elite resolve unifesp 2012 especifica - elitecampinas.com.br · (19) 3251-1012 o elite resolve...

(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE UNIFESP 2012 – CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS

1

BIOLOGIA

QUESTÃO 01 Durante a prófase I da meiose, pode ocorrer o crossing over ou permuta gênica entre os cromossomos das células reprodutivas. a) Explique o que é crossing over e sua importância para as espécies. b) Considerando que a maioria das células de um organismo realiza divisão celular mitótica para se multiplicar, justifique o fato de as células reprodutivas realizarem a meiose.

Resolução a) Crossing-over, também conhecido como permutação, é um fenômeno característico do processo de divisão celular denominado Meiose. Este evento ocorre especificamente na Meiose I, fase Prófase I, sub-fase Paquíteno. Neste processo, os cromossomos homólogos emparelhados (sinapse) trocam pedaços entre suas cromátides-irmãs internas, promovendo o surgimento de novas sequências de genes nos cromossomos e, consequentemente, aumentando significativamente a possibilidade de novas combinações de genes em cada gameta formado e, desta forma, incrementando o número de combinações possíveis de características. Em outras palavras, o crossing-over atua aumentando a variabilidade genética. É sobre essa variabilidade que atua a seleção natural, favorecendo a sobrevivência de indivíduos mais aptos ao ambiente em que vivem e resultando na evolução biológica dos mesmos. b) As células reprodutivas realizam a meiose pois este processo leva à separação dos pares de cromossomos homólogos durante a divisão e, portanto, permite a formação de gametas e esporos haplóides. Consequentemente, a meiose garante a manutenção do número cromossômico constante, geração após geração. Na hipótese de as células reprodutivas não sofrerem esta redução do número cromossômico (Meiose I ou Meiose Reducional – R!), o zigoto formado após a fecundação teria o dobro do número de cromossomos, levando à formação de células poliplóides. Embora muitas espécies vegetais continuem viáveis nessas condições, geralmente zigotos animais poliplóides não terminam seu desenvolvimento. Além disso, a meiose é importante para aumentar a variabilidade genética dos indivíduos formados por reprodução sexuada, pelos eventos crossing-over e segregação independente dos cromossomos homólogos (Anáfase I).

QUESTÃO 02 Leia o texto. É uma floresta em pedaços. Segundo estimativas recentes, restam de 11% a 16% de sua cobertura original, a maior parte na forma de fragmentos com menos de 50 hectares de vegetação contínua, cercados de plantações, pastagens e cidades. Há tempos se sabe que essa arquitetura desarticulada dificulta a recuperação da floresta, uma das 10 mais ameaçadas do mundo. Pesquisadores coletaram informações sobre a abundância e a diversidade de anfíbios, aves e pequenos mamíferos em dezenas de trechos no Planalto Ocidental Paulista, as terras em declive que se estendem da Serra do Mar rumo a oeste e ocupam quase a metade do estado. Ao comparar os dados, os pesquisadores observaram quedas dramáticas na biodiversidade dos fragmentos.

(Pesquisa Fapesp, maio de 2011. Adaptado.) Responda: a) Qual o nome do bioma brasileiro a que se refere o texto? Cite uma característica deste bioma quanto ao regime hídrico e uma característica relativa aos aspectos da flora. b) O texto faz referência às terras em declive que se estendem da Serra do Mar rumo a oeste. Rumo a leste, quais são os outros dois ecossistemas terrestres que estão presentes?

Resolução a) No Estado de São Paulo encontramos os biomas Cerrado e Mata Atlântica. De acordo com o IBGE, o Cerrado é caracterizado por formações de vegetação campestre, enquanto a Mata Atlântica por formações florestais. A questão trata, portanto, da Mata Atlântica, o terceiro hot spot de biodiversidade do mundo. O mapa abaixo ilustra os fragmentos que compõem a Mata Atlântica paulista:

(Fonte: http://www.biota.org.br/info/saopaulo/reman_atlan)

Além disso, o texto menciona uma porcentagem da área original ocupada atualmente pelo bioma que corresponde às informações contidas em estudos sobre a Mata Atlântica, de acordo com a Fundação SOS Mata Atlântica. Dados da Conservation International (http://www.conservation.org.br/arquivos/RelatDesmatamCerrado.pdf) indicam a existência de cerca de 34% de áreas originais de Cerrado. A Mata Atlântica possui alto índice de pluviosidade, apresenta duas estações bem definidas: uma mais quente e chuvosa e outra de temperaturas mais baixas com menor pluviosidade. Possui árvores muito adensadas de grande porte e conta com a presença de epífitas como orquídeas e bromélias. b) Em São Paulo, os dois ecossistemas possíveis de serem encontrados a leste são mangue e restinga. O mangue caracteriza-se por ser um ecossistema de transição entre o ambiente terrestre e o marinho, sujeito ao regime de marés. Está associado ao encontro de águas de rios e do mar (margens de baías, enseadas, barras, desembocaduras de rios, lagunas e reentrâncias costeiras).

Aspecto de um manguezal (Fonte:

http://www.infoescola.com/geografia/mangues-manguezal/) A restinga também é um ecossistema de transição entre os ambientes terrestre e marinho, caracteriza-se por possuir um solo arenoso e salino coberto por plantas herbáceas típicas.

Aspecto de vegetação de restinga (Fonte:

http://www.infoescola.com/biomas/restinga/)


2

QUESTÃO 03

(Ministério da Saúde. Boletim Epidemiológico – AIDS e DST, 2010) a) A partir do início deste século, as agências oficiais de saúde passaram a desenvolver campanhas de prevenção voltadas diretamente ao público feminino. Como os dados do gráfico justificam esta iniciativa? b) Cite outras duas doenças que são transmitidas pelas mesmas vias que a AIDS.

