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CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
pessoa poderia contaminá-la se esta viesse a ingeri-los. Neste caso a
pessoa desenvolveria cisticercose. No caso da esquistossomose, o
contágio direto seria impossível, pois o ciclo de vida do verme envolve a
participação de um hospedeiro intermediário (caramujo).
b) Tênias: Saneamento básico para evitar a contaminação do ambiente
com as fezes de doentes; investimentos em órgãos de fiscalização da
qualidade da carne de porco vendida à população.
Esquistossomos: Saneamento básico para evitar a contaminação do
ambiente com as fezes de doentes; implementação de programas de
combate ao caramujo, que é o hospedeiro intermediário.
BIOLOGIA
QUESTÃO 1
Muitas gelatinas são extraídas de algas. Tais gelatinas são formadas a
partir de polissacarídeos e processadas no complexo golgiense sendo,
posteriormente, depositadas nas paredes celulares.
a) Cite o processo e as organelas envolvidos na formação desses
polissacarídeos.
b) Considerando que a gelatina não é difundida através da membrana da
célula, explique sucintamente como ela atinge a parede celular.
QUESTÃO 4
Resolução
Parte da bile produzida pelo nosso organismo não é reabsorvida na
digestão. Ela se liga às fibras vegetais ingeridas na alimentação e é
eliminada pelas fezes. Recomenda-se uma dieta rica em fibras para
pessoas com altos níveis de colesterol no sangue.
a) Onde a bile é produzida e onde ela é reabsorvida em nosso
organismo?
b) Qual é a relação que existe entre a dieta rica em fibras e a diminuição
dos níveis de colesterol no organismo? Justifique.
a) Através da fotossíntese realizada pelo cloroplasto, há a síntese de
glicose. Essa glicose é, então, transformada em outros tipos de
monossacarídeos. Os diversos monossacarídeos são, então, utilizados
pelo complexo golgiense na síntese de polissacarídeos diversos.
b) O complexo golgiense forma vesículas de secreção contendo os
polissacarídeos. Estas são encaminhadas à membrana celular, com a
qual se fundem, secretando os polissacarídeos por exocitose.
Resolução
QUESTÃO 2
a) A bile é produzida pelo f ígado, armazenada na vesícula biliar e
lançada no duodeno, sendo reabsorvida ao longo do intestino delgado.
b) As fibras vegetais consumidas na alimentação, possuem grande
afinidade com os lipídeos, ligando-se a eles e diminuindo, portanto, sua
absorção. Em casos de alimentação rica em fibras vegetais, os lipídeos
acabam sendo eliminados em maior proporção nas fezes.
É consenso na Ciência que a vida surgiu e se diversificou na água e,
somente depois, os organismos conquistaram o ambiente terrestre.
Considere os seguintes grupos de animais: poríferos, moluscos,
anelídeos, artrópodes e cordados. Considere os seguintes grupos de
plantas: algas verdes, briófitas, pteridófitas, gimnospermas e
angiospermas.
a) Quais deles já existiam antes da conquista do ambiente terrestre?
b) Cite duas adaptações que permitiram às plantas a conquista do
ambiente terrestre.
QUESTÃO 5
Um exemplo clássico de alelos múltiplos é o sistema de grupos
sangüíneos humano, em que o alelo IA, que codifica para o antígeno A, é
co-dominante sobre o alelo IB, que codifica para o antígeno B. Ambos os
alelos são dominantes sobre o alelo i, que não codifica para qualquer
antígeno. Dois tipos de soros, anti-A e anti-B, são necessários para a
identificação dos quatro grupos sangüíneos: A, B, AB e O.
a) Copie a tabela no caderno de respostas e complete com os genótipos
e as reações antigênicas (represente com os sinais + e –) dos grupos
sangüíneos indicados.
Grupos
Genótipos
Reação com
sangüíneos
Anti-A
Anti-B
fenótipos
AB
O
b) Embora 3 alelos distintos determinem os grupos sangüíneos ABO
humanos, por que cada indivíduo é portador de somente dois alelos?
Resolução
a) Os grupos de animais que já existiam antes da conquista de
ambientes terrestres são poríferos, moluscos e anelídeos.
No entanto, algumas espécies dos dois últimos grupos podem ocupar
ambientes terrestres úmidos. A conquista efetiva do ambiente terrestre
se deu com os artrópodes, que possuem adaptações como
exoesqueleto
de
quitina,
para
proteção,
sustentação
e
impermeabilização e patas articuladas para uma movimentação eficiente
em terra firme.
Algas verdes, que não pertencem ao Reino Vegetal, compõem o único
grupo que existia anteriormente à ocupação do ambiente terrestre.
As Briófitas iniciaram a conquista, sendo as primeiras plantas a viverem
fora de ambientes aquáticos, embora os outros grupos possuam
adaptações mais adequadas para a ocupação efetiva.
b) - Estruturas para fixação no substrato e absorção de água (rizóides ou
raízes);
- Sistema vascular para condução das seivas;
- Tecidos de sustentação;
- Cutícula para evitar a perda de água;
- Estômatos para trocas gasosas.
