Segunda Fase OBC – 2025

Escrito por Lucas Praça, Jailson Henrique, Caio Yamashita, Guilherme Lins, Tobias Utz e Alexandre Monte

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Problema 1

No sistema de freio convencional, as rodas dos carros travam e os pneus derrapam no solo, caso a força exercida sobre o pedal seja muito intensa. Por outro lado, o sistema ABS evita o travamento das rodas, mantendo a força de atrito no seu valor estático máximo, sem derrapagem. O coeficiente de atrito estático da borracha em contato com o concreto vale $\mu_e = 1,0$ e o coeficiente de atrito cinético para o mesmo par é $\mu_c = 0,75$ . Um carro, com velocidade inicial igual a $108 \;\rm{km/h}$ , inicia a frenagem numa estrada perfeitamente horizontal de concreto num certo ponto. Sabendo que este carro usa o sistema de freio CONVENCIONAL, travando as rodas, pode-se calcular que a distância percorrida pelo carro até parar, medida a partir do ponto em que inica a frenagem, é mais próxima de:

(a) $60 \;\rm{m}$

(b) $45 \;\rm{m}$

(d) $90 \;\rm{m}$

(e) $180 \;\rm{m}$

Assunto abordado

Cinemática / Dinâmica

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Solução

No sistema de freios convencional, as rodas estão travadas, então se o carro se move em relação à pista, haverá uma movimentação relativa entre a estrada e as rodas. Logo, o atrito sentido pelas rodas é o cinético, pela segunda lei de newton na horizontal e vertical:

$F = ma = \mu_cF_N$

$F_N = mg$

$a = \mu_cg = 7,5 m/s^2$

Pela equação de torricelli:

$v^2=v_o^2-2ad$

O sinal negativo indica que a aceleração se opõe ao movimento. Como a velocidade final é nula

$d = \frac{v_o^2}{2a} = \frac{(30m/s)^2}{2\times 7.5m/s^2}$

$\boxed{d=60\;\rm{m}}$

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Gabarito

item (a)

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Problema 2

Uma temperatura é tal que 18 (dezoito) vezes o seu valor na escala Celsius é igual a -10 (menos dez) vezes os seu valor na escala Fahrenheit. Logo, pode-se determinar que essa temperatura é mais próxima de:

(a) $8 ^{\circ}F$

(b) $16 ^{\circ}F$

(d) $64 ^{\circ}F$

(e) $128 ^{\circ}F$

Assunto abordado

Termometria

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Solução

A conversão de temperatura entre as escalas Celsius e Fahrenheit é dada por $T_F=9T_C/5+32$ essa expressão é válida para qualquer temperatura. Pelos dados da questão

$18T_C=-10T_F$

$T_C= -5T_F/9$

Substituindo na equação de conversão

$T_F = -\frac{9}{5}\frac{5}{9}T_F+32$

$2T_F=32$

$\boxed{T_F=16}$

Ou seja, a temperatura na escala Fahrenheit é igual a 16.

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Gabarito

item (b)

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Problema 3

Um rapaz de massa $m_1$ corre numa pista horizontal e pula sobre um skate de massa $m_2$ , que se encontra inicialmente em repouso. Com o impacto, o skate adquire velocidade e o conjunto $rapaz+skate$ segue em direção a uma rampa e atinge uma altura máxima $h$ . Considerando que o sistema $rapaz+skate$ não perde energia devido a forças dissipativas após a colisão, pode-se calcular que a velocidade do rapaz imediatamente antes de tocar no skate, é mais próxima de:

(a) $\sqrt{gh}$

(b) $(m_1+m_2)\sqrt{gh}/m_2$

(d) $(m_1+m_2))\sqrt{2gh}/m_2$

(e) $(m_1+m_2))\sqrt{2gh}/m_1$

Assunto abordado

Momento e energia

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Solução

Conservando a energia mecânica do sistema

$\frac{(m_1+m_2)v'^2}{2}=mgh$

$v'=\sqrt{2gh}$

sendo $v'$ a velocidade do conjunto rapaz-skate após a colisão. Conservando o momento linear para descobrir a velocidade do rapaz antes de tocar no skate

$m_1v= (m_1+m_2)v'$

$v=\frac{m_1+m_2}{m_1}v'$

substituindo o valor de $v'$ encontrado

$\boxed{v=\frac{(m_1+m_2)\sqrt{2gh}}{m_1}}$

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Gabarito

item (e)

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Problema 4

A resistência R na associação de resistores a seguir é mais próxima de:

(a) $10 \;\rm{\Omega}$

(b) $20 \;\rm{\Omega}$

(d) $40 \;\rm{\Omega}$

(e) $50 \;\rm{\Omega}$

Assunto abordado

Circuitos

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Solução

Como a resistência do resistor de $20\;\rm{\Omega}$ e a corrente que passa por ele já são conhecidos, a diferença de potencial elétrico entre A e B já pode ser calculada

$20i_2 = 20\cdot6=120 \;\rm{V}$

Sabendo a diferença de potencial, podemos descobrir a corrente $i_1$ que passa pelo resistor de $40 \;\rm{\Omega}$ .

$40i_1 = 120$ , $i_1=3\;\rm{A}$

Sabemos que a corrente total deve ser igual a 12A, então a corrente que passa por R deve ser $12-(3+6)=3\;\rm{A}$ .

Como eles estão em série, a resistência equivalente entre o resistor de $10\;\rm{\Omega}$ e R é igual à soma, logo.

$120 = (10+R)\cdot3$

$10+R=40 \;\rm{\Omega}$ ,

$\boxed{R=30\;\rm{\Omega}}$

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Gabarito

item (C)

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Problema 5

Em junho de 1969, os astronautas Neil Armstrong e Buzz Aldrin fizeram o primeiro pouso tripulado na superficie da Lua, enquanto Michael Collins permaneceu a bordo do módulo de comando Columbia em órbita lunar. Considerando os dados abaixo e que o Columbia estivesse em uma órbita perfeitamente circular a uma altitude de $260\;\rm{km}$ acima da superfície da Lua, o tempo decorrido (em horas terrestres – $\;\rm{h}$ entre duas passagens do Columbia exatamente acima do mesmo ponto da superfície lunar seria mais próximo de:

-Const. gravitacional $G \cong 9 \times 10^{-13} \;\rm{km^3/(kg h^2)}$

-Raio da Lua $= 1740 \;\rm{km}$

– $\pi \cong 3$

(a) $0,5 \;\rm{h}$

(b) $2 \;\rm{h}$

(d) $8 \;\rm{h}$

(e) $72 \;\rm{h}$

Assunto abordado

Gravitação: Leis de Kepler

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Solução

A questão pede para que seja calculado o período orbital do satélite ao redor da lua. Pela terceira Lei de Kepler

$P^2=r^3\frac{4\pi^2}{GM}$

$r$ é a distância do satélite até o centro da Lua

$r=260+1740=2000\;\rm{km}$ .

$P(h)=\frac{2\cdot3\cdot 2000^{3/2}}{\sqrt{9\cdot10^{-13}\cdot8\cdot10^{22}}}$

$\boxed{P=2\;\rm{h}}$

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Gabarito

item (b)

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Problema 6

A figura mostra um raio de luz monocromática que se propaga no meio R, incide na superfície de uma lâmina de faces paralelas, constituída de um material S, sob ângulo de incidência $\delta$ , e penetra na lâmina. Em seguida, esse raio de luz incide na outra face da lâmina, a qual está em contato com um terceiro meio, T, onde sofre reflexão total. Considerando que $sen\delta = 0,60$ e que o índice de refração absoluto do meio R é igual a 2,50, o máximo valor do índice de refração absoluto do meio T para que ocorra a reflexão total desse raio de luz na superfície entre S e T é mais próximo de:

(a) 1,37.

(b) 4,17.

(d) 1,50.

(e) 1,23.

Assunto abordado

Óptica: Refração

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Solução

Aplicando a lei de Snell na interface entre S e T:

$n_Ssen(\theta_S)=n_Tsen(\theta_T)$

no caso em que ocorre reflexão total, o ângulo de incidência deverá ser maior que o ângulo crítico, dado por: $sen(\theta_S) \geq sen(\theta_c)=\frac{n_T}{n_S}$

$n_Ssen(\theta_S)/n_T =sen(\theta_T)\geq1$

no caso limite, em que $sen(\theta_T)=1$ o índice de refração do meio T é maximizado, e o ângulo $\theta_S$ é o ângulo crítico.

$n_S\cdot sen(\theta_S)=n_{T,max}$ .

Agora, basta relacionar o ângulo $\theta_S$ com $\delta$ .

Aplicando a lei de snell na interface entre R e S

$n_Rsen\delta=n_Ssen\theta_S$ .

Então,

$n_Rsen\delta=n_{T,max}$

$\boxed{n_{T,max}=1,5}$

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Gabarito

item (d)

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Problema 7

Um garoto, que se encontra em repouso, faz girar, com velocidade constante, uma pedra de massa m presa a um fio ideal. Descrevendo uma trajetória circular de raio R num plano vertical, essa pedra dá diversas voltas, até que, em um dado instante, o fio arrebenta e ela é lançada horizontalmente, conforme ilustra a figura.

