GABARITO PRELIMINAR COMENTADO DO 8o VESTIBULAR DA FEPECS
(FUNDAÇÃO DE ENSINO E PESQUISA EM CIÊNCIAS DA SAÚDE
ESCOLA SUPERIOR DE CIÊNCIAS DA SAÚDE)
PROVA 2 – 2° DIA
6/01/2008 (Domingo)
MATEMÁTICA, FÍSICA, QUÍMICA E BIOLOGIA
Item
01
Gabarito
B
Comentários
Usando: ∆V =
∆x
∆T
Temos que
x
T1 = 1
80
x
T2 = 2
100
Onde
 x1 + x 2 = 345


15
T1 + T2 = 3hs 45 min = 4 hs
Substituindo T1 e T2 no sistema encontramos x1 = 120 e x x 2 = 225 . Assim, temos que
T2 2,25
=
= 1,5
T1
1,5
02
E
O produto dos sete termos em PG é dado por
a.aq.aq 2 .aq 3 aq 4 aq 5 .aq 6 = 1
a 7 q 21 = 1
1
q 21 = 7
a
Pegando o produto do primeiro e do último termo temos que
a 6 .q 21 = 27
1
a 6 . 7 = 27
a
−1
a = 27
1
a=
27
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Substituindo o valor encontrado de a na primeira relação temos
a 7 .q 21 = 1
7
 1  21
  .q = 1
 27 
q=3
Portanto, o valor do último termo é a.q 6 =
03
C
1 6
.3 = 27 .
27
Para ocorrer empate temos que o número de caras deve ser igual ao número de coroas, como
a ordem em que esses resultados ocorrem não é especificado temos que a probabilidade de
dar empate será dada pelo produto de uma permutação de 6 elementos com repetição (3 caras
e 3 coroas) vezes a probabilidade de ser cara ou coroa em cada lançamento, ou seja,
6
04
B
1
1
, logo, temos que a probabilidade de ocorrer empate será dada por
  =
64
2
1 20 5
P = p 63,3 . =
= .
64 64 16
Considerando um cubo, analisando as possibilidades de cor para cada face, é fácil verificar
as possibilidades de cubos diferentes. (sugestão: desenhe um cubo).
Cubo 1: uma face vermelha
Cubo 2: três faces vermelhas
Cubo 3: duas faces vermelhas
Cubo 4: três faces vermelhas
Cubo 5: todas as faces vermelhas
Considerando quando as faces forem azuis, temos 10 possibilidades.
05
A
10.10 2.10 3....10 N < 20 20
101+ 2+ 3+...+ N < (2.10 )
20
101+ 2+ 3+...+ N < 2 20.10 20
101+ 2+ 3+...+ N
< 2 20
20
10
2
( )
06
A
2
10 (1+ 2+ 3+... N )− 20 < 210 = (1024 ) ≈ 10 6
Logo,
(1 + 2 + 3 + ...N ) − 20 < 6
(1 + 2 + 3 + ... + N ) < 26
Então N = 6
Para o sistema possuir infinitas soluções, devemos construir um sistema relacionado ao
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produto de matrizes apresentado na questão, escalonar e encontrar uma equação do tipo
0. x + 0. y + 0. z = 0 .
Assim temos que:
dx + y + z = 1

2 x + dy − z = 1
2 x + y + dz = 1

Multiplicando a primeira equação por (-1) e somando com a última encontramos
(2 − d )x + 0. y + (d − 1).z = 0 , assim, podemos concluir que os valores de d são 0, 1 ou 2.
07
A
y
L
E
x
1
e que EB ' =
2
Por Pitágoras temos:
Sabendo que OE =
2
 2 −1  2 − 1
 +

L = 
  2 
2

 

2 −1
2
2
2
L=
2− 2
2
Área de um triângulo:
L2 3 − 2 2
A=
=
2
4
08
B
Área Final = área do quadrado menos quatro triângulos.
3−2 2 
= 2 2−2
AF = 1 − 4
4 

Devemos observar que a soma 2n + 3m deve ser um múltiplo de 4. Ou seja:
2n + 3m
p=
4
O conjunto 2n possui 40 elementos, já que 1 ≤ n ≤ 40 .
O conjunto 3m possui 40 elementos, já que 1 ≤ m ≤ 40 .
Cada elemento do conjunto 2n soma com 10 números do conjunto 3m, formando um
múltiplo de 4.
