = x teremos:

AM = 2x (propriedade do baricentro) e NC = 3x (N é ponto

médio de AC ).

Daí: 6x = 6,9 → x = 6,96

= 2,32

→ 2x = 2,3 → AM = 2,3

EEEEEA

E F

B

CD

y

2

G

M N

x

17

19

20

18

21

22

16


2006 11

1o) MN // DC

2o) Trocando uma reta MN obtém-se os pontos E e F, médios de

AD e BC , respectivamente.

3o) EF = x y

2+

. (Base média do trapézio)

EF = 102

= 5

4o) EM = y2 (Base média do ΔABD)

EN = x2 (Base média do ΔADC)

Então EN – EM = MN = 2 →

→ x2

– y2

= 2 → x – y = 4

Resolvendo o sistema x y 10x y 4

+ =⎧⎨ − =⎩

Obtemos x = 7 e y = 3. Resposta: x = 7

1o) Seja θ o centro do círculo. Traçando os raios OE e OFobtém-se um quadrado CEOF de lado 2.

2o) AP = AF = 6 e BE = BP = 4

3o) Área ΔACB = 8 . 6

2 = 24 cm2.

AC 2 F

P

B

4

E

2 2

2 θ 6

6

4

DDDDDI. Teorema da bissetriz interna.

x3 x

= 20 x

2−

2x = 60 – 3x

5x = 60 x = 12cmII. Teorema da bissetriz externa.

20 y3 x

+ =

y2 x

3y = 40 + 2y

x 20 – xC

B

A

3x3x

S

24

23

8 10 10 10 10 10 10 = 8.000.000

Matemática IV

DDDDD

T = 4 . 3 . 2 . 1 = 24

CCCCC

1o percurso: Sentido horário

T1 =

a1 etapa1 .

a2 etapa3 .

a3 etapa3 = 9

2o percurso: Sentido Anti-horário

T2 =

a1 etapa4 .

a2 etapa2 .

a3 etapa1 = 8

Logo T = T1 + T2 = 17

EEEEE

T = 4 . 5 . 3 = 60

A) T = Letras

26 x 26 x 26 x 9 x 10 x 10 x 10 =

= 263 . 9 . 103

B) T = 1 1

LetrasL L

x x26 1 26 9 x 10 x 10 x 10 então

P = 1

26 =

10026 %

DDDDD

24 . 23 . 22 = 12.144

1

2

3

4

5

algarismos: 0 ,1 , 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

6

U = {0, 1, 2, 3, ..., 9}1a parte: Números terminados em 2, 4, 6 ou 8.

T1 = U.M8 x

C8 x

D7

U4 =

Comentário: temos 4 escolhas para preencher a unidade e 8escolhas pra preencher a unidade de milhar, pois não podemoscomeçar por zero e nem repetir algarismos.Para a posição da centena temos 8 possibilidades, pois dos 10elementos já usamos dois e o zero poderá ocupar agora estacasa.Como os algarismos são distintos a ordem das dezenas poderáser preechida de 7 modos distintos. Então, pelo princípiomultiplicativo, podemos afirmar que:T = 8 x 8 x 7 x 4 = 1792 números terminando em 2, 4, 6 ou 8.2a parte: Números terminando em zero.

T2 = U.M9 x

C8 x

D7

U

04 = 504

Portanto T = 1792 + 504T = 2.296

Geo Álg Trig AritmT = A12,4 = 12 x 11 x 10 x 9 = 11.880

7

8


12 2006

J P

P2

P5

S1S2S3

T2= (P8) (P3)

1 + 7 elementosPaulistas

Cabeça * *

C6,2

6 times

1a chave

Cabeça

C4,2

4 times

2a chave

Cabeça * *

C2,2

3a chave

C6,2 . C4,2 . C2,2 = 15 . 6 . 1 = 90

A) quina → 5 nos entre os 6 premiados e 1 número fora dos 6(entre os outros 14)C6,5 . C14,1 = 6 . 14 = 84

B) quadra → 4 nos entre os 6 premiados e 2 números entre os 14ñ premiados.

C6,4 . C14,2 = 15 . 91 = 1365

Então, T1 – T2 = P10 – P8 x P3 será o número que satisfaz aoproblema.

DDDDD

P5 . P2 = 5! . 2! = 240c/ João e Pedro separados: 720 – 240 = 480

EEEEE1a parte: (todas as sequências de julgamentos)T1 = P10 = 10!

2a parte: (sequências que não convém ao problema)

T = Embalagem1

12,4C . Embalagem 2

8,4C . Embalagem 3

4,4C

T = 12!

4! 8! .

8!4! 4!

. 1 = 12!

3(4!)

T = C10,2 – 10 = 45 – 10 = 35 diagonais

9

10

frente

motorista meio traseiro

A) T = 4 x 10 x 9 x 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 = 2 . (10!)ouT = 4 . A10,2 .A8,3 . A5,3

T = 4 . 10!8!

¨. 8!5!

. 5!2!

= 2 . (10!)

B) Para cada um dos modos distintos de preecher a lotaçãocom 9 pessoas como manda o item “a”, os dois colegas quesobrarão podem escolher dois dos 6 lugares (meio ou atrás)para sentar no colo. Esta escolha poderá ser feita por umtotal de A6,2 = 6 x 5 = 30 modos diferentes. Daí, paraacomodar os 11 colegas teremos 30 x (2) . (10!) = 60 . (10!)maneiras distintas.

CCCCCTotal: P6 = 6! = 720no de maneiras c/ João e Pedro juntos

15

11

12

13

14

B I O C I E N C I A S

P =

.1.13,2

9

9!

3! 2!

CCCCC

De A até B e de B até C

N N L L L L2 vezes p/ oNorte e 4 vezesp/ o Leste

e N N N L L3 vezes p/ oNorte e 2 vezesp/ o Leste

P64,2 . P5

3,2 = 6!

4! . 2! .

5!3! . 2!

= 15 . 10 = 150

. . . . . .representando por um ponto (.) uma empada e por uma barra (/) aseparação entre elas temos:

Ex.:1:. . / . / . . / .

2 cam. 1 frang. 2 leg. 1palmito

Ex.:2:. . . . / .. /

2 frangos4 camarões 0 legumes 0 palmito

O no de maneiras diferentes é o no de permutações a serem feitascom as seis “bolinhas” e as três “barras”.

. ./. . /./. = P96,3 =

9!6! . 3!

= 93

. 84

. 7 . 6!6! . 3 . 2

= 84

Se as 3 embalagens são idênticas, observe que a partir de ummodo para distribuir os botões, por exemplo:

1 2 3 4{B B B B } 5 6 7 8{B B B B } 9 10 11 12{B B B B }

podemos obter um número de P3 = 3! = 6 distribuições iguais,incluindo o exemplo citado acima. Então, o total de distribuiçõesdistintas será dado por:

T = 312!

(4!) . 3!

T = 61⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ +

62⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ +

63⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ + ... +

16⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ = 26 – 1 = 63 modos

S = 70⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ +

81⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ +

92⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ + ... +

158

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ =

168

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ =

ab⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

7

0⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ Se

a

b⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ =

16

8⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ temos que a = 16; b = 8 e a + b = 24

81⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

9

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

15

8⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

15

8⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

17

19

20

16

21

18


2006 13

CCCCC10

4 1x

x⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

p/ (x + a)n Þ TP+1 = np⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . xn–p . ap

EEEEE

61

xx

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ Tp+1 = 6p⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . x6–p . (x–1)p

TP+1 = 6

p⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . x6–p . x–p

Tp+1 = 6p⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . x6–2p

Como queremos x0 temos:6 – 2p = 0p = 3Então:

T3+1 = 63⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . x0

T4 = 6!

3! 3! = 20

Devemos determinar o maior valor de p ∈ {0, 1, 2, ..., 100} talque Tp+1 > Tp, isto é:

100

p⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . 1100–p . ( 3 )p >

100

p 1⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠ . 199–p . ( 3 )p–1

1100!( )p! 100 p !− .

( )( )

p

p 1

3

3− >

1100!( ) ( )p 1 ! 101 p !− −

( )p 1 !− ( ) ( )101 p . 100 p !− −

( )p . p 1 !− ( )100 p !− . ( 3 ) > 1 →

(101 – p) . 3 > P → 101 . 3 > P + p 3

P . (1 + 3 ) < 101 . 3

P < 101. 31 3+

≅ 63,5

Então P ∈ {0, 1, 2, 3, ..., 63} teremos TP + 1 > Tp

Sendo que o termo máximo é obtido quando p = 63, e seráigual a:

T64 = 10063

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . 137 . ( 3 )63

T64 = 10063

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . ( 3 )63

22

23

24

1

2

US$ bilhões

91

200

100

92 96 97 98 99 2000

��

��

��

��

��

��

� � �

��

Matemática V

BBBBB

AAAAA

Média = 8,4+ 9,1+7,2 + 6,8 + 8,7 +7,2

6 = 7,9

Mediana = 8,4+7,2

2 = 7,8

Moda = 7,2

AAAAA

51x 38 + 49 x 36100 =

3702100 = 37,02

DDDDDTotal de funcionários = 30Demitidas = x ganhando 3.600Sobram = (12 – x)

* Considere os 30 funcionários: 2.000

1 2 3 10a , a , a , ..., a

3.600

11 12 22a , a , ..., a4.000

23 27a , ..., a6.000

28 29 30a , a , a

Para que a mediana seja igual a 2.800, devemos ter:

Med = 10 11a + a2 =

2.000 + 3.6002

. Logo devemos demitir

10 funcionários ganhando 3.600 para que o total passe a serde 20 funcionários.

DDDDD

Dados: aij = i j; se i j

i . j; se i j

− ≤⎧⎨ >⎩

A = (aij)3 x 4At = (bij)4 x 3 onde bij = aij ∈ A, isto é:b32 = a23 = 2 – 3 = – 1

EEEEE

A =

2 1 2y

x 0 z 14 3 2

−⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= At =

2 x 4

1 0 32y z 1 2

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

→

x 1

2y 4 y 2

z 1 3 z 4

⎧ = −⎪⎪ = → =⎨⎪

− = → =⎪⎩

Logo x + y + z = –1 + 2 + 4 = 5

3

4

5

6


14 2006

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

i = j

b11 b12 b13

b21 b22 b23

b31 b32 b33

i + j = 4

e B =A =

DDDDD

A =

2

1813

1a

16

27 log

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

= b

3

2 9

a c

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

1o 2b = 1

16 = 2–4 → b = – 4 ;

2o a2 = 9 → a = ± 3;

3o a3 = –27 → a = –3

4o c = log33–4 → c = –4

DDDDD

7

A =

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

1 0 00 1 00 0 1

e B =

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

0 0 10 1 01 0 0

A + B =

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

1 0 10 2 01 0 1

AAAAA

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

3 q

n 3 . ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

3 n

q 3 =

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

6 66 6

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

2

2

3 + q 3n + 3q

3n + 3q n + 3 =

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

6 66 6

3 + q2 = 6 → q2 = 3 → q = 3

n2 + 3 = 6 → n2 = 3 → n = 3

n2 + n . q = ( )23 + 3 . 3 = 6

I. 2x y 3A B .(2)II. x 2y A B

− = +⎧⎨ + = −⎩

~4x 2y− 6A 2B

x 2y

= +

+ A B

5x 7A B

⎧⎪⎨

= − +⎪⎩= +

Então: 5x = 0 14

21 7⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

+ 1 0

4 2⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦

5x = 1 14

17 9⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

→ x =

1 1415 517 95 5

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Decodificação de y = (64, 107, 29) onde x =

a

bc

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

y =

2 2 03 3 1

1 0 1

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

ab

c

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

→

→ (64, 107, 29) = (2a + 2b; 3a + 3b + c; a + c) →

→

2a 2b 64

3a 3b c 107a c 29

+ =⎧⎪ + + =⎨⎪ + =⎩

~ + =⎧

⎪ + + =⎨⎪ + =⎩

I. (a b) 32

II. 3 . (a b) c 107III. a c 29

Da II equação, obtemos que:3 . (32) + c = 107 → c = 107 – 96

c = 11

Na III, tem-se quea + 11 = 29 → a = 18

Na I, tem-se que:18 + b = 32 → b = 14

Logo x =

ab

c

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

=

1814

11

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

=

SO

L

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Resposta: y = (64, 107, 29) decodificada transforma-se napalavra “SOL”.

A = 2 4

1 3⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

; detA = 6 – 4 = 2 e

B = 4 25 3

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

; detB = 12 – 10 = 2

Equação

1A . A− .(xt)–1 . 1B . B− = A I . B–1

I . (xt)–1 . I = A . B–1

((xt)–1)–1 = ((A . B–1))–1 → xt = B . A–1 → (xt)t = (B . A–1)t →

x = (A–1)t . Bt

Cálculos auxiliares

A–1 = 12

. 3 4

1 2

−⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦

=

32

21

12

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

→ (A–1)t =

3 12 22 1

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦

x =

3 12 22 1

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦ .

4 5

2 3⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

=

15 36 1

2 26 7

⎡ ⎤− −⎢ ⎥⎢ ⎥

− −⎢ ⎥⎣ ⎦

x = 5 66 7

⎡ ⎤⎢ ⎥− −⎣ ⎦

A = ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

– 5 – 33 2 At = ⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦

– 5 3– 3 2

A–1 = ?detA = – 10 – (– 9) = – 1

A–1 =

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

2 3– 1 – 1– 3 – 5– 1 – 1

= ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

– 2 – 33 5

At + A–1 – I = ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

– 5 3– 3 2

+ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

– 2 – 33 5

– ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

1 00 1

= ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

– 8 00 6

8

9

10

11

12

13


2006 15

CHIÓAplicando CHIÓ

A

0 11 0⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

+ 1 0

2 1

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. 1 2

0 1

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= 0 11 0⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

+ 1 0 2 02 0 4 1

+ +⎡ ⎤⎢ ⎥+ +⎣ ⎦

=

0 11 0⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

+ 1 22 5⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

= 1 33 5⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

det = 5 – 9 = – 4

14 . 42

2 2

1 32 1

1 2 02 a 2− = 0

Dividindo a 1a coluna por 14 e a 3a coluna por 42.⇒ 14 . 42 (4 – a +64 – 4) = 0–a + 64 = 0a = 64

(–72)Teor. de LAPLACE (escolhendo a 1a coluna)detA = a0

11 . A11 . a021 . A21 . a

031 . A31 . a

041 . A41 . a

051 . A51

detA = 1 . A51 =

= 1 . (–1)5+1 .

1 3 4 62 6 0 03 a 2 11 1 3 3− −

= 1 . 6 6 0 6 0 129 9 2 12 1 18

1 3 3 4 3 6

− − −− − −+ + − +

= 1 .

4 30 6 120 10 17

4 7 30 12

− −− −

−

= 408 – 480 = –72

BBBBB

3

1 2

2 3

3 1 3

1

m 1m m 0m m 0

m m mm 0

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= m1 . m3 . 22m =

12

. 54

– (–1)2 = 58

– 1 = 3

8−

Cálculos

m1 = 12 ; 4 .

12 + 2m2 = 0 ; 3

12

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ + 4 (–1) + 2m3 = 0

2m2 = –2 2m3 = 4 – 32

m2 = –1 2m3 = 52

⇒ m3 = 54

(-1)

2a 3x 12b 3y 22c 3z 3

−−−

= –2 . 3

a x 1b y 2

c z 3 = –6 x 4 = –24

det(A) = 0, pois a 1a e a 4a linhas são proporcionais.