Resolução a) Percebemos claramente no gráfico acima que a razão de detecção dos casos de AIDS entre os sexos decresce gradualmente até o início deste século. Sendo que, deste ponto em diante, a taxa de detecção de AIDS em mulheres passa a ser muito próxima à dos homens. Este aumento na detecção de AIDS em mulheres em relação aos homens justifica a ação do governo em criar campanhas de prevenção voltadas diretamente ao público feminino. b) As vias de transmissão da AIDS são as relações sexuais desprotegidas (sem uso de preservativo) e as sanguíneas: 1) Via parenteral - que chega ao sangue direto, como por exemplo, utilização de sangue ou seus derivados sem controle de qualidade, uso compartilhado de seringas e agulhas não esterilizadas; 2) Da mãe para o filho (no curso da gravidez, durante ou após o parto e pelo leite materno); 3) Recepção de órgãos ou sêmen de doadores infectados. O vírus HIV, causador da Síndrome da imunodeficiência adquirida (SIDA ou AIDS) não é transmitido pelo convívio social ou familiar, abraço ou beijo, alimentos, água, picadas de mosquitos ou de outros insetos. Sendo assim, podemos considerar como doenças cujas formas de transmissão sejam pelas mesmas vias que a AIDS as doenças sexualmente transmissíveis (DSTs), tais como Tricomoníase, Clamídia, Gonorréia, Sífilis, Cancro mole, Herpes genital, Linfogranuloma venéreo, Condiloma acuminado ou HPV, Hepatite B. Existem também algumas doenças transmitidas especificamente pelo sangue contaminado, tais como Hepatite C, Doença de Chagas e HTLV I e II.

QUESTÃO 04 Todos os anos, o serviço público de saúde do Brasil lança campanhas de vacinação voltadas para a população. A vacinação funciona como uma primeira exposição do nosso organismo ao agente infeccioso. a) Compare como reage nosso organismo, em termos de velocidade de resposta e quantidade de anticorpos produzidos, em uma primeira e em uma segunda exposição ao agente infeccioso. b) Ao contrário de outras vacinas, a vacina contra gripe é periódica, ou seja, mesmo quem já foi vacinado anteriormente deve receber a vacina a cada ano. Por que isso ocorre?

Resolução a) A primeira exposição a um patógeno provoca uma reação imunológica chamada de resposta primária. Ela ocorre através de uma sequência de passos que culminam com a produção de anticorpos contra o antígeno. São eles: 1. Fagocitose de um agente infeccioso por um macrófago. Sua digestão levará à formação de fragmentos (antígenos) que serão expostos na superfície da membrana do macrófago por proteínas específicas (proteínas de classe II do MHC); 2. Apresentação do antígeno aos linfócitos T helper, que uma vez ativados pela interleucina 1, passam a produzir citocinas, que levam à sua proliferação;

3. Acoplamento de um linfócito T helper a um linfócito B, cujas proteínas do MHC classe II expõem um antígeno. Esse acoplamento fará com que os linfócitos T helper produzam citocinas que estimularão a proliferação dos linfócitos B; 4. Diferenciação dos linfócitos B proliferados. Essa diferenciação dará origem aos plasmócitos (células especializadas na produção de anticorpos) e células de memória (que armazenam a informação sobre a forma do anticorpo para sua produção em outros episódios de contato com o mesmo antígeno). Este processo pode ter duração de alguns dias e é, portanto, um processo lento. A concentração de anticorpos na circulação do paciente é dependente da quantidade de linfócitos B ativados. Como essa ativação é lenta, a concentração de anticorpos circulantes será baixa. Numa segunda exposição ao antígeno, todo o processo descrito acima não precisa ocorrer, uma vez que células de memória derivadas da diferenciação dos linfócitos B na resposta primária já existem. Com o contato entre as células de memória e os antígenos, rapidamente ocorre sua diferenciação em plasmócitos e uma grande quantidade de anticorpos é produzida de forma muito rápida. Isso caracteriza o que chamamos de resposta imunológica secundária, e sua alta velocidade de reação é responsável por impedir, na maioria dos casos, a instalação de processos de doença nesses casos. b) A gripe é causada pelos vírus Influenza, pertencentes à família Orthomixoviridae, caracterizados por apresentarem um envelope lipoprotéico envolvendo moléculas de RNA. O RNA é uma molécula composta por uma única fita de nucleotídeos. Dessa forma, não há uma fita complementar, que funciona como uma cópia de segurança da informação contida na fita original. Além disso, o RNA contido no genoma dos vírus Influenza é senso negativo. Isso significa que o RNA mensageiro utilizado para a síntese de proteínas virais é complementar àquele armazenado no vírus. Para a síntese protéica é necessário, portanto, um evento de transcrição. Para a síntese de novas cópias de RNA para os vírus recém produzidos na célula hospedeira é necessário um novo evento de transcrição. A necessidade de dois eventos transcricionais durante o mecanismo de proliferação do vírus faz com que a sua taxa de mutação seja muito elevada, mesmo quando comparada à taxa de mutação de outros vírus de RNA, como os retrovírus (0,2 mutações por genoma por replicação em retrovírus, contra cerca de 0,7 mutações por genoma por replicação em Influenza, Drake & Holland, 1999). Além disso, os hospedeiros dos Influenza (principalmente humanos, suínos e aves) tem uma convivência muito próxima, principalmente no sudeste asiático e China. Isso faz com que a possibilidade de recombinação gênica entre cepas de Influenza que parasitam hospedeiros diferentes, seja muito aumentada, dando origem a formas híbridas, com grande capacidade de dispersão. Com isso, anualmente, a rota de migração de aves de leste para oeste, partindo das áreas de floresta tropical da Ásia, acaba sendo a rota de migração de novas cepas de Influenza, às quais as populações humanas ainda não foram expostas. Isso explica a ocorrência anual de surtos de gripe. Quando novas cepas são identificadas pelos órgãos de vigilância epidemiológica mundiais, novas vacinas contra esses vírus são produzidas e a população é devidamente imunizada. Literatura citada: John W. Drake & John J. Holland. 1999. Mutation rates among RNA viruses. Proceedings of the National Academy of Sciences; 23, 96(24):13910-3. Acessado em 16/12/2011.

QUESTÃO 05 Ao chegar ao arquipélago de Galápagos, no Pacífico, Darwin encontrou uma rica variedade de tartarugas e aves vivendo sob condições ambientais peculiares, como o isolamento geográfico e a dieta, que devem ter influenciado fortemente sua evolução ao longo de milhões de anos. As prováveis causas do fato de haver tantos animais tão semelhantes entre si – as aves, por exemplo, com o bico mais curto ou mais longo, dependendo do que comiam – pareciam claras.

