Prova da UNB-2007 Resolvida, Transcrições de Física

Baixe Prova da UNB-2007 Resolvida e outras Transcrições em PDF para Física, somente na Docsity!  UnB 2007/1–2º dia CIÊNCIAS DA NATUREZA E MATEMÁTICA Atualmente, biotecnologia pode ser entendida como sendo o desenvolvimento, com base nas ciências biológicas, de produtos e processos que podem ser utilizados e(ou) transferidos para aplica- ção e produção em grande escala. O emprego dessa tecnologia em processos de produção data de, pelo menos, 800 a.C., época em que, por meio de uma reação de fermentação que produz etanol e CO2 a partir do açúcar (C6H12O6), obtinha-se vinhos e pães, com o uso de leveduras. Essa reação permite que fungos formem 2 mol de ATP por 180,1548 g de açúcar consumido. No entanto, se os fungos estiverem em um ambiente com grande quantidade de oxigênio, o consumo de C6H12O6 produzirá ATP, segundo a reação a seguir. C H O PO CO H O6 12 6 4 3 2 236 6 6 36+ + → + + −ADP ATP A partir das informações acima, julgue os itens a seguir.  A produção de álcool etílico consome carboidrato, classe de substância representada pela fórmula geral Cx(H2O)y. 2 A reação de fermentação mencionada é intracelular, em que organelas citoplasmáticas como o complexo de Golgi, rico em ATP, participa ativamente. 3 É correto concluir das informações acima que a glicose é im- prescindível para produzir etanol. 4 Durante o metabolismo dos açúcares, ocorre a formação de fruto- se 6-fosfato a partir do seu isômero de função, a glicose 6-fosfa- to. 5 O ponto de ebulição é uma propriedade específica que permite identificar e diferenciar misturas, tais como vinhos. 6 A fermentação é uma reação de oxirredução na qual o C6H12O6 é tanto o agente oxidante quanto o agente redutor. 7 Os fungos responsáveis pela fermentação citada acima perten- cem ao reino Protista. 8 Em condições normais, após uma pessoa ingerir uma taça de vinho, haverá absorção de etanol no estômago e sua metaboli- zação no fígado. Este órgão produz a bile, que é constituída por mistura de enzimas e proteínas, de uréia e sais e que atua como detergente, auxiliando na digestão de lipídeos. 9 Sabendo-se que o principal agente de fermentação alcoólica é denominado Saccharomyces cerevisae, é correto concluir que esse agente é uma levedura ascomicética. 0 A entalpia da degradação de um mol de glicose pela via aeró- bica é igual a 36 vezes a entalpia da degradação de um mol de glicose pela via anaeróbica.  A variação de entalpia da produção de uma molécula de ATP a partir de uma molécula de ADP está corre-tamente representa- da no esquema mostrado a seguir. SOLUÇÃO Itens Certos: (0), (04), (06), (09) Itens Errados: (02), (03), (05), (07), (08), (0) e () Justificativas: (02) A fermentação citadas no texto é realizada por fungos, por- tanto, ocorre no citosol. (03) Outros substratos poderão ser utilizados para a produção de álcool. (05) O ponto de ebulição (PE) é uma propriedade específica que permite a identificação de substâncias puras. (07) Os fungos pertencem ao Reino Fungi. (08) A bile é um emulsificador de gorduras que não apresenta enzimas. (0) anaeróbica → 1 mol de glicose 2 ATP aeróbica → 1 mol de glicose 36 ATP Logo a degradação de um mol de glicose pela via aeróbica é igual a 18 vezes a entalpia da degradação via anaeróbica. () O ATP é mais enérgitco, logo teria que estar na linha de cima. Texto para os itens de 2 a 9 Um dos pilares de tecnologia é a genética. Apesar de as primeiras aplicações de genética terem ocorrido há milênios como resultado de trabalhos de agricultores anônimos, a teoria da hereditariedade e a área do conhecimento denominado genético só foram postuladas após o redescobrimento do trabalho pioneiro de Gregor Mendel, de- senvolvido no século XVIII. Em um de seus experimentos históricos, Mendel trabalhou com ervilhas que tinham sementes com cores di- ferentes, verde ou amarela. As conclusões de Mendel, associadas ao conhecimento atual permitem afirmar que existem duas versões do gene responsável pela cor da semente de ervilha: versão 1 e versão 2. No caso da ervilha, que é diplóide, cada planta genitora contribui com uma versão desse gene para cada descendente. A partir de então muitos mistérios da hereditariedade passaram a fazer sentido como a transmissão de geração a geração de certas doenças, entre elas a osteogênese imperfeita, doença autossômica recessiva que causa fragilidade óssea, também conhecida como ossos de cristal. A figura abaixo ilustra o heredograma de uma família afetada por essa doença, em que os indivíduos que a possuem estão representados por símbolos com preenchimento preto. Nessa família, o alelo rela- cionado com essa doença não é uma mutação nova. Considerando as informações do texto acima, julgue os itens a seguir. 2 Considerando-se que, para produzir sementes verdes, seja ne- cessários que cada ervilha produzida possua duas cópias da versão 2 do gene para cor de semente, então a versão 1, que está relacionada à produção de ervilhas amarelas, é dominante sobre a versão 2. 2 1º vestibular/2007 3 A consangüinidade entre os pais diminui a probabilidade de ho- mozigose para características recessivas. 