Anotações

_____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

________________________________________________________________________________________________________________

_______________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

________________________________________________________________________________________________________________

_______________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________________

14

15

17

19

20

18

21

22

23

24

16

Filhos proporcionais

+1a ação

1 1 1 11 x 3 1 11 1 x 2 11 1 1 x 4

−+

+

= −+

+

1 1 1 1

0 x 4 0 00 0 x 1 00 0 0 x 3

= 0

↔1 . (x – 4) . (x + 1) . (x + 3) = 0 x = 4 ou x = –1 ou x = –3A soma das raízes será 4 + (–1) + (–3) = 0

Observe que as matrizes são triangulares, entãodet(A . B) = det(A) . det (B)= (a11 . a22 . a33) . (b11 . b22 . b33)= (3 . 6 . 9) . (2 . 4 . 6)= 7.776

E

a b b c c ab c c a a bc a a b b c

− − −− − −− − −

= ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

a b b c c a

b c c a a bc a a b b c

− − −− − −− − −

= 0

C

k + 2 – 1 – 6 = 2 ⇒ k – 5 = 2

3 3 53 4 k 2

3 2 3

+ = 3 . +1 3 51 4 k 2

1 2 3

= 3 . 1 k 3

1 2

−− −

=

= 3 (–2 + k – 3) = 3 . (k – 5)

= 3 2

Base (4, 9, x, x, x2)det (V) = (9 – 4) . (x – 4) . (x2 – 4) . (x2 – 9) . (x2 – x) = 0↔ x = 4 ou x = 9 ou x = ±2 ou x = ±3 ou x = 0 ou x = 1Soma das raízes positivas = 4 + 9 + 2 + 3 + 0 + 1 = 19


16 2006

120o120o

120o10 cm

10 cm

10 cm

12

9 3

6

10 2

8 4

11 1

7 5

VB

VB = VΔVVA

|–VA| = V

|ΔV|2 = V2 + V2

VA

120o

120o

VB = VV = |–VA|

|ΔV| = V

2x

2x

|R|

π/2 π θ (Rad)2π3π2

A B

V1

x x x

V2 V3

Observe o gráfico abaixo:

7

8

9

10

6

Cada 5 minutos corresponde a (30o). Portanto, o ângulo entre osvetores vale (120o).A soma dos três vetores é nula.Resposta: zero

EEEEEA variação de velocidade é:

V→Δ =

BV→

– AV

→ =

BV→

+ (– AV

→)

| V→Δ |2 = V2 + V2

| V→Δ |= V 2

A variação de velocidade é:

V→Δ =

BV→

– AV

→ =

BV→

+ (– AV

→)

Portanto: | V→Δ | = V

Resposta: ↑ V

AAAAAOs vetores possuem módulos iguais a (x). Diga que o ânguloentre os vetores é (θ).

| R→

|2 = x2 + x2 + 2x2 . cos θ

θ = 0o → cos 0o = 1 → | R→

|2 = 4x2 → | R→

| = 2x

θ = 2π

→ cos 2π

= 0 → | R→

|2 = 2x2 → | R→

| = 2 . x

θ = π → cos π = – 1 → | R→

|2 = 2x2 – 2x2 = 0

O gráfico que obedece os valores acima é (figura abaixo):

Observe a figura:Δs = 3x

Δt = 1

xV

+ 2

xV

+ 3

xV

Vm = 3 x

x

1

x+

V 2

x+

V 3V

Vm = 2 3 1 3 1 2

1 2 3

3V V + V V + V V

V V V

= 1 2 3

2 3 1 3 1 2

3V V VV V + V V + V V

Resposta: 1 2 3

2 3 1 3 1 2

3V V VV V + V V + V V

a

a

c

e

db

b

k

k

k

kk =

k =

k k

a b

c

a b

c

c

R 2

R 2

R 2

R 2

S

F1

F = 20NF2

y

xF1 = 2N

F2 = 4N

F3 = 4N

240o

60o60o

Física I

Transportando os vetores a→

e b→

como mostra a figura temos:

Da figura, quando transportamos os vetores a→

e b→

tiramos:

c→

+ b→

= e→

a→

+ d→

= e→

| e→

| = 2 k

S = e→

+ e→

+ e→

= 3 . 2 k = 6 kResposta: 6 K

AAAAATrês vetores fechando um triângulo dandoresultante nula:

a→

+ b→

+ c→

= 0

Trocando o sentido de c→

:

c

a b→

→ →+ + c

→ = c

→ + c

→ = 2 c

→

Se invertermos o sentido de um deles a soma coincidirá com odobro do vetor invertido.

BBBBBA soma dos quatro vetores que estão nos lados do quadrado é nula.Sobram os dois vetores que estão nas diagonais, (ver figura)

1

2

3

4

5

No triângulo assinalado:

S2 = (R 2 )2 + (R 2 )2

S2 = 2R2 + 2R2 → S2 = 4R2 → S = 2R

Observe a figura:

F12 + F2

2 = 400 (I)

1

2

FF

= 34

→ F1 = 3 2

4 → F1 =

3 x 164

= 12 N

Substituindo em (I)

229 F

16 + F2

2 = 400 → 2

225 F16

= 400 → F2 = 400 .16

25 = 16 N

Resposta: 12 N e 16 N

CCCCCVamos identificar os vetores:As forças F2 e F3 se anulam. Portanto,a força resultante é a própriaF1 = FR = 2 N.


2006 17

20 m

R = 20 m

60o

60o 60o

|Δd| = 20 m

A

B

b

a

Δd

20 m

M x y z y x z

60 m

180 m

d d

Sz

Sx

Sy

Vx =

17,5

m/s

Vy =

5,0

m/s

Vz =

20,0

m/s

AAAAAObserve a figura:Período: T = 12sΔt = 2,0sEm:12s → 360o

2s → θ→ θ = 60o

| d→Δ | = 20 m Δt = 2,0 s

→ | mV→

| = 20 m2,0 s

= 10 m/s

11

12

13

De (A) para (B) o tempo gasto é 3

T4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

| d→Δ | = 2 2a +b

Δt = 34

T

Portanto:

|mV

→| =

2 2a +b3

T4

= 2 24 a +b3T

Resposta: 2 24 a + b3T

CCCCCObserve a figura abaixo:

Concluímos na figura:Sz – Sx = Sx – Sy2Sx = Sz + SySx = 20 + 17,5tSy = 60 + 5tSx = 180 + 20t2(20 + 17,5t) = 240 + 25t40 + 35t = 240 + 25t10t = 200 ∴ t = 20sPortanto:Sx = 20 + 17,5 x 20Sx = 20 + 350 = 370 m

E

VVR

60o

30o 30o

60o

60o 60o

V

VV

P P'40 cm 40 cm

s (m)

4

2

0 2

2

2

4

4

4

t (s)

A

B

θB

θA

A

BC

a 3

3

a

VB

VC

Vθ

θ

VB

VC

L

16

V = 0,50 m/sA velocidade relativa (VR) é a resultante no paralelogramomostrado na figura.Como os vetores possuem módulos iguais formando 120o entresistemos:VR = V = 0,5 m/s

Observe o diagrama abaixo:

Encontremos as equações horárias de (A) e (B).

A) S0 = 0 VA = 42

= 2 m/s → SA = 2t

B) S0 = 2 m VB = 24 = 0,5 m/s → SB = 2 + 0,5t

Para t = 5sSA = 2 x 5 = 10 mSB = 2 + 0,5 x 5 = 4,5 mDistância entre (A) e (B).dA,B = 10 – 4,5 = 5,5 mResposta: 5,5 m

BBBBBVeja a figura abaixo:

14

15

17

(V) será mínimo quando perpendicular à (AB).No ΔABC

tg θ =

a 33a

= 3

3

θ = 30o

No triângulo formado com os vetores temos:

sen θ = C

VV

= sen30o = C

VV

12

= C

VV

→ V = CV2

Resposta: V = CV2

CCCCCVejamos as figuras:

Descendo

B C

LV + V

= 2


18 2006

VBVC

L

VB + VC =L

2

L

2

L

4

L

4

–VB + VC = –

2VC = 2VC =

L

4

+

– ∴

Vo

VA A

C

R

RD

B

E

18

Subindo

B C

LV – V

= 4

B C

B C

LV + V =

2L

V V =4

⎧⎪⎪⎨⎪ −⎪⎩

VC = L8

O barco com o motor desligado terá a mesma velocidade dacorrenteza (VC).O tempo para percorrer o mesmo trecho:

t = LL8

= 8 horas

A rolagem é uma composição de translação com rotação:ΔAEB ~ΔCDB

AV2R

= CVR

VA = 2 V0Resposta: 2 V0

CCCCCSendoS = – 2 + 4t – 2t2

Vo = 4 m/s a = –4 m/s2

Logo: V = 4 – 4t ⇒ 0 = 4 – 4t ∴ t = 4

4 = 1 s

BBBBBComo: S = 5 – 2t + 5t2

Então: V0 = –2 m/s a = 10 m/s2

V = –2 + 10t ⇒ 0 = – 2 + 10 tt = 0,2 s

AAAAAObserve o diagrama:

tg60o = CHV

1 ∴ VCH = 1 x 1,7 = 1,7 m/s

19

20

21

60º30º

1,0 m/s

VCH

AAAAANo sétimo segundo de movimento é entret = 6 s e t = 7 s

d = 1

2 2 . 72 –

1

22 .62 =

= 49 – 36 = 13 m

d2m/s2

6s 7s

d(7s)

d(6s)

22

23

24

CCCCCA área do triângulo é numericamente igual a (ΔV):

2

10

ΔV = 2 x 10

2 = 10 m/s

Logo: V = V0 + ΔVV = 10 + 10 ≅ 20 m/s

CCCCCNo diagrama temos:

Vobs/Terra

Vchuva/TerraVch/obs

Logo, o vetor que se aproxima é o →C .

Anotações

_____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

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_______________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________________

________________________________________________________________________________________________________________

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________________________________________________________________________________________________________________

_______________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________________

________________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________


2006 19

60o60o

2 . cos 60o = 1 m

2 . sen 60o = 3 m

60o

1 m

1 mB

O'

O

2,0 m

C

xA

D

α

α

ββx

x

y y

B

D

E1

E2

A

C

Física II

DDDDDO número de imagens fornecidas pelas 3 bailarinas será:15 – 3 = 12 imagens

Cada bailarina fornece: 123

= 4 imagens

Logo:

N = o360

θ – 1 ∴

o360θ

= 4 + 1

o360θ

= 5 ⇒ θ = o360

5 = 72o

Se o objeto vê a imagem ela “vê” o objeto. Portanto, observe afigura.Na figura vemos que:ΔO’AB ~ ΔO’CD

x3

= 13 ⇒ x =

33

≅ 0,58 m

Resp: 0,58 m

CCCCCNa figura ao lado:No ΔABC: α = x + yNo ΔABD: β + 2x + 2y = πβ = π – 2 (x + y)β = π – 2α

1

2

3

P D

V = 4 m/s

3 m

3 m

1 m 1 m

O

A B

O'

6 m

E

E' O

O'

B

20o

90o

2OB

α

C A V

45o

r = 45oi = 45o

I

C

V

F

F'S

P.F

E.S

(R.R)

(R.I)

O deslocamento da imagem é o dobro do deslocamento doespelhoΔdespelho = 1mΔdimagem = 2 x 1 = 2 m = 200 cmResp.: 200 cm

CCCCC

4

5

7

8

9

6

A distância máxima entre o objeto e a imagem vale 2OB . Logo:α = 90o – 20o = 70o

O objeto permanecerá visível quando estiver dentro do campovisual do espelho.ΔO’PD ~ ΔO’AB

PD2

= 93

⇒ PD = 6 m

Portanto:

Δt = s

VΔ

= 6 m

4 m/s = 1,5s

Resp.: 1,5s

O espelho não é Gaussiano. O raio refletido não passa peloponto (A), que seria o foco.

AAAAAObserve a figura o lado.

Um raio que incide num espelho côncavo passando pelo focosecundário (F’) reflete-se paralelo ao eixo secundário correspondente.

Dados:Espelho convexo:

f = – 202 = – 10 cm p = 15 cm

Ho = 5 cmI

p'H

= ?

Cálculo de p’:

f = p . p'p + p'

– 10– 2

= 153

p'15 +p' ⇒ 3p’ = – 30 – 2p’

5p’= – 30 ∴ p’= – 6 cm

Cálculo de HI

I

O

HH = –

– 615 ⇒ IH

5 = 6

15

HI = 2 cm

Portanto:

– 62 = 3

Resp.: 3

DDDDDO espelho é côncavo e o objetoestará antes do centro.

EEEEEDe acordo com a figura, o ponto (P) é o foco do espelho.

f = VP ⇒ R = 2f = 2 VP

As leis da reflexão devem serobservadas.

VFC

p'

P

HI

Ho

O

20 cm

10

11


20 2006

θ = 30o

α60o

N = 1

N = 3

60o

R

C

N = 2N

R/2

45o = id

θα

45o

90o – i

iN

R = 4,2 m ⇒ f = 4,22

= 2,1 m

A imagem (p’) dada pelo espelho plano serve de objeto para oespelho côncavo.A imagem de (p’) é (p”) que deve coincidir com (p).p = 5 – x + 5 = 10 – xp’ = xf = 2,1

f = p' . pp' +p

2,1 = x (10 – x)

x +10 – x

2,1 = 10x – x2

x2 – 10x + 21 = 0

Δ = 100 – 84 = 16 ∴ 16 = 4

x = 10 ± 4

2 ⇒ x =

10 – 42

= 3 m

Resp.: 3 m

EEEEEVejamos a figura abaixo:

22

= n . cos i ⇒ cos i = 2

2n

sen2i + cos2i = 1 ⇒ sen2i = 1 – 2

2

4n

sen2i = 2

24n – 2

4n ⇒ sen i =

24n – 22n

Para que haja reflexão total na face vertical:i > Lsen i > sen L

24n – 22n

> 1n

( 24n – 2 )2 > (2)2

4n2 – 2 > 4

4n2 > 6 ⇒ 2n2 > 3 ∴ n > 32

Observe que:TV (tamanho visto)TR (tamanho real)no (índice onde está o observador)nob (índice onde está o objeto)

TV = o

ob

nn

. TR

para incidências próximas da normal

TV = 143

. 0,40 = 34 . 0,40 = 0,30 m

Resp.: 0,30 m

DDDDDVejamos as figuras a seguir:

13

14

15

17

16

1 . sen 60o = 3 . sen θ

32

= 3 . sen θ ∴ sen θ = 12 ⇒ θ = 30o

α + 30o + 60o = 180o ⇒ α = 90o

No triângulo assinalado: cos α =

R2R =

12 ⇒ α = 60o

Portanto:θ = 30o

Lei de Snell:

1 . sen i = 2 . sen 30o

sen i = 2

2 ⇒ i = 45o

O desvio mostrado na figura será:d = i – θ = 45o – 30o = 15o

Resp.: 15o

AAAAAObserve as condições na figura a seguir:Lei de Snell:1 . sen 45o = n . sen(90o – i)

VFC

P'

p ≅ p"

x = p'

p

5 – x 5 – x

E

5 m

12

Io I

I

H 1H = 3H a = =

3 H 3p p' = 20 (I)

⎧ →⎪⎨⎪⎩

– –

–

a = p'

–p ⇒

1–

3 = – p'p ⇒ p = 3 p’ ⇒ p = 3 x 10 = 30 cm

Substituindo em (I):3p’ – p’= 20 ⇒ 2p’= 20 ⇒ p’= 10 cm

R = 2 . p' . pp' +p = 2 .

10 x 3010 + 30

= 230 040

= 15 cm

Montando a figura abaixo:

Observe a figura abaixo:


2006 21

Ar

3

3

35

θ θ

α = 45o

α = 45o4

N

r = 30o

45o

i = 45o

I

I'JN

e

N = 2

e – 10

10 cm

18

Equação de Snell1 . sen α = n . sen θ

1 . 2

2 = n .