(Pesquisa Fapesp, julho de 2011. Adaptado.) Responda: a) Por que o isolamento geográfico favorece a especiação? b) Na situação dada pelo texto, e no âmbito da teoria da evolução, explique que relação existe entre a dieta e o comprimento dos bicos das aves das diferentes ilhas do arquipélago de Galápagos.


3

Resolução a) O modelo de especiação de que trata a questão é a especiação alopátrica, ou geográfica. Para compreendermos esse modelo, é necessário que consideremos, inicialmente, uma população na qual não há barreiras para o fluxo gênico. Isso significa que qualquer mutação que provoque o surgimento de um novo alelo tem o potencial de se fixar em toda a população, sem restrições. O isolamento geográfico se dá com o surgimento de uma barreira (e.g. uma montanha, um rio ou qualquer outro acidente geográfico) que divida a população original em duas sub-populações e, com isso, impeça o fluxo gênico entre essas duas populações. Com isso, eventos de anagênese (como mutações, recombinações gênicas etc) que venham a ocorrer em uma sub-população ficarão restritos a ela. As alterações na composição do pool gênico de cada uma das populações, por causa da barreira geográfica, são independentes. Dessa forma, a diferenciação genética isolada em cada uma das linhagens faz com que seja mais provável a ocorrência de mutações que levem à incompatibilidade reprodutiva e, portanto, ao estabelecimento de barreiras fisiológicas ao fluxo gênico. Ao verificarmos a existência dessas barreiras fisiológicas, teremos duas populações cujos pools gênicos permanecem isolados. Com isso, temos duas espécies. b) O texto se refere às aves do grupo dos tentilhões (Família Fringillidae, gêneros Geospiza, Platyspiza, Pinaroloxias, Camarynchus e Certhidea), cuja célebre observação por Darwin em Galápagos é um dos mais propalados exemplos de como age a seleção natural. Em cada uma das ilhas do arquipélago de Galápagos, a espécie ancestral dos tentilhões experimentava uma dieta diferente. Com o isolamento geográfico de subpopulações em cada uma das ilhas, a seleção natural acabou levando à sobrevivência apenas daqueles pássaros cujos bicos se mostravam eficientes para o consumo do tipo de alimento encontrado em cada ilha. A evolução das espécies dos grupos de tentilhões está diretamente relacionada à dieta, como se vê na figura abaixo:

(Fonte: Biology, Eighth Edition, Author(s): Neil A. Campbell; Jane B. Reece; Lisa A. Urry; Michael L. Cain, Steven A Wasserman, Peter V. Minorsky e Robert B. Jackson, 2009) Assim, a dieta disponível em cada ilha funcionou como um fator de seleção, que levou à sobrevivência preferencial daqueles pássaros que já possuíam bicos cujo formato era adequado. Com isso, a fixação de formatos de bico distintos nas populações de tentilhões surge como uma adaptação às condições de dieta de cada ilha.

QUÍMICA

QUESTÃO 06 Na agricultura, é comum a preparação do solo com a adição de produtos químicos, tais como carbonato de cálcio ( )3CaCO e nitrato

de amônio ( )4 3NH NO . A calagem, que é a correção da acidez de solos ácidos com 3CaCO , pode ser representada pela equação:

23 2 2( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( )CaCO s H aq Ca aq H O CO g+ +⎯⎯→+ + +←⎯⎯

a) Explique como se dá a disponibilidade de íons cálcio para o solo durante a calagem, considerando solos ácidos e solos básicos. Justifique. b) Qual o efeito da aplicação do nitrato de amônio na concentração de íons H + do solo?

Resolução a) O 3CaCO é um sal que apresenta caráter básico, devido à

presença do ânion carbonato. Em solos ácidos, os íons H + reagem com o bicarbonato ( 3HCO − ), formando o 2 3H CO , o qual se decompõe conforme mostra a reação abaixo:

23( ) ( ) 2 3( )

2 3( ) 2 ( ) 2( )

aq aq aq

aq g g

CaCO Ca H CO

H CO H O CO

+ +

+

Assim, observa-se a disponibilidade do cátion 2Ca + no solo. Já em solo básico, não é observada nenhuma reação química. Como o sal 3CaCO é pouco solúvel em água, o cátion cálcio não estará disponível no solo. b) O sal 4NH Cl irá se dissociar na presença de água formando as

espécies 4NH + e Cl − . Os íons cloreto provenientes do ácido clorídrico, um ácido forte, não reagirão com água (não sofrem hidrólise). Por outro lado, o íon 4NH + irá se ionizar conforme mostra a equação abaixo:

4 ( ) 3( ) ( )aq g aqNH NH H+ ++

Logo o cloreto de amônio aumenta a concentração de íons H + no solo, e contribui para a diminuição do pH do mesmo.

QUESTÃO 07 Os fenóis são compostos com características bactericidas; seu uso como antisséptico hospitalar é mencionado desde o século XIX. Diversos produtos de higiene contêm derivados do fenol. O resorcinol pode ser sintetizado a partir da reação indicada na equação.

a) Determine a massa de hidróxido de sódio necessária para produção de 55 g de resorcinol. b) Uma solução aquosa de resorcinol preparada com água destilada apresenta faixa de pH acima ou abaixo de 7,0? Justifique.

Resolução a) Para a produção de 55 g de resorcinol (110 g/mol):

1 mol resorcinol 110 g x mol resorcinol 55 g

0,5 molx⇒ =

Assim, seguindo a estequiometria da reação, tem-se:


4

4 mol NaOH 1 mol resorcinol y mol de NaOH 0,5 mol resorcinol

2 moly⇒ =

Logo, sabendo-se que a massa molar do NaOH é igual a 40 g/mol, serão necessários 2 × 40 = 80 g de hidróxido de sódio. b) Os fenóis podem ser considerados como ácidos muito fracos, pois apresentam hidrogênios ligados a oxigênios passíveis de sofrerem ionização, uma vez que o ânion formado pode ser estabilizado pela conjugação com o anel. Portanto, uma solução contendo resorcinol apresentará pH abaixo de 7,0.