Portanto: (Numero de elementos do conjunto 2n)x10 = 40x10 = 400 soluções possíveis.
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09
C
Resposta encontrada difere das possibilidades sugeridas para a questão.
20
10
10 5
10 5
10
20
10
C
a = 130 e b = 222
b – a = 92
Na resolução da questão temos que considerar as seguintes identidades trigonométricas:
Sen2θ = 2 senθ . cos θ
sen3θ = 2 senθ . cos 2 θ + senθ (cos 2 θ − sen 2θ )
sen 2θ + cos 2 θ = 1
Assim temos que:
senθ + sen2θ + sen3θ = 0
senθ + 2 senθ cos θ + 2 senθ . cos 2 θ + senθ (cos 2 θ − sen 2θ ) = 0
senθ .(1 + 2 cos θ + 2 cos 2 θ + cos 2 θ − sen 2θ ) = 0
Logo temos senθ = 0 , que possui duas soluções no intervalo [0;2π ) .
Analisando a senda parte da equação, encontramos:
(1 + 2 cos θ + 2 cos 2 θ + cos 2 θ − sen 2θ ) = 0
1 + 2 cos θ + 3 cos 2 θ = sen 2θ
1 + 2 cos θ + 3 cos 2 θ = 1 − cos 2 θ
4 cos 2 θ + 2 cos θ = 0
cos θ .(4 cos θ + 2 ) = 0
Logo temos cos θ = 0 , que possui duas soluções no intervalo [0;2π ) .
Encontramos, também
−1
4 cos θ + 2 = 0 ⇒ cos θ =
, que possui duas soluções no intervalo [0;2π ) .
2
11
C
Portanto, a equação tem 6 soluções.
Considere que o menino salta de uma altura “H”, em metros, em relação ao solo e, portanto,
seu centro de massa CM se desloque “(H + 10-2)m” (lembramos que 1cm = 10-2m).
Ao final da queda livre do menino, a velocidade atingida pelo seu
V0 = 0 CM será igual a, usando-se a Eq. de Torricelli:
V ² = V02 + 2g( H +10−2 ) → V = 2g( H + 10−2 ) (g = 10m/s²).
CM
Ao tocar o solo, o centro de massa desacelera até atingir o repouso
(V’ = 0), percorrendo ∆S = 1cm, conforme no enunciado.
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A desaceleração máxima sofrida pelo CM
(sem que
menino
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8º vestibular
da o
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– 1° frature
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a tíbia) é calculada usando-se a 2ª Lei de Newton:
H
a=
12
A
FR 5,0 × 104 N
=
= 1,0 × 103 m / s²
m
50kg
Assim, aplicando-se novamente a Eq. de Torricelli nesta etapa para o CM, encontramos:
V’² = V² - 2a∆S → 0² = 2·10·(H + 10-2) – 2·(1,0×103)·10-2
20(H + 10-2) = 20 → H + 10-2 = 1
∴ H = 1 – 10-2 = 0,99m = 99cm
r
Em um dado instante “t” do lançamento oblíquo do projétil, o vetor-velocidade “ V ” pode ser
r
r
decomposto nas componentes “ Vx ” (horizontal) e “ Vy ” (vertical), tal que podemos escrever:
y
r r
r
V = Vx + V
ry
r
Vy
r
V0
13
C
V
r
Vx
→ V ² = Vx2 + Vy2
r
Na horizontal, o módulo da componente Vx é
r
r
constante (percorre em MRU), tal que Vx = V0 x
x (componente horizontal da velocidade inicial de
lançamento).
r
Na vertical, o módulo da componente Vy varia linearmente com o tempo de vôo (percorre
em MRUV com aceleração igual a g). Assim,
Vy = V0y + g·t (V0y: componente vertical da velocidade inicial de lançamento)
Desta forma:
V² = V02x + (V0y + g·t)² → V² = V02x + V02y + 2g V02y t + g²t² ( V02x + V02y = V02 )
∴ V² = V02 + 2g V02y t + g²t²
a qual pode ser modelada como uma função quadrática, cujo gráfico é uma parábola.
Analiticamente, durante a subida do projétil, o módulo da velocidade diminui até atingir a
r r
r
altura máxima (não se anula, pois neste ponto V = Vx e | Vy | = 0) e durante a queda o módulo
do vetor-velocidade volta a aumentar.