Resolução
a)
Reação com
Grupos
Genótipos
sangüíneos
Anti-A
Anti-B
fenótipos
AB
+
+
IA IB
O
ii
Justificativa:
Se juntarmos o anticorpo Anti-A com o antígeno A (produzido a partir do
alelo IA), há reação antigênica de aglutinação. O mesmo acontece com
Anti-B e B (produzido a partir do alelo IB). Assim, o sangue de um
indivíduo AB, que possui ambos os antígenos (A e B), aglutinará tanto
com Anti-A quanto com Anti-B. Já o sangue de tipo O não possui
qualquer um dos antígenos, não sofrendo reação de aglutinação.
b) Um indivíduo possui dois alelos para cada característica, que ficam
localizados em um par de cromossomos homólogos. Cada cromossomo
homólogo possui um alelo. Assim, apesar de existirem três alelos
diferentes, um indivíduo pode apresentar apenas dois deles.
QUESTÃO 3
Agentes de saúde pretendem fornecer um curso para moradores em
áreas com alta ocorrência de tênias (Taenia solium) e esquistossomos
(Schistosoma mansoni). A idéia é prevenir a população das doenças
causadas por esses organismos.
a) Em qual das duas situações é necessário alertar a população para o
perigo do contágio direto, pessoa-a-pessoa? Justifique.
b) Cite duas medidas – uma para cada doença – que dependem de
infra-estrutura criada pelo poder público para preveni-las.
Resolução
a) Embora não seja o modo mais comum de contágio, existe a
possibilidade de haver transmissão de ovos de tênia no contato pessoaa pessoa. Caso um portador de teníase (por Taenia solium) contamine
suas mãos com os ovos eliminados pelas fezes, o contato com outra
1
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NH4+(aq) + 2H2O(l) = NH4OH(aq) + H3O+(aq)
NaHCO3 Æ sal de base forte (NaOH) com ácido fraco (H2CO3): hidrolisa
em água deixando o meio básico:
NaHCO3 (aq) Æ Na+(aq) + HCO3- (aq)
HCO3- (aq) + 2H2O(l) = H2CO3 (aq) + OH- (aq)
b) NaOCl(aq) Æ Na+(aq) + OCl-(aq)
OCl-(aq) + H2O(l) = HClO(aq) + OH-(aq)
QUESTÃO 6
Uma fita de DNA tem a seguinte seqüência de bases 5’ATGCGT3’.
a) Considerando que tenha ocorrido a ação da DNA-polimerase, qual
será a seqüência de bases da fita complementar?
b) Se a fita complementar for usada durante a transcrição, qual será a
seqüência de bases do RNA resultante e que nome recebe esse RNA se
ele traduzir para síntese de proteínas?
Resolução
K=
a) A fita complementar terá a seguinte seqüência de bases:
3’TACGCA5’.
b) O RNA resultante da transcrição da fita complementar do DNA recebe
o nome de RNAm (RNA mensageiro) e terá a seguinte seqüência de
bases: 5’AUGCGU3’
[HClO].[OH − ]
[ClO − ] final
Fazendo [HClO]=[OH-]= x, temos:
[ClO-]final = [ClO-]inicial – x = 0,04 – x (em mol/L), logo
K=
QUESTÃO 7
Leia os dois trechos de uma reportagem.
Trecho 1:
(...) a represa Guarapiranga está infestada por diferentes tipos de
plantas. A mudança da paisagem é um sinal do desequilíbrio ecológico
causado principalmente por esgotos não-tratados que chegam ao local.
Trecho 2:
O gerente da qualidade de águas da Cetesb (...) esteve na represa
ontem e mediu a concentração de oxigênio em 9,4 mm/l. O normal seria
ter uma concentração entre 7mm/l e 7,5mm/l, e a máxima deveria ser de
8 mm/l.
(Folha de S.Paulo, 05.08.2005.)
Explique:
a) a associação que existe entre o aumento de plantas e o esgoto nãotratado que chega ao local.
b) o aumento da concentração de oxigênio na água.
x2
= 2,5.10 −7
0,04 − x
Como x << 0,04 (uma vez que k é muito pequeno) tem-se:
Assim:
K
x
x
≈
≈
≈
[ClO-]final
≈
0,04 mol/L
2
x / 0,04
(0,04.K)1/2 = (0,04.2,5.10-7)1/2
1,0.10-4
≈
[OH-]
1,0.10-4 mol/L
pOH = -log[OH-] = 4
pH = 14 – pOH ⇒ pH =10
QUESTÃO 9
Resolução
Estudos cinéticos da reação entre os gases NO2 e CO na formação dos
gases NO e CO2 revelaram que o processo ocorre em duas etapas:
I. NO2(g) + NO2(g) Æ NO(g) + NO3(g)
II. NO3(g) + CO(g) Æ NO2(g) + CO2(g)
O diagrama de energia da reação está esquematizado a seguir.
a) A matéria orgânica lançada na água com o esgoto sofre a
decomposição por bactérias aeróbias, o que gera um aumento da
disponibilidade de nutrientes minerais, como, por exemplo, fosfatos e
nitratos. Esta grande quantidade de nutrientes estimula a proliferação
das plantas aquáticas.
b) Com o aumento da população de plantas aquáticas, aumenta a
atividade fotossintética, com conseqüente liberação de maior quantidade
de O2 na água.