Sujeita apenas à aceleração da gravidade g, a pedra passou, então, a descrever uma trajetória parabólica, percorrendo uma distância horizontal x equivalente a 4R. A tração experimentada pelo fio toda vez que a pedra passava pelo ponto onde se rompeu era mais próxima de:

(a) mg.

(b) 2mg.

(d) 4mg.

(e) 5mg.

Assunto abordado

Cinemática: lançamento horizontal e MCU

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Solução

Para um lançamento horizontal, o alcance x é dado por

$x=v\sqrt{\frac{2h}{g}}=4R$

Isolando a velocidade

$v = x\sqrt{\frac{g}{2h}}$

Sendo v a velocidade de lançamento e h a altura inicial (h = 2R)

Como $x = 4R$ e $h = 2R$

$v = \sqrt{4gR}$

A dependência da velocidade de lançamento com as forças que atuam na pedra pode ser obtida a partir da expressão da resultante centrípeta, que nesse caso é a soma da tração com o peso

$mg+T=\frac{mV^2}{R}$

Como $v^2=4gR$ , então

$T=4Rg/R - mg$

$\boxed{T=3mg}$

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Gabarito

item (c)

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Problema 8

Dois engenheiros estão verificando se uma cavidade perfurada no solo está de acordo com o planejamento de uma obra, cuja profundidade requerida é de 30 𝑚. O teste é feito por um dispositivo denominado oscilador de áudio de frequência variável, que permite relacionar a profundidade com os valores da frequência de duas ressonâncias consecutivas, assim como em um tubo sonoro fechado. A menor frequência de ressonância que o aparelho mediu foi 135 𝐻𝑧. Considere que a velocidade do som dentro da cavidade perfurada é de 360 𝑚/𝑠. Se a profundidade estiver de acordo com o projeto, o valor da próxima frequência de ressonância que será medida será mais próximo de:

(a) $137\;\rm{Hz}$

(b) $138\;\rm{Hz}$

(d) $144\;\rm{Hz}$

(e) $159\;\rm{Hz}$

Assunto abordado

Ondas em tubo aberto

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Solução

Temos as seguintes equações:

$\lambda = \frac{4L}{2n+1}$

$v=\lambda\cdot f$

Logo:

$360=135\cdot \frac{4\cdot 30}{2n+1} \leftrightarrow$

$n=22$

O valor da próxima frequência de ressonância é obtido ao aplicarmos $n=23$ , logo:

$360=f\cdot \frac{4\cdot 30}{2\cdot 23+1} \leftrightarrow$

$\boxed{f=141\;\rm{Hz}}$

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Gabarito

item (c)

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Problema 9

Um corpo com massa M = 1 kg, inicialmente em repouso sobre uma superfície horizontal sem atrito, está preso a uma mola de massa desprezível e de constante elástica k = 16 N/m, conforme representado na figura. O corpo recebe um impulso para a direita de módulo I = 2 N.s e passa a descrever um movimento oscilatório. A amplitude de oscilação, em m, é mais próxima de:

(a) 1/32

(b) 1/16

(d) 1/4

(e) 1/2

Assunto abordado

Impulso, momento e energia

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Solução

Pelo teorema do impulso-momento:

$I=\Delta p \rightarrow$

$2=m\cdot v_i \leftrightarrow$

$v_i=2m/s$

Por conservação de energia:

$\frac{mv_i^2}{2}=\frac{kA^2}{2} \rightarrow$

$\boxed{A=v_i\sqrt{\frac{1}{k}}=\frac{1}{2}}$

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Gabarito

item (e)

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Problema 10

Três pequenas esferas carregadas com carga positiva 𝑄 ocupam os vértices de um triângulo, como mostra a figura. Na parte interna do triângulo, está afixada outra pequena esfera, com carga negativa 𝑞. As distâncias dessa carga às outras três podem ser obtidas a partir da figura. A constante $K_0$ da lei de Coulomb vale $9\cdot 10^9\;\rm{N\cdot m^2/C^2}$ . Sendo 𝑄 = 2 × 10 −4 𝐶, 𝑞 = −2 × 10 −5 𝐶 e 𝑑 = 6 𝑚, a força elétrica resultante sobre a carga 𝑞 tem direção do eixo _, sentido para _ e módulo de aproximadamente _. Assinale a alternativa que indica o preenchimento mais adequado para as 3 lacunas da frases anterior, respectivamente.

(a) 𝑥; direita; 1,0 𝑁.

(b) 𝑦; baixo; 1,8 𝑁.

(d) 𝑦; baixo; 0,3 𝑁.

(e) 𝑦; cima; 0,3 𝑁.

Assunto abordado

Lei de Coulomb

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Solução

Pela simetria do sistema, sabemos que a força resultante apontará no eixo y, por lei de Coulomb:

$F_r=k\frac{Q\cdot q}{d^2}-2\cdot k\frac{Q\cdot q}{(d\sqrt{2})^2}\cdot cos(\theta) \rightarrow$

$F_r=k\frac{Q\cdot q}{d^2}-k\frac{Q\cdot q}{d^2}\cdot \frac{d}{d\sqrt{2}} \rightarrow$

$F_r=k\frac{Q\cdot q}{d^2}\cdot (1-\frac{\sqrt{2}}{2})$

Aplicando os valores do enunciado e utilizando que $\sqrt{2} \approx 1,4$ :

$\boxed{F_r=\frac{9\cdot 10^{-9}}{9\cdot 10^{-9}}\cdot 0,3=0,3\;\rm{N}}$

Como a orientação do eixo y é para cima e a força resultante deu positiva, a força resultante tem sentido para cima.

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Gabarito

item (e)

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Problema 11

Em um recipiente contendo água, colocam-se dois sólidos cilíndricos, I (de massa $m_1$ ) e II (de massa $m_2$ ), de mesmo comprimento e de mesma seção reta de área A = $2\;\rm{cm^2}$ , ligados por um fio inextensível de massa desprezível, o qual passa por uma polia ideal, conforme figura. Sabendo que ∆L = 5,0 cm e que o sistema está em equilíbrio, pode-se calcular que a relação mais adequada entre as massas $m_1$ e $m_2$ , em gramas, é:

(a) $m_2=m_1+10,0$

(b) $m_1=m_2+10,0$

(d) $m_1=m_2+5,0$

(e) $m_1=m_2$

Assunto abordado

Empuxo

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Solução

Assumindo que o sólido I está x cm imerso na água, por equilíbrio de forças:

$P_1-E_1=P_2-E_2\rightarrow$

$m_1g-x\cdot A\cdot \rho_a\cdot g=m_2-(x+\Delta L)\cdot A\cdot \rho_a\cdot g$

$m_1=m_2-(\Delta L)\cdot A\cdot \rho_a$

Como $\rho_a=1g/cm^3$ :

$\boxed{m_2=m_1+10 \;\rm{kg}}$

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Gabarito

item (a)

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Questão 12

O aproveitamento da luz solar como fonte de energia renovável tem aumentado significativamente nos últimos anos. Uma das aplicações é o aquecimento de água para uso residencial. Em um local, a intensidade da radiação solar efetivamente captada por um painel solar com área de 1 m² é de 0,03 kW/m². O valor do calor específico da água é igual 4,2 kJ/(kg °C). Nessa situação, o tempo necessário para aquecer 1 litro de água de 20°C até 70°C é mais próximo de:

(a) 490 s
(b) 2 800 s
(c) 6 300 s
(d) 7 000 s
(e) 9 800 s

Assunto abordado

Termodinâmica – Calorimetria

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Solução

Para aquecer 1 litro de água (m = 1 kg) de 20°C para 70°C, a variação de temperatura é $\Delta T = 50^\circ \text{C}$ . O calor necessário é calculado por:

$Q = m \cdot c \cdot \Delta T = 1 \times 4200 \times 50 = 210\,000 \text{J}$

A intensidade solar é $0,03 \text{kW/m}^2 = 30 \text{W/m}^2$ . Para uma área de $1 \text{m}^2$ , a potência útil é:

$P = 30 \text{W} = 30 \text{J/s}$

O tempo necessário é obtido pela relação:

$t = \frac{Q}{P} = \frac{210\,000}{30} = 7\,000 \text{s}$

Portanto, o tempo necessário é de 7.000 segundos.