Considere a vela em duas posições distintas (situação 1 e situação 2):
SITUAÇÃO 1: vela colocada entre o foco e o vértice do espelho côncavo.
H
d
C
F
p1
f
p’1
hi = h
V
p1: distância objeto-espelho (p1 = f – d)
p’1: distância espelho-imagem
f: distância focal
Neste caso, sabemos que a imagem formada possui as seguintes características: virtual (p’1
< 0), direita (h > 0) e aumentada.
SITUAÇÃO 2: vela colocada entre o centro e o foco do espelho côncavo.
H
p2
d
C
F
f
V
p’2
hi = h’
p2: distância objeto-espelho (p2 = f +d)
p’2: distância espelho-imagem
f: distância focal
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E neste caso, sabemos que a imagem formada possui as seguintes características: real (p’2 >
0), invertida (h’ < 0) e aumentada.
Usaremos nas duas situações, as Eq. de Gauss:
•
f =
p ⋅ p'
p + p'
(eq. dos pontos conjugados) e
hi
− p'
=
h0
p
(aumento linear)
Para a situação 1, vem que:
f =
p1 ⋅ p1'
p1 +
p1'
→f =
(f − d ) ⋅ p1'
(f − d ) +
p1'
→ (f − d )p1' = ( f − d)f + p1' f ∴ p1' =
hi
− p'
h − p1'
=
→
=
→ h = H⋅
h0
p
H
p1
−
− ( f − d )f
d
−( f − d ) f
f
d
= H⋅
(f − d )
d
Para a situação 2:
f =
p 2 ⋅ p '2
p2 +
p '2
→f =
( f + d) ⋅ p '2
(f + d) + p'2
→ (f + d) p'2 = (f + d)f + p'2f ∴ p'2 =
(f + d )f
−
hi
− p'
h ' − p'2
f
d
=
→
=
→ h' = H ⋅
= −H⋅
h0
p
H
p2
(f + d)
d
invertida em relação ao objeto). Assim,
14
D
( f + d )f
d
(o sinal negativo apenas indica que a imagem é
f
H⋅
h'
d
=
f
h
−H
d
=1
Para que o brilho da lâmpada (80W – 20V) seja normal, a corrente elétrica que a percorre
será de
i=
Pt 80 W
=
= 4A .
U
20V
Portanto, a associação dos 4 geradores idênticos (ε = 12V; r = 1Ω) deve fornecer uma d.d.p.
externa de U = 20V e uma corrente elétrica de i = 4A.
Segundo a equação do gerador equivalente da associação, podemos escrever:
U = E - req·i (E: f.e.m. equivalente e req: resistência interna equivalente)
Logo, não poderão ser conectados em série e nem em paralelo, simultaneamente, pois:
em série: E = 4×12V = 48V
req = 4×1Ω = 4Ω
logo, 20 = 48 – 4i → i = 7A > 4A.
em paralelo: E = 12V
req = 1Ω/4 = 0,25Ω
logo, 20 = 12 – 0,25i → i = -32A (não há funcionamento)
Assim, descartamos os circuitos das alternativas “A” e “B”.
No circuito da alternativa “C” (circuito misto):
Os três geradores inferiores em paralelo nos dá um gerador equivalente parcial
com as seguintes características:
E’ = 12V
r’eq = 1Ω/3 = 0,33Ω
Este gerador está em série com o quarto gerador, nos dando um gerador
equivalente final:
E = 12V + 12V = 24V
req = 1Ω + 0,33Ω = 1,33Ω
logo, 20 = 24 – 1,33i → i = 3A < 4A
No circuito da alternativa “D” (circuito misto):
Os dois geradores inferiores em paralelo nos dá um gerador equivalente parcial
com as seguintes características:
E’ = 12V
r’eq = 1Ω/2 = 0,5Ω
Da mesma forma, os dois geradores superiores em paralelo nos dá um gerador
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equivalente parcial com as seguintes características:
E’’ = 12V e r’’eq = 1Ω/2 = 0,5Ω
Estes geradores estão em série, nos dando um gerador equivalente final:
E = 12V + 12V = 24V e req = 0,5Ω + 0,5Ω = 1Ω
logo, 20 = 24 – 1i → i = 4A (OK!)
15
D
No circuito da alternativa “E”, a inversão da polaridade de dois geradores os transforma em
receptores (de f.c.e.m. de 12V + 12V) ligados em paralelo com dois geradores (com f.e.m. de
24V), não fornecendo corrente ao circuito.