4 Na situação da família cujo heredograma foi apresentado, se o casal que gerou as duas crianças com osteogênese imperfeita tiver outra criança, esta terá 50% de chance de possuir o alelo mutado para essa doença, mas não apresentá-la. 5 Sabendo-se que, no heredograma apresentado, o símbolo qua- drado representa indivíduos do sexo masculino, e que o indi- víduo indicado por 1 é homozigoto para o gene relacionado à osteogênese imperfeita, é correto concluir que o avô paterno dos indivíduos com essa doença é heterozigoto para o gene considerado. 6 A diploidia é condição necessária para que organismos, inde- pendentemente da espécie, sejam viáveis e saudáveis. SOLUÇÃO Itens Certos: (2), (4), (5) Itens Errados: (3) e (6) Justificativas: (3) A consangüinidade entre os pais aumenta a probabilidade de gens recessivos se encontrarem. (6) Existem várias espécies haplóides naturalmente saudáveis Considere uma população hipotética de 15 homens e 10 mulhe- res, em que 6 desses homens e 4 das mulheres possuem a doença osteogênese imperfeita e que os demais não apresentam, sendo ho- mozigotos para o gene que a determina. A partir dessas informa- ções, julgue os itens a seguir, considerando ainda que, na referida população, qualquer um dos homens pode ter filhos com qualquer uma das mulheres. 7 Escolhendo-se aleatoriamente um homem e uma mulher nessa população, a probabilidade de ambos possuírem osteogênese imperfeita é superior a 0,2. 8 Após uma geração de indivíduos, gerados a partir de cruzamen- tos aleatórios, a nova população obtida estará em equilíbrio de Hardy-Winberg. 9 A probabilidade de uma criança gerada por indivíduos dessa po- pulação ser heterozigota para o gene da osteogênse imperfeita mas não apresentar essa doença é inferior a 0,45. SOLUÇÃO Itens Errados: (7), (8) e (9) Justificativas: (7) A probabilidade de ambos possuírem a doença é de 0,16. (8) A população não alcança o equilíbrio de Hardy-Weinberg pois não obedece outros quesitos como populações extrema- mente grandes. (9) A probabilidade é 0,48. P = ⋅    + ⋅    = + = =9 15 4 10 6 15 6 10 36 150 36 150 72 150 0 48, Texto para os itens de 2 a 26. Os gráficos I, II e III acima referem-se à produção de trigo no Rio Grande do Sul entre os anos de 1975 e 1984. O gráfico I mostra a produção anual em milhares de toneladas, em que o dado relativo ao ano de 1977 foi omitido. O gráfico II mostra a área plantada anu- almente com trigo, em milhares de hectares. O gráfico III mostra a produtividade anual de plantação do trigo, em quilograma por hecta- re, sendo que a produtividade média no período considerado é igual 817 kg – ha1 e os dados relativos aos anos de 977 e 982 foram omitidos. Tendo o texto como referência, julgue os itens a seguir. 20 A média da área plantada com trigo no Rio Grande do Sul, no período considerado no texto, é superior a 1.360.000 ha. 2 O trigo, assim como o milho e o arroz, é uma gramínea mono- cotiledônea. SOLUÇÃO Itens Certos: (2) Itens Errados: (20) Justificativas: (20) Considerando que o item se refere à área plantada anualmen- te, podemos calcular essa média: M x n i I I n = = = + + + + + + + + + = ∑ 1900 2000 1500 1250 2000 1400 900 1300 690 640 10 M = 1358 (1000 ha) - n = 135800 ha 5 UnB 2007/1–2º dia SOLUÇÃO Itens Certos: (35) e (37) Itens Errados: (32), (34), (36) e (38) Justificativas: (32) O quadrado ABCD tem 400 ha, logo: ∆m m memmer einkorn= − = ⋅ ⋅ =400 4 60 96 000. kg (33) A soma dos volumes dos silos 2 e 3 é: V V h r h r h r2 3 3 2 3 2 2 3 4 3 3 + = + =π π π Se h r3 6= = m , então V V r Vesfera2 3 2 3 34 3 6 6 4 3 6 4 3 + = ⋅ = = =π π π , com R = 6 m. (34) Temos que a diferença dos volumes será de: V V h r h r h r r h h h1 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 33 3 − = + − = + −    π π π π V V1 2 2 2 33 14 6 5 3 3 6 3 14 6 0 0− = ⋅ ⋅ + −    = ⋅ ⋅ =, , m Os silos 1 e 2 têm o mesmo volume. (35) Sejam A1 e A2 as áreas totais dos silos 1 e 2, respectiva- mente: A r rh r r h r r2 2 3 32 2 2 2 6 6 24= ⋅ + = +( ) = ⋅ ⋅ +( ) =π π π π π A r r h r r h r r h r h r 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 6 10 3 6 = + ⋅ + + = = + + +( ) = + + +( ) π π π π π (36) Do gráfico obtemos: D Dl l= ⋅ ⋅0 a q a = ⋅ −2 5 10 5, °C-1 (38) A dilatação superficial do silo 2 é dado por: DS = S0 · b · Dq DS h r= ⋅ ⋅ ⋅ ( ) ⋅2 2 103p a DS = 0 113, m2 Texto I – itens 39 a 59 Nos últimos 50 anos, a genética sofreu uma reviravolta e deu es- paço a uma nova ciência, a biologia molecular. Descobertas nessa área permitiram o avanço acelerado da biotecnologia em virtude do desenvolvimento de técnicas de engenharia genética, também deno- minada de DNA recombinante. Com essas técnicas, o genoma de um organismo alvo pode ser modificado pela introdução de fragmentos de DNA exógenos. Assim, por meio de engenharia genética, por exemplo, o gene que contém a informação para síntese determinada proteína de interesse pode ser transferido para outro organismo, que então produzirá essa proteína. Entre as técnicas de transferência de DNA, pode-se destacar: a infecção por Agrobacterium tumefaciens, o méto- do biolístico e a eletroporação. O modelo da molécula de DNA utilizado atualmente é o de Watson e Crick, ilustrado na figura a seguir. A partir das informações do texto I, julgue os itens seguintes, consi- derando o modelo da molécula de DNA apresentado. 39 A cadeia carbônica da desoxirribose presente no DNA é alifática, normal, insaturada e homogênea. 