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Gabarito

item (d)

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Questão 13

A figura mostra um pêndulo cônico no qual um pequeno objeto de massa m, preso à extremidade inferior de um fio, move-se em uma circunferência horizontal de raio R, com o módulo da velocidade constante. O fio tem comprimento L = 25 cm e massa desprezível. Adotando π² ≅ 10 e sabendo que a relação entre o módulo da tração T e o do peso do objeto P é T = 4P, pode-se calcular que o período do movimento é mais próximo de:

(a) 0,5 s
(b) 1,0 s
(c) 1,5 s
(d) 2,0 s
(e) 2,5 s

Assunto abordado

Dinâmica – Movimento Circular

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Solução

No equilíbrio vertical, a componente da tração contrabalança o peso: $T \cos\theta = P$ . Dado que $T = 4P$ , temos:

$4P \cos\theta = P \implies \cos\theta = \frac{1}{4}$

Usando a identidade trigonométrica:

$\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta = 1 - \left(\frac{1}{4}\right)^2 = \frac{15}{16} \implies \sin\theta = \frac{\sqrt{15}}{4} \approx 0,968$

O raio da trajetória é:

$R = L \sin\theta = 0,25 \times \frac{\sqrt{15}}{4} \approx 0,242 \text{m}$

A componente horizontal da tração fornece a força centrípeta:

$T \sin\theta = m\omega^2 R$

Substituindo $T = 4P = 4mg$ e $\sin\theta = \frac{\sqrt{15}}{4}$ :

$4mg \cdot \frac{\sqrt{15}}{4} = m\omega^2 R \implies g\sqrt{15} = \omega^2 R$

Considerando $g \approx 10 \text{m/s}^2$ (pois $\pi^2 \approx 10$ ) e $\sqrt{15} \approx 3,873$ :

$10 \times 3,873 = \omega^2 \times 0,242 \implies \omega^2 = \frac{38,73}{0,242} \approx 160 \implies \omega \approx 12,65 \text{rad/s}$

O período é:

$\tau = \frac{2\pi}{\omega} \approx \frac{2 \times 3,14}{12,65} \approx 0,496 \text{s} \approx 0,5 \text{s}$

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Gabarito

item (a)

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Questão 14

Um objeto real é disposto perpendicularmente ao eixo principal de uma lente convergente, de distância focal 30 cm. A imagem obtida é direita e tem o dobro da altura do objeto. Nessas condições, a distância entre o objeto e a imagem, em cm, é mais próximo de:

(a) 75
(b) 45
(c) 30
(d) 15
(e) 5

Assunto abordado

Óptica Geométrica – Lentes

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Solução

Para resolver este problema, começamos pela relação de ampliação. Como a imagem é direita e tem o dobro da altura do objeto, a ampliação transversal é $A = +2$ . Para lentes convergentes, a ampliação relaciona-se com as distâncias pela fórmula:

$A = \frac{f}{f - p}$

Substituindo os valores conhecidos ( $f = 30$ cm e $A = 2$ ):

$2 = \frac{30}{30 - p}$

Resolvendo para $p$ (distância objeto-lente):

$2(30 - p) = 30 \implies 60 - 2p = 30 \implies 2p = 30 \implies p = 15 \text{ cm}$

Com a distância do objeto determinada, aplicamos a equação de Gauss para encontrar a distância da imagem $p'$ :

$\frac{1}{f} = \frac{1}{p} + \frac{1}{p'}$

$\frac{1}{30} = \frac{1}{15} + \frac{1}{p'} \implies \frac{1}{p'} = \frac{1}{30} - \frac{1}{15} = \frac{1}{30} - \frac{2}{30} = -\frac{1}{30}$

Portanto, $p' = -30$ cm. O sinal negativo indica que a imagem é virtual, localizada do mesmo lado do objeto em relação à lente.

A distância total entre objeto e imagem é calculada considerando suas posições relativas. Como ambos estão do mesmo lado da lente, mas o objeto está a 15 cm e a imagem a 30 cm da lente:

$d = |p'| - p = 30 - 15 = 15 \text{ cm}$

Este resultado ocorre porque a imagem virtual está mais afastada da lente que o objeto real.

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Gabarito

item (d)

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Questão 15

Uma barra condutora uniforme, de massa desprezível e comprimento L = 1,00 m, é atravessada por uma corrente i = 2,0 A. A barra está apoiada em uma extremidade por um apoio P e, em sua outra extremidade, por uma mola ideal vertical e de constante elástica k = 100 N/m que está alongada, conforme a figura. Sabendo que a barra está em equilíbrio na posição horizontal e imersa em uma região de campo magnético de módulo B = 10 T que aponta para fora do plano do papel, determine o módulo da reação do apoio P e o valor da deformação da mola.

(a) 20 N e 0,20 m
(b) 10 N e 0,10 m
(c) 5 N e 0,05 m
(d) 15 N e 0,15 m
(e) 25 N e 0,25 m

Assunto abordado

Eletromagnetismo – Força Magnética

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Solução

A força magnética atuando na barra condutora é determinada pela fórmula $\vec{F_m} = i(\vec{L} \times \vec{B})$ . Como o campo magnético é perpendicular à barra (saindo do papel) e considerando a direção da corrente, a força será vertical para baixo com magnitude:

$F_m = i \cdot L \cdot B = 2,0 \cdot 1,00 \cdot 10 = 20 \text{ N}$

Esta força atua no centro da barra, pois é uniforme. Para o equilíbrio rotacional, o torque produzido pela força magnética deve ser equilibrado pelo torque da força elástica. Calculando em relação ao apoio P:

$\tau_{m} = \tau_{el}$

$F_m \cdot \frac{L}{2} = F_{el} \cdot L$

Substituindo os valores:

$20 \cdot 0,5 = F_{el} \cdot 1 \implies F_{el} = 10 \text{ N}$

A deformação da mola é encontrada usando a Lei de Hooke:

$F_{el} = k \cdot x \implies 10 = 100 \cdot x \implies x = 0,10 \text{ m}$

Finalmente, para o equilíbrio translacional vertical, a soma das forças deve ser zero. Considerando que a força elástica (10 N para cima) e a reação do apoio $R_P$ equilibram a força magnética (20 N para baixo):

$R_P + F_{el} = F_m \implies R_P + 10 = 20 \implies R_P = 10 \text{ N}$

A configuração física mostra que a mola está esticada, exercendo força para cima, enquanto o apoio P também exerce força vertical para cima para contrabalançar a força magnética total.

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Gabarito

item (b)

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Problema 16

A decomposição térmica do ácido nítrico na presença de luz libera $NO_2$ e $O_2$ , de acordo com a seguinte reação (não balanceada). Assinale a alternativa mais próxima do volume dos gases liberados, com temperatura de $300 \;\rm{K}$ e pressão de $1,23 \;\rm{atm}$ , quando $6,3 \;\rm{g}$ de $HNO_3$ são decompostos termicamente.

$HNO_{3(aq)} \rightarrow H_2O_{(l)} + NO_{2(g)} + O_{2(g)}$

(a) $2,0\;\rm{L}$

(b) $2,5\;\rm{L}$

(d) $3,5\;\rm{L}$

(e) $4,0\;\rm{}$

Assunto abordado

Estequiometria e Gases Ideais

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Solução

Analisando essa equação, observamos que, a cada 4 mols de HNO $_3$ decompostos, são produzidos 5 mols de gases (4 mols de NO $_2$ e 1 mol de O $_2$ ). Isso nos dá uma proporção de 1,25 mols de gás liberado para cada mol de HNO $_3$ .

O enunciado informa que foram utilizados 6,3 g de HNO $_3$ . Sabendo que sua massa molar é aproximadamente 63 g/mol, temos:

$n_{\text{HNO}_3} = \frac{6{,}3}{63} = 0{,}1 \text{ mol}$

Multiplicando esse valor pela proporção de liberação de gases:

$n_{\text{gas}} = 0{,}1 \times 1{,}25 = 0{,}125 \text{ mol}$

Para encontrar o volume ocupado por esses gases nas condições dadas (T = 300 K e P = 1,23 atm), usamos a equação dos gases ideais:

$PV = nRT \Rightarrow V = \frac{nRT}{P}$

Substituindo os valores, com R = 0,082 atm·L/mol·K:

$V = \frac{0{,}125 \times 0{,}082 \times 300}{1{,}23} \approx \frac{3{,}075}{1{,}23}$

$\boxed{V \approx 2{,}5 \;\rm{L}}$

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Gabarito

item (b)

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Problema 17

A reação química elementar da decomposição do dióxido de nitrogênio, representada a seguir, é um exemplo de modelo cinético não linear. Observe no gráfico a variação da velocidade dessa reação em função da concentração de dióxido de nitrogênio. Considerando os dados, a constante cinética da reação, em $\;\rm{L/mol\cdot s}$ , é mais próxima de:

$2 NO_{2}(g) \longrightarrow 2 NO (g) + O_2(g)$

(a) 0,1

(b) 0,3

(d) 0,7

(e) 0,9

Assunto abordado

Cinética

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Solução

Em uma reação química elementar qualquer, da forma

$y$ A + $x$ B $\longrightarrow$ = A $_x$ B $_y$

a velocidade da reação é dada por

v = k [A] $^y$ [B] $^x$ .

Nesse caso, teremos v = k [NO $_2$ ] $^2$ . Observando o gráfico, e substituindo, encontramos

$\boxed{k = 0,5 \;\rm{L/mol \cdot s}}$

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Gabarito

item (c)

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Problema 18

Uma forma de identificar a estabilidade de um átomo de qualquer elemento químico consiste em relacionar seu número de prótons com seu número de nêutrons em um gráfico denominado diagrama de estabilidade, mostrado a seguir.