QUESTÃO 08 2011 é o Ano Internacional da Química; neste ano, comemoram-se também os 100 anos do recebimento do Prêmio Nobel de Química por Marie Curie, pela descoberta dos elementos químicos rádio e polônio. Ela os obteve purificando enormes quantidades de minério de urânio, pois esses elementos estão presentes na cadeia de decaimento do urânio-238. Vários radionuclídeos dessa cadeia emitem partículas alfa

42( )α ou beta negativa ( )−β .

a) O Po-210 decai por emissão alfa com meia-vida aproximada de 140 dias, gerando um elemento estável. Uma amostra de Po-210 de altíssima pureza foi preparada, guardada e isolada por 280 dias. Após esse período, quais elementos químicos estarão presentes na amostra e em que proporção, em número de átomos? b) Qual o número de partículas alfa e o número de partículas beta negativa que são emitidas na cadeia de decaimento que leva de um radionuclídeo de Ra-226 até um radionuclídeo de Po-210? Explique.

Resolução a) Sabendo-se que o Po-210 decai emitindo uma partícula alfa, pode-se afirmar que o outro elemento formado será o 206

82Pb :

−−→ α +210 4 210 4

84 2 84 2Po X Temos que o elemento é o 206

82Pb pois o número atômico (Z) encontrado refere-se a este átomo. Para determinar a quantidade de átomos presentes, é preciso notar que o tempo de meia-vida do Po-210 é de 140 dias e ele permanece 280 dias confinado no recipiente. Assim, observa-se que se passaram 2 períodos de meia-vida. A quantidade de Po cai pela metade duas vezes:

1 1.2 2f Po i Pon n= ⋅

Como 34 i Pon⋅ de Po decaíram, formaram-se 3

4 i Pon⋅ de Pb. Assim, a

razão entre o número de átomos de Pb e Po presentes no sistema é:

3414

i Pof Pb

f Poi Po

nnn n

⎛ ⎞⋅⎜ ⎟⎝ ⎠= ⇒⎛ ⎞⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

3f Pb

f Po

nn

=

b) Desconsiderando as etapas intermediárias, a cadeia de decaimentos é como mostrada abaixo:

226 210 4 088 84 2 1Ra Po x y −→ + α + β

Conservação de A (número de massa): 226 210 4x= + ⇔ 4x =

Pela conservação de Z: 88 84 2x y= + − ⇔ 4y =

Nota: É importante lembrar que um elemento radioativo pode emitir no máximo uma partícula alfa por vez. Além disso, o elemento chumbo tipicamente é estável, e por isto várias cadeias de decaimento terminam nele.

QUESTÃO 09 Considere a reação orgânica representada na equação e os valores de entalpia-padrão de formação ( )0

fHΔ das substâncias participantes

da reação. 3 3 2( ) ( ) ( ) ( )CH OH CH COOH X H O+ ⎯⎯→ +

Substância 0 1( . )fH KJ mol −Δ

3 ( )CH OH -239

2 ( ))CH COOH -484

( )X -442

2 ( )H O -286

A substância X é um líquido inflamável usado como solvente na fabricação de colas. a) Escreva a fórmula estrutural da substância X e indique a função orgânica à qual ela pertence. b) Calcule a entalpia da reação descrita. Como essa reação é classificada quanto ao calor de reação?

Resolução a) Trata-se de uma reação de esterificação. O composto formado é dado a seguir:

O

O

O grupo funcional é um éster. b) Para calcular a entalpia de uma reação segue a seguinte relação:

1

ºº ( 442 286) ( 239 484)

º 5 .

o oR P R

R

R

H H HH

H kJ mol −

Δ =Σ − Σ

Δ = − − − − −

Δ = −

Como HΔ representa a troca de calor de uma reação e º 0RHΔ < , tem-se uma reação exotérmica.

QUESTÃO 10 Um dentista receitou para seu paciente, que estava com ferimentos na gengiva, um enxágue bucal com água oxigenada 10 volumes. No quadro, é transcrita parte do texto que consta no rótulo de um frasco de água oxigenada comprado pelo paciente. Composição: solução aquosa de peróxido de hidrogênio 10 volumes de oxigênio. Indicações: antisséptico tópico – agente de limpeza de ferimentos. O peróxido de hidrogênio é um desinfetante oxidante, com ação germicida. O peróxido de hidrogênio se decompõe rapidamente e libera oxigênio quando entra em contato com o sangue.

Considere as seguintes informações: • A equação da reação de decomposição do 2 2H O é:

2 2 2 21( ) ( ) ( )2

H O aq H O O g⎯⎯→ +

• Na decomposição de 1 kg de água oxigenada 10 volumes, são liberados 0,444 mols de gás 2O . a) Escreva o nome do grupo de substâncias orgânicas ao qual pertence a substância presente no sangue que promove a rápida decomposição da água oxigenada, bem como sua função em relação à energia de ativação dessa reação. b) Calcule o teor percentual em massa de peróxido de hidrogênio na solução de água oxigenada adquirida pelo paciente.

Resolução a) As substâncias que promovem a rápida decomposição da água oxigenada são enzimas e, portanto, classificadas no grupo das proteínas. As enzimas, como todo catalisador, diminuem a energia de ativação das reações, permitindo sua ocorrência em menor tempo.


5

b) Através dos dados fornecidos no enunciado e utilizando as relações estequiométricas da reação, tem-se:

2 2 2 212

H O H O O⎯⎯→ +

1 mol H2O2 0,5 mol de O2 x mol H2O2 0,444 mol de O2

0,888 molx = A massa de H2O2 é calculada abaixo:

g0,888 mol 34 30,2 gmol

× =

Como essa quantidade de H2O2 está presente em 1 kg de água oxigenada 10 volumes, tem-se uma porcentagem igual a:

2 230,2 g 0,03 3%1000 g solução

H O= =

FÍSICA

QUESTÃO 11

Em uma manhã de calmaria, um Veículo Lançador de Satélite (VLS) é lançado verticalmente do solo e, após um período de aceleração, ao atingir a altura de 100 m, sua velocidade linear é constante e de módulo igual a 20,0 m/s. Alguns segundos após atingir essa altura, um de seus conjuntos de instrumentos desprende-se e move-se livremente sob ação da força gravitacional. A figura fornece o gráfico da velocidade vertical, em m/s, do conjunto de instrumentos desprendido como função do tempo, em segundos, medido no intervalo entre o momento em que ele atinge a altura de 100 m até o instante em que, ao retornar, toca o solo.

a) Determine a ordenada y do gráfico no instante 0 st = e a altura em que o conjunto de instrumentos se desprende do VLS. b) Calcule, através dos dados fornecidos pelo gráfico, a aceleração gravitacional do local e, considerando 2 1,4= , determine o instante no qual o conjunto de instrumentos toca o solo ao retornar.

