Simulado UNESP
Respostas Esperadas
2ª Fase
2. Ciências da Natureza e Matemática
(Questões 13 - 24)
13. A forma mais comum de se adquirir a toxoplasmose é através do contato humano com as fezes de animais domésticos,
especialmente o gato que é o hospedeiro definitivo do Toxoplasma gondii.
Os sintomas da doença se manifestam com maior frequência e intensidade em indivíduos imunossuprimidos, porque nesses
organismos faltam os anticorpos e as células de memória que combatem e destroem o protozoário.
As alterações comportamentais dos roedores infectados facilitam a propagação da toxoplasmose, porque ao perderem o medo
dos felinos, os ratos são devorados e o ciclo vital do protozoário pode se completar no organismo do gato.
14. Uma das relações interespecíficas citadas no texto é o mutualismo que existe entre as abelhas e as madressilvas. As
abelhas polinizam as flores de madressilvas, enquanto essas fornecem pólen e néctar que servirão de alimento às abelhas.
Podemos citar também o predatismo que ocorre entre gatos e ratos.
A cadeia alimentar implícita no diálogo pode ser esquematizada da seguinte forma: madressilvas → abelhas → ratos → gatos,
onde as madressilvas são os produtores (1º. nível trófico), as abelhas são os consumidores primários (2º. nível trófico), os ratos
são os consumidores secundários (3º. nível trófico) e os gatos são os consumidores terciários (4º. nível trófico).
15. As proteínas ingeridas através da alimentação são fontes de aminoácidos necessários para que o organismo produza os
anticorpos, que por sua vez são proteínas com a função de defesa do organismo contra a ação de vírus e bactérias (antígenos).
16. A fórmula estrutural do farnesano é:
Nome oficial: 2,6,10-trimetildodecano.
A fórmula molecular do farnesano é: C15H32.
A combustão completa de 1 molécula do farnesano libera 15 moléculas de CO2.
17. Fórmula molecular dessas substâncias (todas as fórmulas possuem 5 carbonos, 12 hidrogênios e 1 oxigênio): C5H12O.
Fórmula estrutural completa do álcool primário (hidroxila ligada a carbono primário) que apresenta carbono assimétrico (quiral):
1
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18. No ponto B, a água encontra-se no estado líquido; logo, uma fase. No ponto E, a água encontra-se em equilíbrio nos
estados líquido e gasoso; logo, duas fases: H2O(l) ↔ H2O(g).
Não. No ponto triplo a água representa um material heterogêneo, pois nele coexistem os três estados físicos da água; logo,
três fases: H2O(s) ↔ H2O(l) ↔ H2O(g).
19. O deslocamento (∆xA) do carro A até o instante t = 15 s pode ser calculado através da propriedade do gráfico V×t:
∆x A =
(15 + 10)
⋅ 10
2
∆x A = 125 m
Calculando o instante em que a distância entre os móveis é igual a 332 m, usando novamente a propriedade anterior:
∆x A =
t + ( t − 5)
⋅ 10 = ( 2 t − 5) ⋅ 5
2
∴ ∆x A = 10 t − 25
∆x B =
t + ( t − 8)
⋅ ( −10) = ( 2 t − 8) ⋅ ( −5)
2
∴ ∆x B = −10 t + 40
Posição final do carro A: xA = x0A + ∆xA
Como x0A = 0 e ∆x A = 10 t − 25 :
x A = 10 t − 25
Posição final do carro B: xB = x0B + ∆xB
Como x0B = 3 m e ∆x B = −10 t + 40 :
x B = 3 + ( −10 t + 40) ⇒ x B = −10 t + 43
No instante t a distância entre os móveis (DAB) deve ser 332 m:
D AB = x A − x B
332 = (10 t − 25) − ( −10 t + 43)
t = 20 s
2
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20. A corrente elétrica total, ao passar por A, se divide em duas partes iguais, que se subdividem pelos resistores que
formam o conjunto R’. Ao passar por B, volta a ter seu valor total. De B até C, ocorre o mesmo processo que ocorreu de
A até B. De C até D, também.
Logo, podemos redesenhar o circuito original entre os pontos
A e D, da seguinte maneira:
Como R ' =
4 × 12 48
=
= 3Ω :
4 + 12 16
R AD = 3 ⋅ R'
⇒
R AD = 9Ω
Cálculo da intensidade da corrente total que passa por A:
U AD = R AD ⋅ i ⇒ 9 = 9 ⋅ i
⇒
i =1A
21. Justificando com um desenho. A figura mostra a posição da Lua relativamente à Terra e ao Sol, em dois tipos de eclipse
do Sol: total e anelar.
Nessa figura nota-se que o eclipse anelar do Sol ocorre quando a Lua está mais afastada do observador, ou seja, a Lua está no
apogeu.
Dados: RS = 0,70×106 km; RL = 1,75×103 km, dS = 150×106 km.
Da semelhança de triângulos na figura:
d
d
= S
R L RS
⇒
d
150 × 106
=
1,75 × 103 0,7 × 106
⇒
d = 3,75 × 105 km
3
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22. Considerando 51 apostas no Corinthians e x apostas no Santos, temos:
Se o Corinthians vencer, o lucro da casa de apostas será: L(x) = 100x – 100 ⋅ 51.
Se o Santos vencer, o lucro da casa de apostas será: L’(x) = 175 ⋅ 51 – x ⋅ 155.
Igualando a duas equações, encontraremos o valor de x que torna os lucros iguais:
100x – 100 ⋅ 51 = 175 ⋅ 51 – x ⋅ 155
255x = 275 ⋅ 51
⇒
x = 55
Logo, a lotérica deve aceitar 55 apostas a R$ 100,00.
23. Considere a figura.
Os triângulos retângulos ODC e BAC são semelhantes. Logo,
OC OD
=
BC BA
⇔
R−r r
=
R
s
⇔ R ⋅s − r ⋅s = R ⋅r
R ⋅ s = R ⋅ r + r ⋅ s (cqd )
⇔
24. Considere o experimento: comprei um dentre 100 bilhetes, dos quais 6 e somente 6 serão premiados.
O espaço amostral E desse experimento possui 100 elementos, isto é, n(E) = 100.
Evento A: bilhete premiado possui 6 elementos, isto é, n(A) = 6.
Assim, P ( A ) =
n (A)
6
=
n ( E ) 100
⇒
P( A ) =
3
50
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