São considerados estáveis os átomos cuja interseção entre o número de prótons e o de nêutrons se encontra na zona de estabilidade mostrada no gráfico. Verifica-se, com base no diagrama, que o menor número de massa de um isótopo estável de um metal é igual a:

(a) 3

(b) 4

(d) 6

(e) 8

Assunto abordado

Atomística e Tabela Periódica

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Solução

O primeiro metal da tabela periódica é o Lítio, com número atômico (número de prótons) igual a 3. Desse modo, segundo o gráfico, é estável um isótopo de Lítio com três nêutrons, ou seja, número de massa igual a 6.

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Gabarito

item (d)

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Problema 19

O gás hidrogênio é considerado um ótimo combustível — o único produto da combustão desse gás é o vapor de água, como mostrado na equação química.

$2 \, \rm{H_2(g)} + \rm{O_2(g)} \rightarrow 2 \, \rm{H_2O(g)}$

Um cilindro contém $1\, \rm{kg}$ de hidrogênio e todo esse gás foi queimado. Nessa reação, são rompidas e formadas ligações químicas que envolvem as energias listadas no quadro. Logo, pode-se calcular que a variação de entalpia, em quilojoule, da reação de combustão do hidrogênio contido no cilindro é mais próxima de:

Ligação química	Energia de ligação (kJ/mol)
H–H	440
H–O	460
O=O	500

(a) $+130{\,}000$
(b) $+65{\,}000$
(c) $-30{\,}000$
(d) $-230{\,}000$
(e) $-115{\,}000$

Assunto abordado

Entalpia de reação, energia de ligação, termoquímica, combustão completa

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Solução

Para resolver essa questão, utilizaremos a estimativa da variação de entalpia da reação por meio das energias de ligação. O princípio fundamental é que a entalpia da reação pode ser aproximada como a diferença entre a energia total necessária para romper as ligações nos reagentes e a energia total liberada ao formar as ligações nos produtos. Assim, a fórmula utilizada é:

$\Delta H \approx \sum \text{Energias das lig. rompidas} - \sum \text{Energias das lig. formadas}$

Sabemos que o cilindro contém 1 kg de gás hidrogênio. Como a massa molar do $\rm{H_2}$ é de $2\, \rm{g/mol}$ , isso corresponde a:

$n = \frac{1000\, \rm{g}}{2\, \rm{g/mol}} = 500\, \rm{mol}$

Portanto, temos 500 mols de $\rm{H_2}$ disponíveis para a reação.

A reação de combustão do hidrogênio está representada por:

$2\, \rm{H_2(g)} + \rm{O_2(g)} \rightarrow 2\, \rm{H_2O(g)}$

A equação indica que 2 mols de hidrogênio reagem com 1 mol de oxigênio para formar 2 mols de vapor de água. Assim, ao queimar 500 mols de $\rm{H_2}$ , serão produzidos 500 mols de $\rm{H_2O}$ e serão consumidos 250 mols de $\rm{O_2}$ .

Agora, analisamos as ligações químicas envolvidas. Nos reagentes, há a quebra de 500 ligações $\rm{H-H}$ (cada mol de $\rm{H_2}$ possui uma ligação) e 250 ligações $\rm{O=O}$ (uma por mol de $\rm{O_2}$ ). Segundo a tabela fornecida, a energia de ligação H–H é de $440\, \rm{kJ/mol}$ e a de O=O é de $500\, \rm{kJ/mol}$ . Assim, a energia total despendida para romper essas ligações é:

$E_{\rm{rompida}} = 500 \cdot 440 + 250 \cdot 500 = 220{\,}000 + 125{\,}000 = 345{\,}000\, \rm{kJ}$

Quanto às ligações formadas, cada molécula de $\rm{H_2O}$ contém duas ligações H–O. Como serão formadas 500 mols de $\rm{H_2O}$ , teremos a formação de 1000 ligações H–O. A energia liberada por cada ligação H–O é de $460\, \rm{kJ/mol}$ , o que resulta em:

$E_{\rm{formada}} = 1000 \cdot 460 = 460{\,}000\, \rm{kJ}$

Substituindo na equação da entalpia, temos:

$\Delta H = E_{\rm{rompida}} - E_{\rm{formada}} = 345{\,}000 - 460{\,}000 = -115{\,}000\, \rm{kJ}$

Portanto, a variação de entalpia da combustão completa de 1 kg de hidrogênio é aproximadamente −115.000 kJ, indicando uma reação altamente exotérmica.

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Gabarito

item (e)

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Problema 20

O cobre metálico pode ser oxidado por ácido nítrico diluído, produzindo água, monóxido de nitrogênio e um sal (composto iônico). A reação pode ser representada pela equação química a seguir (não balanceada). A soma dos coeficientes estequiométricos (menores números inteiros) da equação balanceada e o agente redutor da reação são, respectivamente:

$Cu_{(s)}+HNO_{3(aq)} \rightarrow H_2O_{l}+NO_{g}+Cu(NO_3)_{2(aq)}$

(a) 18; $HNO_3$

(b) 20; $HNO_3$

(d) 20; $Cu$

(e) 19; $H_2O$

Assunto abordado

Balanceamento de reações redox e identificação de agente redutor

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Solução

A equação da reação entre o cobre metálico e o ácido nítrico diluído é um clássico exemplo de reação redox. O cobre metálico ( $\rm{Cu}$ ) sofre oxidação, passando de número de oxidação 0 a +2, formando o sal $\rm{Cu(NO_3)_2}$ . O ácido nítrico atua como agente oxidante, sendo reduzido do nitrogênio +5 no $\rm{NO_3^-}$ para nitrogênio +2 no $\rm{NO}$ . A água é formada como subproduto.

Fazendo o balanceamento da reação redox por ion-eletrônica, obtemos a equação:

$3\rm{Cu(s)} + 8\rm{HNO_3(aq)} \rightarrow 2\rm{NO(g)} + 3\rm{Cu(NO_3)_2(aq)} + 4\rm{H_2O(\ell)}$

Somando os coeficientes:
$3 + 8 + 2 + 3 + 4 = 20$

Portanto, a soma dos coeficientes estequiométricos é $20$ .

O agente redutor é aquele que sofre oxidação — ou seja, o cobre ( $\rm{Cu}$ ).

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Gabarito

item (d)

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[/spoiler]

Problema 21

Em um balão de capacidade igual a 10 L, foram adicionados 1 mol da espécie $\rm{A_2(g)}$ e 2 mols da espécie $\rm{B_2(g)}$ . Tais reagentes sofreram transformação de acordo com a equação abaixo. Considerando que, no estado de equilíbrio químico, a concentração da espécie $\rm{AB(g)}$ seja de $0{,}1\ \rm{mol\cdot L^{-1}}$ , a constante de equilíbrio ( $\rm{K_c}$ ) para esse processo é mais próxima de:

$\rm{A_2(g) + B_2(g) \rightleftharpoons 2AB(g)}$

Alternativas:

(a) 0,25
(b) 1,33
(c) 5,00
(d) 0,67
(e) 7,50

Assunto abordado

Equilíbrio químico — Constante de equilíbrio em função das concentrações

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Solução

Inicialmente, foram colocados em um recipiente de 10 L:

$n_{\rm{A_2}} = 1\ \rm{mol}, \quad n_{\rm{B_2}} = 2\ \rm{mol}$

Convertendo para concentração:

$[\rm{A_2}]_0 = \frac{1}{10} = 0{,}1\ \rm{mol\cdot L^{-1}}, \quad [\rm{B_2}]_0 = \frac{2}{10} = 0{,}2\ \rm{mol\cdot L^{-1}}$

A reação é:

$\rm{A_2 + B_2 \rightleftharpoons 2AB}$

No equilíbrio, a concentração de $\rm{AB}$ é dada:

$[\rm{AB}] = 0{,}1\ \rm{mol\cdot L^{-1}}$

Como 2 mols de $\rm{AB}$ são produzidos por cada 1 mol de $\rm{A_2}$ e $\rm{B_2}$ consumido, então:

$\text{Variac. de } [\rm{A_2}] = [\rm{B_2}] = -\frac{1}{2} \cdot [\rm{AB}] = -0{,}05$

Logo, no equilíbrio:

$K_c = \frac{[\rm{AB}]^2}{[\rm{A_2}][\rm{B_2}]} = \frac{(0{,}1)^2}{(0{,}05)(0{,}15)} = \frac{0{,}01}{0{,}0075} \approx 1{,}33$

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Gabarito

item (b)

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Problema 22

Uma mistura formada por $CCl_4$ e sal de cozinha $(NaCl)$ passou por dois processos físico com o objetivo de separar todos os seus componentes. Considerando o fluxograma a seguir, analise as afirmativas sobre as características dos referidos processos e assinale a alternativa que indica as corretas.

I. O processo de separação I corresponde a uma decantação

II. O processo de separação II corresponde a uma filtração

III. A “mistura restante” indicada no esquema corresponde a uma solução homogênea

(a) apenas uma afirmativa está correta.