Resolução a) Pelo enunciado, 20,0y = , pois a velocidade do conjunto ao atingir

100m é 20,0 m/s . Após atingir esta altura, a velocidade se mantém constante até o momento de despreendimento do conjunto de instrumentos, 2 segundos depois:

0 100 20 2S S v t S= + ⋅ Δ ⇒ = + ⋅ ⇒ 140 mS = b) A gravidade no local é justamente a aceleração do conjunto de instrumentos durante sua queda, já que a única força atuante nesta situação é a gravitacional. Como o conjunto vai de 20 m/s a 0 m/s em ( )4 2 2 s− = :

20 20 10 m s2

vgt

Δ −= = = −Δ

Ou seja, g aponta para baixo (sinal negativo num sistema de

referencial que aponta para cima) e possui módulo 10 m/sg = . Para calcular então o instante em que o conjunto de instrumentos toca o solo, usamos a equação do espaço em função do tempo para este movimento uniformemente acelerado, iniciado em 0 2 st = :

2 2

0 0( 10)0 140 20

2 2a t tS S v t t⋅ Δ − ⋅ Δ

= + ⋅ Δ + ⇒ = + ⋅ Δ +

2 4 2 2 4 2 2 4 1,4 7,6 st t tΔ = ± ⇒ Δ = + = + ⋅ ⇒ Δ = Calculando o instante t de colisão com o chão:

0 7,6 2 7,6t t t− = ⇒ − =

9,6 st =

QUESTÃO 12 Um corpo esférico, pequeno e de massa 0,1 kg, sujeito a aceleração gravitacional de 10 m/s2, é solto na borda de uma pista que tem a forma de uma depressão hemisférica, de atrito desprezível e de raio 20 cm, conforme apresentado na figura. Na parte mais baixa da pista, o corpo sofre uma colisão frontal com outro corpo, idêntico e em repouso.

Considerando que a colisão relatada seja totalmente inelástica, determine: a) O módulo da velocidade dos corpos, em m/s, imediatamente após a colisão. b) A intensidade da força de reação, em newtons, que a pista exerce sobre os corpos unidos no instante em que, após a colisão, atingem a altura máxima.

Resolução Sejam A, a primeira esfera a se mover e B, a segunda esfera que inicialmente está em repouso. Cálculo de ''Av (antes da colisão), por conservação de energia mecânica do ponto mais alto ( ' 0Av = ) até o ponto de colisão:

' '' 'CinA A AE E E= ⇒ ' '' ''Pot Cin Pot

A A AE E E+ = +

m mg R⋅ ⋅ =2 2( '') ( '')10 0,2

2 2A Av v⋅

⇒ ⋅ =

'' 2 m/sAv = Colisão, sendo as massas iguais a m:

'' ''A BQ Q+ ''' '' 2 '''AB A ABQ m v m v= ⇒ ⋅ = ⋅

''' 1 m/sABv =

b) Após a colisão, as duas esferas sobem até uma altura h, calculada também por conservação de energia mecânica do ponto P ao ponto Q. Observe a figura:

, , , ,Cin Pot

AB P AB Q AB P AB PE E E E= ⇒ + ,CinAB QE= ,

PotAB QE+

2m ''' 22

ABv m⋅=

1 102

g h h⋅ ⋅ ⇒ = ⋅

0,05 mh =

Deste modo, 0,15 3cos0,20 4

θ = =

0,20m θ

N

0,05m

0,15m

xP

P

yPθ

RR h−

h

θ

N

P P

Q


6

Observe que a resultante R xF P= , pois o corpo acelera

tangencialmente à semicircunferência ( 0 0centrípetav F= ⇒ = ), então

yN P= . Logo:

3(2 ) cos (2 0,1) 104

N m g= ⋅ ⋅ θ = ⋅ ⋅ ⋅

1,5 NN =

QUESTÃO 13 Uma mola de massa desprezível presa ao teto de uma sala, tem sua outra extremidade atada ao centro de uma barra metálica homogênea e na horizontal, com 50 cm de comprimento e 500 g de massa. A barra metálica, que pode movimentar-se num plano vertical, apresenta resistência ôhmica de 5 Ω e está ligada por fios condutores de massas desprezíveis a um gerador G de corrente contínua, de resistência ôhmica interna de 5 Ω, apoiado sobre uma mesa horizontal. O sistema barra-mola está em um plano perpendicular a um campo magnético B horizontal, cujas linhas de campo penetram nesse plano, conforme mostra a figura.

Determine: a) a força eletromotriz, em volts, produzida pelo gerador e a potência elétrica dissipada pela barra metálica, em watts. b) a deformação, em metros, sofrida pela mola para manter o sistema barra-mola em equilíbrio mecânico. Suponha que os fios elétricos não fiquem sujeitos a tensão mecânica, isto é, esticados.

Resolução a) Fixada a corrente 5 Ai = , a resistência equivalente do circuito é:

5 5eq barra geradorR R R= + = +

10 eqR = Ω Assim:

10 5eqR iε = ⋅ = ⋅

50 Vε = E ainda:

2 25 5barra barraPot R i= ⋅ = ⋅

125 WbarraPot =

b) Para o equilíbrio mecânico, a condição é que a força resultante seja nula. Sejam P o peso, elF a força elástica e magF a força magnética (que aponta para cima, pela regra da mão esquerda, ou a regra do tapa), temos os valores:

0,5 10 5 NP m g P= ⋅ = ⋅ ⇒ = 0,4 5 0,5 1 1 Nmag magF B i l sen F= ⋅ ⋅ ⋅ θ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =

Concluímos, dessa forma, que elF aponta para cima, como mostra a figura:

P

magF elF

i B

Assim:

5 1 5 80 1mag elF F P k x x+ = ⇒ + ⋅ Δ = ⇒ + ⋅ Δ =

0,05 mxΔ =

Vale observar que o gerador de corrente mantém o valor de 5 Ai = fixo, portanto magF também é constante, assim como elF deve ser. Sendo assim, o equilíbrio mecânico não poderia ser estabelecido com um valor de 0,05 mxΔ ≠ , (por exemplo, no caso de a barra estar em movimento, e uma força eletromotriz ser induzida na barra).