35 ⇒ n =

5 26

Observe a figura abaixo:

sen θ = 35

tg α = 1 ⇒ α = 45o

sen 45o = 2

2

Lei de Snell:

1 . sen 45o = 2 . sen r

22

= 2 . sen r ⇒ r = 30o

No triângulo: (INI’)

tg 45o = NI'e

⇒ 1 = NI'e

⇒ e = NI’

Logo: NJ = e – 10

No triângulo (INJ) temos:

tg30o = e – 10

e

33

= 1 – 10e

10e = 1 –

33

10e = 0,423 ⇒ e =

100,423

≅ 23,64

Resp.: 23,64 cm

BBBBBSendo a imagem real, invertida e menor, o objeto real deve seencontrar antes do centro.Logo p > 2 f

AAAAAObserve o esquema:

A criança aproxima-se da suaimagem com 6 m/s

AAAAAVeja o esquema:

3 m/s 3 m/s 3 m/s3 m/s

6 m/sE

Zero

O I

E

HO

10HO

OP

220 cm = P'

a = f – p´

f ∴ – 10 =

f – 220

f–10 f = f – 220–11 f = – 220f = 20 cm

Logo: R = 2 x 20 = 40 cm

AAAAA

Côncavo f = p . p´

p + p´

p = 20 cm

f = 30 cmp´

=20 + p´

2030

p’ = ? 60 + 3p’= 2p’a = ? p’ = – 60 cm (imagem virtual)

a = f

f – p ∴ a =

30

30 – 20 = 3

AAAAAObserve a figura

S1 S2

Nar

P

q

P = 3,0cm

P'

nL=1,5

nL

q = AR

Ln

n . p ∴ q =

1

1,5 . 3 = 2,0 cm

DDDDDObserve o esquema:

3mm = q

P'nL 5mm = P

P

Nar = 1,0

q = AR

Ln

n . p ⇒ 3 =

L

1

n . 5 ∴ nL = 5

3

19

20

21

22

23

24

Anotações

_____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________


22 2006

Q1 = mcΔtQ1 = 300 . 0,5 . (0 – (–30))Q1 = 4500 cal = 4,5 kcal

Q2 = m . LQ2 = 300 . 80Q2 = 24000 cal = 24 kcal

Q3 = mcΔTQ3 = 300 . 1 . (100 – 0)Q3 = 30000 cal = 30 kcal

Q4 = m . LQ4 = 300 . 540Q4 = 162000 cal = 162 kcal

Q5 = mcΔTQ5 = 300 . 0,5 . (140 – 100)Q5 = 6000 cal = 6 kcal

CCCCCNo gráfico vê-se que a fusão iniciou em t = 10 s e terminou emt = 50 s, durando Δt = 50 – 10 = 40 s.Pot . Δt = m . L20 . 40 = 100 . LL = 8 cal/g

DDDDDSe o suor congelar por dentro das roupas, ele atuará como umalixa, causando ferimentos, que podem infeccionar levando aoagravamento das lesões.

11

12

Tx

tc

80

140

100

- 30

4,5

28,5 58,5 162 168

T(ºC)

Q(cal)

Q1 Q2 Q3 Q4 Q5

A

74

x

22

B

70

x

20

x

200

–392

k

373

Tx Tk

0 273

?

AAAAA

tg 45o = Tx – 80tc – 0

1 = Tx – 80

tctc = tx – 80 ou tx = tc + 80

CCCCCAs telhas aquecidas irradiam calor (infra-vermelho) para dentro dacasa. O olumínio da embalagem reflete este calor de volta para astelhas, impedindo que ele se propague para dentro da casa.

EEEEEI. (verdadeiro) – a convecção ocorre em fluidos.II. (falso) – corpos escuros absorvem mais calor.III. (verdadeiro) – para impedir queimaduras.IV. (verdadeiro) – quanto mais rápida a perda de calor, mais frio

sentimos.

DDDDDO ferro é melhor condutor de calor que a madeira. Quando o tocamosele absorve calor rapidamente nos dando a sensação de frio.

3

4

5

7

8

9

10

6

Física III

DDDDD

x – 2274 – 22

= x – 2070 – 20

x – 2226

= x – 20

25x = –30oC ⇔ –30 + 273 = 243 K

BBBBB

Tx – 0200 – 0

= Tk – 273

373 – 273

Tx = 2Tk – 546p/ Tx = –392–392 = 2Tk – 546

Tk = 77 k

1

2

AAAAAPot . Δt = QPot . Δt = mcΔt7200 . 2 = 2000 . 0,2 . Δt14400 = 400 ΔtΔt = 36oCLogo, T = To + ΔTT = 20 + 36 = 56oC

Se 1 cal = 4J:

7200 calmin

⇔ 7200 . 4J

60s = 480 W =4,8 . 102 W ≅ 5,0 . 102 W

BBBBBÁguaPot . Δt = mcΔtPot . 30 = m . 1 . (50 – 20)Pot = m

LíquidoPot . Δt’ = 2 mc’ΔT’m . 40 = 2 m . c’ . (60 – 20)

c’ = 0,5 cal/goC

EEEEEPot . Δt = mcΔtPot . 4 . 3600 = 600 . 1 . (42 – 90)Pot = 2 cal/s


2006 23

13

14

15

17

18

16

CCCCCInicialmente devemos determinar a capacidade térmica dos corpos.I. Q = mcΔt

–5000 = mb . Cb . (80 – 180)

Cb = 5000100

= 50 J/PC

II. 9000 = mL . CL . (60 – 0)

CL = 900060

= 150 J/oC

No equilíbrio:QB + QL = 0CBΔT + CLΔT = 050(T – 100) + 150 (T – 20) = 0T – 100 + 3T – 60 = 0T = 40oC

AAAAA∑Q = 0QC + QA = 0100 . 1 (T – 80) + 400 . 1 . (T – 5) = 0100T – 8000 + 400T – 2000 = 0T = 20oC

A) ∑Q = 0mcΔT1 + mcΔT2 = 025000 . 4 . (40 – 30) + m . 4 . (40 – 65) = 0100 m = 1000000m = 10000 g = 10 kg

B) ∑Q = 0Q1 + Q2 + QL = 0mcΔT1 + mcΔt + m . L = 025000 . 4 . (20 – 30) + m . 4 . (20 – 0) + m . 320 = 0400 m = 1000000m = 2500 g = 2,5 kg

A) Observando o gráfico vemos que as curvas são crescentes.Quando a substância apresenta curva de fusão crescente (PFde pressão) ela não apresenta anomalia na fusão e é maisdensa na fase sólida. O sólido da substância em questãonão flutua em sua fase líquida.

B) líquidoC) vaporização ou condensaçãoD) fusãoE) vaporização

AAAAAA) corretoB) há vaporizaçãoC) vapor vira líquidoD) líquido pode virar vaporE) não necessariamente

EEEEEA temperatura crítica é aquela acima da qual temos um gás,que não pode ser liquefeito por simples compressão.

d x

A d + x = 30

P0V0 = P´V´

1 . (30 . A ) = 3 ( A ). xx = 10 cmcomo d = 30 – x

d = 30 – 10 = 20 cm

0 0

0

P V

T =

P V

T

´ ´´

1. 3 00

3 00 =

0,01 .

223

V´

V´ = 22300 m3

AAAAANa compressão isotérmica o volume diminui e a temperatura semantém.

No aquecimento isobárico, a razão V

T se mantém constante,

reta crescente.No resfriamento isotérmico, a temperatura cai e o volume semantém.

EEEEE

19

20

21

22

23

24

+ 40J

– 10J

200J

ΔU = Q – τΔU = (40 – 10) – 200ΔU = – 170 J

Se ΔU < 0 ⇒ ΔT < 0

DDDDDSe é compressão, W < 0Se é adiabática, Q = 0Logo, ΔU = Q – W ⇒ ΔU > 0

AAAAAI. Verdadeiro. Em todo ciclo ΔU = 0II. Falso. O τ < 0, pois o ciclo é anti-horário. Se ΔU = 0 ⇒ Q = τ,

logo Q < 0, isto é, calor saiu do sistema.III. PV = nRT

24900 . 0,1 = 1 . 83 TT = 300 k

Anotações

_____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

________________________________________________________________________________________________________________

_______________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________________

________________________________________________________________________________________________________________


24 2006

Eo

–q

+q60o

E"

E'E'

E"

E

T

P

Felq q

R

30o

Vamos observar a figura aolado e lembrar que, parauma carga puntiforme, aintensidade do campoelétrico é inversamenteproporcional ao quadradoda distância. Assim,teremos:E’ = 4 . E”E0 = 2 x E’ = 2 x 4 x E”

E0 = 8 . E ⇒ E = 0E8

Obs.: o ângulo entre os vetores E” mede 120o. Desse modo E” = E.

14DDDDDAs cargas negativas de E permanecem no local em virtude daforça de atração exercida pelo bastão positivo. Todavia, elétronsda terra sobem para o eletroscópio e vão neutralizar as lâminas.

DDDDDPor causa da repulsão, a concentração de cargas de mesmo sinalnas lâminas aumentará, aumentando também, a intensidade daforça de repulsão. Logo, as lâminas irão se separar ainda mais.

BBBBBDevemos lembrar que tanto a força gravitacional, quando a forçaeletrostática variam inversamente com o quadrado da distância.Assim, a nuvem de poeira ficaria equilibrada em qualquer distância.

7

8

9

10

11

12

13

6

F1–Q +Q+4Q F2

5 8

Física IV

BBBBB

No 1o contato entre C e A teremos: qA = qC = 12 2

2− +

= –5nC

No 1o contato entre C e B teremos: qC = qB = 5 72

− + = +1nC

no 2o contato entre C e A teremos: qC = qA = 5 12

− + = –2nC

no 2o contato entre C e B teremos: qC = qB = 2 12

− + = –

12 nC

Assim teremos:qA = –2nC; qB = qC = –1/2 nC

CCCCCVamos, inicialmente, encontrar o número de elétrons quedevemos reunir para obtermos uma carga Q = 3,2 x 10–9 C.

Assim, N = Qe

= –9

–193,2 x 10 C

1,6 x 10 C = 2,0 x 1010 elétrons

Dividindo o número total de elétrons existentes no pedaço decobre pelo valor de N, determinaremos o número deagrupamentos de elétrons que deveríamos formar.

Veja, n = 22

102 x 10

2 x 10 = 1012 grupos.

CCCCCA força elétrica entre o próton e o elétron fará o papel da resultantecentrípeta.

Assim teremos: 2

em . vR

= 2

k . e . eR

⇒ V2 = 9 19 2

31 10

9 .10 . (1,6 .10 )9,1.10 .10

−

− −

⇒ v = 1,6 . 106 m/s

A) Devido a indução, a esfera A ficará com carga negativa e aesfera B com carga positiva.

B) As esferas A e B terão cargas de mesmo módulo, pois houveapenas transferência de elétrons da esfera B para a esfera A.

A) Pelo contato, as bolinhas ficarão com cargas de mesmosinal.

B) Consideremos a seguinte situação inicial:QA = – Q e QB = 3Q. Sabendo que F = 27 x 10–5 N e qued = 4 cm, teremos:

A B2

k . Q . Q

d = F ⇒ 9 . 109 . Q . 3Q = 27 x 10–5 x (4 x 10–2)2

Q2 = 16 x 10–9 x 10–9 ⇒ Q = 4 x 10–9 CLogo, QA = – 4 x 10–9 C e QB = 12 x 10–9 C.Depois do contato entre as esferas A e B, teremos: Q’A = Q’B =

–9 –9– 4 x 10 +12 x 102

= 4 . 10–9 C

1

2

3

4

5

A) Após colocarmos as forças elétricas sobre a carga (+ Q),concluiremos que ela deverá ficar na região III.

B) Observe a figura.

Para que a carga (+ Q) fique em equilíbrio, devemos ter:F1 = F2. Assim,

2k . Q . Q

(x – 8) = 2k . 4Q . Q

(x – 5) ⇒ 4(x – 8)2 = (x – 5)2

2(x – 8) = x – 5 ⇒ x = 11

A) Aplicando a lei de Coulomb, temos:

F = 1 22

k . q . q

d =

9 –7 –7

29 . 10 . 5 . 10 . 5 . 10

12

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 9 . 10–3 N

B) Como a distância foi reduzida 10 vezes, a intensidade daforça de atração aumenta 100 vezes, assim teremos:F’= 100 . F = 102 . 9 . 10–3 = 0,9 N.Logo, a tração máxima será 0,9 N.

Observe que a 2a carga, para exercer a mesma força que a 1a

carga, deverá ser colocada numa distância 2 vezes maior. Assim,sua carga elétrica deverá ser 4 vezes maior que a carga elétricada primeira.

DDDDD– Devemos lembrar que por atrito x e y terão sinais contrários.– Por contato z com x terão o mesmo sinal.– Por indução w com y terão sinais opostos.Assim, poderíamos ter as seqüências:(+ – + + ) ou ( – + – – )

Representando as forças que atuam naesfera e lembrando que a resultante écentrípeta, temos:

o

oel cp

T . cos 30 =P

T . sen 30 – F =F

⎧⎪⎨⎪⎩

* Na figura da questão observa-se queR = L . sen θ é o raio da trajetória da pequena esfera.Resolvendo o sistema de equações encontraremos:

m . w2. r = mg .tg θ – 2

2k . q

R

w2 = g . tgL . sen

θθ –

2

3k . q

m (L . sen )θ

w2 = 10 x 0,58

1x 0,5 – 9 –6 2

–3 39 x 10 x (1,5 x 10 )

65 x 10 (1x 0,5)

w2 = 11,6 – 2,5 ⇒ w ≅ 3,0 rad/s


2006 25

E1 P E2

T

P

F'

d1

T . senα

α

αT . cosα

E1 = 2

2

k . Q

d =

( )9 –6

2–1

9 x 10 x 18 x 10

3 x 10 = 18 x 105 N/C

E2 = 2

2

k . Q

d =

( )9 –6

2–1

9 x 10 x 8 x 10

10 = 72 x 105 N/C

O campo elétrico resultante em P, será:EP = 72 x 105 – 18 x 105 ⇒ EP = 5,4 x 106 N/C

CCCCC

Na primeira experiência temos: F = 2k . Q . Q

d

Na segunda experiência temos: F’ = 21

k . Q . Q

d

T . cos = mg (I)T . sen F' (II)

α⎧⎨ α =⎩

Dividindo (I) por (II) e substituindo F’, temos:

cotg (α) = 2

21

mg

dF .d

⇒ cotg (α) = 2

12

m . g . d

F . d

CCCCCO campo elétrico gerado pela placa irá deslicar elétrons daesfera para sua proximidade (indulção).

DDDDDFazendo a razão entre as forças gravitacional e elásticaencontraremos:

g

e

F

F =

p e

2

2

g . m . m

dk . e . e

d

= 11 27 31

9 19 2

6,67.10 .1,67.10 . 9,11.109 .10 . (1,6 .10 )

− − −

− =

= 4,4 . 10–40

15

17

18

16

EEEEEComo a carga q é positiva, podemos dizer que a força elétrica

F→

tem o mesmo sentido de E→

. Assim, temos:

E = Fq =

–610

2 x 10 = 5 x 106 N/C, para o norte.

CCCCCLembrando que o campo de uma carga puntiforme éproporcional a Q e inversamente proporcional a d2, teremos:

E2 = 2k . 4Q

(2d) = 2k . Q

d ⇒ E2 = E1 = x

CCCCC

Traçando os vetores 1E→

e 2E→

em P, teremos:

DDDDDA justificativa ideal seria mostrar que as esferas apresentam omesmo potencial, o que impede ocorrer transferência de elétronsentre as esferas. Porém, como o conteúdo não foi dado ainda,poderíamos dizer que as cargas iniciais são proporcionais aosraios das esferas.

AAAAATemos o efeito fotoelétrico. Elétrons são retirados da placametálica pela incidência de luz violeta; a placa fica positiva eatrai a esfera por indução; ao tocar na placa metálica a esferaperde elétrons para a placa ficando com carga positiva; a placae a esfera se repelem.

A) Deveríamos ter Felétrica = Fgravitacional.

T S2

k .Q .Qd = T S

2

G . M . Md ⇒ 9 . 109 . 1 . QS =

= 6,7 . 10–11 . 6 . 1024 . 2 . 1030 ⇒ QS = 8,9 . 1034 C

Assim, a ordem de grandeza da carga do Sol seriaO. G. = 1035 coulombos.

B) Porque a ausência destas forças impossibilitaria a formaçãocoesa de matéria.