40 A prova de que o DNA é o material responsável pela transmissão da hereditariedade foi possível graças à descrição da estrutura da molécula de DNA proposta por Watson e Crick. 4 O DNA é formado por duas cadeias poliméricas, complementa- res e lineares, cada uma constituída de subunidades covalente- mente ligadas, os desoxirribonucleotídeos. 42 Erros no processo de replicação gênica sempre acarretam mu- tações, mas nem sempre resultam em alterações fenotípicas. 43 A distribuição eletrônica de um íon fosfato é uma exceção à regra do octeto. 44 O ácido fosfórico, que origina o íon fosfato em solução aquosa, apresenta a mesma função química que os seguintes compostos orgânicos: ácido metanóico, ácido etanóico e ácido propanóico. SOLUÇÃO Itens Certos: (4), (42), e (44) Itens Errados: (39), (40) e (43) Justificativas: (39) A cadeia não é normal e nem alifática. (40) A descoberta do DNA como responsável pela hereditarie- dade é anterior a proposição da estrutura da molécula. (43) O íon fosfato tem em sua representação eletrônica todos os átomos com 8 elétrons de valência e portanto obedecendo a ao Octeto. 45 Considere que o azul de bromotimol (HA) seja um ácido fraco e que apresente a característica seguinte. HA H + A amarelo + - azul  Nesse caso, uma solução de azul de bromotimol tende a ficar azul com a adição de ácido fosfórico. 46 A informação no DNA é codificada em uma seqüência linear (unidimensional) de nucleotídeos. A expressão dessa informa- ção resulta na seqüência linear de aminoácidos de uma proteína que assume uma estrutura tridimensional. 47 Quando o gene de interesse é transferido por meio de enge- nharia genética ao genoma de um organismo alvo, o resultado é um organismo geneticamente modificado, cuja característica adquirida passa a ser hereditária. 6 1º vestibular/2007 48 Para que ocorra a síntese de determinada proteína, é necessá- ria a tradução da seqüência gênica específica que codifica para esse proteína a produção de RNA men-sageiro, que, por sua vez, é utilizado como molde para a etapa de transcrição, que ocorre no núcleo da célula. SOLUÇÃO Item Certo: (46) Itens Errados: (45), (47) e (48) Justificativas: (45) o acréscimo de ácido fosfórico produz H+ que desloca o equilíbrio no sentido inverso que torna o sistema amarelo. (47) A descoberta do DNA como responsável pela heredi-tarie- dade é anterior a proposição da estrutura da molécula. (48) Muitos organismos transgênicos não são viáveis reproduti- vamente e gens transferidos para células somáticas não são transmitidos hereditariamente. O fosfato presente no DNA pode ser gerado pela ionização do H3PO4. A primeira ionização desse ácido é mostrada abaixo, cuja constante de equilíbrio, Ka, é igual a 8 x 10–3 a 25ºC. A partir dessas informações, faça o que se pede no item a se- guir, que é do tipo B, desconsiderando, para a marcação na folha de respostas, a parte fracionária do resultado final obtido, após efetuar todos os cálculos solicitados. 49 No processo de ionização apresentado, calcule a concentração do íon hidrônio, em mmol/L, presente em 1 L de solução forma- da pela adição de 1,209 x 10–1 de H3PO4 em água a 25ºC. H PO H +H PO+3 4 2 4( ) ( ) ( ) -aq aq aq SOLUÇÃO (49): 003 Justificativas: H PO H +H PO ácido + 3 4 2 4 [ ]  X X - Ka X ácido = [ ] 2 8 10 1 209 10 3 2 3⋅ = ⋅ − X , X = ⋅ ⋅−3 10 10 3, mol L-1 1 10 3 10 10 3 3 m mol mol___ ___ , − −⋅X X = ⋅ → ⋅3 10 3, m mol L m mol L-1 -1 Considere que uma das fitas do DNA – denominada fita 1 – seja formada pela repetição da seqüência nucleotídica CGCCGATT e que o processo de replicação ocorra com 100% de fidelidade, ou seja, que a DNA polimerase não cometa erros no evento de polimerização. Suponha que o total de ligações de hidrogênio da dupla fita formada seja igual a 2.128. Considerando essas informações, julgue os itens a seguir, sabendo que o par de bases A e T forma 2 ligações e o par de bases C e G, 3 ligações, sendo esses os únicos pares de bases que podem ser formados nessa situação. 50 Existem menos de 1.300 pares CG. 5 O par de base 2.126 é AT. 52 Escolhendo-se um par de base ao acaso, a probabilidade de este par ser formado por duas ligações de hidrogênio é superior a 0,3. 53 Na fita 1, a base de números 8n + 2, IN, é G. SOLUÇÃO Itens Certos: (50), (52) Itens Errados: Justificativas: A fita dupla será da seguinte forma: 5.3 + 3.2 = 21 Logo, a cada repetição temos 21 ligações de hidrogênio. Sendo assim, o número de repetições será dado por: n = = +2128 21 101 7 21 Obs: 7 21 indica que houveram dois pares de bases AT e um par de bases CG “sobrando” (ver figura). (50) Existem 5 pares CG em cada repetição, além de um par extra, na extremidade final da fita dupla: nCG = ⋅ + =5 101 1 506 (5) 2126 8 265 6 8 = + , , ou seja, será um par CG. (52) P AT( ) , ,= + ⋅ ⋅ + = ≅ >2 101 3 101 8 3 305 811 0 376 0 3 (53) A base 8n + 2 será T na fita 1. Texto II – itens de 54 a 59 Considere que uma das fitas da molécula de DNA descrita no texto I possa ser descrita pelo conjunto de equações. x t a y t a t( ) = ( ) =cos senω ω, ( ) ( ) e z t bt( ) = , em que t é um parâmetro em unidades de comprimento e a, b e w são constantes para as quais as condições I e II a seguir são satis- feitas. I x 0 12( ) = . II x y6 6 6 6 3( ) = ( ) =, Com base nas informações do texto II e considerando que ω π∈     0 4 , , julgue os itens a seguir. 