QUESTÃO 14 Um paciente, que já apresentava problemas de miopia e astigmatismo, retornou ao oftalmologista para o ajuste das lentes de seus óculos. A figura a seguir retrata a nova receita emitida pelo médico. Nome: Jorge Frederico de Azeredo

Grau Esférico Cilíndrico Eixo D. P. OD -3,00 -0,75 150º PARA

LONGE OE -3,00 -0,75 150º 62,00 mm

OD +1,00 -0,75 PARA PERTO OE +1,00 -0,75

68,00 mm

Obs.: Óculos para longe e perto separados. Ao pegar seus óculos é conveniente trazê-los para conferir. Próxima consulta: __.08.2012

São Paulo, 30.08.2011 Carlos Figueiredo

CRM nº: 000 00

a) Caracterize a lente indicada para correção de miopia, identificando a vergência, em dioptrias, e a distância focal, em metros. b) No diagrama I, esboce a formação da imagem para um paciente portador de miopia e, no diagrama II, a sua correção, utilizando-se a lente apropriada.

Resolução a) A miopia é corrigida com lentes divergentes (distância focal negativa e, portanto, vergência negativa). Pela tabela:

3,00 diV = −

1 1 13,00 m3

V ff f

= ⇒ − = ⇒ = − ou 0,33 mf ≈ −

A lente utilizada é divergente b) A questão pede um esboço da formação de uma imagem nos desenhos, o que sugere traçar pelo menos dois raios de luz incidindo na lente (cristalino) de formas diferentes e se encontrando no ponto de formação da imagem. No entanto, a figura no caderno de respostas ficou extremamente pequena, não sendo possível desenhar corretamente a situação. Observe a figura ampliada abaixo:

Mesmo com a figura ampliada, parece-nos difícil desenhar adequadamente a imagem formada, com lápis e régua. Além disso, no caso do diagrama II, a lente, que normalmente ficaria muito próxima aos olhos, se comparada a um objeto distante, foi apresentada a meia distância entre o olho e o objeto, o que, em uma questão que deve ser desenhada em escala, torna-se extremamente inapropriado. Em uma figura ampliada e fora de escala, poderíamos construir:

Uma resposta parcial, que mostraria pelo menos a parte básica do conhecimento do candidato e, possivelmente, a única viável, com as dimensões e imperfeições das figuras, seria traçar apenas parte dos raios, conforme as figuras a seguir:


7

QUESTÃO 15 Um calorímetro de capacidade térmica10 /cal C° , contendo 500 g de água a 20° C, é utilizado para determinação do calor específico de uma barra de liga metálica de 200 g, a ser utilizada como fundo de panelas para cozimento. A barra é inicialmente aquecida a 80° C e imediatamente colocada dentro do calorímetro, isolado termicamente. Considerando o calor específico da água ( )1,0 /cal g C⋅ ° e que a temperatura de equilíbrio térmico atingida no calorímetro foi 30° C, determine: a) a quantidade de calor absorvido pelo calorímetro e a quantidade de calor absorvido pela água. b) a temperatura final e o calor específico da barra.

Resolução A – água B – metal C – calorímetro Dados:

500 gAm = 200 gBm = 10 cal/ºCCC =

0 20 ºCAT = 0 80 ºCBT = 0 20 ºCCT = 30 ºCAT = 30 ºCBT = 30 ºCCT = 1 cal/gºCAc = ?Bc =

a)

( ) ( )0 10 30 20C C C CQ C T T= ⋅ − = ⋅ −

100 calCQ =

( ) ( )0 500 1 30 20A A A A AQ m c T T= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ −

5000 calAQ =

b) Pelo enunciado:

30 ºCBT =

Temos ainda: 0A B CQ Q Q+ + =

( )05000 100 0B B B Bm c T T+ ⋅ ⋅ − + =

( )5000 200 30 80 100 0Bc+ ⋅ ⋅ − + =

0,51 cal/gºCBc =

MATEMÁTICA

QUESTÃO 16

O quadro mostra o resultado de uma pesquisa realizada com 200 nadadores de competição da cidade de São Paulo, visando apontar o percentual desses nadadores que já tiveram lesões (dores) em certas articulações do corpo, decorrentes da prática de natação, nos últimos três anos.

ARTICULAÇÃO PERCENTUAL DE NADADORES ombro 80% coluna 50% joelho 25%

pescoço 20% Com base no quadro, determine: a) quantos nadadores do grupo pesquisado tiveram lesões (dores) no joelho ou no pescoço, considerando que 5% dos nadadores tiveram lesões nas duas articulações, joelho e pescoço. b) qual é a probabilidade de um nadador do grupo pesquisado, escolhido ao acaso, não ter tido lesões (dores) no ombro ou na coluna, considerando as manifestações de dores como eventos independentes.