AAAAATemos:

ay = elP Fm−

= 1 0,8

0,1−

= 2 m/s2

t = y

2ha =

2 . 0,252

= 0,5 s

X = v0 . t = 4 . 0,5 = 2,0 m

Fel

V0

P25 cm

x

Anotações

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____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

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_____________________________________________________________________________________________________________

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______________________________________________________________________________________________________________________

________________________________________________________________________________________________________________

19

20

21

22

23

24


26 2006

Física V

CCCCC

η = –4

–10

10

10 = 106 átomos

DDDDD[ ] = [F] . [d] = [m] . [a] . [d] == M . L2T–2 ⇒ unid ( ) = kgm2/s2

[a] = V

T

⎡ ⎤⎣ ⎦⎡ ⎤⎣ ⎦

= –1

LTT

= LT–2 ⇒ unid (a) = m/s2

[ ] = [ ] = ML2T–2 ⇒ unid ( ) = kg m2/s2

A) A medida errada foi 2,1 . 105 pés1 pé ________ 0,3 m2,1 . 105 _______ xx = 0,63 . 105 m

B) Se V ~ 1R

⇒ V1R1 = VSRS

assim: 1

S

VV

= S

1

RR

⇒ 1

S

VV

= 5

5

2,1. 10

0,63 .10 = 3,3

BBBBB

Qf = 16 0

2+

= 8 μC para cada

2o contato:

–39 .10

1 = 11

D

1,5 . 10

D = 1,35 . 109 m

BBBBB

1

2

3

4

5

7

8

9

10

11

12

136 AAAAAUm meio translúcido não permite a propagação regular do feixede luz. Raios que incidem paralelos não saem mais paralelos.

BBBBBSe Q > 0, ela perdeu elétronsQ = n . e4 . 10–15 = n . 1,6 . 10–19

n = 2,5 . 104 elétrons.

EEEEESe B repele C, ambas têm cargas de mesmo sinal, que é opostoao de A.

BBBBB1o contato :

Q’ = 4 8

2+

= 6 μC para cada

Como o fluxo é constante através da placa:

0 1 = 0 2

1 1

1

k . A . T

e

Δ = 2 2

2

k . A . T

e

Δ

40 . A ( ). 200 – T

20 =

80 . A ( ). T – 40

40200 – T = T – 40T = 120oC

Em regime estacionário

0 1 = 0 2

k . A ( ). 120 – T

1L

3

= k . A ( ). T – 0

2L

3

2 . (120 – T) = T ⇒ T = 80oC

0 = k . A . T

e

Δ =

( )–2

2 . 100 . 47 – 27

5 . 10 (Δk = Δc)

0 = 8 . 104 J/s

01. (F) – Se D = 670 mm ⇒ R = 335 mm ⇒ f = R2

= 167,5 mm

02. (F) – podem ser direitas para objetos com d < 167,5 mm04. (F) – podem ser virtuais para objetos com d < 167,5 mm

08. (V) – 1

167,5 =

1105

+ 1p'

105 – 167,5167,5 .105

= 1p'

p’ = 17587,5

–62,5 = –281,4

d = |p| + |p’| = 105 + 281,4 = 386,416. (F) – A ampliação depende da posição do objeto.Soma: 08

1 m

1,5 . 1011 m

9 . 10–3 m D

Luz

PenumbraSombra

A C

O16μC

B C

4μC 8μC

∅1 ∅2

120ºC 0ºCT

L1

3L

2

3


2006 27

CCCCCO tamanho da imagem no espelho plano não varia com aposição do objeto e, em relação ao espelho, desloca-se com amesma velocidade (em módulo) que o objeto.

A) ˆ ˆx y= , pois o ângulo de incidência deve ser igual ao de

reflexão. Logo xy

= 1

B)

14

15

por semelhança:

10

CB =

60120

CB = 20 cm ⇒ AC = 100 cm

DDDDDPara que os raios saiam paralelos ao eixo do espelho, a fonte deluz (filamento) deve estar no foco (F).Logo:filamento I em F.Com os raios saindo divergentes (Fig II) temos uma imagemvirtual do filamento.

A CB

10

50

CB

120

2

1

2 ´

BBBBB

Como F = 1 2

2

k(Q )(Q )

d, se a distância for duplicada a força cai

4 vezes, ou seja, passa a valer 1N.

BBBBB

II' II

O que só é obtido se o filamento II estiver entre V e F.

AAAAAO espelho convexo só fornece imagens reduzidas de objetosreais, assim o espelho deve ser côncavo, pois ele pode forneceruma imagem virtual, direita e maior de objetos reais colocadosentre seu foco e seu vértice.

DDDDDPelo enunciado:f = – 5 cm (R/2)p= 20 cm

1

f =

1

P +

1

P´

1

–5 =

1

20 +

1

P´ ⇒ P’= – 4 cm

Como

⇒⎧⎨⎩ ⇒P´ < 0 imagem virtual e direita

|P´| < |P| imagem reduzida

CCCCCDecompondo o campo resultanteapresentado temos:

O que pede cargas positivas nas posiçõesindicadas

17

19

20

18

21

22

23

24

16

Ey

Ex+

+

4μC

4μC4μC

4μC

4μC 1μCx

Os campos gerados pelas cargas iguais que ocupam vérticesopostos se anulam mutuamente. Restam apenas os camposgerados pelas cargas no eixo x da figura:ER = E4 – E1

ER = 2k

d(Q4 – Q1)

ER =

9

–1 2

9 . 10

(3 . 10 ). (4 – 1) . 10–6

ER = 3 . 105 N/C

F1 = 1 221

kQ Q

d

F2 = . 41 222

kQ Q

d

Como F1 = F2:

k 1Q 2Q21d

= k 1Q . 4 2Q

22d

d 22 = 4d 2

1

d2 = 2d1

A distância deve ser duplicada.

01. (F) para a esquerda02. (F) o campo resultante será para a direita independen-

temente dos módulos de Q2 e Q3.04. (F)08. (V)16. (V) forma um par de ação e reação.Soma: 24

Como |Q1| = |Q2| teremos

|→

1F | = |→

2F | ⇒ |→

RF | = |→

1F | 2 :

F1 = 1 2

2

kQ Q

d ⇒ F1 =

9 –6 –6

–1 2

9 . 10 . 2 . 10 . 3 . 10

(3 . 10 )

F1 = 6 . 10–1 = 0,6 N ∴ FR = 0,6 2 N

Q1 = 2μC

Q2 = –2μC

FR

Q3 = +3μC

F2

F1

30 cm


28 2006

Química I

EEEEEPara que água e sal de cozinha formem um sistema homogêneo,é preciso considerar a quantidade de sal em relação àquantidade de água e também a temperatura da água.Considerando temperatura ambiente e pouco sal, o sistema éhomogêneo. A água e o etanol ou metanol (ambos álcoois)são miscíveis em qualquer proporção e sempre formam sistemahomogêneo (porém álcoois como o butanol ou pentanol sãopraticamente insolúveis na água e formariam um sistemaheterogêneo). A mistura de dois ou mais gases é homogêneaem qualquer situação.

CCCCCO primeiro processo é a extração das substâncias responsáveispela cor do repolho roxo, feita com solvente a quente.O segundo processo é uma decantação para separar totalmenteo líquido sobrenadante do resíduo sólido.Na verdade não há uma única substância responsável pelacoloração do repolho roxo, mas sim uma mistura de substânciasque atuam como pigmentos vegetais roxos e azuis pertencentesà classe das antocianinas e das antocianidinas. Essas substânciastêm a propriedade de atuar como indicador ácido-base, umavez que a cor da solução se modifica conforme a acidez oualcalinidade do meio.

AAAAAO vácuo realizado dentro do kitassato obriga o ar atmosféricoa passar pelo filtro e a arrastar o líquido, tornando a filtraçãomais rápida.

BBBBBO ponto de ebulição do etanol é menor que o da água; emfunção disso, as moléculas de etanol são destiladas maisrapidamente que as de água, resultando um volume maior deetanol no destilado. A destilação, no entanto, não consegueseparar totalmente o etanol da água. Para obter este álcoolanidro (etanol 100%), recorre-se a um processo químico:adiciona-se cal virgem, CaO, à mistura de etanol e água. A calvirgem reage com a água formando a cal extinta, Ca(OH)2, queé insolúvel e pode ser separada do etanol por filtração.CaO(s) + H2O(l) → Ca(OH)2(s)

DDDDDConceito de orbital

BBBBB

Trata-se da equação de De Broglie λ = h

mv.

Conceito de orbital, associado aos princípios modernos atômicos.

BBBBBModelo de Bohr. Conceito de estado estacionário.

A) [Xe] 6s24f145d4

B) 2 e– na u.c.

26Fe: [Ar] 2

u.c.

4s 65

energético

3d

logo:26Fe3+: [Ar] 3d5. O subnível “d” quando está semipreenchido ficamais estável. Logo, o íon Fe3+ é o mais estável.

121Ubu: 1s22s2 ...... 8s2 1

energéticoou

diferenciador

5g

on 5 (5 nível)= 4 (subnível g)=⎧

⎨⎩Logo: E = n + ⇒ E = 5 + 4 ⇒ E = 9 unidades de energia

AAAAAConceito de orbital: região do espaço em torno do núcleoatômico, com maior probabilidade de se encontrar um elétron.

EEEEEDefinição do Princípio de Pauli

AAAAADefinição do Princípio de Pauli

CCCCCOs átomos podem ser ionizados. Este fato mostra a grandemobilidade dos elétrons em torno do núcleo.

BBBBBDalton → átomo indivisívelDemócrito → utilizou a palavra átomo na Grécia antiga.Thomson → descoberta dos elétronsRutheford → modelo planetário.Bohr → introdução dos conceitos de níveis de energia.

EEEEEPrincípio de De Brogli (Dualidade partícula-onda)

Se a água (H2O) fosse formada por átomos de 31

maior isótopode hidrogênio

H e 8O16

teríamos:n(1H

3) = 3 – 1 = 2n(8O

16) = 16 – 8 = 8n(H2O) = 2 . 2 + 8 = 12 (número máximo de nêutrons)

Pelo fato do ouro ser o metal mais maleável conhecido, ou seja,facilidade de se transformar em lâminas.

n = 1 (1 orbital s: 12)n = 2 (4 orbitais: 22 (1s + 3p))n = 3 (9 orbitais (1s + 3p + 5d)

n = n (n2 orbitais)Logo: 1 orbital 2 elétronsn2 orbitais x elétronsx = 2n2 elétrons (equação de Rydberg)

A 50oC e 1 atm as substâncias se encontram principalmente nafase: clorofórmio - líquida; éter etílico - gasosa; etanol - líquida;fenol - líquida; pentano - gasosa.

1

2

3

4

5

7

8

9

10

11

12

13

14

15

17

6

18

16

19

20

21

22

78,4

–112S

S – �

�

� – gg

Tempo (S)

T(ºC)

�

� – g

g

S

S – � Tempo (S)

T(ºC)


2006 29

Química II

AAAAA

MA(Co) = 1 21 2m . P + m . P

100 =

60 . 48 + 58 . 52100

=

= 2880 + 3016

100 = 58,96 u

DDDDD

MA(Li) = 1 21 2m . P + m . P

100 =

6,02 . 7,4+ 7,02 . 92,6100 =

= 44,5 + 650,1

100 =

694,6100

= 6,946 u

BBBBBMA(Eu) = 152 u MA(Bi) = 209 u63Eu = (63 prótons)

83Bi (83 prótons)

209 átomos de Eu= 209 .152 u = 31.768u152 átomos de Bi =152 . 209 u= 31.768 u⎧⎨⎩

152 g de Eu (1 mol de átomos) ocupam um volume diferente de209 g de Bi (1 mol de átomos), pois possuem densidadesdiferentes.

BBBBB

( )1mL de uísque +1 mL de água 1kg

x mL da mistura 70 kg

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎪⎩

x = 2 mL +70 kg

1 kg= 140 mL da mistura a cada hora.

140 mL da mistura 1h

y mL da mistura 12h

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩y = 140 x 12 = 1680 mL da misturay = 1,68 L da mistura

AAAAA

Composto X B C D

4 átomos 2 átomos 7 átomos⎧⎨⎩

0,2408 . 1023 átomos1,12 g

234 átomos

0,2408 .10 átomos =

7 átomosx átomos

x = 0,4214 . 1023 átomos de D

23

23

1,12 g de D 0,4214 . 10 átomos

y g de D 6,02 . 10 átomos

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩

y = 23

231,12 . 6,02 .10

0,4214 .10 = 16 g de D

Massa molar de D = 16 g/molMassa molecular de D = 16 u

1

2

3

4

5

A) Alotropia é a propriedade de um mesmo elemento químicoformar substâncias simples diferentes. Oxigênio, O2(g), eozônio, O3(g).

B) Com liberação de energia porque o O2(g) é mais estável queo O3(g).

C) Os chamados clorofluocarbonos, utilizados em embalagensaerossol, gases refrigerantes de ar-condicionado e geladeira.A destruição da camada de ozônio que protege a Terra dosraios ultravioleta do Sol.

Os aparelhos graduados medem volumes variáveis de líquidossem grande precisão. Os aparelhos volumétricos foramcalibrados durante sua fabricação para medir uma quantidadeúnica de líquidos, com grande precisão.

23

24

Anotações

_____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

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_____________________________________________________________________________________________________________

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______________________________________________________________________________________________________________________

________________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

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______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

DDDDDCa(H2PO2)2 = 40 + 4 + 62 + 64 = 170 g/mol

2 2 2

2 2 2

170 g de Ca(H PO ) 64 g de O

x g de Ca(H PO ) 192 g de O

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩

6


30 2006

DDDDDFórmula molecular C9H13O3N108 + 13 + 48 + 14 = 183 g/mol* 183 g de adrenalina → 9 mols de C

12

13

14

7

8

9

10

11

x = 170 x 192

64 = 510 g

2 2 2

2 2 2

1mol de Ca(H PO ) 170 g

y mol de Ca(H PO ) 510 g

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

y = 510170

= 3 mols

BBBBBNa5P3O10 = 5 x 23 + 3 x 31 + 10 x 16 = 115 + 93 + 160 = 368 g/mol368 g de Na5P3O10 → 160 g de O

235 3 10

255 3 10

368 g de Na P O 10 x 6,02 . 10 átomos de O

x g de Na P O 3,01. 10 átomos de O

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩

x = 25

23368 x 3,01.10

10 x 6,02 . 10 = 1840 g de Na5P3O10

x = 1,84 kg de Na5P3O10

1 mol de Na5P3O10 possui 18 mols de átomos

BBBBBDose ingerida (di):

–2

1mol de vitamina C 176 g

2,1. 10 mol de vitamina C x

⎫⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎪⎬

⎯⎯⎯→ ⎪⎭ X = 3,696 g de

vitamina C

i

r

dd =

3,696 mg de vitamina C62 mg de vitamina C

di = 60 dr(dr = dose recomendada)

AAAAANaHS = 23 + 1 + 32 = 56 g/mol

Na 56 g 100%

23 g x%

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩x =

23 x 10056

= 41,07%

AAAAAK2Mo2O7 = 2MoO3 + K2O

78 +192 +112 = 2 x 144 + 94

382 g = 288 g + 94 g

MoO3 382 g 100%

288 g x%

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩K2O

382 g 100%

94 g y%

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩

x = 75,39% y = 24,61%

7,98 g de Po43–

3–5 4 3 4

3–5 4 3 4

500 g de Ca (PO ) OH 285 g de PO

x g de Ca (PO ) OH 7,98 g de PO

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩

1 dente = 14 g

x = 500 x 7,98

285 = 14 g de Ca5(PO4)3OH

O boticário precisa, portanto, de 1 dente para obter a quantidadede fosfato de que necessita.