QUÍMICA
QUESTÃO 8
Extratos de muitas plantas são indicadores naturais ácido-base, isto é,
apresentam colorações diferentes de acordo com o meio em que se
encontram. Utilizando-se o extrato de repolho roxo como indicador,
foram testadas soluções aquosas de HCl, NaOH, NaOCl, NaHCO3 e
NH4Cl, de mesma concentração. Os resultados são apresentados na
tabela
a) Apresente a equação global da reação e a equação da velocidade da
reação que ocorre experimentalmente.
b) Verifique e justifique se cada afirmação a seguir é verdadeira:
I. a reação em estudo absorve calor;
II. a adição de um catalisador, quando o equilíbrio é atingido, aumenta a
quantidade de gás carbônico.
Resolução
a) equação global:
I. NO2(g) + NO2(g) Æ NO(g) + NO3(g)
II. NO3(g) + CO(g) Æ NO2(g) + CO2(g)
a) Identifique as soluções X e Y. Justifique.
b) Calcule, a 25ºC, o pH da solução de NaOCl 0,04 mol/L. Considere
que,
a
25ºC,
a
constante
de
hidrólise
do
íon
ClO– é 2,5 x 10–7.
NO2(g) + CO(g) Æ NO(g) + CO2(g)
A equação da velocidade é a equação da etapa lenta do processo, que
neste caso é a etapa I, pois ela possui maior energia de ativação.
v = K.[NO2]2
b) I) Falsa. A energia dos produtos é menor que a energia dos
reagentes, portanto a reação libera calor.
II) Falsa. Um catalisador não altera a quantidade total de produto
formado (isto é, não desloca o equilíbrio), ele apenas faz com que o
equilíbrio seja obtido em um tempo menor.
Resolução
a)
X = NH4Cl (meio ácido - cor vermelha)
Y = NaHCO3 (meio básico - cor verde)
NH4Cl Æ sal de base fraca (NH4OH) com ácido forte (HCl): hidrolisa em
água deixando o meio ácido:
NH4Cl(aq) Æ NH4+(aq) + Cl-(aq)
2
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2 mol nitroglicerina
0,02 mol nitroglicerina
QUESTÃO 10
Existem diferentes formas pelas quais a água pode fazer parte da
composição dos sólidos, resultando numa grande variedade de
substâncias encontradas na natureza que contêm água ou elementos
que a formam. A água de estrutura é denominada de água de
hidratação, que difere muito da água de absorção ou adsorção. A água
de constituição é uma forma de água em sólidos, que é formada quando
estes se decompõem pela ação de calor.
a) O NaHCO3 e Ca(OH)2 são sólidos que apresentam água de
constituição. Escreva as equações, devidamente balanceadas, que
evidenciam essa afirmação, sabendo-se que na decomposição do
bicarbonato de sódio é produzido um óxido de caráter ácido.
b) No tratamento pós-operatório, um medicamento usado para estimular
a cicatrização é o sulfato de zinco hidratado, ZnSO4 · xH2O. A análise
desse sólido indicou 43,9% em massa de água. Determine neste
composto o número de moléculas de água por fórmula unitária.
Dadas massas molares (g/mol):
ZnSO4 = 161,5 e H2O = 18,0.
2846 kJ
ΔHexplosão
ΔHexplosão = 28,46 kJ
b) P = ?
T = 127ºC +273 = 400K
V = 100 mL = 0,1L
Como cada 2 mols de nitroglicerina geram 14,5 mol de gases na
reação mostrada no item a, então para 0,02 mol são gerados 0,145 mol
de gases, portanto, n = 0,145 mol
PV = nRT ⇒ P. 0,1 = 0,145.0,082.400
P = 47,56 atm
QUESTÃO 12
Na preparação de churrasco, o aroma agradável que desperta o apetite
dos apreciadores de carne deve-se a uma substância muito volátil que
se forma no processo de aquecimento da gordura animal.
Resolução
( Δ)
a) 2NaHCO3(s) ⎯⎯
⎯→ Na2CO3(s) + H2O(v) + CO2(g)
( Δ)
⎯→ CaO(s) + H2O(v)
Ca(OH)2(s) ⎯⎯
b) Para o ZnSO4.xH2O, temos:
x mol H2O corresponde a 43,9% em massa
1 mol ZnSO4 corresponde a 56,1% em massa
Mas, 1mol ZnSO4 ≡ 161,5g
Então:
161,5g
56,1% massa da massa total
43,9% massa da massa total
mH2O
Portanto, mH2O = 126,4 g
nH2O =
Gordura animal
(R, R’ e R’’: cadeias de hidrocarbonetos com mais de 10 átomos de
carbono.)