Resolução a) Da teoria de conjuntos, temos que:

( ) ( ) ( ) ( )n J P n J n P n J P∪ = + − ∩ ⇔

( ) 0,25 200 0,20 200 0,05 200n J P⇔ ∪ = ⋅ + ⋅ − ⋅ ⇔ ( ) 0,4 200n J P⇔ ∪ = ⋅ ⇔ ( ) 80 nadadoresn J P∪ =

b) O enunciado pode gerar confusão na interpretação da frase " não ter tido lesões (dores) no ombro ou na coluna", já que pode ser interpretado como: (I) não ter tido lesões (no ombro ou na coluna), isto é, não ter tido lesões nem no ombro, nem na coluna, ou seja, em nenhuma das articulações. Assim, estaríamos falando do evento:

( ) ( )CO C O C∪ = ∪ complementar de ( )O C∪

(II) não ter tido lesões no ombro ou não ter tido lesões na coluna, isto é, não ter tido lesões em pelo menos uma das articulações:

C CO C O C∪ = ∪ união entre (o complementar de O) e (o complementar de C)

Calcularemos a probabilidade do evento de acordo com cada uma dessas interpretações. Seja ( )P O a probabilidade de um nadador ter lesões no ombro e

( )P C a probabilidade de um nadador ter lesões na coluna. Então:

( )( )

( ) 0,8 1 0,8 0,2( ) 0,5 1 0,5 0,5

C

C

P O P OP C P C

⎧= = − =⎧ ⎪⇔⎨ ⎨= = − =⎩ ⎪⎩

Como os eventos são independentes, temos ainda que:

( ) ( ) ( ) 0,8 0,5 0,4P O C P O P C∩ = ⋅ = ⋅ = A partir daqui, separamos a resolução de acordo com cada interpretação: (I) Na primeira interpretação, temos:

( )( ) ( ) [ ]1 1 ( ) ( ) ( )CP O C P O C P O P C P O C∪ = − ∪ = − + − ∩ =

[ ]1 0,8 0,5 0,4= − + − ⇔ ( )( ) 0,1CP O C∪ = (II) Na segunda interpretação, temos:

( ) ( )( ) ( )1 1 0,4CC CP O C P O C P O C∪ = ∩ = − ∩ = − ⇔ ( ) 0,6C CP O C∪ =

Observação: Como sugestão, essa ambiguidade indesejável poderia ter sido evitada se a pergunta tivesse sido redigida usando a notação matemática da teoria dos conjuntos, ao invés de ter sido escrita por extenso, como foi o caso.

QUESTÃO 17 Por motivos técnicos, um reservatório de água na forma de um cilindro circular reto (reservatório 1), completamente cheio, será totalmente esvaziado e sua água será transferida para um segundo reservatório, que está completamente vazio, com capacidade maior do que o primeiro, também na forma de um cilindro circular reto (reservatório 2). Admita que a altura interna h(t), em metros, da água no reservatório 1, t horas a partir do instante em que se iniciou o processo de esvaziamento, pôde ser expressa pela função

15 120( )12

th tt−

=−

a) Determine quantas horas após o início do processo de esvaziamento a altura interna da água no reservatório 1 atingiu 5 m e quanto tempo demorou para que esse reservatório ficasse completamente vazio. b) Sabendo que o diâmetro interno da base do reservatório 1 mede 6 m e o diâmetro interno da base do reservatório 2 mede 12 m, determine o volume de água que o reservatório 1 continha inicialmente e a altura interna H, em metros, que o nível da água atingiu no reservatório 2, após o término do processo de esvaziamento do reservatório 1.


8

Resolução

a) Dada a expressão 15 120( )12

th tt−

=−

, sabemos que a altura da água

no reservatório 1 atingirá os 5 metros quando ( ) 5h t = . Logo temos 15 1205 15 120 5 60 10 60 6

12t t t t tt−

= ⇔ − = − ⇔ = ⇔ =−

.

Da mesma maneira temos que o reservatório 1 estará vazio quando

( ) 0h t = . Logo temos que 15 1200 15 120 0 812

t t tt−

= ⇔ − = ⇔ =−

.

Desse modo temos que após 6 horas a altura interna da água no reservatório 1 atingiu os 5 metros. E após 8 horas o reservatório 1 estava completamente vazio. b) Sabemos que quando 0t = temos a altura do reservatório 1.

Portanto segue que 15 0 120(0) (0) 100 12

h h⋅ −= ⇔ =

−metros.

10 m

3 m 6 m

H

Temos então, que o volume do reservatório 1 é dado por

2 2 31 1 1(0) (3) 10 90V r h V V m= π ⋅ ⋅ ⇔ = π ⋅ ⋅ ⇔ = π . Como o volume de

água no início e no fim do processo é o mesmo temos que 2

1 2 90 90V V R H= ⇔ π = π ⋅ ⋅ ⇔ π 2(6)= π 2,5H H m⋅ ⇔ = .

Sendo assim temos que o volume do reservatório 1 é de 390 mπ e que a altura da água no reservatório 2 após a transferência é de 2,5 m .

QUESTÃO 18 Numa classe há x meninas e y meninos, com , 4x y ≥ . Se duas meninas se retirarem da classe, o número de meninos na classe ficará igual ao dobro do número de meninas. a) Dê a expressão do número de meninos na classe em função do número de meninas e, sabendo que não há mais que 14 meninas na classe, determine quantos meninos, no máximo, pode haver na classe. b) A direção do colégio deseja formar duas comissões entre os alunos da classe, uma com exatamente 3 meninas e outra com exatamente 2 meninos. Sabendo-se que, nessa classe, o número de comissões que podem ser formadas com 3 meninas é igual ao número de comissões que podem ser formadas com dois meninos, determine o número de alunos da classe.

Resolução a) Quando duas meninas se retirarem, a classe ficará com − 2x meninas e sabemos, pelo enunciado, que o número de meninos é igual ao dobro deste valor. Assim, a expressão do número de meninos na classe em função do número de meninas é:

( )2 2y x= ⋅ − ⇔ 2 4y x= − Agora, como o número de meninas é, no máximo, igual a 14, então o número de meninos é, no máximo,

2 14 4Máxy = ⋅ − ⇔ 24Máxy = b) O número de comissões que podemos formar com exatamente 3 meninas é ,3xC e o número de comissões que podemos formar com exatamente 2 meninos é ,2yC . Como pelo enunciado estes números são iguais, temos:

( ) ( ),3 ,2! !