54 A identidade x t x t y t y t+    ( ) + +    ( ) =π ω π ω2 2 0 é verdadeira para todo t. 7 UnB 2007/1–2º dia 55 Existe um único valor de ω π∈     0 4 , em que as condições I e II apresentadas são satisfeitas. 56 Se p(t) = x(t) + iy(t), então a parte imaginária do número p(3)3 é superior a 1.000. SOLUÇÃO Itens Certos: (54), (55) e (56) Justificativas: (54) Podemos calcular o valor da expressão dada, para um t ar- bitrário: x t x t y t y t a t +    ( ) + +    ( ) = = +        p w p w w p w 2 2 2 cos .a t asen t asen t a t t cos . cos cos w w p w w w p ( ) + +        ( ) = = ( ) + 2 2 2 2 2 1 2 w w p w w w     + ( ) +    = = ( ) − ( )  a sen t sen t a t sen t ( ) cos  + ( ) ( ) =a sen t t2 0w wcos () reduzindo ao 1º quadrante: cos w p wt t+    = ( ) 2 sen e sen w p wt t+    = ( ) 2 cos . (56) p x i y sen p 3 3 3 12 3 18 12 3 18 3 12 ( ) = ( ) + ( ) =     +     ( ) = . cos . . c p p os .p p 2 2 12 17283    +         = =i sen i i Com base nas informações no texto II, faça o que se pede nos itens de 57 a 59 a seguir, que são do tipo B, desconsiderando, para a marcação na folha de respostas, a parte fracionária do resultado final obtido, após efetuar todos os cálculos solicitados. 57 Calcule o valor de 20a. 58 Calcule o valor de 12 π ω . 59 Calcule o valor de y t0( ) para o caso em que z(t0) = 27. SOLUÇÃO (57): 240 (58): 26 (59): 02 Justificativas: (57) 20a = 20 · 12 = 240 (58) 12 12 18 12 18 216. . .p w p p = ( ) = = (59) z t t y t sen y t 0 0 0 0 27 27 3 9 12 18 9 12 12 ( ) = ⇒ = = ( ) =     = ( ) = p . Texto para os itens de 60 a 75 O esquema acima representa um circuito básico de um aparelho de eletroporação que usa o cobre para permitir a condução da cor- rente elétrica. O circuito elétrico I contém baterias que carregam o capacitor C1 do circuito elétrico II, o qual é utilizado para provocar descargas elétricas de alta voltagem. Quando o circuito II é aciona- do, ocorre uma descarga elétrica, na forma de um pulso elétrico, no meio de cultura da suspensão celular, também indicada na figura. O pulso elétrico provoca distúrbios na membrana das células contidas no meio de cultura, o que causa a formação de poros aquosos tem- porários nessas membranas. A diferença de potencial elétrico nas in- terfaces da membrana das células aumenta também em decorrência da descarga elétrica, para valores entre 0,5 V e 1,0 V, o que faz que moléculas carregadas (como o DNA) sejam conduzidas a atravessar a membrana através dos referidos poros, de maneira semelhante ao que ocorre em uma eletroforese. No esquema do circuito elétrico I apresentado, os resistores de resistências R1, R2 e R3 são do tipo ôhmico. As malhas possíveis nesse circuito são as trajetórias fechadas percorridas por corrente elétrica definidas pelos pontos: afeba, afedcba e bedcb. As correntes elétri- cas I1, I2 e I3 indicadas na figura satisfazem o seguinte sistema de equações lineares. I I I R I R I V R I R I V 1 2 3 1 1 3 3 1 2 2 3 3 2 0− + = − = − = −      A solução de eletroporação é constituída de um meio de cul- tura simples em que se adicionam KCl, MgCl2 e glicose. O meio de cultura fornece os nutrientes indispensáveis à recuperação e ao crescimento das células submetidas à eletroporação. A caseína, uma proteína encontrada no leite de vaca fresco, é utilizada na prepara- ção de meios de cultura. As micelas de caseína e os glóbulos de gor- dura são responsáveis por grande parte das propriedades relativas a consistência e cor dos produtos lácteos. Para a preparação da solução para eletroporação inicialmente, são preparados 100 mL de solução estoque (etapas I a IV a seguir), usando-se 2 g de caseína, 0,5 g de extrato de levedura e 0,05 g de NaCl, realizando-se o seguinte procedimento: I adicionar água e agitar até dissolver os solutos mencionados acima (caseína, extrato de levedura e NaC); II adicionar 1 mL de solução KCl a 0,25 mol/L; III ajustar o pH para 7,0 com solução de NaOH a 5 mol/L; IV adicionar água até atingir o volume de 100 mL. Após o preparo da solução estoque, deve-se ainda realizar as etapas seguintes para se obter a solução final a ser utilizada na eletropo- ração. V autoclavar e, quando esfriar, adicionar 0,5 mL de solução MgCl2 a 2 mol/L ou 1 mL de solução a 1 mol/L; VI adicionar 2 mL de solução de glicose estéril a 1 mol/L para cada 10 mL de solução estoque. 0 1º vestibular/2007 SOLUÇÃO Item Certo: (88) Itens Errados: (87) e (89) Justificativas: (87) P(5) = 30 · 52 = 30 · 25 = 750 Como p(x) é do 2º grau temos que P(x) = a(x – m)(x – n) onde m e n são raízes do polinômio. Em I é dito que m = n = 0; logo e ainda que P(10) = 3000. Assim e P(10) = a – 102 = 3000 ⇒ a – 30 e P(x) = 30 · x2. Calculando P(5) temos: P(5) = 30 · 25 = 750 P(5) < 900 (88) q(25) = 252 + 50 = 625 + 50 = 675 q(x) é do 2º grau, portanto q(x) = ax2 + bx + c Em II afirma-se que x = 0 é abscissa do vértice temos que q(–x) = q(x) a(–x)2 + b(–x) + c = ax2 + bx + c –bx = bx ⇒ 2bx = 0 ⇒ b = 0; logo a(x) = ax2 + c Ainda por II temos q(0) = 50 ⇒ q(0) = a · 02 + c = 50 = c ⇒ 50 e q(5) = 75 ⇒ q(5) = a · 25 + 50 - 75 25 a = 25 ⇒ a = 1 Assim q(x) = x2 + 50 Calculando q(25) temos q(25) = 252 + 50 = 675 (89) Das questões anteriores temos que p(x) = 30x2 e q(x) = x2 + 50 e do enunciado f x p x q x x x ( ) = ( )( ) = + 30 50 2 2 O enunciado afirma que: f(50) – f(30) > 0,4 f(50) Supomos que a relação