Qualquer que seja a colisão mecânica unidimensional pode-se aplicar o Princípio da
Conservação da Quantidade de Movimento:
r
r
r
r
r
r
Q depois = Q antes → m1v1' + m 2 v'2 = m1v1 + m 2 v 2
16
E
17
B
∴ m1(1m/s) + m2 (2m/s) = m1(4m/s) + m2(-1m/s)
m1 – 4m1 = -m2 – 2m2
m1 = m2
Calcula-se a massa das esferas maciças:
m = dV = (7,8g/cm³)(50cm³) = 390g = 0,39kg. Logo, o peso real de cada esfera será:
Pesfera = mg = (0,39kg)(10m/s²) = 3,9N
O empuxo aplicado pela água nas esferas:
E = dLVdeslocadog = (10³kg/m³)(50·10-6m³)(10m/s²) = 0,5N
Assim, no recipiente da esquerda, o peso aparente é medido através da tração da corda:
T = P – E = 3,9 – 0,5 = 3,4N
o que equivale a 0,34kg = 340g de água
Lembrando que no movimento circular apenas a força centrípeta não realiza trabalho, então
o trabalho realizado “W” pela força tangencial aplicada pela pessoa é dado por:
W = FR·∆S
onde:
FR é a força resultante aplicada nos pedais da bicicleta (FR = 2F = 40N)
∆S é deslocamento efetivo percorridos pelos pedais durante uma hora
∆S = V·∆t = (ω·R)∆t = (4,2rad/s×0,25m)·3600s = 3780m
Logo, W = 40N·3780m = 151200J (÷4,2) = 36000cal = 36kcal
Assim,
18
E
W
36kcal
= 0,2 → Q =
= 180kcal
Q
0,2
Pela definição da energia potencial elétrica armazenada pelas cargas Q e q, separadas por
uma distância “d” no vácuo (constante eletrostática k) é:
U=
kQq
d
(em joules)
Assim, na figura 1:
19
B
U1 =
kq( −q)
kq ²
=−
d AB
d AB
na figura 2:
U2 =
kq( −q) kqq k ( −q )q
kq ²
+
+
=−
d AB
d AC
d BC
d AB
na figura 3:
U2 =
kq( −q) k( −q )q k ( −q )(−q )
kq ²
+
+
=−
d AB
d AC
d BC
d AB
(pois dAC = dBC)
Concluímos que U1 = U2 = U3
O trabalho total realizado pela resistência do ar sobre a esfera é igual a energia total
armazenada ao fim da oscilação. Então, no ponto de equilíbrio “x0”:
k
WRar = Ep + Epe = mg(-x0) +
k ⋅ x 02
2
Por outro lado:
kx0 = mg → x 0 = mg
k
Assim, WRar = mg(- mg ) +
k
 mg 
k ⋅

 k 
2
2
=
−
m ²g ² m ²g ²
m ²g ²
+
=−
k
2k
2k
________________________________________________________________________________
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20
C
No tubo aberto: faberto = 4f1 = 4·
V
2L
No tubo fechado: ffechado = 9f’1 = 9·
=
2V
L
V
4L
logo, ffechado > faberto. Assim,
9V
f fechado
9V L
9
i=
= 4L =
⋅
=
2V
f aberto
4L 2V 8
L
21
(é um intervalo de tom maior)
B
Quando um átomo perde 1 elétron, ele puxa os elétrons restantes com mais força, o raio
diminui, como os elétrons estão mais próximos do núcleo, fica mais difícil tirar outro elétron
a energia será maior.
22
D
Para o álcool mudar de estado, rompe-se as interações entre as moléculas, como ele
apresenta hidroxila, são as ligações de hidrogênio que são quebradas. O álcool é um
composto molecular (faz ligações covalente), para haver uma reação, é necessário que as
ligações químicas se rompam e formem outras novas.
23
E
M(ácido acetilsalicílico) = 180 g/mol
M(ácido salicílico) = 138 g/mol
180 mg (quantidade necessária na aspirina) → 80% (rendimento)
X mg → 100 %
1 mol ácido salicílico → 1 mol de ácido acetilsalicílico
138 g
→
180 g
X mg
→
225 mg
X = 172,5 mg de ác. salicílico são necessários para produzir 1 comprimido de aspirina.