Esta substância é composta apenas por carbono, hidrogênio e oxigênio.
Quando 0,5 mol desta substância sofre combustão completa, forma-se
um mol de moléculas de água. Nesse composto, as razões de massas
entre C e H e entre O e H são, respectivamente, 9 e 4.
a) Calcule a massa molar desta substância.
b) A gordura animal pode ser transformada em sabão por meio da
reação com hidróxido de sódio. Apresente a equação dessa reação e o
seu respectivo nome. Dadas massas molares (g/mol): C = 12, H = 1 e O
= 16.
m 126,4
=
= 7,0 mol , ou seja, há 7 moléculas de água por
M
18
fórmula unitária do composto ZnSO4.7H2O.
QUESTÃO 11
Devido aos atentados terroristas ocorridos em Nova Iorque, Madri e
Londres, os Estados Unidos e países da Europa têm aumentado o
controle quanto à venda e produção de compostos explosivos que
possam ser usados na confecção de bombas. Dentre os compostos
químicos explosivos, a nitroglicerina é um dos mais conhecidos. É um
líquido à temperatura ambiente, altamente sensível a qualquer vibração,
decompondo-se de acordo com a equação:
2C3H5(NO3)3 (l) Æ 3N2(g) + ½O2(g) + 6CO2(g) + 5H2O g)
Considerando-se uma amostra de 4,54g de nitroglicerina, massa molar
227 g/mol, contida em um frasco fechado com volume total de 100,0 mL:
a) calcule a entalpia envolvida na explosão.
Dados:
Resolução
a) 0,5 CxHyOz + n O2 = xCO2 + 1 H2O
0,5 mol composto orgânico gera um mol de água. Como todo o H
presente no composto orgânico aparece na água após a reação,
podemos estabelecer as relações:
nH inicial = nH final
0,5. y = 1. 2
y = 4 mol de hidrogênio
Para determinar os índices x e z utilizamos as razões em massa de C e
H e O e H.
mC/mH = 9
mO/mH = 4
mH = 4 mol x 1 g/mol = 4 g, portanto:
mc = 9. 4 = 36 g
Mc = 12 g/mol
nc = x =
b) calcule a pressão máxima no interior do frasco antes de seu
rompimento, considerando-se que a temperatura atinge 127ºC. Dado: R
= 0,082 atm.L.K–1.mol–1.
mc 36
= 3 mol de carbono
=
M c 12
mO = 4. 4 = 16 g
Mo = 16 g/mol
Resolução
a) 2C3H5(NO3)3 (l) Æ 3N2(g) + ½O2(g) + 6CO2(g) + 5H2O g)
no = z =
ΔH = ΣΔH0f produtos - ΣΔH0f reagentes
ΔH = 6(-394)+5(-242) – 2(-364)
ΔH = -2846 kJ
mo 16
= 1 mol de oxigênio
=
M o 16
Fórmula: C3H4O
M = 3.(12)+4.(1)+1.(16) ⇒ M = 56 g/mol
b) A reação solicitada, cujo nome é reação de saponificação é:
mamostra = 4,54 g
M = 227 g/mol
n = 4,54/227 = 0,02 mol
3
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FÍSICA
O
O
R
CH2 O
C O CH
C
R
C
O
-
+ NaOH
O
CH2 O
CH2 OH
QUESTÃO 14
+
CH OH + 3 R C O Na
R
Um projétil de massa m = 0,10 kg é lançado do solo com velocidade de
100 m/s, em um instante t = 0, em uma direção que forma 53º com a
horizontal. Admita que a resistência do ar seja desprezível e adote g =
10 m/s2.
a) Utilizando um referencial cartesiano com a origem localizada no ponto
de lançamento, qual a abscissa x e a ordenada y da posição desse
projétil no instante t = 12 s?
Dados: sen 53º = 0,80; cos 53º = 0,60.
b) Copie no caderno de respostas este pequeno trecho da trajetória do
projétil:
CH2 OH
glicerol
sabão
Observação: a equação acima é obitda considerando-se R = R’= R” na
estrutura da gordura. Caso R ≠R’≠ R” serão produzidos 1 mol de cada
um dos diferentes sais orgânicos.
QUESTÃO 13
As mudanças de hábitos alimentares e o sedentarismo têm levado a um
aumento da massa corporal média da população, o que pode ser
observado em faixas etárias que se iniciam na infância. O consumo de
produtos light e diet tem crescido muito nas últimas décadas e o
adoçante artificial mais amplamente utilizado é o aspartame. O
aspartame é o éster metílico de um dipeptídeo, formado a partir da
fenilalanina e do ácido aspártico.
→
Desenhe no ponto O, onde está representada a velocidade V do
→
projétil, a força resultante F que nele atua. Qual o módulo dessa força?