23183 g de adrenalina 9 . 6,02 . 10 átomos de C

10 g de adrenalina x átomos de C

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩

x = 2310 . 9 . 6,02 . 10

183 = 2,96 . 1023 átomos de C

* %H 183 g 100%

13 g x%

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩ x = 7,10%

* NO

= 14 g

48 g=

724

* 1 mol de C9H13O3N → 26 mols de átomos

239 13 3

9 13 3

1mol de C H O N 26 x 6,02 . 10 átomos

10 mols de C H O N x

⎧ ⎯⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

x = 260 x 6,02 x 1023 = 1.565,2 . 1023 átomos

x = 15,652 . 1025 átomos

CCCCCFórmula molecular: C9H13O3NMassa molar = 183 g (108 + 13 + 48 + 14)

% C 183 g 100%

108 g x%

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩ x = 59,02%

%H 183 g 100%

13 g y%

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩ y = 7,10%

%O 183 g 100%

48 g z%

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩ z = 26,23%

%N 183 g 100%

14 g w%

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩ w = 7,65%

* 1 mol de C9H13O3N → 9 mols de C

9 13 3

9 13 3

183 gde C H O N 9 mols de C

x g de C H O N 3 mols de C

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

x = 183 x 3

9 = 61 g de C9H13O3N

*1 mol de C9H13O3N → 13 mols de H

239 13 3

239 13 3

6,02 . 10 moléculas de C H O N 13 x 1g

9,03 . 10 moléculas de C H O N x g

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

x = 239,03 . 10

23

. 13

6,02 . 10= 19,5 g de H

200 mg de vit. Cmassa molar = 176 g/mol

A)23

–3

176 g de vitamina C 6,02 . 10 moléculas

200 .10 g de vitamina C x moléculas

⎧ ⎯⎯⎯⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

x = –3 23200 . 10 . 6,02 .10176

= 6,84 . 1020 moléculas de vitamina C


2006 31

15

17

16

C) 7 2–22

1 mol de A F 7 mols de grãos de arroz

x 3,5 . 10 mol de grãos de arroz

⎫⎯⎯→ ⎪⎬

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎪⎭x = 5,0 . 10–23 mol de A7F2

Observação: Como em alguns compostos iônicos o cátionpode ser maior do que o ânion, a fórmula do referido compostotambém poderia ser F2A7.

A) 231 mol de grãos de arroz 6,02 . 10 grãos de arroz

210 mols de grãos de arroz x

⎫⎯⎯⎯⎯→ ⎪⎬

⎯⎯→ ⎪⎭

x = 1,3 . 1026 grãos de arroz

26

1 grão de arroz 0,02 g

1,3 .10 grãos de arroz x

⎫⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎪⎬

⎯⎯→ ⎪⎭ x = 2,52 . 1024 g de

grãos de arroz∴ x = 2,52 . 1018 t de grãos de arroz

B)8

18

3 . 10 toneladas 1ano

2,52 .10 toneladas x

⎫⎯⎯⎯⎯→ ⎪⎬

⎯⎯→ ⎪⎭ x = 8,4 . 109 anos

(Ou seja, oito bilhões e quatrocentos milhões de anos)

BBBBBCálculo da quantidade em mols de enxofre:

1 mol de enxofre ⎯⎯⎯⎯→produz 1 mol de H2SO4

x -------------- 2,00 . 10–3 molx = 2,00 . 10–3 mol de enxofre

Cálculo da massa de enxofre:1 mol -------------------------- 32 g2,00 . 10–3 mol --------------- yy = 6,40 . 10–2 g

Cálculo da porcentagem de enxofre10,0 g ------------------- 100%6,40 . 10–2 g ------------ zz = 0,640%

EEEEELindano M = 290,85 g . mol–1

CarbonoCarbonoCarbonoCarbonoCarbono

⎫⎬⎭C

100 g 24,78 gC

290,85 g m mC = 72,07 g ∴

nc = 72,07 g

12 g/mol ≅ 6 mol C

Hid rogên ioH id rogên ioH id rogên ioH id rogên ioH id rogên io

⎫⎬⎭H

100 g 2,08 gH

290,85 g m mH = 6,04 g ∴

nH = 6,04 g

1 g/mol ≅ 6 mol H

C lo roC lo roC lo roC lo roC lo ro

⎫⎬⎭C

100 g 73,14 gH

290,85 g m MC = 212 g ∴

nC

= 212 g

35,5 g/mol≅ 6 molC

Fórmula Molecular C6H6C 6

18

19

20

B)C H O

40,91% 4,58% 54,51%

40,91g

12 g/mol

4,58 g

1g/mol

54,51g

16 g/mol

3,4 mols 4,58 mols 3,4 mols3,4 3,4 3,4

1mol 1,34 mol 1molx 3 x 3 x 3

3 mols 4 mols 3 mols

C3H4O3 → Fórmula mínima (36 + 4 + 48 = 88u)

n = massa molecular

massa da f. mínima =

176 u88 u

= 2

F. molecular = (f. mínima) x nF. molecular = (C3H4O3) x 2

F. molecular = C6H8O6

C H92,31% 7,69%92,31g 7,69 g

12 g/mol 1g/mol7,69 mols 7,69 mols

7,69 7,69

1mol 1mol

CHN = 6F. mínima: CHF. molecular = (f. mínima) x nF. molecular = (CH) x 6F. molecular = C

6H

6

Massa molecular = 72 + 6 = 78 u

A)23

23

C H O

72 g 12 .10 átomos12 mols

12 g/mol 6 . 106 mols 12 mols 2 mols2 mols 2 mols 2 mols3 mols 6 mols 1mol

C3H6O → Fórmula mínima

Como 1 mol do composto possui 12 mols de H, precisamosmultiplicar a fórmula mínima por 2:

C6H12O2 → fórmula molecular

B) C3H6O

A) Como sabemos, os cátions são menores do que os seusrespectivos átomos, ao contrário dos ânions, que são maioresque seus respectivos átomos. É bastante comum termoscompostos iônicos com cátions menores do que ânions. Portanto:grão de arroz = cátion (A)grão de feijão = ânion (B)7A : 2F ∴ A7F2

B)7 grãos de arroz 2 grãos de feijão

x 60 grãos de feijão

⎫⎯⎯→ ⎪⎬

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎪⎭x = 210 grãos de arroz

231 mol de grãos de arroz 6,02 . 10 grãos de arroz

x 210 grãos de arroz

⎫⎯⎯→ ⎪⎬

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎪⎭x = 3,5 . 10–22 mol de grãos de arroz.


32 2006

DDDDD• Supondo-se a formação do N2O3, citado nas alternativas A A A A A e EEEEE.

⎫⎪⎬⎪⎭

2 3N O

28 g : 48 g

xg : 32 g

x = 28 x 32

48 =

56

3 = 18,7

Excesso de N2 = 20 – 18,7 = 1,3 gConclusão: há excesso de 1,3 g de N2, logo as alternativas AAAAAe EEEEE estão incorretas.

• Supondo-se a formação do NO citado nas alternativas BBBBB e CCCCC.

⎫⎪⎬⎪⎭

N O

14 g : 16 g

20 g: xg

x = 20 x 16

14 = 22,8

Excesso de O2 = 32 – 22,8 = 9,2 gSe o óxido formado fosse NO, haveria excesso de 9,2 g de O2.Portanto, as alternativas B B B B B e CCCCC são incorretas.

• Supondo-se a formação do NO2 citado na alternativa DDDDD.N O2

14g : 32 g14 g de N2 reagem com 32 g de O2, originando 46 g de NO2,restando um excesso de (20 – 14) = 6 g de N2. Portanto, aalternativa DDDDD é a correta.

A) 1 (g)12g

C + 1 2(g)32g

O → 1 2(g)44g

CO

1 (s)12g

C + 23

3(g)32g

O → 1 2(g)44g

CO

As massas de CO2(g) produzidas serão iguais em decorrênciada Lei de Proust, assim as proporções em massa entre o C(s) eo CO2(g) serão constantes.

B) Não, pois como vimos no item anterior foi necessário ummol de O2(g) para reagir com 12g de C(s), enquanto foi

necessário 23 de mol de O(3) para reagir com 12g de C(s).

1) Mudança de cor do cobre;Redução do volume do ar;

2) Cu(s) + 12 O2(g) → CuO(s)

AVERMELHADO PRETO

1Cu(s) + 12

O2(g) → CuO(s)

1 mol 11,2L 1 mol

1 . 10–3 mol . L

x = 31.10 mol .11,2L1mol

−

= 11,2 . 10–3 L = 11,2 cm3 de O2(g)

VAR = 1000 cm3 – 11,2 cm3 = 89,8 cm3 de AR

CCCCCConsiderando-se como padrão para a resolução da questão ascondições de P e T do gás X : P = 2 atm e T = 327 + 273 = 600k.Temos:

y y

y

P .V

T = P . V

T ⇒ 3 . 40

360 = 2 . V

600 ⇒ V = 100L (y)

w w

w

P .VT

= P . VT

⇒ 4 .16480

= 2 . V600

⇒ V = 40L (w)

X(g) + Y(g) → W(g) + R( )

40L40

100L40

40L40

1

x22:

1,25

x25:

1

x22

21

22

23

24

Anotações

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2006 33

Química III

B

edsopiTseõsrepsid

seõçuloS seõçuloS seõçuloS seõçuloS seõçuloSsariedadrev sariedadrev sariedadrev sariedadrev sariedadrev

seõsrepsiD seõsrepsiD seõsrepsiD seõsrepsiD seõsrepsiDsiadioloc siadioloc siadioloc siadioloc siadioloc

seõsnepsuS seõsnepsuS seõsnepsuS seõsnepsuS seõsnepsuS

àotnauQoãçatnemidessalucítrapsad

sasrepsid

oãnmatnemidessanomsem(

)sagufírtnecartlu

matnemidesamoc(

edoãçazilitu)sagufírtnecartlu

matnemides-nemaenatnopse(

et edsévartauosagufírtnec

)snumoc

àotnauQropoãçarapes

oãçartlif

esoãnme(marapesopitmuhnen

)ortlifed

es-marapesamoc(

edoãçazilitu)sortlifartlu

es-marapesamoc(

edoãçazilitu)snumocsortlif

BBBBBCs(NaC ) = 37 g de NaC / 100g H2O (50oC)Cs(NaC ) = 39,8 g de NaC / 100g H2O (100oC)Solução I: 39 g de NaC dissolvidos em 100 g de H2O a 100oC= solução insaturadaSolução II: 39 g de NaC dissolvidos em 100 g de H2O a 50oC= solução supersaturada.

Solução III: 37 g de NaC dissolvidos2 g de NaC precipitado⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭

solução saturada (com

precipitado)

A) O nitrato de potássio, KNO3, o nitrato de sódio, NaNO3, ocloreto de amônio, NH4C , e o cloreto de sódio, NaC .

B) O sulfato de cério, Ce2(SO4)3.C) No intervalo de 0oC a 10oC: maior massa NaNO3; menor

massa KNO3. No intervalo de 50oC a 60oC: maior massaKNO3: menor massa NaC .

CCCCCHC + H2O → H3O

+ + C – (ionização)

1

2

3

4

NaC 2H O⎯⎯⎯→ Na+ + C – (dissociação iônica)

Ionização é a formação de íons (que antes não existiam) queocorre quando um composto covalente reage com a água. (Aágua atua como um reagente). Dissociação iônica é a separaçãode íons (que já existiam), que ocorre quando um compostoiônico é dissolvido em água. (a água atua como solvente).

30oC: 220 g de sacarose → 100 g de H2O

220 g de sacarose 320 g de solução

x g de sacarose 160 g de solução

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩x = 110 de sacarosey = 50 g de água

0oC 2

2

180 g de sacarose 100 g de H O

y g de sacarose 50 g de H O

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩

y = 90 g de sacarosecontinuam dissolvidos* Precipitam: 110 g – 90 g == 20 g de sacarose

A) Amostra 1 a 90oC:5 g de ácido benzóico em 100 g de água.25 g de ácido benzóico em x

525

= 100

x ⇒ x =

25 . 1005

⇒ x = 500 g de H2O( )

Amostra 2 a 60oC:2,5 g de ácido benzóico em 100 g de água25 g de ácido benzóico em y

5

7

6

2,525

= 100

y ⇒ y =

25 .1002,5

⇒ y = 1000 g de H2O( )

B) Amostra 1 a 20oC:0,5 g de ácido benzóico em 100 g de águaz em 500 g de água

0,5z

= 100500

⇒ z = 500 . 0,5

100 ⇒ z = 2,5 g de ácido

mamostra 1 = 25 g(iniciais) – 2,5 g(dissolvidas) ⇒ mamostra 1 = 22,5 g decristais

Amostra 2 a 30oC:0,8 g de ácido benzóico em 100 g de águaw em 1000 g de água

0,8w =

1001000 ⇒ w =

1000 . 0,8100

w = 8 g de ácido benzóicomamostra 2 = 25 g(iniciais) – 8 g(dissolvidas) ⇒ mamostra 2 = 17 g decristais

A amostra 1 forneceu maior quantidade de cristais. (Os valoresobtidos são aproximados devido à imprecisão do gráfico).

A) No ponto ARegião de solução supersaturada (instável), contendo excessodo soluto, cujo coeficiente de solubilidade na temperaturade 30oC é 10 g/ 100 g de H2O.No ponto BSolução saturada, contendo 30 g do sal por 100 g de H2O a40oC (coeficiente de solubilidade nesta temperatura).No ponto CSolução insaturada contendo 40 g do sal por 100 g de águaa 50oC, podendo dissolver um pouco mais de soluto.

B) Resfriando a temperatura de 40 a 30oC:40oC ............ 30 g/ 100 g de H2O30oC ............ 10 g/ 100 g de H2Ologo precipitará 30 – 10 = 20 g de sal

C) Evaporando 20 g do solvente água

40oC 2

2

30 g do sal 100 g de H Ox 80 g de H O

⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭

x = 24 g continuam dissolvidos

Precipitam: 40 g – 24 g = 16 g do sal

BBBBB• A solubilidade dos gases nos líquidos é maior em altas pressões

e baixas temperaturas.• O estado gasoso é caracterizado pelo fato de que as moléculas

estão isoladas uma das outras por possuírem fracas interaçõesintermoleculares.

• A dissolução de um sólido num líquido pode ser endotérmicaou exotérmica.

• O aumento da pressão aumenta a solubilidade do gás no líquido,pois desloca o equilíbrio químico para a direita, favorecendo adissolução do gás no líquido (Princípio de Le Chatelier). O únicoitem falso é o B.

DDDDD

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

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

CO +H O H CO

SO + H O H SO

⎧⎪⎨⎪⎩

2

2

CO =apolar: dipolo induzido (mais fraca)SO =polar: dipolo permanente (mais forte)⎧⎨⎩

A molécula do O2(g) é apolar e não reage com a água sendopor isso a sua solubilidade na água muito pequena.Solvente(polar) – soluto(polar): interações fortes.Solvente(polar) – soluto(apolar): interações fracas.

8

9


34 2006

13

14

15

17

18

16

10

11

12

AAAAAV = 1 Lm1 = 37,25 g de NaOC /LMol1(NaOC ) = 74,5 g/mol

37,25 g de NaOC 1000 mL

x g de NaOC 10 mL

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯⎯→⎪⎩ x = 0,3725 g de NaOC

M = 1mmol 1. V(L)

= 0,3725 g

74,5 g/mol x 1L = 0,005 mol/L

DDDDD

26

2

500 L de H O 1Habitante

x L de H O 2 . 10 de habitantes

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩

x = 1 . 109 L de H2O diariamentex = 1 . 109 x 365 = 3,65 . 1011 L de H2O em um ano.1 g de F → 106 g de águaou

6

11 3

1g de F 10 de água

z g de F 3,65 . 10 .10 mL de água

⎧ ⎯⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩

Z = 14

63,65 .10

10 = 3,65 . 108 g de F

8

100 g de NaF 36,5 g de F

T g de NaF 3,65 . 10 g de F

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩T = 1 . 109 g de NaF = 106 kg de NaF

m1 = ? C2H6O m2 = ? H2O m = 750 gx1 = 0,25 x2 = 0,75

x1 = 1

1 2

nn + n

⇒ 0,25 =

1

1

1 2

1 2

mMol

m m+

Mol Mol

⇒ 0,25 =

1

1 2

m46

m m+

46 18

⇒

0,25 =

1

1 2

m46

18 m + 46 m(46 . 18)

⇒ 0,25 = 1m461

. 461

1 2

.1818 m + 46 m

⇒

0,25 = 1

1 2

m .1818 m + 46 m ⇒ 18 m1 = 4,5 m1 + 11,5 m2

13,5 m1 = 11,5 m2 ⇒ m1 = 211,5 m13,5

m1 = 0,85 m2 ⇒ m1 = 750 – 405 ⇒ m1 = 345 g C2H6Om = m1 + m2

750 = 0,85 m2 + m2 ⇒ 750 = 1,85 m2 ⇒ m2 = 7501,85

⇒

m2 = 405 g

DDDDDA diferença de concentração entre a dose de intoxicação e afatal é de 0,004 g/(mL de sangue), e a massa de álcool em 6,0litros de sangue corresponde a 4 x 10–3 g/mL x 6,0 x 103 mL = 24g de C2H5OH. Tendo C2H5OH densidade de 0,80 g/mL.