24
B
1,8.10-3 g (1% 180 mg – massa de ácido acetilsalicílico em 1 comprimido)
C = m/M.V
C=
1,8.10-3g . = 1,0.10-4 mol/L
180g/mol . 0,1L
pH = 4
pH = - log[H+] pH = - log 1,0.10-4
25
D
A reação direta, formação do N2O4, libera calor (exotérmica), quando diminui a temperatura
favorece, este sentido e a solução resulta incolor. A reação inversa, formação do NO2,
absorve calor (endotérmica), quando aumenta a temperatura, favorece este sentido e a
solução resulta castanha.
A adição do Hélio vai dificultar a interação entre as moléculas alterando o equilíbrio.
26
B
dpmfinal = dpminicial
2x
x
12
2 = 6.10 = 2.1015
X=T/P
3.10-3
P = 10.000 / 51
Log 2x = log 2.1015
P = 196 anos (aproximadamente 200 anos)
0,3X = 0,3 + 15
X = 15,3 / 0,3 = 51
27
E
Precisa abrir a estrutura e contar a partir do carbono da função até o último carbono com
dupla ligação.
CH3CH2CH=CHCH2–CH=CHCH2– CH=CHCH2– CH=CHCH2– CH=CHCH2–CH2 –
CH2–CH2–CH2–COOH
28
D
Para cada dupla ligação, adiciona-se 2 hidrogênios para saturar a ligação. Como há na
molécula 5 duplas, são necessário 10 hidrogênios (5 H2). Para 1 mol de Ômega-3, são
necessários 5 mol de H2.
29
B
As reações mostradas são de redução, quem apresenta maior potencial de redução é o que
reduz (agente oxidante), no caso é a reação de 1,0 M.
∆Eº = Eºoxidante – Eºredutor
∆Eº = 0,35 – 0,27
∆Eº = 0,08 V
30
A
Silício, estanho = 4A (p2
- 2 elétrons desemparelhado)
1
Índio, gálio, alumínio = 3A (p
- 1 elétron desemparelhado)
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- 1 elétron desemparelhado)
Cobre, ouro, prata = 1B (d9
1
Ítrio = 3B (d
- 1 elétron desemparelhado)
31
A
32
C
33
E
34
A
35
C
36
B
37
C
38
E
39
A
40
A
O 2-butanol apresenta carbono quiral (carbono assimétrico, ligado a quatro grupos
diferentes) o que lhe permite isomeria óptica. Para determinar a quantidade de isômeros
oticamente ativos:
Isômeros oticamente ativos = 2n (sendo n o número de carbonos quirais)
Isômeros oticamente ativos do butanol = 21 = 2
A velocidade é diretamente proporcional à concentração dos reagentes .
C1 = 75 g/L
C2 = 9 g/L
C3 = 20 g/L
V1 = ?
V2 = ?
V3 = V1 + V2
C3 . V3 = C1 . V1 + C2 + V2
20. (V1 + V2) = 75 . V1 + 9 . V2
20V1 + 20V2 = 75V1 + 9V2
20V2 - 9V2 = 75V1 - 20V1
11V2 = 55V1
V2 = 55
V1 11
V2 = 5
V1
Função amida:
O composto “B” é um ester
, logo a isomeria com o ácido acético é de função.
O KMnO4 é um forte agente oxidante promovendo a transformação de um ácool em ácido
fórmico “A”
A herança só pode ser autossômica recessiva, pois se fosse dominante e ligada ao
cromossomo x o pai necessariamente deveria ser afetado, e se fosse dominante ligado ao
cromossomo X, a mãe ou o pai deveriam ser afetados. Se fosse autossômica dominante, um
dos pais deveria ser afetado, se fosse ligada ao cromossomo Y, todos do sexo masculino
deveriam ser afetados.
Toda enzima é uma proteína, quando aumentamos muito a temperatura, as proteínas se
desnaturam definitivamente, logo em um leite pasteurizado, em relação à enzima citada
(fosfatase alcalina), o aumento da temperatura deverá reduzir a atividade enzimática devido à
desnaturação da proteína.
Questão controversa, alguns autores consideram os produtores os melhores concentradores
de substâncias, mas a maioria deles considera que em uma cadeia alimentar a concentração
de substâncias se dá nos últimos níveis tróficos em especial as substâncias tóxicas que se
acumulam em gorduras (caso do DDD e do DDT), logo, as aves formam o grupo que mais
concentram a substância o que daria como resposta a letra B – cabe recurso.