Resolução
a) Em um lançamento oblíquo, sem resistência do ar, decompomos o
movimento em duas dimensões sendo que:
•
na direção horizontal o movimento é uniforme:
x = 0 + vox . t
x = vo.cos53º.t
x = 100 . 0,6 . 12 = 7,2.102m (abscissa)
Aspartame
a) Com base na estrutura do aspartame, forneça a estrutura do
dipeptídeo fenilalanina-fenilalanina.
b) Para se preparar uma solução de um alfa aminoácido, como a glicina
(NH2—CH2—COOH), dispõe-se dos solventes H2O e benzeno. Justifique
qual desses solventes é o mais adequado para preparar a solução.
•
Resolução
a) Pelos dados do enunciado a estrutura da fenilalanina é:
b)
Ligação peptídica
O
H2N CH C
O
O
H3N
+
CH2
-
CH 2
CH C NH CH C O
OH
CH3
K
F
CH2
C
O
Éster
O
A Força Resultante é o próprio Peso, P=m.g
F=P
F=m.g
F=0,10.10=1,0N
Fenilalanina possui
anel aromático
Assim a reação de formação do dipeptídeo fenilalanina-fenilalanina é
dada por:
O
H
H2N CH
CH2
OH
+
H
CH2
O
H2O + H2N CH
OH
QUESTÃO 15
Um pescador está em um barco em repouso em um lago de águas
tranqüilas. A massa do pescador é de 70 kg; a massa do barco e demais
equipamentos nele contidos é de 180 kg.
a) Suponha que o pescador esteja em pé e dê um passo para
a proa (dianteira do barco). O que acontece com o barco? Justifique.
(Desconsidere possíveis movimentos oscilatórios e o atrito viscoso entre
o barco e a água.)
b) Em um determinado instante, com o barco em repouso em relação à
água, o pescador resolve deslocar seu barco para frente com uma única
remada. Suponha que o módulo da força média exercida pelos remos
sobre a água, para trás, seja de 250 N e o intervalo de tempo em que os
remos interagem com a água seja de 2,0 segundos.
Admitindo desprezível o atrito entre o barco e a água, qual a velocidade
do barco em relação à água ao final desses 2,0 s?
O
O
N CH C
na direção vertical o movimento é uniformemente variado com
a aceleração igual a g:
y = 0 + voy . t + (-g).t2/2
y = vo.sen53º.t - g.t2/2
y = 960 – 720 = 2,4.102m (ordenada)
CH2
N
H
CH
CH2
OH
b) O solvente mais adequado é a água (polar), pois a presença dos
grupos amino (-NH2) e carboxila (-COOH) na glicina possibilita a
formação de ligações de hidrogênio com a água, que são interações
mais fortes do que as interações que a glicina faz com o benzeno
(composto apolar). Portanto, a solubilidade da glicina em água é superior
à sua solubilidade em benzeno, sendo o primeiro composto o melhor
solvente.
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Resolução
b) Utilizando a expressão para pressão hidrostática e os dados
fornecidos, teremos:
p= μ.g.h
p=14.103.10.1,5
p=2,1.105 Pa
a) Supondo desprezível o atrito entre a água e o barco temos um
sistema isolado, isto é, REXT=0; portanto haverá conservação do
Momento Linear (Quantidade de Movimento).
K
K
QAntes=QDepois
K
K K
0 =Qbarco+QPescado
K
K
Qbarco= −QPescador
QUESTÃO 17
Um estudante observa que, com uma das duas lentes iguais de seus
óculos, consegue projetar sobre o tampo da sua carteira a imagem de
uma lâmpada fluorescente localizada acima da lente, no teto da sala.
Sabe-se que a distância da lâmpada à lente é de 1,8 m e desta ao
tampo da carteira é de 0,36 m.
a) Qual a distância focal dessa lente?
b) Qual o provável defeito de visão desse estudante? Justifique.
O sinal negativo demonstra que deslocamento do pescador acontece no
sentido oposto ao deslocamento do barco. Como a razão entre as
massas do pescador e do barco é de 7/18, podemos afirmar que o
deslocamento do barco será, em módulo, 7/18 do deslocamento do
pescador.
b) Aplicando o teorema do impulso para o sistema barco-pescador,
teremos:
Resolução
a) Supondo que as distâncias dadas são apropriadas às condições de
Gauss, fazemos:
K
K
IR = ΔQ
K
K
F .Δt = (m + M )Δv
250.2 = (70 + 180 )Δv
1 1 1
= +
f p p'
1 1
1
=
+
f 1,8 0,36
Δv = 2,0m / s
Ou seja, a velocidade do conjunto barco-pescador se moverá a 2,0 m/s
ao final dos 2,0 s.
f = 3,0.10 −1m
b) Como a distância focal é positiva trata-se de lente convergente e,
portanto, provavelmente o defeito de visão do estudante é a
Hipermetropia.
QUESTÃO 16
A figura reproduz o esquema da montagem feita por Robert Boyle para
estabelecer a lei dos gases para transformações isotérmicas. Boyle
colocou no tubo uma certa quantidade de mercúrio, até aprisionar um
determinado volume de ar no ramo fechado, e igualou os níveis dos dois
ramos. Em seguida, passou a acrescentar mais mercúrio no ramo
aberto e a medir, no outro ramo, o volume do ar aprisionado (em
unidades arbitrárias) e a correspondente pressão pelo desnível da
coluna de mercúrio, em polegadas de mercúrio. Na tabela, estão alguns
dos dados por ele obtidos, de acordo com a sua publicação New
Experiments Physico-Mechanicall, Touching the Spring of Air, and its
Effects, de 1662.