0,80 g/mL = 2 5

2 5

24 g de C H OHvolume de C H OH

Volume de C2H5OH = 30 mLSendo a concentração do álcool no uísque de 40% por volume,

podemos calcular o volume que corresponde à diferença entreintoxicação e dose fatal.30 mL → 40%x mL → 100%x = 75 mL de uísque.

A) I ZnO(s) + 2 HC (aq) → 1 ZnC 2(aq) + H2O( )

B) M = 1

1

mmol V (L).

⇒ V = 1

1

mM . mol

V = 0,016

0,10 . 81,39 ⇒ V = 2 . 10–3 L

A) C = 1m

V(L) ⇒ C = –3

–30,9 .10 g

0,5 . 10 L ⇒ C = 1,8 g/L

1800 mg de glicose em 1000 mL e soro x em 100 mL de soro

x = 100 . 1800

1000 ⇒ x = 180 mg de glicose

O indivíduo é diabético.

B) M = 1

Cmol

⇒ M = 1,8180 ⇒ M = 0,01 mol/L

A) Cálculo da fração em quantidade de matéria:Massa molar da glicose: 180 g/mol.

X1 =

1

1

1 2

1 2

mmol

m m+

mol mol

⇒ X1 =

1,50180

1,50 64,0+

180 18

X1 = 0,0023

X1 + X2 = 1 ⇒ X2 = 1 – X1 ⇒ X2 = 0,9977B) Cálculo da molalidade:

W = 1

1 2

mmol m (kg) ⇒ W =

1,50180 . 0,064

W = 0,13 mol de glicose/kg de água

M = 6,5 MH3CCH2OHH2Od = 0,95 g/cm3

W = ?X1 = ?M . mol1 = 1000d . t6,5 . 46 = 1000 x 0,95 x TT = 0,315T% = 31,5%Para 100 g de solução:

1

2

31,5m = 31,5 g = 0,7 mol

4668,5

m = 68,5 g = 3,8 mol18

⎧ ⇒⎪⎪⎨⎪ ⇒⎪⎩

X1 = 1

1 2

nn + n

= 0,74,5

= 0,15

X2 = 0,85 pois X1 + X2 = 1

W = 1

1 2

1000 . mmol . m =

1000 . 31,546 . 68,5 = 9,99 molal

AAAAAHNO3Mol1 = 63 g/molT = 0,6


2006 35

21

22

23

24

d = ?w = ?M = 5 mol/L

M . mol1 = 1000d . T5 x 63 = 1000 x d x 0,6

d = 315600

= 0,525 g/mL

Considerando-se m = 100 g (T% = 60%)

1

2

m = 60 gm = 40 g⎧⎨⎩

W = 1

1 2

1000 . mmol . m

= 1000 . 6063 . 40

= 23,81 mol/ kg

CCCCC• Cálculo da concentração do suco M

C = m

V =

mg

L

20

0,05 = 400 mg/L

• Diluição do suco MC1V1 = C2V2

400 mg/L . V1 = C2 . 4 . V1

C2 = 400

4 = 100 mg/L

• Cálculo da massa de vitamina C em 200 mL1000 mL --------------- 100 mg 200 mL ---------------- xx = 20 mg

• Cálculo da concentração do suco T

C = m

V =

75 mg

1 L = 75 mg/L

• Cálculo da massa de vitamina C em 200 mL1000 mL ------------------ 75 mg200 mL ------------------ yy = 15 mg

A) No rótulo, temos 390 g de H2SO4 em 1,0 L de solução.Massa molar H2SO4 = 98 g mol–1.

2 4H SOn = –1390 g

98 gmol = 3,98 mol de H2SO4

Como o volume é de 1,0 L [H2SO4] = 3,98 mol L–1, natitulação:Vsolução do ácido = 4,0 mL = 4,0 . 10–3 L

NaOHV = 40,0 mL = 40,0 . 10–3 LM = 0,8 mol L–1nNaOH = 0,8 mol L–1 . 40,0 . 10–3 L = 32,0 . 10–3 mol NaOHNaOH → Na+ + OH–

32,0 . 10–3 mol ———–— 32,0 . 10–3 mol

BBBBBCálculo da concentração de CaF2 em uma solução aquosasaturada (admitindo-se 1,0 L de solução):massa da soluçãomassa da soluçãomassa da soluçãomassa da soluçãomassa da soluçãoSe d= 1g . cm–3, o volume de 1000 cm3 terá massa igual a 1000g.

massa de CaFmassa de CaFmassa de CaFmassa de CaFmassa de CaF22222

1000g solução -------- 100% m(sal) -------- 0,0016%m(sal) = 0,016g CaF2

19

20

massa de íons fluoreto (Fmassa de íons fluoreto (Fmassa de íons fluoreto (Fmassa de íons fluoreto (Fmassa de íons fluoreto (F–––––) em 1,0 L de solução saturada) em 1,0 L de solução saturada) em 1,0 L de solução saturada) em 1,0 L de solução saturada) em 1,0 L de solução saturadamassa molar CaF2 --------- 78 g/mol --------- 2(19g/mol)F–

0,016g ------------ xx = 0,0078g de F– = 0,0078 . 103 mg = 7,8 mg

Ou seja, tem-se 7,8 mg/L de íons F–. Essa concentração é cercade 8 vezes maior que o valor de VMP.

DDDDDCálculo da massa de água fluoretada em 2L, admitindodensidade igual a 1 g/mL.1g de H2O ------------- 1 mL x ------------- 2000 mLx = 2000 g de H2O

Cálculo da massa de flúor nesses 2 litros dessa água0,9 g de flúor ------------------- 106g de águay -------------------------------- 2000 g de água

y = 6

0,9 . 2000

10 g = 1,8 . 10–3 g de flúor = 1,8 mg de flúor

BBBBBA interação entre álcool e água é mais intensa, portanto ocorrepassagem do álcool presente na gasolina para a solução aquosade NaC .Vinicial de gasolina = 50 mL (gasolina + álcool)Vfinal de gasolina = 37 mL gasolina

Quantidade de álcool na gasolina inicial = 13 mL50 mL -------- 100%13 mL ------- x

x = 26% teor de álcool

1818181818• Cálculo da massa de solução em 1 litro:

1 mL → 1,86 g1L → 1000 mL → x x = 1860 g de solução

• Cálculo da massa de soluto em 1 litro de solução:100 g solução → 95 g soluto1860 g solução → y y = 1767 g/L de H2SO4

• Cálculo da molaridade (mols por litro) da solução:

H2SO4 →

←⎧⎨⎩

1mol 98 g

z 1767 g/L Z = 18,03 mol/litro

Anotações

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____________________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________

____________________________________________________________________________________________________________

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36 2006

CCCCC

OHCH2

OCH3

CHH2C1 2 3

4

9 8

5 6

7

10

Os carbonos secundários são: 2, 3, 5, 6, 7, 8 e 9, portanto, nototal são 7.

BBBBBO único composto saturado que apresenta apenas carbonossecundários é o II.

EEEEE1. Aldeído →

2. Álcool →

3. Ácido carboxílico →

4. éter →

5. cetona →

CCCCC Ácido carboxílico Não possui grupo éter.

CH3 CH3CH2CH

OH

CH3CH2C

H

O

O

CH3CH2C

O

OH

O

O C CH3

O

COOH

Éster

AAAAACH3 – O – CH3 → Éter CH3CHO → AldeídoCH3CH2COCH3 → Cetona CH3COOCH3 → Éster

CCCCC

CH2CH3

CH2CH3

OCH2CH3

HO

N

OAmida

Fenol

Éter

CCCCC

CH3

HO

N

H

C

O

Fenol

Amida

NH2

HO CH2

O

OH

CH C

Fenol

Amina

Ácido

carboxílico

EEEEE

BBBBB

CH2CH2CH2CH2 CH2CH3CH C

CH3

CH2 CH2 CH3CH3

H3C

123

4

5678910

4,5–dimetil–4–etil–decano

A) B)CH2 CH2 CH2 CH3

H3C

Pentano

CH3 CH CH CH3

H3C CH3CH2

3 2 1

4

5

2,3–dimetil–pentano

C) D) CH3 CH CH CH3

CH2CH2

CH3CH31

2

4

5

6

3,4–dimetil–hexano

3

CH3

CH3

CH3

CH

CH2C CH2

CH3

CH3

1

2

3

4 5

6

2, 3, 3–trimetil–hexano

EEEEEUma série isóloga é uma seqüência de compostos que diferemde H2.C4H10, C4H8, C4H6, C4H4.

CCCCCHorizontais: são homólogasVerticais: são isólogas.

AAAAANa série homóloga o pentano tem como antecedente o C4H10 ena série isóloga o pentano tem como antecedente C5H10.

Mirceno C10H16O índice de deficiência de hidrogênio determina-se pela diferençados hidrogênios do composto em questão e o alcanocorrespondente. Desta forma, o alcano tem fórmula C10H22.Portanto, a diferença é de 6H. Este 6H é dividido por 2(dois)para encontrar o IDH.IDH = 3

Este composto possui a fórmulamolecular igual a C13H24O.Neste caso, o alcanocorrespondente é C13H28. Como ocomposto possui 1 ciclo e 1 ligaçãoπ, subtrai-se 4H da fórmula doalcano, ficando C13H24O.

CH2 + C CH3

CH3

CH3

H3C

CH2 C CH3

CH3

CH3

H3C

2,2–dimetil–butano

1234

OH

12

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12 13

2

3

4

5

7

8

9

10

11

12

13

14

15

17

6

16

Química IV

A)

C C

C

C

C C C

C C C

C

C

1

9

2 3 4 5 6 7

8

10 11 12

5 6C C C C

C C

2 1

3

4

1

Carbono primário: 1, 9, 10, 11, 12, 8, 7Carbono secundário: 3Carbono terciário: 2, 4, 5Carbono quaternário: 6

B)

Carbono primário: 6Carbono secundário: 2, 3, 4, 5Carbono terciário: 1

AAAAA


2006 37

18 Química V

AAAAAA precipitação da chuva é um fenômeno físico pois ocorre apassagem da água da fase de vapor para a fase líquida.Os outros itens contêm fenômenos químicos, pois neles ocorremreações químicas.

1

EEEEE96 g(C)/ 12 = 8 C8 g(H)/ 1 = 8 H48(O)/ 3 = 3F.M. = C8H8O3F.Mín = C8H8O3

DDDDDO composto IV é um álcool porque apresenta hidroxila ligado acarbono saturado.

AAAAA

Solução aquosa de

açúcar + MgCO3(s)

MgCO3(s)

Filtração

Solução aquosa

de açúcar

H2O(�)

Destilaçãosimples

Açúcar

DDDDDA explosão de uma panela de pressão constitui um fenômenofísico, pois a expansão do ar no interior da panela ocorre devidoao aumento da temperatura.Os outros itens contêm fenômenos químicos, pois neles ocorremreações químicas.

BBBBBAs alterações que um medicamento pode sofrer, de acordo como texto, são:I. Evaporação: fenômeno físico.II. Decomposição: fenômeno químico.III. Formação de compostos: fenômeno químico.

DDDDDEm III o termo oxigênio significa átomo de oxigênio (elementoquímico), pois os alótropos do átomo de oxigênio são o O2(g) eo O3(g). Em IV o termo oxigênio significa molécula de oxigênio(O2(g)), pois para formar água ocorre a seguinte reação:

H2(g) + 12

O2(g) → H2O( )

BBBBB

I. N2(g) e O2(g) ⎧⎨⎩

sistema homogêneo

substância simples

II. C2 H6 O( ) e H2O( )

⎧⎨⎩

sistema homogêneo

substância composta

III. Hg( ) e H2O( )

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

( )

2 ( )

sistema heterogêneoSubstância simples (Hg )

substância composta (H O )

CCCCCUma mistura eutética apresenta ponto de fusão (P.F), masapresenta uma variação de temperatura durante a vaporização.Isto está corretamente representado no gráfico do item C (a =substância pura; b = mistura comum; d = mistura azeotrópica).

EEEEE

2

3

4

5

7

6

AAAAAUma solução aquosa de cloreto de sódio ao ser submetida auma destilação simples, ocorre a evaporação da água, seguidade sua condensação e posterior acúmulo no erlenmeyer. O NaC (s)

fica no balcão de destilação.O item A é correto.

AAAAACetanolanídeoetanol + água

Sistemahomogêneo

Etanol +Ca(OH)2(s)

Sistemaheterogêneo

FiltraçãoCaO(s)

Etanol

Ca(OH)2(s)

8

9

12

34

5

6

CH3

OH

C�

CCCCCOs éteres são menos densos que a água, mas apresentam umadiscreta solubilidade em água.

BBBBB

H3C CH CHCH2 CH3

CH3

1345 2

C�

2-cloro-4metil-pentano2-cloro-4metil-pentano2-cloro-4metil-pentano2-cloro-4metil-pentano2-cloro-4metil-pentano

BBBBB

H3C C CH3

O

OH3C CH2

H3C CH2 CH2

CH

OH

H3C CH

CHCH3

CH2

CH2

CH3

CH3

HC HCH2C C

O

H

12345

6 7 8

Anotações

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19

20

21

22

23

24

Cloro-3-metil-fenol

Estudante 1:Estudante 1:Estudante 1:Estudante 1:Estudante 1: C3H6O



AAAAA3-fenil-5-isopropil-6-metil-octanal


38 2006

De acordo com o gráfico:energia radiogênica na época inicial = 9,5energia radiogênica após 4,55 bilhões de anos (hoje) = 1,9

9,51,9

= 5,0. Assim, a produção de energia radiogênica era 5

vezes maior.B) O elemento urânio, na forma do isótopo 235U, e o elemento

potássio, na forma do isótopo 40K.C) O elemento urânio, na forma do isótopo 238U, e o thório, na

forma de isótopo 232Th.

A) A equação da reação nuclear em questão é:13153 I → 131

54 Xe + 0–1 β + 0

0 γ

13153 I: p+ = 53; n0 = 78.

13154 Xe: p+ = 54; n0 = 77.

B) A espécie que possui menor meia-vida emite, por mol deátomos, maior quantidade de radiação em um determinado

intervalo de tempo. Portanto, a quantidade de 12353 I necessária

para se realizar o teste (obter a mesma leitura) será menor.

DDDDDOs cabonatos são os sais que, em contato com ácidos doestômago (HC é o principal), liberam CO2(g).

CO 2–3 + 2 H +

(aq) → CO2(g) + H2O( )

cabonato estômagocabonato estômagocabonato estômagocabonato estômagocabonato estômago

O metal Me pode ser identificado pelo balanceamento daequação da reação nuclear de fissão do urânio-235:10 n + 235

92 U → 14256 Me + 91

36 Kr + 3 10 n

Então, o metal Me de número atômico 56 é o Bário (Ba).Portanto, concluímos que o sal presente é o carbonato de bário(BaCO3).

EEEEE

I. (F): Isótopos ⎧⎨⎩

número atômico (Z) : iguais

número de massa (A) : diferentes

II. (V): ns2 np5: família 17 (7A): holagêniosIII. (V(: água e NaC , por exemplo, podem ter os seus constituintes

separados por destilação simples.IV. (V): geometria linear

V. (V): 23892 U → 234

90 Th + +42 α

F, V, V, V, F

(F) 9942 Mo → 99

43 Tc + 0–1 β

n = 57 n = 56

(V) 0–1 β = 0

–1 e

(V) 9F = 1s22s2sp5 (Família: 17(7A)): Halogênio

(V) 189 F → 18

8 X + +01 e

(F) A meia-vida do 189 F é de aproximadamente 2 horas, assim a

massa da amostra e consequentemente a intensidade daradiação reduz-se à metade em aproximadamente 2 horas.