A situação descrita no texto ilustra claramente uma situação clássica de seleção natural
induzida por humanos. Ao aplicar o DDD, foram mortos a maioria dos mosquitos que não
apresentavam resistência a substância, os que apresentavam resistência, e esta característica
era genética, se reproduziram e sua prole também era resistente. Com o tempo, aumentam a
freqüência do gene para resistência e a maioria dos mosquitos existentes tem como
característica a resistência ao DDD.
Se a área foliar é grande, aumenta a eficiência na captação de luz, mas ao mesmo tempo, se o
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ALUB – Prova comentada
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41
D
42
E
43
B
44
B
45
A
46
D
47
E
48
B
49
A
50
C
número de estômatos for muito grande, existe um aumento de perda de água, o que poderia
ser fatal para planta, logo, a tendência de diminuição do número de estômatos por área, a
medida que ocorra o aumento da área foliar.
O indivíduo X é normal, produz insulina suficiente e com a aplicação de mais insulina a taxa
cai, o indivíduo Y tem diabetes do tipo 1, ao aplicar a insulina, a taxa ficou normal, tendo em
vista esse indivíduo não produzir insulina, o indivíduo Z é do tipo 2, por mais que se aplique
insulina, ele não possui receptores e as taxas permanecem altas.
O transporte de glicose se dá principalmente por difusão facilitada, uma vez que as proteínas
transportadoras (permeases) são em número insuficiente para devolver ao sangue toda a
insulina, o filtrado fica muito concentrado fazendo que o sangue perca água para o filtrado
por osmose.
Mais um caso típico de seleção natural. Pela própria definição de espécie, (quando os
indivíduos cruzam entrem si, produzem descendentes férteis) cruzamento de indivíduos de
espécies diferentes podem produzir no máximo híbridos estéreis. Os indivíduos que só
cruzaram dentro da mesma espécie tiveram maior sucesso reprodutivo do que os que
cruzavam também com espécies diferentes, com o tempo, a seleção natural favoreceu o
isolamento reprodutivo.
O comando da questão define nicho ecológico como sendo “n-dimensional”, usando apenas
três parâmetros, é impossível definir que estas espécies ocupam o mesmo nicho ecológico,
pois pode existir sobreposição em vários deles. Logo, o experimento não prova que duas
espécies podem ocupar o mesmo nicho ecológico.
Para se formar a espermátide, o espermatócito primário sofre meiose, e durante o processo
pode ocorrer o crossing-over, o que faz com que combinações diferentes das existentes no
espermatócito primário possam existir na espermátide.
O gráfico ilustra o dogma central da biologia molecular, o DNA → RNA → Proteína. A
curva “A” ilustra a utilização da uracila marcada no processo de transcrição, a curva “B”
ilustra a assimilação de aminoácidos marcados para a produção de proteínas através do
processo de tradução, “C” ilustra a assimilação de carboidratos marcados para a montagem
da glicoproteína.
Devido aos mitocôndrias das giárdias não serem funcionais, processos como a oxidação de
lipídios, o ciclo de Krebs e a fosforilação oxidativa ficam prejudicados.
Inicialmente acreditava-se que as giárdias eram fósseis vivos, pois acredita-se que nos
primeiros eucariontes as mitocôndrias eram ausentes (teoria endossimbiôntica – que os
mitocôndrias eram procariontes, que se adaptaram a vida dentro de células eucarióticas),
com a descoberta das mitocôndrias degeneradas, verificou-se que a maior probabilidade seja
que as mitocôndrias se degeneraram ao longo do tempo evolutivo.
Os experimentos 1 e 2 são os experimentos controle, demonstram que, nas mesmas
condições – meio de cultura, o crescimento de ambas as espécies não é inibido. No
experimento 3 o único fator alterado foi a reunião das duas espécies em um mesmo meio de
cultura, demonstrando que o Paramencium aruelia é melhor competidor em relação ao P.
caudatum.
Pelo próprio comando da questão, fica definido que a maioria das plantas não possuem
cloroplastos no grão de pólen. Logo, ao inserir genes nos cloroplastos, somente óvulos
transgênicos possuíram os genes, pois serão os únicos que terão cloroplastos alterados.
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ALUB – Prova comentada
8º vestibular da FEPECS – 1° dia – 05/01/2008