dada no enunciado seja verdadeira e mos- traremos por absurdo que está errada. f(50) – f(30) > 0,4 f(50) f f f f 50 50 30 50 0 4( ) ( ) − ( ) ( ) > , ; uma vez que f(50) > 0 1 30 50 0 4 0 6 30 50 − ( )( ) > ⇒ > ( ) ( ) f f f f , , 0 6 27 51 95 15 0 6 0 97, . ; , ,> ⋅ > falso, portanto a hipótese não era verdadeira. A técnica de clonagem artificial permite a obtenção de indiví- duos geneticamente idênticos por meio da fissão de embriões ou por transferência nuclear, isto é, transferência de núcleos de células somáticas para ovócitos sem núcleo, para produzir embriões recons- tituídos que são capazes, após a transferência para hospedeiros ade- quados, de resultar em uma prole viável. A ovelha Dolly foi resultado do uso dessa técnica e várias clonagens de animais se sucederam a essa experiência, entre elas as de macacos, bezerros, camundongos e porcos. Essa tecnologia tem sido considerada o primeiro passo na trilha para solucionar a problemática da falta de doadores de órgãos. Tendo o texto acima como referência inicial, julgue os itens a seguir. 90 A fissão de embriões a que se refere o texto produz artificial- mente organismos gêmeos geneticamente não-idênticos. 9 Células somáticas, mencionadas no texto, são células diplóides que se dividem por mitose e por meiose. Quando a divisão des- sas células é feita por meiose, originam-se células germinati- vas, haplóides, relacionadas com a hereditariedade. 92 Todas as células vivas possuem, em pelo menos parte de sua vida, núcleo ou nucleóide, no qual o genoma é armazenado. 93 Embrião, ou zigoto, é uma célula formada pela fusão dos ga- metas masculino e feminino de determinada espécie, que dará origem, por diferenciação e embriogênese, a um novo ser dessa espécie. 94 Macacos, bezerros, camundongos e porcos são animais tetrá- podes, endotérmicos, de respiração pulmonar, amniotas, vi- víparos, que constituem exemplos de espécies de três ordens distintas. 95 Ovócitos são células que sofrem mitose ainda na fase embrio- nária que, se forem fecundadas, produzirão óvulos, que são os gametas femininos. SOLUÇÃO Itens Certos: (92) e (94) Itens Errados: (90), (9), (93) e (95) Justificativas: (90) A fissão de embriões sempre gera gêmeos idênticos (9) As células somáticas citadas realizam mitose. (93) O embrião origina-se a partir do zigoto através do processo de embriogênese. (95) Óvocitos são células que sofrem meiose, que podem ocor- rer em alguns casos na fase embrionária. Atualmente, um dos campos promissores da biotecnologia é o emprego de microorganismos em áreas contaminadas pelo uso de agroquímicos. Uma vez que bactérias presentes no solo são capa- zes de degradar e mineralizar pesticidas, é possível desenvolver a remediação biológica de solos contaminados com resíduos tóxicos empregando-se microorganismos selecionados. Com relação a esse assunto, julgue os próximos itens. 96 Solos naturais são formados pela decomposição de rochas primiti- vas. Nessa decomposição, há ações físicas, químicas e biológicas. 97 O lançamento de resíduos sólidos pode constituir-se agente an- trópico causador da poluição do solo. 98 Os pesticidas, substâncias tóxicas usadas na agricultura para eliminar insetos e outras pragas, podem entrar na cadeia ali- mentar dos componentes de uma comunidade e comprometer todo o ecossistema. 99 A descarga de dejetos humanos e industriais nos rios é o princi- pal fator para a proliferação de mosquitos vetores de várias do- enças, entre as quais a malária, a febre amarela e a dengue. 00 A transmissão de esquistossomose está associada à poluição da água provocada por dejetos humanos, pois o ovo do parasita é levado à água pelas fezes das pessoas parasitadas.  UnB 2007/1–2º dia SOLUÇÃO Itens Certos: (96), (97), (98), (00) Item Errado: (99) Justificativas: (99) O principal fator de proliferação de insetos vetores de do- enças são alternadamente antrópicas do ambiente natural, como a destruição de seus predadores naturais. Na petroquímica, a biotecnologia também tem tido papel impor- tante: bactérias capazes de metabolizar chumbo, cadmo, enxofre e nitrogênio têm sido utilizadas em processos de refinamento, re- duzindo a quantidade de contaminantes no petróleo e permitindo a produção de combustíveis mais limpos, reduzindo, por exemplo a quantidade de enxofre no combustível. Se o enxofre não é complemente extraído, na queima de com- bustíveis derivados de petróleo, há liberação para o ar do subproduto que, na presença de matéria particulada e aerossol, acarreta a ocor- rência das seguintes reações. 2SO g + O g 2SO g2 2 3( ) ( ) ( ) = ( ) + ( ) → +  l K x a C SO g H O H O aq c 4 2 10 700 2 2 3 2 3 , º ( ) + ( )−HSO aq4 No caso do nitrogênio, ocorre reação com oxigênio no interior dos motores de automóveis, devido às altas temperaturas ali exis- tentes. Nesses motores, estabelecendo-se o seguinte equilíbrio. III N g O g NO g K x a Cc2 2 302 1 0 10 25( ) + ( ) ( ) = − , º O gás produzido pode ser oxidado no ar e o óxido gerado pode reagir com água formando HNO3. Os catalisadores de escapamentos de automóveis agem aumen- tando a velocidade de conversão do NO em N2 e do SO2 em H2S, o que reduz os efeitos negativos da queima de combustíveis ao meio ambiente. A presença de chumbo e cádmio no combustível, por sua vez, pode inutilizar o catalisador por causa da absorção dessas subs- tâncias. Considerando as informações do texto, julgue os itens subseqüentes. 