CCCCCpartículas alfa (2α4) ⇒ 2 prótons e 2 nêutrons = núcleo de Héliopartículas β (–1β

0) ⇒ elétronradiação γ (0γ

0) ⇒ ondas eletromagnéticas = fótons

15

17

18

16

H HC CSP SP

A(�) + B(�)

C(�)

C(�)

A(�)

B(�)

Decantação

Destilação

FracionadaA(�) + B(�)

V, F, V, F1. (V): I = polar

II = polarIII = apolarIV = polar

2. (F): A temperatura influencia na solubilidade.3. (V): II + água = mistura homogênea: (destilação simples)

III + água = mistura heterogênea (S + ): (filtração)4. (F): somente pelo fato de serem solúveis em água, não

necessariamente se tratam da mesma substância.

EEEEE

AAAAA

A) (V); d = 2,1 g/cm3 ⎧⎨⎩

flutuam: ossos e carvão

afundam: areia, solo e pedras

B) (F): ossos, areia, solo e pedras afundarão.C) (F): d = 1,0 g/cm3: carvão flutua na água.

D) (F): d = 2,5 g/cm3 ⎧⎨⎩

flutuam: carvão, ossos e areiaafundam: solo e pedras

E) (F) d = 2,2 g/cm3: pedra e solo afundarão.

A) Caso a poluição estivesse sendo provocada peladecomposição de animais ou plantas mortos recentemente,a relação 14C/12C seria praticamente igual à de um ser vivo.Como matéria-prima a indústria petroquímica utiliza materialfóssil, originado de organismos vivos que morreram hámilhares de anos. Por isso, a poluição produzida pela indústriapetroquímica apresentará uma relação 14C/12C menor que ade um ser vivo.

B) a decomposição da matéria orgânica que contamina o riachoconsome o gás oxigênio dissolvido na água, fazendo comque os peixes morram por hipóxia (falta de oxigênio).O material orgânico também bloqueia a passagem de luz,impedindo que seja realizado o processo de fotossíntese pelosvegetais do riacho. Dessa forma, há uma menor produçãode gás oxigênio e, conseqüentemente, uma menor oferta deO2 aos peixes.

A) 10

9

8

7

6

5

5

4

4

3

3Tempo / (bilhões de anos)

2

Total

40K

238U232Th

235U

Energ

ia / (

unid

ades

arb

itrárias)

2

1

10

10

11

12

13

14

19


2006 39

20

C6H6O – F. mínima

B

No hidrocarboneto em questão a proporção entre os átomos deC e H é de 1 : 2.O item B é correto.

21

22

23

A

Assim o item A é correto.

24

Anotações

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40 2006

CCCCCComo o gene para o sangue O é recessivo, os indivíduos ii(sangue O), quando cruzados produzirão sempre indivíduos O,por essa razão observou-se um crescimento na população deindivíduos O.

AABbCCDDLl x AaBbCcddLL

AA x Aa → AA Aa AA Aa → P (Aa) = 12

Bb x Bb → BB Bb Bb bb → P (bb) = 14

CC x Cc → CC Cc CC Cc → P (CC) = 12

DD x dd → Dd Dd Dd Dd → P (Dd) = 1

Ll x LL → LL Ll LL Ll → P (Ll) = 12

Logo, a probabilidade final para o filho ser AabbCCDdLl é

12

x 14

x 12

x 1 x 12

= 1

32, porém o problema impõe que

esta criança tem que ser do sexo masculino (12

). Assim sendo,

a probabilidade do filho ter o genótipo exigido e do sexo

masculino é 1

32 x 12 =

164 .

AABbCCDDLl x AaBbCcddLLAA x Aa → AA Aa AA Aa → um só fenótipo (1)Bb x Bb → BB Bb Bb bb → dois fenótipos (2)CC x Cc → CC Cc CC Cc → um só fenótipo (1)DD x dd → Dd Dd Dd Dd → um só tipo de fenótipo (1)Ll x LL → LL LL Ll Ll → um só tipo de fenótipo (1)Total de classes fenotípicas = 1 x 2 x 1 x 1 x 1 = 2 tipos diferentesde fenótipos.

Número de genótipos = n (n +1)

2 = 15

n (n + 1) = 30 ∴ n2 + n = 30 → n2 + n – 30 = 0 ∴

8

9

10

11

12

13

XXLL PP cc dd

↓XL Pc d

xx ll pp CC DD

↓x ll p C D

x

Xx Ll Pp Cc Dd

Número de gametas diferentes

25 = 32 tipos de gametas

14

n2 + n – 30 = 0

n' = 5

n" = –6

Número de genótipos heterozigotos = n (n 1)

2−

∴ 5 (5 – 1)

2 = 10

A) P1 – Lisos e amarelos x rugoso e preto RRPP rrpp

ou lisos e pretos x rugoso e amarelo RRpp rrPP

B) 100% lisos e amarelos (RrPp)C) Esperamos que 40 grãos sejam (rugosos e pretos) de um total

de 640⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠64016 = 40.

Biologia I

I. (F) O filho herda dos pais os genes, isto é, o genótipo, ofenótipo é conseqüência da interação do genótipo com oambiente. Os pais podem ter os olhos escuros (fenótipo) e ofilho olhos claros.

C DAa

↓A

a

x Aa

↓A

a

AA Aa Aa aa

aa → 25%

AA → 25%

Aa → 50%

aa → 0%

AA → 50%

Aa → 50%

Aa

↓A

a

x AA

↓A

AA e Aa

A Baa

↓a

x AA

↓A

a

100% Aa

AA → 0%

Aa → 100%

aa → 0%

aa → 50%

AA → 0%

Aa → 50%

aa

↓a

x Aa

↓A

a

Aa e aa

BBBBB

DDDDDQuando o gene se manifesta mesmo em heterozigose é ditodominante.Quando a manifestação ocorre somente em homozigose é ditorecessivo.Quando o heterozigoto desenvolve uma característicaintermediária, fala-se em co-dominância.

Genótipos Fenótipos

AAmAa cor preta

Aa

⎫⎪⎪ →⎬⎪⎪⎭

m ma acor marrom

ma a

⎫⎪ →⎬⎪⎭

aa → cor branca

CCCCCO fenótipo é resultante da ação conjunta do genótipo com omeio ambiente.

Porque os gametas são haplóides, isto é, são portadores de umgene de cada par de alelos. O indivíduo para ser heterozigototem que ter os dois genes pareados.

AA aa

Aa

Aa

AA

Aa AA

1

2 1

2

1

2Bisneto

portador do

gene (a)

Aa

50%

100%

50%

II. (V) Qualquer pedaço de DNA que contenha uma informaçãogenética, podemos chamá-lo de gene.

III. (F) O fenótipo revela característica visível, como a forma docabelo, como também característica invisível como o tiposangüíneo.

IV. (F) Alossomos são os cromossomos sexuais, cromossomosque apresentam genes alelos são chamados de homólogos.

V. (V) Realmente genótipo é a bagagem gênica do indivíduo.

1

2

3

4

5

7

6


2006 41

D)

15

17

18

16

F1 x duplo recessivo

↓RrPp x rrpp

↓RP rp

Rp

rP

rp

Rr Pp (1 liso e amarelo)

Rr pp (1 liso e preto)

rr Pp (1 rugoso e amarelo)

rr pp (1 rugoso e preto)

A) Orlando x Leila IAi IBi

B) Filhos de Orlando com Leila

A B

14

I I

A

14

I i

B

14

I i 1

4

ii

Que aglutina nos dois tipos de soro, sangue AB, logo a

probabilidade é 14

.

A) A eritroblastose fetal é uma incompatibilidade sangüíneamaterno-fetal para o sistema Rh.Ocorre quando a mãe é Rh– e o filho Rh+, geralmente emuma segunda gestação de filho com Rh+ ou em mãessensibilizadas anteriormente por transfusão sangüínea (Rh+).No momento do primeiro parto, ao haver o deslocamento daplacenta, hemácias do filho podem passar para o sangue damãe. Essas hemácias desencadeiam a síntese de anticorposanti-Rh que ficarão no plasma da mãe.Em uma segunda gestação de filho Rh+, esses anticorposanti-Rh produzidos anteriormente pela mãe, passam para o2o filho via placenta e promoverão a destruição das hemáciasdesse segundo filho. Esse procedimento, isto é, a eritroblastosefetal, causa no filho: anemia, icterícia, hepatoesplenomegaliae outros problemas, podendo levar à morte.

B) Pode-se evitar a eritroblastose fetal aplicando anticorpos anti-Rh na mãe Rh– que pariu um filho Rh+ até 72 horas após onascimento.Estes anticorpos irão destruir as hemácias Rh+ que passaramdo 1o filho para a mãe na ocasião do parto. Essas hemáciassendo destruídas, o sistema imunológico da mãe nãoproduzirá mais anticorpos anti-Rh, e o nascimento dopróximo filho não estará mais ameaçado.

C) É fazer a transfusão total do sangue do recém-nascido quetem Rh+ para Rh–.

A) A medula original de Eugênio foi destruída e substituídaintegralmente pela medula de seu irmão. Assim, essa medulatransplantada produzirá hemácias do grupo BBBBB, e Eugêniopassará a ter sangue do tipo BBBBB, logo após o transplante.

B) As células germinativas de Eugênio não sofreram alteraçõescom o transplante de medula. Elas continuam a ter genespara o grupo sangüíneo AAAAA. Como ele é filho de mãe O O O O O (ii),certamente é heterozigoto IAi. Suaesposa é do grupo OOOOO (ii). Assim, sópodem ter filhos do grupo O O O O O ou AAAAA,com igual probabilidade. Nãopodem ter filhos do grupo BBBBB ou AB.Assim, a probabilidade de ter filhoAAAAA é 50% e de ter filho BBBBB é zero.Observe o esquema ilustrativo aolado.

A) Sim. De acordo com a 2a lei de Mendel, quando cruzam-sedois diíbridos em Fi se obtem a proporção 9 : 3 : 3 : 1, vejaque a tabela nos mostra uma proporção.

B) Casal I – (Aa Ee x Aa Ee) – os pais são de fenótipos dominantese tiveram filhos totalmente recessivos.Casal II – (aa Ee x aa Ee) –não se observou na prole filhos depêlos negros.

ii

50% grupo A 50% grupo O

IAi ii

IAi ii

P(normais) = 23

. 23

. 34

= 1236

= 13

P(albino) = 23

. 23

. 14

= 4

36 =

19

P(2 normais e 1 albino) = ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2 13NA

2=

3!2! 1!

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

213

. ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

119

=

3 . 2!2!1!

. 19

. 19

= 3 . 181

= 381

= 1

27

O criador deveria cruzar um macho, com uma fêmea; ambosapresentando problemas nos chifres. Caso os descendentesapresentassem a característica dos parentais, o criador poderiaconfirmar que houve uma mutação genética. Se os descendentesfossem normais, a característica seria adquirida.

Herança com 4 alelos múltiplos

N(6) = 4(4 +1)

2 = 10 genótipos

Herança com 6 alelos múltiplos

N(6) = 6(6 +1)

2 = 21 genótipos

Número de genótipos em estudo simultâneo: 10 x 21 = 210genótipos

Sendo sangue da mulher de Rh+, não haverá produção deanticorpos anti-Rh, o que impedirá a sua sensibilização mesmosendo contaminada pelo sangue do filho.

A) Observe que um galo noz cruzado com uma galinha rosa(primeira) não terá nenhum descendente ervilha é porque agalinha é RRRRRRRRRReeeeeeeeee. Veja também que esse mesmo galo cruzandocom a galinha ervilha (a segunda) não produziu nenhumpinto rosa, a galinha é rrEErrEErrEErrEErrEE.Para que esse galo tenha filhos nessas condições com essasduas galinhas ele tem que ser RrEe.

B) O galo cruzado com a galinha crista simples, produzirápintos noz, rosa, ervilha e simples na proporção 25% paracada fenótipo.

AAAAAAnalisando-se os cruzamentos

Normais Normais

Aa

AA Aa Aa aa

AaAlbino Albina2

3

2

3

?

19

20

21

22

23

Creme Creme

20Amarelos

18Brancos

30Creme

X

Conclusão: proporçãofenotípica 1 amarelo:2 creme: 1 branco.

Essas proporções são típicas de uma codominância.

Logo, o gene para o amarelo não domina o gene que determinaa cor creme.

24


42 2006

Biologia II

(A – III) e (A – IV),(B – I), (B – II) e (B – V),(C – VI) e (C – VII).

CCCCCComunidade é o conjunto de todas as populações de umecossistema.População é o conjunto de todos os indivíduos de mesma espécievivendo em uma mesma área.Ecossistema é o conjunto de interações entre todos os seres vivos(comunidade) entre si e com o meio físico.Bioma refere-se a comunidades clímax dos ecossistemas terrestres,ou seja, exemplos de biomas brasileiros: Caatinga, Zona daMata etc.

DDDDDVeja conceito de população na questão 02.

DDDDDAs abelhas se beneficiam ao mesmo tempo que fazempolinização, beneficiando também a planta.

CCCCCNa protocooperação ambas as espécies se beneficiam, emborapossam sobreviver separadas. Não é uma relação comespecificidade, não é obrigatória.

A) Cada uma das três espécies de esquilos ocupapreferencialmente um certo nível de altura nas árvores, issoproporciona dietas diferentes, não havendo competição entreas espécies.Espécie 1 – invertebrados.Espécie 2 – cascas da plantaEspécie 3 – frutos

O alimento disputado pelas duas espécies é o mesmo; se elas seservissem desse alimento ao mesmo tempo, haveria umacompetição intraespecífica. Então, cada uma das espéciesdesenvolveu habilidades adaptativas para se alimentar emtemperaturas, clima e umidade relativa, diferentes da outraespécie, criando assim condições de sobrevivência para ambas.Por exemplo: em ambiente quente e úmido, a espécie AAAAA proliferae a BBBBB não. Em ambiente quente e seco ocorre o contrário.

AAAAAgavião x carrapatos → predatismogavião x gado → protocooperaçãocruzeiras x rãs e preás → predatismogado x carrapatos → parasitismoquero-quero x seriemas → competição

CCCCCO nitrogênio é importante para a planta (pasto) produzir osaminoácidos e em seguida as proteínas. Como a vegetação queserve de alimento para o gado terá maior teor protéico,logicamente o gado, que é o consumidor primário, irá adquirirmais peso.

A) As moléculas de CO2 são utilizadas para a síntese de matériaorgânica no ciclo de Calvin da fotossíntese. Logo, o 18O dogás carbônico é encontrado na matéria orgânica,principalmente na glicose.

B) O oxigênio liberado na fotossíntese é proveniente da água,assim sendo o 18O será liberado para o ambiente.

EEEEEI. (F) – Veja você que a interferência do homem matando lobos,

pumas e coiotes provocou um crescimento vertical da população.Logo, estes animais eram naquele ecossistema os únicospredadores dos veados.

1

2

3

4

5

7

8

9

10

11

6

Essas proporções nos garantem que o gene para o caráter curtoé dominante sobre o gene para o caráter longo. Os parentaissão heterozigotos.

Curto Curto

50Curtos

18Longo

X

Conclusão: proporçãofenotípica 3 curtospara 1 longo (3:1)

Anotações

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2006 43

II. (F) – A falta de alimentos provocou uma queda violenta nonúmero de indivíduos, mostrando que este acontecimento émais significante que a ação predatória.

III. (V) – A ação predatória é realmente uma forma de controlaro crescimento da população, é portanto uma resistênciaambiental.

IV. (V) – O homem matou os predadores, diminuiu açãoambiental, assim a população de veados cresceu livrementeque chegou a superar a capacidade de sustentação doambiente, provocando a morte dos indivíduos.

A energia comporta-se nos ecossistemas de forma unidirecionaldos produtores em direção aos consumidores. Como hádiminuição na quantidade de energia disponível a cada níveltrófico, a pirâmide de energia não pode ser invertida.

DDDDDA pirâmide de energia jamais poderá ser invertida, pois o fluxoenergético é unidirecional.

EEEEEO carbono é fixado pelos seres fotossintetizantes e devolvido aomeio ambiente nos processos de respiração que liberam CO2 ena combustão dos combustíveis fósseis, e ainda pelasqueimadas.