(b) apenas as afirmativas I e II estão corretas.

(d) apenas as afirmativas II e III estão corretas

(e) todas as afirmativas estão corretas

Assunto abordado

Métodos de separação de misturas

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Solução

O $CCl_4$ é uma substância líquida e apolar, portanto não se mistura com á água, sendo mais prático primeiro separar esta substância. O melhor método para separar misturas heterogêneas entre dois líquidos é a decantação, sendo este o processo I, logo a afirmativa I é verdadeira. A mistura restante é NaCl e água, que é homogênea, logo a afirmativa III também é verdadeira. Métodos como a destilação ou a evaporação podem ser usados para separar sal e água, mas não a filtração, logo a afirmativa II está errada.

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Gabarito

item (c)

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Problema 23

“A técnica do carbono-14 permite a datação de fósseis pela medição dos valores de emissão beta desse isótopo presente no fóssil. Para um ser em vida, o máximo são 15 emissões 𝑏𝑒𝑡𝑎/(𝑚𝑖𝑛. 𝑔). Após a morte, a quantidade de 14𝐶 se reduz pela metade a cada 5 700 anos.” Considere que um fragmento fóssil de massa igual a 30 𝑔 foi encontrado em um sítio arqueológico, e a medição de radiação apresentou 6 750 emissões beta por hora. A idade desse fóssil, em anos, é mais próxima de:

(a) 11 400

(b) 17 100

(d) 28 500

(e) 34 200

Assunto abordado

Análise dimensional e tempo de meia-vida

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Solução

Primeiro vamos calcular a taxa de emissão inicial do fóssil (quando estava vivo):

$E_i=15\;\rm{\frac{emissoes}{min\cdot g}}\cdot 30\;\rm{g} \cdot 60\;\rm{min}=27000\;\rm{\frac{emissoes}{h}}$

Percebemos que a taxa final é a taxa inicial cortada pela metade duas vezes, logo, devem se ter passado dois tempos de meia-vida. Portanto:

$\boxed{idade=2\cdot 5700\;\rm{anos}=11400\;\rm{anos}}$

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Gabarito

item (a)

[collapse]

Problema 24

Analise as afirmativas a seguir sobre propriedades periódicas dos elementos químicos e assinale a alternativa que indica as corretas.

I. As maiores energias de ionização são encontradas nos elementos do grupo 17.

II. Para os elementos do grupo 1, as temperaturas de fusão aumentam de baixo para cima.

III. No grupo 16, a eletronegatividade diminui à medida que cresce o número atômico.

(a) todas as afirmativas estão corretas.

(b) apenas uma afirmativa está correta.

(d) apenas as afirmativas I e III estão corretas.

(e) apenas as afirmativas II e III estão corretas.

Assunto abordado

Propriedades periódicas

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Solução

I- Errada. No grupo 8A encontramos elementos com energia de ionização maior.

II- Correta. Para os metais alcalinos, a temperatura de fusão aumenta de baixo para cima.

III- Correta. A eletronegatividade cresce de baixo para cima, portanto, ao aumentar o número atômico, a eletronegatividade diminuirá.

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Gabarito

item (e)

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Problema 25

O cloreto de potássio é um sal amplamente utilizado nas indústrias química, alimentícia e medicinal. Sua solubilidade a 60 °C é de 40 g de sal para cada 100 g de água. Num dado instante, há 10 g de cloreto de potássio dissolvidos em 200 g de água em um frasco aberto, sob temperatura constante de 60 °C. Em seguida, evapora-se X g de água e adiciona-se X g deste sal, obtendo-se uma solução final saturada a 60 °C. Logo, o valor de X deve ser mais próximo de:

(a) 50

(b) 60

(d) 80

(e) 90

Assunto abordado

Solubilidade

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Solução

Como a solução final está saturada:

$\frac{40}{100}=\frac{10+x}{200-x}\leftrightarrow$

$2\cdot (200-x)=5\cdot (10+x)\leftrightarrow$

$\boxed{x=50}$

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Gabarito

item (a)

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Problema 26

A minimização do tempo e custo de uma reação química, bem como o aumento na sua taxa de conversão, caracteriza a eficiência de um processo químico. Como consequência, produtos podem chegar ao consumidor mais baratos. Um dos parâmetros que mede a eficiência de uma reação química é o seu rendimento molar (𝑅, em %), definido como:

$R=\frac{n_{produto}}{n_{reagente\;limitante}}\cdot 100$

em que 𝑛 corresponde ao número de mols. O metanol (CH₃OH) pode ser obtido pela reação entre brometo de metila (CH₃Br) e hidróxido de sódio, conforme a equação química:

CH₃Br + NaOH → CH₃OH + NaBr

O rendimento molar da reação, em que 32 𝑔 de metanol foram obtidos a partir de 142,5 𝑔 de brometo de metila e 80 𝑔 de hidróxido de sódio, é mais próximo de:

(a) 22%

(b) 40%

(d) 67%

(e) 75%

Assunto abordado

Estequiometria

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Solução

$142,5$ g de CH₃Br $\equiv 1,5$ mols de CH₃Br

$80$ g de NaOH $\equiv 2$ mols de NaOH

Assim, percebemos que o reagente limitante é o brometo de metila. Como foi formado 1 mol de metanol, o rendimento molar é:

$\boxed{R=\frac{1}{1,5}\cdot 100\approx 67}$

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Gabarito

item (d)

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Questão 27

Na indústria de alimentos, para se evitar que a massa de pães e biscoitos fique com aspecto amarelado, utiliza-se, como aditivo, um ácido orgânico fraco monoprótico, o ácido propanóico (C₂H₅COOH). Considerando a constante de ionização do ácido propanóico igual a $1,0 \times 10^{-5}$ e as condições de temperatura e pressão de 25°C e 1 atm, o pH de uma solução de concentração 0,001 mol · L^-1 desse ácido é mais próximo de:

(a) 2
(b) 4
(c) 6
(d) 7
(e) 8

Assunto abordado

Equilíbrio Químico – pH de Ácidos Fracos

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Solução

Cálculo da concentração de H⁺:

$[H^+] = \sqrt{K_a \cdot C}$

$[H^+] = \sqrt{(1,0 \times 10^{-5}) \times (0,001)} = \sqrt{10^{-8}} = 10^{-4} \text{ mol/L}$

Cálculo do pH:

$pH = -\log(10^{-4}) = 4$

[collapse]

Gabarito

item (b)

[collapse]

Questão 28

Para identificar quatro soluções aquosas, A, B, C e D, que podem ser soluções de hidróxido de sódio, sulfato de potássio, ácido sulfúrico e cloreto de bário, não necessariamente nessa ordem, foram efetuados três ensaios, descritos a seguir, com as respectivas observações:

A adição de algumas gotas de fenolftaleína às amostras de cada solução fez com que apenas a amostra de B se tornasse rosada.
A solução rosada, obtida no ensaio I, tornou-se incolor pela adição de amostra de A.
Amostras de A e C produziram precipitados brancos quando misturadas, em separado, com amostras de D.

Com base nessas observações e sabendo que sulfatos de metais alcalino-terrosos são pouco solúveis em água, pode-se concluir que A, B, C e D são, respectivamente, soluções aquosas de:

(a) H₂SO₄, NaOH, BaCl₂ e K₂SO₄
(b) BaCl₂, NaOH, H₂SO₄ e K₂SO₄
(c) NaOH, H₂SO₄, K₂SO₄ e BaCl₂
(d) K₂SO₄, H₂SO₄, BaCl₂ e NaOH
(e) H₂SO₄, NaOH, K₂SO₄ e BaCl₂

Assunto abordado

Química Analítica – Identificação de Soluções

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Solução

Análise dos ensaios:

Fenolftaleína rosada apenas em B → B = NaOH
Solução básica neutralizada por A → A = H₂SO₄
Precipitados brancos com D:
- A (H₂SO₄) + D → BaSO₄↓ → D = BaCl₂
- C + D → BaSO₄↓ → C = K₂SO₄

A = H₂SO₄, B = NaOH, C = K₂SO₄, D = BaCl₂

[collapse]

Gabarito

item (e)

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Questão 29

A figura abaixo apresenta a representação de uma célula eletroquímica (pilha) e potenciais de redução das semirreações. Assinale a alternativa que preenche do modo mais adequado as lacunas nas afirmativas I, II e III, respectivamente.

Potenciais padrão de redução:
Mg²⁺_(aq) + 2e^– → Mg_(s) E° = -2,37 V
Ag⁺_(aq) + e^– → Ag_(s) E° = +0,80 V

O eletrodo de ______ é o polo positivo.
A diferença de potencial (ddp) da pilha representada na figura é de ______.
O fluxo de elétrons no circuito externo ocorre do ______.

(a) prata; 3,17 V; ânodo para o cátodo.
(b) magnésio; 1,57 V; cátodo para o ânodo.
(c) prata; 3,17 V; cátodo para o ânodo.
(d) magnésio; 2,37 V; cátodo para o ânodo.
(e) prata; 1,57 V; ânodo para o cátodo.