0 A separação dos diversos constituintes do petróleo é um pro- cesso químico fundamentado na variação da temperatura de ebulição das substâncias participantes. 02 Na destilação do petróleo, os hidrocarbonetos de menor massa molar são os primeiros a serem vaporizados pelo aquecimento do óleo cru. 03 Infere-se do texto que elementos metálicos são retirados do petróleo por bactérias que, no entanto, não conseguem extrair outros tipos de elementos. 04 O aerossol facilita o encontro entre as moléculas dos reagentes, mas não modifica a energia de uma reação. 05 Considere que a corrosão de peças de cobre pelo ácido nítrico produzido a partir da queima de combustível ocorra segundo a reação balanceada a seguir. Cu HNO Cu NO NO H O+ ( ) + +4 2 23 3 2 2 2 Nessa reação, cada átomo do redutor transfere 2 elétrons para o oxidante. 106 Considerando-se o oxigênio um gás ideal, é correto afirmar que, em uma transformação isocórica de determinada massa de gás, a pressão e a temperatura absoluta são inversamente propor- cionais. 07 Nos motores de automóveis, a pressão exercida pelo oxigênio ga- soso nas paredes do pistão no qual esse gás esteja confinado está relacionada com a energia cinética das moléculas desse gás. 08 A variação de energia interna de determinada massa de gás ide- al que passa por uma transformação isobárica depende apenas dos estados inicial e final. SOLUÇÃO Itens Certos: (02), (04), (05), (07) e (08). Itens Errados: (0), (03) e (06). Justificativas: (0) Processo físico (03) O texto menciona também a retirada do nitrogênio que seria um elemento constituinte não metálico. (06) Na transformação a volume constante, a pressão e tem- peratura são diretamente proporcionais. P T P T = ' ' 09 No interior do motor de um automóvel, a 25 ºC e 1 atm, a soma das concentrações de oxigênio e nitrogênio é maior que a con- centração de óxido nítrico, caso esses gases estejam em equilí- brio em um mesmo recipiente. 0 Nas equações I e III, os equilíbrios químicos são atingidos quan- do o número de moléculas de reagentes consumidas é igual ao número de moléculas de reagentes produzidas.  O principal prejuízo ao meio ambiente causado pelo aumento do dióxido de enxofre na atmosfera é a redução da camada de ozônio, uma vez que o oxigênio é consumido nas reações em que o SO2 participa. 2 A molécula de dióxido de enxofre possui geometria linear. 3 Os catalisadores aumentam a energia dos reagentes permitindo que mais produtos sejam formados. 4 Considerando-se que os gases comportam-se idealmente e que a constante universal dos gases seja igual a 9,314 J · K–1, con- clui-se que o valor de KP a 973 K, para o equilíbrio representado pela equação I, é superior a 0,04. 2 1º vestibular/2007 SOLUÇÃO Itens Certos: (09), (0) e (4). Itens Errados: (), (2) e (3). Justificativas: (09) Avaliando a constante de equilíbrio, observa-se que o produto da concentração do O2 e N2 é bem superior a con- centração de NO. () O principal prejuízo é o aumento da acidez da chuva, fenô- meno conhecido como chuva ácida. (2) (O dióxido de enxofre é uma molécula angular) (3) (catalisador diminui a energia de ativação permitindo que os produtos sejam formados mais rapidamente). Suponha que a função y t aP a P a x t ( ) = + −( ) −3 descreva a popula- ção de microorganismos no solo de um terreno com resíduos tóxicos no instante t ≥ 0, dado em minutos contados a partir do instante inicial t = 0, e que essa função satisfaça as seguintes condições. I O número de microorganismos em t = 0 é 5 x 109. II P = 102 a. Com base nessas informações, julgue os itens que se seguem. 5 O valor de P é superior a 102. 6 A função inversa de y(t) pode ser corretamente expressa por y A K t K t= −( ) − +( ) 2 cos cosa w a w 7 A função inversa de y(t) pode ser corretamente expressa por t y a P a P y = + − − log log3 3 . SOLUÇÃO Itens Certos: (6) e (7) Item Errado: (5) Justificativas: (5) Do enunciado e de II temos que y t a a a a a a t t( ) = ⋅ −( ) = + ⋅( )− − 10 10 3 10 1 99 3 2 2 2 Utilizando I: y(0) = 5 · 103 y a a0 10 1 99 5 10 5 10 2 9 9( ) = ⋅ + = ⋅ ⇒ = ⋅ Portanto P = 102 · a = 5 · 1011 < 1012 (6) Da questão 115 temos que y t a t( ) = + ⋅ − 10 1 99 3 2 Assim y a a a 2 10 1 99 3 10 1 11 100 12 8 33 9 2 2 2( ) = ⋅ + ⋅( ) ⋅ = + = = <− , Texto para os itens 8 a 27 Para reduzir o volume de lixo urbano, novos plásticos têm sido desenvolvidos, misturando-se polímeros convencionais (polietileno, polipropileno e poliestireno) com polímeros naturais, como o amido, o que garante uma degradação parcial desses materiais. A degrada- ção dos polímeros ocorre por diversos meios, entre eles a oxidação pelo oxigênio atmosférico. Para verificar a ação do oxigênio sobre esses novos materiais ao longo do tempo, os plásticos são submeti- dos a altas temperaturas e altas concentrações de oxigênio gasoso. A incidência de luz ultravioleta também é capaz de provocar a de- gradação desses polímeros. As propriedades físicas e químicas dos polímeros também podem variar com as próprias condições em que são fabricados. A partir dessas informações, julgue os próximos itens. 8 A luz é uma radiação eletromagnética que não necessita de meio material para se propagar. 