BBBBBO efeito estufa está relacionado com o acúmulo de poluentesna atmosfera, como CO2, CH4 etc.

Não. A Mata Amazônica é uma comunidade clímax, está empleno equilíbrio, isto é, todo o O2 produzido na fotossíntese éconsumido na respiração. A verdade dos fatos, é que a renovaçãodo O2 na atmosfera é feita pela ação fotossintética do fitoplâncton.

Fixar o CO2 através da fotossíntese e também devolvê-lo para oambiente, pois as plantas também fazem respiração.

O ciclo do O2 não estava presente na atmosfera primitiva, poiseste gás não compunha os ecossistemas primitivos, isto é, duranteos primórdios da vida no nosso planeta.

DDDDDPés de milho produtores, gafanhotos consumidores primários,em ecossitemas terrestres. Nos ecossistemas aquáticos osprodutores são as algas do fitoplâncton e consumidoressecundários são os microcrustáceos (zooplancton).

CCCCCOs produtores porque são capazes de absorver energia e repassarpara os outros níveis e os decompositores porque fazem areciclagem da matéria (fecham o ciclo da matéria, devolvendo-aaos produtores)

A) A quantidade de energia obtida pela diferenciação do totalassimilado, menos a energia disponível para o nível seguinte,representa a energia utilizada no nível anterior em suasatividades metabólicas e o teor energético dissipado para oambiente em forma de calor.

B) Para esse perfil energético apresentado, o nível quartenárionão se sustentaria por falta de energia disponível.

DDDDDNos ecótonos encontramos animais com característicasadaptativas a ambos os ecossistemas vizinhos. Nos manguesencontramos a diversidade da fauna muito grande, porém adiversidade da flora é baixa.

BBBBBNos estágios iniciais a produtividade bruta é crescente e a taxa

de respiração cresce mais lentamente, isto é, a razão P

R > 1.

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Nos estágios próximos do clímax a produtividade bruta tende ase igualar com a taxa de respiração.

Logo P

R tende a um.

AAAAAEcesis são as comunidades pioneiras.Seres são comunidades temporárias que surgem ao longo dasucessão.Clímax é o estágio final, de equilíbrio, de maturidade, de sucessoecológico

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Anotações

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Biologia III

DDDDDNa atmosfera primitiva não havia O2 e da forma como sepresume que ocorreu a evolução dos sistemas químicos, o O3(ozônio) não seria essencial.

BBBBBA atmosfera primitiva era provavelmente formada de H2O, CH4,H2 e NH3, estes gases sob o efeito ionizante das formas de energia,tiveram as suas ligações químicas quebradas, e os íons aliformados se reorganizaram aleatoriamente formando asprimeiras moléculas orgânicas no nosso planeta, osaminoácidos.

O antibiótico B é o menos indicado para o tratamento, vistoque ao seu redor não existe formação de halo claro, indicativoda ausência de crescimento da população de bactérias.

1. Lamarckismo: como no intestino o alimento já se encontradigerido pelo hospedeiro e pronto para ser absorvido, a taenianão tem necessidade de usar um sistema digestório, que, poresta razão, foi se atrofiando até desaparecer. Esta característicaadquirida foi sendo transmitida para os descendentes.

2. Darwinismo: os indivíduos que não possuíam sistemadigestório, foram selecionados para aquele modo de vida eessa característica foi transmitida para os descendentes.

AAAAA, BBBBB e CCCCC estão corretos.O único item errado é o D, pois a evolução no planeta Terra éconseqüência do ambiente terráqueo, das mutações etc.

AAAAAPara Lamarck, o ambiente era importante pois era o fator queprovocava a evolução. Para Darwin, o ambiente também eraimportante, mas como fator selecionador das características aele adaptadas.

A, BA, BA, BA, BA, B, E , E , E , E , E e FFFFF.Todo fator que altera a freqüência gênica de uma população, édeterminante da evolução, entre eles a migração, seleção naturaletc. Assim sendo, os itens C e D estão errados.

DDDDDA convergência adaptativa caracteriza-se pelo fato de seres deespécies variadas, por uma razão qualquer, passarem a viver emum mesmo ambiente, propiciando o desenvolvimento de órgãosanálogos.

EEEEEOs itens I, II e III revelam idéias lamarckistas, isto é: o ambienteinduzindo o aparecimento de características para adaptação aoambiente e estas características adquiridas por imposição domeio sendo transmitidas para os descendentes.

EEEEEA recombinação gênica é uma característica da reproduçãosexuada e leva a um aumento da variabilidade genética dapopulação, porém as mutações também representam uma formade variabilidade.

AAAAAO texto retrata claramente um pensamento lamarckista, isto é, aLei do uso e do desuso, e a transmissão de caracteres adquiridos.

DDDDDA teoria sintética da evolução esclarece as causas dasvariabilidades defendidas por Darwin, ou seja, as mutações erecombinação dos genes, que, associadas à seleção natural,levam à evolução.

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AAAAAEm pequenas populações, a probabilidade dos genes recessivosse encontrarem é maior e logicamente a incidência de fenótiposrecessivos é grande, o que em muito auxilia ao pesquisador.

Na realidade, bactérias não adquirem resistência. Acontece,porém, é que na população da bactérias existem variabilidades,isto é, há bactérias resistentes e bactérias sensíveis, o antibióticoirá eliminar as bactérias sensíveis e sobreviverão as bactériasresistentes. Dessa forma, o antibiótico fez a vez do ambienteselecionador.A característica resistência ao antibiótico será transmitida aosdescendentes, surgindo assim uma população de bactériasresistentes ao antibiótico.

AAAAAAs asas dos insetos e das aves são órgãos análogos, resultado deuma adaptação convergente. Por essa razão, não háancestralidade comum entre esses animais.

AAAAAI. (V) As mutações são as origens primárias da variabilidade.II. (V) De acordo com Darwin, as características vantajosas em

um certo ambiente são preservadas pela seleção natural etransmitidas para os descendentes.

III. (V) Havendo modificações nas condições ambientais, aseleção natural continuará agindo, porém tomará outraorientação.

CCCCCTanto para Lamarck como para Darwin o ambiente exercia papelimportante no processo de evolução.

BBBBBAs afirmativas I e III são lamarckistas, apenas a indicada peloalgarismo II é darwinista.

CCCCCOs peixes cegos não têm como fugir dos predadores, nemcomo competir com eles em ambientes iluminados, então elesmigraram para as cavernas, ambiente em que a luz os colocavaem pé de igualdade.

EEEEEPredatismo e competição são fatores de seleção natural, quejuntamente com as mutações favorecem aos mecanismosevolutivos.

A) mutaçõesB) fecundação, crossing-overC) seleção natural

EEEEEObserve que quando houve o primeiro processo cladogênico aespécie (J) permaneceu, no segundo processo, a espécie (J)continuou firme, isto é prova de que esta espécie nos doisprocessos resistiu a ação do ambiente. Logo, mais adaptada.

EEEEEOs organismos citados não protozoários do mesmo gênero,porém de espécies diferentes. Logo, possuem todas as outrasclasses taxonômicas em comum.

CCCCCO gênero deve ser escrito com inicial maiúscula e o nomedesignativo da espécie em inicial minúscula.

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Anotações

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Biologia IV

O ferro é indispensável para a produção de hemoglobina e,logicamente, de hemácias. Ao tomar dose extra de ferro, haveráprodução adequada de hemácias que irão propiciar um aumentono transporte de oxigênio, aliviando, portanto, a falta de ar.

A quantidade de água em um tecido depende da atividademetabólica deste tecido, ou seja, quanto maior a atividademetabólica, maior o teor de água.No gráfico apresentado, o tecido 1 demonstra grande atividademetabólica, terá maior teor de água, logo o tecido 1 poderá ser otecido nervosotecido nervosotecido nervosotecido nervosotecido nervoso, o tecido 2 a dentina dentina dentina dentina dentina, o tecido 3 o músculomúsculomúsculomúsculomúsculo, o tecido4 é o ósseoo ósseoo ósseoo ósseoo ósseo.

AAAAAO teor de água nos seres vivos varia em função de algunsfatores, entre eles está a atividade metabólica e a idade. Quantomaior a atividade metabólica, maior o teor de água e quantomais velho, menor a quantidade de água.

CCCCCA sacarose ao ser quebrada pela enzima produzirá glicose efrutose, na proporção de 1 molécula de sacarose quebrada para1 de glicose formada.

AAAAAOs carboidratos representam a fonte preferencial de energiapara o organismo. O atleta precisará de muita energia paracompetir, assim sendo, deverá consumir o alimento com maiorteor de carboidrato.

A explicação para tal fato, deve-se às diferentes configuraçõesespaciais e aos diferentes arranjos das ligações químicas dessasmoléculas.

DDDDDA sacarose é um dissacarídeo formado de glicose + frutose. Aoser quebrada pela enzima sacarose, fornecerá estes doismonossacarídeos.

DDDDDJuntando-se as peças 4 com 2 e com 6, nesta ordem, montamosuma molécula de aminoácido.

BBBBBO leite materno, além de nutrir/hidratar a criança, contêm grandequantidade de anticorpos que farão a imunização passiva dacriança.

BO soro faz imunização passiva, devido conter anticorpos.

As proteínas dependem de sua forma para reagir quimicamentecom outras substâncias. Veja o caso das enzimas que precisamter um centro ativo configurado com o substrato, só assim estasmaravilhosas proteínas podem participar das reações químicas.

AAAAANicholson e Singer propuseram o modelo do mosaico fluido,isto é, as membranas celulares são constituídas por uma bicamadade fosfolipídios fluida, com proteínas inseridas nessa bicamada,em constante movimentação.

EEEEETodas as membranas que constituem as células têm constituiçãofosfolipoprotéica.

EEEEEA letra A: mostra o arranjo da bicamada de fosfolipídios.A letra B: mostra as cabeças de fostato, polares e hidrofílicas.A letra C: mostra a parte lipídica propriamente dita, apolar ehidrófoba.A letra D: indica as proteínas.

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A) Erro 1: toda e qualquer célula tem membrana plasmática.Os procariontes não seriam excluídos.Erro 2: O complexo de Golgi está presente nas célulasanimais.Erro 3: As células dos vegetais superiores não possuemcentríolos.Erro 4: nas células vegetais há mitocôndrias.

B) A permeabilidade seletiva relaciona-se com a membranaplasmática.A divisão celular relaciona-se mais diretamente com acromatina e carioteca.

Quando se bebe água do mar, estamos ingerindo grandequantidade de sal, para excretar esse sal precisamos produzirmuita urina, o que acarreta grande perda de água, isto, por suavez, provocaria mais sede. Tendo mais sede o náufrago beberiamais água do mar e tudo se repetiria, até a morte pordesidratação.

A) Substância (1): Sendo solúvel em lipídios, essa substância sedifundiria lentamente pelos espaços intermoleculares dabicamada de fosfolipídios.

B) Substância (2): Sendo a substância 2 insolúvel em lipídios ede pequeno diâmetro, irá difundir-se através dos poros oucanais da membrana, como é o caso da água.

Temperatura, espessura da membrana, concentração dasubstância difusa, quantidade de proteínas de canal presentena membrana e o grau de solubilidade em lipídios, o diâmetroda substância difusora.

CCCCCA mistura das proteínas na membrana, demonstrada noexperimento, indica que a bicamada lipídica apresenta apropriedade de fluidez.

BBBBBA difusão facilitada é um mecanismo passivo, não há gasto deenergia pela célula.

DDDDDSubstâncias solúveis em lipídios, se difundem a favor de umgradiente de concentração através dos espaços intermolecularesda bicamada de fosfolipídios, isto é, por difusão simples.

AAAAASubstâncias de grande tamanho e insolúveis em lipídios, sedifundem a favor de um gradiente de soluto através de proteínasintegrais do tipo permeases, isto é, difusão facilitada.

CCCCCAs hemácias possuem concentração 0,9M, o meio em questão é1M, logo haverá difusão de solvente (osmose) do citoplasma dehemácia em direção ao meio. Com isso a hemácia diminuirá oseu volume (plasmólise).

EEEEEA bomba de sódio e potássio gera uma polarização namembrana, pois bombeia sódio para o meio extracelular epotássio para o meio intracelular, logo mantém maior aconcentração de sódio no meio extra e de potássio no meiointracelular.

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Biologia V

BBBBBAs reações metabólicas são degradativas, liberam energia, ouseja, são exergônicas. Assim sendo o nível de energia dos produtosé inferior ao nível dos reagentes, o que implica em uma variaçãode energia menor do que zero.ΔE = EF – E0; com EF < E0 ∴ ΔE < 0

DDDDDAs reações anabólicas são endergônicas, ou seja, absorvemenergia para que a célula possa sintetizar substâncias vitais.

AAAAADurante o crescimento e desenvolvimento do ser vivo, as reaçõesde síntese superam as reações degradativas, para o organismopoder crescer e desenvolver-se.

DDDDDNa glicólise como um todo, o monossacarídeo glicose équebrado produzindo ácido perúvico e liberando energia paraproduzir 4 ATP.

EEEEEOs sistemas são constituídos por um conjunto de órgãosespecializados.

DDDDDO linfócito B após a sua estimulação por um patógeno,diferencia-se em plasmócitos e células de memória.

EEEEEAs células de memória imunológica formam-se a partir doslinfócitos B ativados por um patógeno.

AAAAAQuanto maior for a distância entre os genes em linkage maiorserá a frequência de crossing-over, ou seja, de permutação.

CCCCCA troca de pedaços cromossômicos, que ocorre entre homólogosé o crossing over.

EEEEECromossomo 6 não é homólogo do cromossomo 8, veja que em6 ocorreu uma deleção e o pedaço deletado translocou-se parao cromossomo 8. Logo, ocorreu uma deleção em 6 que gerouuma translocação para o 8.

Observe o mapa gênico.

DDDDDAtravés de fatores químicos táticos, os leucócitos migram emdireção a áreas infectadas por movimentos de diapedese.

Dois processos da imunização estimulam a formação de célulasimunocompetentes: A imunização ativa adaptativa e imunizaçãoativa por vacinação.

Doenças auto-imune, como por exemplo a febre reumática.

A) linfócito B → produzir plasmócitos e células de memória.B) linfócito T citotóxico → induzir a morte das células invasoras

por apoptose e destruir células cancerosas, ou célulasinvadidas por vírus através da lise de suas membranas.

Os genes das características adaptativas da espécie B, devemestá mais distantes, o que levou a uma maior taxa derecombinação e consequentemente a uma maior variabilidadegenética.

A) O número 1, indica que houve um processo de cladogênese,isto é, um isolamento geográfico seguido de mecanismosanagênicos, culminando em um isolamento reprodutivo e aconseqüente formação de duas espécies diferentes (E1 e E2).O número 2 está indicando características derivadasaltamente adaptativas, responsáveis pelo sucesso da espécie2 no ambiente.

B) A espécie 2 (E2) desenvolveu características derivadas maisfavoráveis ao ambiente, obtendo assim mais sucessoadaptativo. Por essa razão a população E2 se desenvolveuadequadamente, enquanto a E1 foi eliminada por seleçãonatural.

A seleção natural.

É o processo cirúrgico para a retirada do Baço.

É o processo responsável pela destruição de hemácias velhas donosso sangue.

O timo é responsável pela diferenciação do linfócito T e produzhormônios que estimulam outros órgãos linfáticos.

Heparina e histamina, a heparina é anticoagulante e a histaminaé vasodilatora.

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B BCA

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Como a distância entre BD é maior, a taxa de recombinação

entre eles é também maior. Por outro lado, a distância entre ABé 15 u, a menor de todos, taxa de recombinação é a menor.

Os gametas AA e BB só produziam a uma taxa de 30% (0,3). Logoa probabilidade do gameta AA fecundar ou ser fecundado pelogameta BB, para resultar em um genótipo AABB é: 0,3 x 0,3 = 0,09ou 9%.

⎧ ⎧⎪ ⎨⎪ ⎩⎨

⎧⎪⎨⎪ ⎩⎩

AB 45%Parentais

ab 45%AB/ab

Ab 5%recombinantes

aB 5%

Anotações

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Matemática - Física - Resolução de Exercícios - Modulo1b

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