Assunto abordado

Eletroquímica – Pilhas

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Solução

Análise:

Polo positivo: cátodo (maior E°) → Ag (E° = +0,80 V)
ddp = E°_cátodo – E°_ânodo = 0,80 – (-2,37) = 3,17 V
Fluxo de elétrons: do ânodo (Mg) para cátodo (Ag)

Resposta: prata; 3,17 V; ânodo para o cátodo

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Gabarito

item (a)

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Questão 30

Considerando as distribuições da camada de valência dos elementos a seguir, analise as afirmativas abaixo e assinale a alternativa que indica as corretas.

A → 3s² 3p⁵ (Cloro)
B → 3s² 3p¹ (Alumínio)
C → 2s² 2p³ (Nitrogênio)
D → 3s² 3p¹ (Alumínio)
E → 2s² 2p⁴ (Oxigênio)

A ligação entre os elementos A e C forma uma substância com geometria trigonal plana.
O composto resultante da ligação entre A e B conduz corrente elétrica em solução aquosa.
A ligação entre os elementos C e E pode formar uma substância que reage com base, produzindo sal e água.

(a) apenas as afirmativas I e II estão corretas.
(b) apenas as afirmativas I e III estão corretas.
(c) apenas as afirmativas II e III estão corretas.
(d) todas as afirmativas estão corretas.
(e) apenas uma afirmativa está correta.

Assunto abordado

Química Geral – Ligações Químicas

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Solução

Análise das afirmativas:

I: A (Cl) e C (N) formam NCl₃ → geometria piramidal (FALSA)
II: A (Cl) e B (Al) formam AlCl₃ → conduz corrente em água (VERDADEIRA)
III: C (N) e E (O) formam NO₂ → reage com base: 2NO₂ + 2NaOH → NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O (VERDADEIRA)

Apenas II e III são corretas

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Gabarito

item (c)

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Problema 31

Em uma aula de biologia sobre formação vegetal brasileira, a professora destacou que, em uma região, a flora convive com condições ambientais curiosas. As características dessas plantas não estão relacionadas com a falta de água, mas com as condições do solo, que é pobre em sais minerais, ácido e rico em alumínio. Além disso, essas plantas possuem adaptações ao fogo. As características adaptativas das plantas que correspondem à região destacada pela professora são:

(a) raízes escoras e respiratórias.

(b) raízes tabulares e folhas largas.

(d) raízes aéreas e perpendiculares ao solo.

(e) folhas reduzidas ou modificadas em espinhos.

Assunto abordado

Botânica e Biomas Brasileiros

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Solução

As condições ambientais descritas (solo pobre em nutrientes e queimadas) são características do Cerrado. Analisando as alternativas:

a) Incorreta, essas são características de plantas dos
manguezais, conhecido por ter um solo pobre em oxigênio.

b) Incorreta, as raízes tabulares estão presentes em árvores de grande porte, sendo essas encontradas na amazônia.

c) Correta, essas são características adaptativas de plantas do Cerrado. Cascas grossas e galhos retorcidos oferecem ajuda contra queimadas e garantem maior eficiência no consumo de nutrientes.

d) Incorretas, essas são característivas adaptativas de plantas da Caatinga, devido aos climas mais secos e áridos e a consequente escassez de água.

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Gabarito

item (c)

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Problema 32

Uma cobaia teve sua dieta controlada e privada de três nutrientes essenciais para a manuntenção da homeostase biológica. Na tabela constam os efeitos observados na cobaia decorrentes da carência nutricional a que foi submetida. Os número 1, 2 e 3 na tabela correspondem, respectivamente, aos nutrientes:

Nutriente subtraído	Efeitos observados
1	Redução da temperatura corpórea
2	Redução da produção de testosterona
3	Descalcificação óssea e dentária

(a) iodo, vitamina D e colesterol.

(b) iodo, colesterol e vitamina D.

(d) vitamina D, colesterol e iodo.

(e) colesterol, iodo e vitamina D

Assunto abordado

Bioquímica

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Solução

-A regulação da temperatura corporal é uma das principais funções dos hormônios da tireoide (T3 e T4), que são sintetizados pelo Iodo. Então, o nutriente 1 corresponde ao Iodo.

-O colesterol é um importante precursor da produção de hormônios Esteroides, como a testosterona. Então, o nutriente 2 corresponde ao colesterol.

-Uma das funções da vitamina D é a absorção de cálcio, principal componente estrutural dos ossos. Então, o nutriente 3 corresponde à Vitamina D

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Gabarito

item (b)

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Problema 33

Considere o cruzamento parental entre dois indivíduos de linhagens puras e contrastantes para duas características: pelos pretos e longos x pelos brancos e curtos. A geração F1 era constituída por 100% de indivíduos com pelos pretos e longos. Considerando que as características de cor e comprimento dos pelos são condicionadas cada uma por um gene e que esses genes têm uma segregação independente, a proporção esperada entre 240 indivíduos da F2 é:

(a) 135 pelos pretos e longos – 45 pelos pretos e curtos – 45 pelos brancos e curtos – 15 pelos brancos e longos

(b) 105 pelos pretos e longos – 60 pelos pretos e curtos – 60 pelos brancos e curtos – 15 pelos brancos e longos

(d) 105 pelos pretos e longos – 60 pelos pretos e curtos – 60 pelos brancos e longos – 15 pelos brancos e curtos

(e) 135 pelos pretos e longos – 45 pelos pretos e curtos – 45 pelos brancos e longos – 15 pelos brancos e curtos

Assunto abordado

Genética: Segunda Lei de Mendel

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Solução

A explicação mais plausível para que todos os indivíduos da geração F1 fosse constituída por pelos pretos e longos, é que os alelos para pelos pretos e longos sejam dominantes e que os alelos para pelos brancos e curtos sejam recessivos.

Além disso, todos os indivíduos da geração parental devem ser homozigóticos, caso contrário, seria esperado que houvesse algum indivíduo da geração F1 com características diferentes das observadas.

Sendo o gene A o que determina a cor do pelo e o gene B que determina seu comprimento, o cruzamento da geração parental será

$AABB$ x $aabb$ .

O genótipo de todos os indivíduos da geração F1 será $AaBb$ , pela segunda lei de mendel, as características observadas na geração F2 deverão seguir uma proporção 9:3:3:1, de modo que a cada 16 indivíduos 9 terão as duas características dominantes, 6 terão uma dominante e outra recessiva (3 para cada possibilidade), e 1 terá as duas características recessivas.

Como há 240 indivíduos, fazendo uma regra de três, haverão 135 indivíduos com pelos pretos e longos, 45 com pelos pretos e curtos, 45 com pelos brancos e longos, e 15 com pelos brancos e curtos.

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Gabarito

item (e)

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Problema 34

Analise os esquemas simplificados das células 1 e 2. Células como as representadas em 1 e 2 podem ser encontradas, respectivamento no:

(a) sangue e no fígado.

(b) osso e no pâncreas.

(d) musculo cardíaco e no osso.

(e) pâncreas e no fígado.

Assunto abordado

Citologia e Fisiologia

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Solução

A presença de vesículas secretoras indica que a célula está associada à secreção de substâncias como hormônios, sendo essa uma das funções do pâncreas, restando agora apenas as alternativas B e C. No entanto, a alternativa C é a mais adequada, já que as células do músculo esquelético possuem uma alta demanda energética e necessitam portanto de muitas mitocôndrias.

[collapse]

Gabarito

item (c)

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Problema 35

As algas são importantes produtoras de gás oxigênio, substância fundamental para a maioria dos seres vivos. O gás oxigênio liberado pelas algas provém das:

(a) moléculas de piruvato, derivadas da glicólise que ocorre na respiração celular.

(b) moléculas de água, após a fotólisee que ocorre na fotossíntese

(d) moléculas de nitrato, derivadas da oxidação durante a quimiossíntese

(e) moléculas de gás carbônico, após a etapa química da fotossíntese.

Assunto abordado

Metabolismo energético

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Solução

Assim como as plantas, as algas também fazem fotossíntese, então o oxigênio liberado pelas águas também deve prover da fotólise da água.

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Gabarito

item (b)

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Problema 36

Todas as células procariotas e eucariotas apresentam na superfície um envoltório, a membrana citoplasmática. Além de separar o interior da célula (meio intracelular) do ambiente externo (meio extracelular), a membrana regula a entrada e a saída de substâncias, permitindo que a célula mantenha uma composição química definida, diferente do meio extracelular. Sobre a membrana plasmática, assinale a alternativa mais adequada

(a) O modelo téorico atualmente aceito para a estrutura da membrana é o do mosaico fluido, no qual a membrana apresenta um mosaico de moléculas proteicas que se movimentam em uma dupla camada fluída de lipídeos.

(b) A membrana plasmática é responsável por dar forma à celula, participa do transporte de substâncias e, além disso, participa da produção de proteínas nas células.