9 Considerando-se a velocidade da luz no vácuo igual a 3,0 x 108 m/s e o comprimento de onda da luz nesse meio igual a 3,0 x 10–7 m é correto concluir que a freqüência dessa radiação eletromagné- tica é menor que 3,0 x 1010 Hz. 20 As moléculas de polipropileno apresentam grupos metil em sua estrutura. 2 Na oxidação de polímeros pelo oxigênio atmosférico, mencio- nada no texto acima, o número de moléculas de oxigênio com energia suficiente para reagir com esses polímeros é função crescente da temperatura. 122 Quando o lixo é depositado em aterros, os plásticos podem difi- cultar sua compactação e prejudicar a decom-posição dos ma- teriais biologicamente degradáveis, pois, normalmente, criam camadas impermeáveis que afetam as trocas de líquidos e ga- ses gerados no processo de biodegradação da matéria orgâni- ca. 23 O aumento da pressão parcial de O2 reduz a energia de ativação da reação do oxigênio com os polímeros. 24 A luz é um catalisador da reação de degradação de polímeros mencionada no texto. 25 A maior parte da radiação emitida pelo Sol é absorvida pela atmosfera terrestre, sendo que quase a totalidade dos raios ul- travioleta que efetivamente chegam à superfície da Terra são do tipo um importante fator de risco do melanoma. 5 UnB 2007/1–2º dia SOLUÇÃO Itens Certos: (35) e (37) Justificativas: (36) wA · rA = wB · rB, como rA > rB, temos que, wA < wB. (37) Como os pontos C, D, F e E são pontos de tangência os raios ra e rb fazem ângulo de 90º com os segmentos CD e FE. Donde tiramos o seguinte triângulo retângulo: Por Pitágoras: 42 = 22 + x2 x2 = 16 – 4 = 12 x = 2 3 nm x ≈ 3,4 nm lCD < 3,5 nm (38) Usando resultados obtidos na questão 37 temos tga a= = ⇒ =2 3 2 3 60º Logo a p= 3 Podemos calcular lCD por: l l l CF CF CF nm = ⋅ ⋅ − ( ) ⋅ = −( ) = ⋅ −    = ≈ > 2 2 2 2 3 3 4 12 6 p a p a p p p r r rA A A , 11 nm Texto para os itens de 39 a 44. A figura acima ilustra um nanocarro cujas rodas são esferas de carbonos (buckyballs) de raio igual a 34 Å. Esse nanocarro contém átomos de carbono e átomos de hidrogênio. Pesquisadores realizam um experimento em que um nanocarro movia-se em linha reta sobre uma superfície plana de cobre. Nesse experimento, à temperatura de 200 K. as nanorrodas giravam em torno do seu eixo a uma freqüên- cia constante e igual a 1012 rotações por segundo (rps). Considerando as informações do texto, julgue os itens a seguir. 39 No experimento citado no texto, o movimento do nanocarro é do tipo retilíneo e uniforme. 40 A temperatura na qual as nanorrodas giram de forma constante à 1012 rps correspondem a 15 ºC. 141 Considerando-se a figura a seguir, em A e B são duas escalas termoelétricas, é correto concluir que as temperaturas TA e TB indicadas na figura estão relacionadas por uma equação do tipo TA = bTB + a, em que a e b são constantes para quaisquer valo- res de TA e TB em suas respectivas escalas. ponto de evaporação ponto de gelo TAe BeT TBTA A B TAg BgT 42 No referido nanocarro, a ligação química entre o átomo de car- bono de cada roda e o átomo de carbono do seu respectivo eixo é do tipo p. SOLUÇÃO Itens Certos: (39), (4) Itens Errados: (40), (42) Justificativas: (40) TK = qc + 273 200 = qc + 273 ∴qc = –73 ºC Acerca do experimento descrito no texto, tomando 3,14 como valor aproximado para p e sabendo que se pede nos itens 43 e 44 a seguir, que são do tipo B, desconsiderando, para a marcação na folha de respostas, a parte fracionária do resultado final obtido, após efetuar todos os cálculos solicitados. 43 Calcule, em m/s, a velocidade linear do nanocarro. Divida o valor encontrado por 10. 44 Considerando desprezível a massa total dos átomos de hidro- gênio que constituem o nanocarro, calcule a energia cinética do nanocarro, em aJ (1aJ = 10-28J). 6 1º vestibular/2007 SOLUÇÃO (143): 23 (144): 03 Justificativas: (143) V = w · r V = 2p · f · r = 2p · (1012) · 3,4 · 10–10 V = 2135 m/s (144) E m vC = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅       ⋅ ( ) − 2 3 23 2 2 300 12 10 6 022 10 2135 2 , Ec = ⋅ = ⋅ −27 2 10 2 13 6 10 18 18, , �J J Na área médica, o impacto da nanociência e da nanotecnologia permitirá que se obtenham ganhos em prevenção, detecção e trata- mento de doenças. Novos desenvolvimentos tecnológicos permitirão, em particular, a fabricação de vestimentas antiinfravermelho que são invisíveis aos binóculos de infravermelho ou de visão noturna. Além disso, as novas vestimentas poderão sofrer processos de endureci- mento, de maneira que a própria roupa do indivíduo poderá servir como material para imobilizar alguma parte do corpo afetada por fratura óssea. Considerando essas informações, julgue os itens a seguir. 45 A fratura óssea, mencionada no texto, ocorre em estruturas en- contradas em animais vertebrados que representam um tipo de tecido epitelial. 46 Mulheres com conteúdo ósseo baixo apresentam níveis eleva- dos de estrógeno na puberdade e risco elevado de osteoporose e fratura óssea na idade adulta. 47 Uma boa postura física é aquela em que a pessoa utiliza pouco esforço muscular e, ao mesmo tempo, protege as estruturas de suporte contra traumas. 