(http://chemed.chem.purdue.edu/genchem/history/)
QUESTÃO 18
Quando colocamos uma concha junto ao ouvido, ouvimos um “ruído de
mar”, como muita gente diz, talvez imaginando que a concha pudesse
ser um gravador natural. Na verdade, esse som é produzido por
qualquer cavidade colocada junto ao ouvido - a nossa própria mão em
forma de concha ou um canudo, por exemplo.
a) Qual a verdadeira origem desse som? Justifique.
b) Se a cavidade for um canudo de 0,30 m aberto nas duas
extremidades, qual a freqüência predominante desse som?
Dados: velocidade do som no ar: v = 330 m/s;
freqüências de ondas estacionárias em um tubo de comprimento l,
aberto em ambas as extremidades: f =
nv
.
2A
Resolução
a)Esse som provém do deslocamento do ar que normalmente não
percebemos por ser de pequena intensidade. A concha, então, funciona
como um sistema condutor/amplificador deste som através de reflexões
internas mais superposições que finalmente dão origem a uma onda
estacionária de maior amplitude.
b) A Freqüência predominante é a fundamental (1º harmônico), que
obtemos através da expressão dada:
nv
2l
1.330
f =
= 5,5.102 Hz
2.0,3
f =
a) Todos os resultados obtidos por Boyle, com uma pequena
aproximação, confirmaram a sua lei. Que resultados foram esses?
Justifique.
b) De acordo com os dados da tabela, qual a pressão, em pascal, do ar
aprisionado no tubo para o volume de 24 unidades arbitrárias?
Utilize para este cálculo:
pressão atmosférica p0 = 1,0 × 105 pascal;
densidade do mercúrio dHg = 14 × 103 kg/m3;
g = 10 m/s2;
58
13
16
QUESTÃO 19
Para demonstrar a interação entre condutores percorridos por correntes
elétricas, um professor estende paralelamente dois fios de níquel-cromo
de 2,0 mm de diâmetro e comprimento ℓ=10m cada um, como indica o
circuito seguinte.
pol = 1,5 m.
Resolução
a) Pela lei de Boyle pressão e volume devem ser grandezas
inversamente proporcionais e, portanto, seu produto deve ser constante
como é demonstrado pela tabela, onde o produto p x V, se mantém ≈ 1,4
x 103 (em unidades da tabela).
5
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a) Sendo ρNi-Cr=1,5×10–6 Ωm a resistividade do níquel-cromo, qual a
resistência equivalente a esse par de fios paralelos? (Adote π = 3.)
b) Sendo i = 2,0 A a leitura do amperímetro A, qual a força de interação
entre esses fios, sabendo que estão separados pela distância d = 2,0
cm? (Considere desprezíveis as resistências dos demais elementos do
circuito.)
Dada a constante de permeabilidade magnética:
µ0 = 4π × 10–7 T·m/A.
p(t)
120
100
80
60
40
Resolução
20
a) Para cada fio calculamos a resistência através da 2ª Lei de Ohm:
Rfio =
Rfio =
ρ.L
-5
A
1,5.10 − 6.10
(
3. 1,0.10
)
−3 2
Rfio
2
5,0
=
= 2,5Ω
2
Req =
15
20
25
30
1 2
1
t ≤ 28 ⇒ p' (t ) = 72 − 15.t + t 2 ≤ 0 .
2
2
Portanto o gráfico de p’(t) é da forma:
Unindo as expressões (I) e (II), teremos:
2.π .2.10 − 2
10
1
Δ = (−15)2 − 4. .72 ⇒ Δ = 81 . Logo,
2
⎧t 3 = 6
15 ± 9
.
t=
⇒⎨
2.0,5
⎩t 4 = 24
Cada fio perceberá a ação desse campo através de uma força
magnética dada por:
FB = B.i .L.senθ (II)
FB =
5
Calculando o discriminante, temos
μ.i
(I)
B=
2.π .d
μ.i
.i .L.senθ
2.π .d
4.π .10 − 7.1,0.1,0.10.1
0
100 − 15.t +
b) Sendo a corrente total no circuito iT=2,0A, cada fio será atravessado
por uma corrente i=1,0A e criará um campo magnético dado pela Lei de
Biot-Savart:
FB =
-20
Do gráfico, podemos observar que a parábola admite duas raízes e seu
vértice é o seu ponto de mínimo. Dessa forma, sabemos que no intervalo
10 < t < 20 qualquer valor de p é negativo, logo, esses pontos não
atendem a condição de que p deve estar entre 0 e 100.