3 2 3! 3 ! 2! 2 !x y

x y x yC Cx y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇔ = ⇔ = ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( ) ( )1 2 3 !x x x x⋅ − ⋅ − ⋅ −⇔

3 2⋅ ( )3 !x⋅ −

( ) ( )1 2 !y y y⋅ − ⋅ −=

2 ( )2 !y⋅ −⇔

( ) ( ) ( )1 2 3 1x x x y y⇔ ⋅ − ⋅ − = ⋅ ⋅ −

Agora, substituindo y pela expressão encontrada no item (a), e lembrando que, pelo enunciado, x deve ser maior ou igual a 4 (e assim − ≠2 0x ), temos:

( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 2 4 2 4 1x x x x x⋅ − ⋅ − = ⋅ − ⋅ − − ⇔

( ) ( )1 2x x x⇔ ⋅ − ⋅ − ( )3 2 2x= ⋅ ⋅ − ( )2 5x⋅ − ⇔ 2 212 30 13 30 0x x x x x⇔ − = − ⇔ − + = ⇔

3x⇔ = ou 10x = Note que = 3x foi descartado pois ≥ 4x . Por fim, sendo 10x = , temos que:

2 10 4 16y = ⋅ − = e, assim, o número de alunos da classe é n tal que:

10 16n x y= + = + ⇔ 26n =

QUESTÃO 19 Pesquisa feita por biólogos de uma reserva florestal mostrou que a população de uma certa espécie de animal está diminuindo a cada ano. A partir do ano em que se iniciou a pesquisa, o número de exemplares desses animais é dado aproximadamente pela função

(0,05)( ) 750 2 tf t −= × , com t em anos, 0t ≥ . a) Determine, com base na função, em quantos anos a população de animais estará reduzida à metade da população inicial. b) Considerando 2log 3 1,6= e 2log 5 2,3= , e supondo que nada seja feito para conter o decrescimento da população, determine em quantos anos, de acordo com a função, haverá apenas 40 exemplares dessa espécie de animal na reserva florestal.

Resolução a) Inicialmente, a quantidade de animais é dada por:

( ) ( )0,05 00 750 2 750f − ⋅= ⋅ = Essa população ficará reduzida à metade quando:

( ) ( )0,051 1750 750 2 7502 2

tf t − ⋅= ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔

( ) ( )0,05 12 2 0,05 1t t− ⋅ −= ⇔ − ⋅ = − ⇔ 20 anost = b) Para determinar quando a população de animais ficará reduzida a 40 exemplares, fazemos:

( ) ( ) ( )0,05 0,05 440 750 2 40 275

t tf t − ⋅ − ⋅= ⇔ ⋅ = ⇔ = ⇔

( ) ( )22 2 2

4 10,05 log log 4 log 3 575 20

t t⎛ ⎞− ⋅ = ⇔ − ⋅ = − ⋅ ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠

( )2 220 2 log 3 2 log 5t ⎡ ⎤= − ⋅ − + ⋅⎣ ⎦ Substituindo as aproximações 2log 3 1,6= e 2log 5 2,3= , temos:

( )20 2 1,6 2 2,3t ⎡ ⎤= − ⋅ − + ⋅ ⇔⎣ ⎦ 84 anost =

QUESTÃO 20 A função

( ) ( ) ( )12 1,6 cos 10180

D t tπ⎛ ⎞= + ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠

fornece uma aproximação da duração do dia (diferença em horas entre o horário do pôr do sol e o horário do nascer do sol) numa cidade do Sul do país, no dia t de 2010. A variável inteira t, que representa o dia, varia de 1 a 365, sendo 1t = correspondente ao dia 1.º de janeiro e 365t = correspondente ao dia 31 de dezembro. O


9

argumento da função cosseno é medido em radianos. Com base nessa função, determine a) a duração do dia 19.02.2010, expressando o resultado em horas e minutos. b) em quantos dias no ano de 2010 a duração do dia naquela cidade foi menor ou igual a doze horas.

Resolução a) O dia 19.02.2010 é equivalente a = + =31 19 50

Janeiro Fevereirot . Assim, a

duração desse dia é dada por ( )50D . Calculando este valor, temos:

( ) ( )50 12 1,6 cos 50 10180

D π⎛ ⎞= + ⋅ ⋅ + ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) 150 12 1,6 cos 12 1,6 12,8 horas3 2

D π⎛ ⎞= + ⋅ = + ⋅ = ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠

( )50 12 horas 0,8 60 minutosD = + ⋅ ⇔ ( )50 12 horas e 48 minutosD =

b) Para resolver este problema, devemos primeiramente resolver a inequação ( ) ≤ 12D t . Assim:

12 ( ) ( )1,6 cos t 10 12180π⎛ ⎞+ ⋅ ⋅ + ≤⎜ ⎟

⎝ ⎠⇔

( ) ( )1,6 cos t 10 0180π⎛ ⎞⇔ ⋅ ⋅ + ≤ ⇔⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )cos t 10 0180π⎛ ⎞⇔ ⋅ + ≤⎜ ⎟

⎝ ⎠

Lembrando que o cosseno tem valores negativos apenas no 2º e 3º quadrantes, então, para k ∈ , vem que:

π 22

k+ ⋅ ⋅ ππ

≤ ( ) 3t 10180

π⋅ + ≤ 2

2k+ ⋅ ⋅ π ⇔

90 360 10 270 360k t k⇔ + ⋅ ≤ + ≤ + ⋅ ⇔ 80 360 260 360k t k⇔ + ⋅ ≤ ≤ + ⋅

Note que o intervalo a que t pertence, só faz sentido quando = 0k pois, para qualquer outro valor, o intervalo compreenderia dias que não se encaixam entre 1 e 365. Portanto, ≤ ≤80 260t , o que quer dizer que a duração do dia naquela cidade é menor ou igual a doze horas em:

260 80 1− + = 181 dias .

Equipe desta resolução

Biologia Ariane Saldanha de Oliveira

Daniel Simões Santos Cecílio Marcelo Monetti Pavani

Física José Eduardo Palácios Velloni

Vinício Merçon Poltronieri

Matemática Felipe Eboli Sotorilli

Felipe Mascagna Bittencourt Lima

Química Thiago Duarte

Vinícius Garcia Freaza

Revisão Edson Vilela Gadbem Eliel Barbosa da Silva

Fabiano Gonçalves Lopes Frederico Luís Oliveira Vilela

Marcelo Duarte Rodrigues Cecchino Zabani

Digitação, Diagramação e Publicação

Lucas Augusto Carvalho de Oliveira Sandro Bottasso Valentini Júnior

elite resolve unifesp 2012 especifica - elitecampinas.com.br · (19) 3251-1012 o elite resolve...

Documents