48 Serpentes não seriam capazes de enxergar, por meio de seus receptores sensíveis a calor, pessoas que utilizassem as vesti- mentas antiinfravermelho mencionadas no texto acima. SOLUÇÃO Itens Certos: (47) e (48) Itens Errados: (45) e (46) Justificativas: (45) A fratura óssea, mencionada no texto, ocorre em estruturas encontradas em animais vertebrados que representam um tipo de tecido epitelial. (46) Mulheres com conteúdo ósseo baixo apresentam níveis ele- vados de estrógeno na puberdade e risco elevado de osteo- porose e fratura óssea na idade adulta. 2 1 P3 P2 P4 P5 P6 P10 Figura II y x A figura I ilustra um tipo de nanotubo, ou seja, um tubo com dimensões nanométricas, constituído unicamente de átomos de car- bono. Se esse nanotubo fosse aberto em um plano, seus átomos ficariam dispostos em uma estrutura semelhante à ilustrada na fi- gura II. Nessa figura, os hexágonos são regulares com lado igual a  nanômetro, que é a unidade usada nos eixos x e y do plano carte- siano xOy. A origem desse plano cartesiano coincide com o centro do hexágono sombreado de vértices P1, P2, P3, P4, P5 e P6. O ponto P0 = (x0, y0) do plano cartesiano xOy pode ser associado ao número complexo z0 = x0 + iy0. Dessa forma, os vértices P1, P2, P3, P4, P5 e P6 do hexágono sombreado podem ser associados aos números com- plexos z1, z2, z3, z4, z5 e z6, respectivamente. A partir dessas informações, julgue os itens a seguir. 49 A reta l1 indicada na figura II, que passa pelos pontos P1 e P3, também passa pelo ponto −( )2 3, . 50 A equação da reta l2 mostrada na figura II que é paralela ao segmento de reta que liga os pontos P3 e P4, é da forma y = x + b, com b constante. 5 Todos os elementos do conjunto {z1, z2, z3, z4, z5, z6} satisfazem à equação z6 = 1. 52 No plano complexo, o número z2 + z3 é imaginário puro, isto é, tem parte real nula. SOLUÇÃO Itens Certos: (49), (5), (52) Itens Errados: (50) Justificativas: (150) O enunciado afirma que o coeficiente angular da reta é 1(y = 2x + b; com 2 = 1) Entretanto calculando o coeficiente angular da reta que passa por e (que deve ser igual a 1 uma vez que as retas são paralelas) temos: m = − − − −( ) = = 3 2 0 1 2 1 3 2 1 2 3 7 UnB 2007/1–2º dia L Entre outras qualidade, os nanotubos descritos no texto ante- rior possuem excelente condutividade elétrica e resistência mecânica cem vezes maior que a do aço e, ao mesmo tempo, flexibilidade e elasticidade, o que os torna um material atrativo e interessante para a produção de fios fortes e ultraleves, denominados nanofios. São essas características que os credenciam a diversas aplicações em ciência e tecnologia. A figura acima mostra o esquema de um instrumento de cordas idealizado que usa nanofios para compor as cordas, que são esticadas e têm as extremidades fixas. Ao se tocar as cordas, elas vibram emitindo som. O movimento das cordas correspondem a ondas estacionárias descritas pela equação y = Asen(kx) sen(wt), em que A, K e w são constantes, y e x represen- tam deslocamentos e t é o tempo. A partir dessas informações, julgue os itens que se seguem. 53 Em cada corda do instrumento descrito, pode-se gerar ondas estacionárias de qualquer freqüência. 54 O movimento das cordas do instrumento pode ser corretamente descrito como uma combinação de duas ondas progressivas, isto é, y A kx t A kx t= −( ) − +( ) 2 2 cos cosw w . SOLUÇÃO Itens Certos: (54) Itens Errados: (53) Justificativas: (53) As ondas estacionárias possíveis correspondentes aos har- mônicos fundamentais do tipo: v f f v n v Ln n n n = ⋅ ⇒ = = ⋅λ λ 2 (54) y A K t K t= −( ) − +( ) 2 cos cosa w a w y A K t K t K t K t= − − + + ⋅ − − −   2 2 2 2 sen sena w a w a w a w y A K t= − ⋅ −( ) 2 2sen sena w y A K t= ( ) ⋅ −( )sen sena w faixa de duração da colisão vB 2,0 0 1,0 1,5 vA Figura II t s( ) v (1 0 km /h ) 3 B A vA vA vB vB B A B A B A AB antes do choque após o choque Figura I A figura I acima mostra a simulação de um choque entre duas esferas de carbono de mesma massa que realizam uma colisão fron- tal – os vetores velocidade vA e vB, indicados na figura antes e após o choque, têm a mesma direção. A faixa de duração dessa colisão está em destaque no gráfico da figura II, que apresenta, ainda, as velocidades escalares – |vA| e |vB| – dessas duas pequenas esferas ao longo da simulação. Para a colisão frontal ilustrada na figura I, denomina-se coefi- ciente de restituição – e – a razão entre |vB| e |vA| – e   v v B A . Os valores possíveis de e para a situação apresentada mostradas na tabela abaixo. tipo de choque coeficiente de restituição perfeitamente elástico e = 1 parcialmente elástico 0 < e < 1 perfeitamente inelástico e = 0 Julgue os itens a seguir relativos à situação descrita acima. 155 De acordo com o gráfico da figura II, é correto afirmar que a soma das velocidades escalares das esferas A e B é constante durante a simulação considerada. Conclui-se desse fato que o choque repre- sentado na simulação é do tipo perfeitamente elástico. 56 Nessa simulação, não há conservação de energia mecânica. 57 Existe um instante em que as energias cinéticas das esferas A e B são iguais. 58 A esfera B tem aceleração constante e igual a 1,11 x 106 m/s2, quando 1,0µs < t < 1,5µs. 59 Na simulação mostrada, caso a massa da esfera A fosse o dobro da massa da esfera B, o valor de e na tabela acima variaria no intervalo [0, 1/2]. 160 Os gráficos mostrados abaixo poderiam representar correta- mente o comportamento das acelerações escalares das esferas A e B – |aA| e |aB|, respectivamente – na faixa de duração da colisão das duas esferas. aA aB 1,0 1,5 t s( )