(c) O modelo teórico atualmente aceito para a estrutura da membrana é o do mosaico fluido, no qual a membrana participa ativamente da síntese proteica, sendo sua principal função a secreção celular e o deslocamento dessas substâncias para o exterior da células, que se movimentam em uma dupla camada fluida de lipídeos.

(d) A membrana plasmática tem a função de regular as trocas de substâncias entre a célula e o meio, o que é feito por meio de uma propriedade chamada impermeabilidade seletiva. A membrana também intervém nos mecanismo de reconhecimento celular, por meio de receptores como os retículos endoplasmáticos.

(e) A membrana plasmática é dotada de diversas especializações que costumam não variar de acordo com as diferenciações celulares. Entre essas especializações, temos as microvilosidades, as invaginações de base, os desmossomos, as cutículas, as ceras e os cimentos intercelulares.

Assunto abordado

Membrana plasmática

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Solução

a) Esta está toda correta. O modelo mais aceito atualmente é o do mosaico fluido e a descrição apresentada sobre o modelo está correta.

b) e c) Estão erradas porque a membrana não participa da síntese de proteínas, já que o processo de síntese ocorre nas organelas presentes no interior da célula, como os ribossomos.

d) Está errada porque o nome dessa propriedade é permeabilidade seletiva

e) Está errada porque essas especializações variam sim de uma célula pra outra, conforme suas funções no organismo.

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Gabarito

item (a)

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Problema 37

A teníase e a cisticercose são doenças parasitárias que ainda preocupam as entidades sanitaristas. São medidas que controlam a incidência de casos dessas parasitoses: lavar bem os alimentos e tomar água fervida ou filtrada, para evitar a:

(a) ingestão de ovos dos platelmintos causadores dessas doenças; e controlar as populações de caramujos, que são hospedeiros intermediários dos platelmintos.

(b) ingestão de ovos dos nematelmintos, além de cozinhar bem as carnes de porco e de boi, ambos portadores desse nematelmints.

(c) ingestão de cisticercos; e controlar a população de insetos vetores, como o barbeiro, que transmite os ovos do parasita ao picar o homem.

(d) ingestão de ovos do parasita; e cozinhar adequadamente as carnes de porco e de boi para evitar a ingestão de cisticercos

(e) ingestão de larvas de Trichinella spiralis; e congelar as carnes de porco e de por por 72 h para evitar a ingestão de cisticercos

Assunto abordado

Doenças: Teníase e Cisticercose

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Solução

a) Incorreto, pois a teníase e a cisticercose não estão relacionadas aos caramujos. Os caramujos são hospedeiros intermediários do parasita Schitosoma Mansoni, que causa a esquistossomose.

b) Incorreto, a teníase a cisticercose são causadas por vermes do filo dos platelmintos, e não do nemaltemintos.

c) Incorreto, o inseto é responsável por transmitir a Doença de Chagas, cujo agente etiológico é o protozoário Trypanossoma Cruzi.

d) Correto, a melhor forma de se prevenir a teníase e a cisticercose é cozinhando adequadamente as carnes de boi e de porco. Já que o boi e o porco são hospedeiros intermediários dos vermes causadores dessas doenças.

e) Incorreto, o congelamento das carnes não ajuda a evitar a ingestão dos cisticercos, isso deve ser feito por meio do aquecimnento. Além disso, as larvas Trichinellas spiralis estão relacionadas a uma outra doença, a triquinelose.

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Gabarito

item (d)

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Problema 38

Muitos pesquisadores tentaram explicar a origem da vida. Sobre este tema, é mais adequado afirmar que:

(a) Stanley Miller investigou a origem espontânea de moscas a partir de matéria não viva em decomposição

(b) Os primeiros seres fotossintetizantes não usavam água como fonte de íon hidrogênio e liberavam gás sulfídrico para a atmosfera.

(d) a panspermia é uma teoria segundo a qual micro-organismo se encontram presentes na água, sendo capazes de dar origem à vida, quando atingem um local adequado.

(e) Helmont é autor de uma receita para obter ratos a partir de grãos de trigo. Com isso, ele tentou provar a teoria da abiogênese.

Assunto abordado

Origem da vida

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Solução

a) Incorreta, Stanley Miller foi responsável pela condução do experimento de Miller-Urrey, que buscou replicar as mesmas condições da terra primitiva, que mostrou que os aminoácidos (compostos orgânicos) poderiam ser espontaneamente formados a partir de compostos inorgânicos.

b) Incorreta, os primeiros seres fotossintetizantes absorviam gás sulfídrico ( $H_2S)$ ao invés de água $H_2O$ e liberavam enxofre $S$ ao invés de oxigênio $O_2$ . Eles realizavam um processo conhecido como fotossíntese anoxigênica.

c) Incorreta, Louis pasteur de fato confirmou a teoria da biogênese, mas Aristóteles formulou a teoria da abiogênese, e não a da biogênese

d) Incorreta, a panspermia sugere que a vida veio do espaço, por meio de meteoros que caíam na terra, e não necessariamente que a vida tenha vindo da água.

e) Correta, Helmont é conhecido por escrever receitas para a geração espontânea de ratos, buscando provar a abiogênese.

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Gabarito

item (e)

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Problema 39

As proteínas alimentares são digeridas em etapas, até que seus produtos finais, os aminoácidos, possam ser absorvidos. O gráfico abaixo mostra a relação entre a quantidade de aminoácidos formados em três compartimentos do tubo digestório algum tempo após a ingestão de uma refeição rica em proteínas. Os compartimentos estômago, duodeno e jejuno-íleo estão representados no gráfico pelas barras identificadas, respectivamente, por:

(a) Y, X e Z.

(b) X, Y e Z.

(d) Y, Z e X.

(e) Z, Y e X.

Assunto abordado

Sistema digestório

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Solução

No estômago ocorre a digestão das proteínas pela pepsina. A pepsina quebra as proteínas em pedaços menores enquanto a tripsina quebra esses pedaços menores em aminoácidos. Como a tripsina é liberada no duodeno, no estômago haverá poucos aminoácidos e ela terá agido mais quando a refeição chegar no jejuno-íleo. Logo, X deve ser o jejuno-íleo, Y o estômago e Z o duodeno.

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Gabarito

item (d)

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Problema 40

Carlos e Juliana, ambos com visão normal, tiveram três filhos: um menino daltônico com tipo sanguíneo 𝐴𝐵, um menino com visão normal e tipo sanguíneo 𝑂 e uma menina com visão normal e tipo sanguíneo 𝐵. Considerando o fenótipo dos filhos, é mais adequado concluirmos que:

(a) Juliana é portadora de um alelo recessivo do gene que codifica para o daltonismo e Carlos não tem esse alelo; Carlos tem tipo sanguíneo 𝐴𝐵 e Juliana tem tipo sanguíneo 𝐵.

(b) Juliana é portadora de um alelo recessivo do gene que codifica para o daltonismo e Carlos não tem esse alelo; um deles tem tipo sanguíneo 𝐴 e o outro tem tipo sanguíneo 𝐵.

(c) Carlos tem um alelo recessivo do gene que codifica para o daltonismo e Juliana não tem esse alelo; um deles tem tipo sanguíneo 𝐴 e o outro tem tipo sanguíneo 𝐵.

(d) Carlos e Juliana tem um alelo recessivo do gene que codifica para o daltonismo; ambos têm tipo sanguíneo 𝐴𝐵.

(e) Juliana é portadora de um alelo recessivo do gene que codifica para o daltonismo e Carlos não tem esse alelo; Carlos tem tipo sanguíneo O e Juliana tem tipo sanguíneo 𝐴𝐵.

Assunto abordado

Herança ligada ao sexo e sistema ABO

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Solução

Sabe-se que o daltonismo é uma doença recessiva ligada ao cromossomo X. Visto que ambos os pais apresentam a visão normal e tiveram um filho daltônico, é necessário que a mãe apresente um alelo recessivo do gene para daltonismo. O pai não pode ter esse alelo recessivo, pois caso tivesse, seria daltônico.

Sabe-se que os alelos que expressam o sangue A e B são codominantes e o sangue O são recessivos. Para terem um filho AB e outro O, um dos pais deve ter o genótipo Ao e o outro Bo.

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Gabarito

item (b)

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Problema 41

A figura representa uma célula em uma das fases de certa divisão celular. Supondo que essa divisão celular se concretize, gerando célulasfilhas, é mais adequado afirmar que:

(a) cada célula-filha terá dois cromossomos diferentes.

(b) serão originadas quatro células-filhasgeneticamente idênticas.

(d) a divisão ocorreu em uma célula somática,originando duas células-filhas idênticas.

(e) cada célula-filha terá quatro cromossomosdiferentes.

Assunto abordado

Meiose e mitose

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Solução

(a) Correta. Caso o processo que esteja ocorrendo seja uma meiose, como é uma divisão reducional, cada célula-filha teria 2 cromossomos diferentes. Por isso é a afirmação mais adequada.

(b) Incorreta. Está errada pois quando as cromátides irmãs se separarem, se formarão células-filhas que não serão geneticamente idênticas.