Observando que para t ≥ 20 a nossa função é crescente (portanto, esse
intervalo não atende a condição de que p(t) deve ser decrescente),
temos então que o intervalo de variação de t é 0 ≤ t ≤ 10 .
b) A cultura só é segura quando temos p ≤ 28. Assim,
= 5,0Ω
Na associação entre dois condutores iguais e em paralelo fazemos:
Req
t (s)
0
p'(t)
80
= 1,0.10 − 4 N
60
Observação: Para a resolução desta questão consideramos que a
distância entre os fios (2cm) é muito menor que o comprimento dos
mesmos (10m), não gerando assim efeitos de borda nos campos.
40
20
0
-6
MATEMÁTICA
0
6
12
18
24
30
t (s)
-40
QUESTÃO 20
-60
A porcentagem p de bactérias em uma certa cultura sempre decresce
em função do número t de segundos em que ela fica exposta à radiação
ultravioleta, segundo a relação
p(t) = 100 – 15t + 0,5t2.
a) Considerando que p deve ser uma função decrescente variando de 0
a 100, determine a variação correspondente do tempo t (domínio da
função).
b) A cultura não é segura para ser usada se tiver mais de 28% de
bactérias. Obtenha o tempo mínimo de exposição que resulta em uma
cultura segura.
Como queremos p’(t) ≤ 0, temos que o tempo mínimo de exposição será
de 6 minutos.
QUESTÃO 21
Na procura de uma função y = f(t) para representar um fenômeno físico
periódico, cuja variação total de y vai de 9,6 até 14,4, chegou-se a uma
função da forma
f(t) = A + B sen[
Resolução
a) Se 0≤ p ≤ 100 então 0 ≤ 100 − 15.t +
-20
π
(t-150)],
90
com o argumento medido em radianos.
a) Encontre os valores de A e B para que a função f satisfaça as
condições dadas.
b) O número A é chamado valor médio da função. Encontre o menor t
positivo no qual f assume o seu valor médio.
1 2
t ≤ 100 . Calculando o
2
1
.100 ⇒ Δ = 25 Logo
2
⎧t = 10s
15 ± 5
⇒⎨1
t=
2.0,5
⎩t 2 = 20s
discriminante, temos Δ = (−15)2 − 4.
Resolução
π
(t-150)] é -1≤t≤1, logo, a imagem
90
de f(t) é igual a: A- B ≤ t ≤ A + B (supondo B > 0). Assim, temos que:
a) A imagem da função g(t) = sen[
Assim, o gráfico de p(t) será:
⎧ A − B = 9,6
⇒ A = 12 e B = 2,4
⎨
⎩A + B = 14,4
6
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No caso de B < 0, a imagem da função seria: A + B ≤ t ≤ A – B, e
portanto, teríamos A = 12 e B = -2,4.
Assim, temos: A = 12 e B = ±2,4
b) Do enunciado, temos, no instante t procurado:
f(t) = A = 12, portanto
Em um dia de sol, uma esfera localizada sobre um plano horizontal
projeta uma sombra de 10 metros, a partir do ponto B em que está
apoiada ao solo, como indica a figura.
π
⎡π
⎤
2,4sen ⎢ (t − 150 )⎥ = 0 ⇒
(t − 150 ) = kπ , k ∈ Ζ
90
⎣ 90
⎦
⇒ t = 90k + 105 (k ∈ Ζ )
Assim, para k = -1, temos o menor valor positivo de t:
t= -90+105 = 15.
QUESTÃO 22
Uma droga na corrente sangüínea é eliminada lentamente pela ação dos
rins. Admita que, partindo de uma quantidade inicial de Q0 miligramas,
após t horas a quantidade da droga no sangue fique reduzida a Q(t) =
Q0(0,64)t miligramas. Determine:
a) a porcentagem da droga que é eliminada pelos rins em 1 hora.
b) o tempo necessário para que a quantidade inicial da droga
fique reduzida à metade. Utilize log102 = 0,30.
Sendo C o centro da esfera, T o ponto de tangência de um raio de luz,
BD um segmento que passa por C, perpendicular à sombra BA, e
admitindo A, B, C, D e T coplanares:
a) justifique por que os triângulos ABD e CTD são semelhantes.
b) calcule o raio da esfera, sabendo que a tangente do ângulo BÂD é
a) Após 1 hora, a quantidade da droga no sangue é igual a:
Q(1) = Q0(0,64)1 = 0,64Qo, logo, foi eliminado Qo – 0,64Qo = 0,36Qo, ou
seja, 36% da droga.
b)
Q
Q
1
Q(t) = 0 ⇒ Q o (0,64) t = 0 ⇒ (0,64) t =
2
2
2
log(1/ 2)
− log 2
⇒ t = log0,64 (1/ 2) ⇒ t =
=
=
log(0,64) log 64 − log100
− 0,30
− 0,30
=
= 1,5h
6 log 2 − 2 − 0,20
Resposta: a) 36%; b) 1,5h
a) Observando cada triângulo, temos:
1
.