(d) Incorreta. As células-filhas não seriam idênticas. Seriam originadas 2 células-filhas separando as cromátides irmãs da imagem (mitose), mas não seriam idênticas, visto que as cromátides irmãs não precisam ser idênticas.

(e) Incorreta. Para cada célula-filha ter 4 cromossomos, seria necessário que o processo que estivesse ocorrendo fosse uma mitose. Devido a presença de cromossomos homólogos na imagem, não é possível garantir que os 4 cromossomos seriam diferentes, já que poderia ocorrer da mesma cromátide irmã de cada cromossomo homólogo ficar na mesma célula.

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Gabarito

item (a)

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Problema 42

Uma das características das florestas de araucárias, presentes no Sul do Brasil, é a predominância do pinheiro do Paraná. Nessas florestas desenvolvem-se, ainda, samambaias, gramíneas, erva-mate, cedro e imbuia. Sobre estes grupos de vegetais, analise as afirmativas a seguir e assinale a alternativa que indica as corretas.

I. Todas as plantas citadas no enunciado desta questão apresentam tecido vascular; por isso, também podem ser consideradas traqueófitas.

II. O esporófito das samambaias, pertencentes ao grupo das pteridófitas, apresenta os soros, estruturas que abrigam os esporângios, onde as células sofrem meiose originando os esporos.

III. As sépalas e pétalas das angiospermas são os esporófilos responsáveis pela formação do megásporo e do micrósporo, respectivamente.

(a) apenas as afirmativas I e II estão corretas.

(b) apenas as afirmativas I e III estão corretas.

(d) todas as afirmativas estão corretas.

(e) apenas uma afirmativa está correta.

Assunto abordado

Características de briófitas pteridófitas, gminospermas e angiospermas

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Solução

I- Correta. Todas as plantas apresentadas no enunciado são angiospermas, gminospermas ou pteridófitas, logo todas apresentam tecido condutor.

II- Correta. As samambaias são pteridófitas e nesses grupos os esporos são originados por meiose nos esporângios que são localizados nos soros.

III- Errada. As sépalas e as pétalas não são responsáveis pela formação de nada.

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Gabarito

item (a)

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Questão 43

“Recentemente um estudo feito em campos de trigo mostrou que níveis elevados de dióxido de carbono na atmosfera prejudicam a absorção de nitrato pelas plantas. Consequentemente, a qualidade nutricional desses alimentos pode diminuir à medida que os níveis de dióxido de carbono na atmosfera atingirem as estimativas para as próximas décadas.”

Fonte: BLOOM A.J. et al. Nitrate assimilation is inhibited by elevated CO₂ in field-grown wheat. Nature Climate Change, n. 4, abr. 2014 (adapt.)

Nesse contexto, a qualidade nutricional do grão de trigo será modificada primariamente pela redução de:

(a) amido.
(b) frutose.
(c) lipídeos.
(d) celulose.
(e) proteínas.

Assunto abordado

Fisiologia Vegetal – Nutrição de Plantas

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Solução

Relação entre nitrato e síntese proteica:

Os nitratos são essenciais para a síntese de aminoácidos, que são os blocos construtores das proteínas. Com a redução na absorção de nitratos causada pelo aumento do CO₂, ocorre uma diminuição na produção de proteínas nos grãos de trigo.

Análise das alternativas:

(a) Amido: Carboidrato sintetizado a partir de glicose, não diretamente afetado pela absorção de nitratos.

(b) Frutose: Açúcar simples, produto da fotossíntese, não depende de nitratos.

(c) Lipídeos: Sintetizados a partir de ácidos graxos, sem relação direta com nitratos.

(d) Celulose: Componente estrutural das paredes celulares, formado por polissacarídeos.

(e) Proteínas: Única alternativa que depende diretamente de nitratos para síntese de aminoácidos.

Conclusão: A redução na qualidade nutricional ocorre primariamente pela diminuição do conteúdo proteico.

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Gabarito

item (e)

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Questão 44

Todo sangue do corpo humano passa mais de 250 vezes pelos rins durante um dia. Isso significa que esses órgãos filtram cerca de 1400 litros de sangue a cada 24 horas. Desse material filtrado (por volta de 150 litros, que saem dos glomérulos renais e vão para os túbulos) é produzido 1,5 litro de urina por dia. Assinale a alternativa que contém as informações mais adequadas sobre o processo de produção de urina.

(a) O sangue é filtrado no glomérulo e levado, pela uretra, até a bexiga, onde ocorre a reabsorção de água e a finalização da produção da urina.
(b) A urina é produzida a partir da filtração do sangue nos túbulos néfricos, onde o filtrado formado é constituído principalmente por glicose, aminoácidos, sais e água.
(c) A filtração do sangue nos túbulos é o principal fator para a produção da urina, pois garante a formação de um filtrado rico em proteínas e água que evita a desidratação do organismo.
(d) Após a filtração do sangue, a maior parte das substâncias úteis do filtrado resultante é reabsorvida, sobrando certa quantidade de água, sais minerais e ureia, que farão parte da composição da urina.
(e) As proteínas e a ureia presentes no sangue são filtradas nos glomérulos renais e reabsorvidas no túbulo coletor, que leva a urina resultante para a bexiga, onde ficará armazenada até a eliminação para o meio externo.

Assunto abordado

Fisiologia Renal – Formação da Urina

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Solução

Etapas da formação da urina:

1. Filtração glomerular: Ocorre nos glomérulos, onde 150 L de filtrado são produzidos diariamente, contendo água, glicose, aminoácidos, sais e ureia.

2. Reabsorção tubular: Cerca de 99% do filtrado é reabsorvido nos túbulos renais, incluindo substâncias úteis como glicose e aminoácidos.

3. Formação da urina: Resulta do equilíbrio entre reabsorção e secreção, contendo principalmente água, sais minerais e ureia (1,5 L/dia).

Análise das alternativas:

(a) Incorreta: A uretra não transporta filtrado; a reabsorção ocorre nos túbulos, não na bexiga.

(b) Incorreta: A filtração ocorre nos glomérulos, não nos túbulos.

(c) Incorreta: Proteínas não são filtradas; a filtração não ocorre nos túbulos.

(d) Correta: Descreve precisamente a reabsorção das substâncias úteis e composição final da urina.

(e) Incorreta: Proteínas não são filtradas; ureia não é reabsorvida significativamente.

Conclusão: A alternativa (d) é a única que descreve corretamente o processo de formação da urina.

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Gabarito

item (d)

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Questão 45

Um grupo de ecólogos esperava encontrar aumento de tamanho das acácias, árvores preferidas de grandes mamíferos herbívoros africanos, como girafas e elefantes, já que a área estudada foi cercada para evitar a entrada desses herbívoros. Para espanto dos cientistas, as acácias pareciam menos viçosas, o que os levou a compará-las com outras de duas áreas de savana: uma área na qual os herbívoros circulam livremente e fazem podas regulares nas acácias, e outra de onde eles foram retirados há 15 anos. O esquema mostra os resultados observados nessas duas áreas:

Área sem herbívoros:

Acácias sem poda
Menor produção de néctar
Aumento e domínio de formigas da espécie 2
Ataque de besouros e outros insetos
Enfraquecimento das acácias

De acordo com as informações fornecidas, é mais adequado afirmar que:

(a) a presença de populações de grandes mamíferos herbívoros provoca o declínio das acácias.
(b) os hábitos de alimentação constituem um padrão de comportamento que os herbívoros aprendem pelo uso, mas que esquecem pelo desuso.
(c) as formigas da espécie 1 e as acácias mantêm uma relação benéfica para ambas.
(d) os besouros e as formigas da espécie 2 contribuem para a sobrevivência das acácias.
(e) a relação entre os animais herbívoros, as formigas e as acácias é a mesma que ocorre entre qualquer predador e sua presa.

Assunto abordado

Ecologia – Relações Ecológicas

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Solução

Dinâmica do sistema ecológico:

1. Com herbívoros: A poda estimula a produção de néctar, que atrai formigas protetoras (espécie 1). Essas formigas defendem a árvore contra pragas.

2. Sem herbívoros: Menos néctar produzido → menos formigas protetoras → domínio de formigas não-protetoras (espécie 2) → aumento de pragas (besouros) → enfraquecimento das acácias.

Relação mutualística:

– Acácias fornecem néctar e abrigo

– Formigas da espécie 1 fornecem proteção contra herbívoros e insetos

– Herbívoros indiretamente mantêm essa relação através da poda

Análise das alternativas:

(a) Incorreta: Herbívoros beneficiam indiretamente as acácias ao estimular o mutualismo.

(b) Incorreta: Não se trata de comportamento aprendido, mas de relações ecológicas.

(c) Correta: Descreve a relação mutualística entre acácias e formigas da espécie 1.

(d) Incorreta: Besouros são pragas e formigas da espécie 2 não protegem as árvores.

(e) Incorreta: A relação é mutualística, não apenas predatória.

Conclusão: A alternativa (c) é a única que descreve corretamente a relação benéfica entre as formigas protetoras e as acácias.

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Gabarito

item (c)

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