2
Resolução
Resolução
⎧⎪B̂ reto
ΔABD : ⎨
⎪⎩Â + D̂ = 90 D ⇒ Â = 90 D − D̂
⎧⎪T̂ reto
ΔCTD : ⎨
⎪⎩Ĉ + D̂ = 90 D ⇒ Ĉ = 90 D − D̂
⎧B̂ = T̂
⎪
⎪
⇒ os triângulos são semelhantes, pelo
Logo, temos ⎨D̂ = D̂
⎪
D
⎪⎩Â = 90 − D̂ = Ĉ
QUESTÃO 23
caso AAA, um vez que possuem ângulos correspondentes iguais.
b) Observando que, no triângulo ABC, temos
Considere a equação x3 – Ax2 + Bx – C = 0, onde A, B e C são
constantes reais. Admita essas constantes escolhidas de modo que as
três raízes da equação são as três dimensões, em centímetros, de um
paralelepípedo reto-retângulo. Dado que o volume desse paralelepípedo
é 9 cm3, que a soma das áreas de todas as faces é 27 cm2 e que a soma
dos comprimentos de todas as arestas é 26 cm, pede-se:
a) os valores de A, B e C.
b) a medida de uma diagonal (interna) do paralelepípedo.
BC = r e BÂC =
⎛α ⎞ r
. Relembrando
⇒ tg ⎜ ⎟ =
⎝ 2 ⎠ 10
2.tg a
a fórmula de tangente de arco duplo, temos que tg 2a =
.
1 − tg2 a
Chamando BÂD de α, temos: BÂC =
Resolução
⇒ 100 − r 2 = 40.r ⇒ r 2 + 40.r − 100 = 0
Calculando o discriminante, encontramos Δ = (40)2 + 400
⇒ Δ = 2000 . Assim, temos r =
(
)
− 40 + 2000
− 40 + 20 5
=
2
2
⇒ r = 10. 5 − 2 m (Nota: adotamos somente o sinal positivo para
2
169
61
⎛ 13 ⎞
A 2 = D 2 + S ⇒ ⎜ ⎟ = D 2 + 27 ⇒ D 2 =
− 27 =
2
4
4
⎝ ⎠
2000 porque r>0).
QUESTÃO 25
61
cm.
2
Sendo A e B eventos de um mesmo espaço amostral, sabe-se que a
3
, e que a probabilidade de B
probabilidade de A ocorrer é p(A) =
4
2
ocorrer é p(B) = . Seja p = p(A ∩ B) a probabilidade de ocorrerem A e
3
B.
a) Obtenha os valores mínimo e máximo possíveis para p.
Resposta:
b) D =
2
⎛α⎞
2.r
2.tg ⎜ ⎟
2⎠
1
1
r2
4.r
⎝
10
tg α =
= ⇒
= ⇒1−
=
2
2
2
100
10
⎛α⎞
r
1 − tg2 ⎜ ⎟
1−
100
⎝2⎠
Como a, b e c são raízes da equação x3– Ax2 + Bx – C = 0, pelas
relações de Girard, temos que:
⎧ a + b + c = A = 13 / 2
⎪
⎨ab + bc + ca = B = 27 / 2
⎪
abc = C = 9
⎩
b) Sendo D a medida da diagonal do paralelepípedo, S o valor numérico
da área total e A a soma das três dimensões, tem-se que:
a) A = 13 / 2; B = 27 / 2; C = 9 ;
α
Fazendo 2.a = α nessa fórmula, temos
a) Sendo a, b c as dimensões do paralelepípedo, temos que:
V = abc = 9
abc = 9
⎧
⎧
⎪
⎪
⎨A t = 2(ab + bc + ac ) = 27 ⇒ ⎨ab + bc + ca = 27 / 2
⎪ a + b + c = 13 / 2
⎪
4a + 4b + 4c = 26
⎩
⎩
Logo, D =
BÂD
.
2
61
cm
2
QUESTÃO 24
7
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7
e dado que A tenha ocorrido, qual é a probabilidade de ter
12
ocorrido B?
b) Se p =
Resolução
a) Para qualquer evento num espaço amostral, temos que
0 ≤ p(evento) ≤ 1 . Dessa forma, temos 0≤ p( A ∪ B ) ≤1 ⇒
5
⎛3 2⎞
p( A ∪ B ) = p( A) + p(B ) − p( A ∩ B ) ≤ 1 ⇒ p ≥ ⎜ + ⎟ − 1 =
⇒
4
3
12
⎝
⎠
5
p≥
.
12
Além disso, considerando que p(A ∩ B ) ≤ p(A ) e p(A ∩ B ) ≤ p(B )
3
2
2
⇒p≤
e p ≤ ⇒ p ≤ . Dessa forma, temos que
4
3
3
5
2
≤p≤ .
12
3
NOTA: Vale ressaltar que o caso mínimo ocorre quando o evento B está
contido em A, e que o caso máximo ocorre quando o conjunto A ∪ B é
o próprio espaço amostral.
b) Considerando p(B\A) a probabilidade de B ocorrer dado que A
7
p(A ∩ B) 12 7
=
= .
ocorreu, temos então que p(B \ A ) =
3
p(A )
9
4
8