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meiose é o equivalente a ter dois carros, um com a transmissão quebrada, outro com o motor quebrado e, com eles, produzir um único carro que funcione”. A figura a seguir ilustra um par de cromossomos homólogos duplicados (A e B), bem como as localizações dos alelos deletérios “M” (presente somente no cromossomo A) e “N” (presente somente no cromossomo B).

Um indivíduo que possui os cromossomos A e B poderá formar gametas que não sejam portadores dos alelos M e N? Justifique sua resposta. 40. (UFRJ) Ao analisar o cariótipo de células obtidas de uma criança com síndrome de Down, observou-se que 70% das células apresentavam 47 cromossomos, por exibirem a trissomia do cromossomo 21, e que 30% das células apresentavam um cariótipo normal, ou seja, 46 cromossomos, sem trissomia do 21. Responda se o fenômeno da não-disjunção do par de cromossomos 21 ocorreu antes ou depois da formação do zigoto. Justifique sua resposta.

Gabaritos Aula 1 – Introdução à Biologia

1D 2B 3A 4C 5C 6C 7E 8D 9B 10D

11A 12C 13C 14B 15B 16B 17A 18C 19E 20A

21B 22E 23B 24C 25C 26E 27B 28A 29A 30A

31D 32C 33B 34E 35FFFVF

36. A) Se possui uracila, é porque o material genético é RNA, e somente vírus possuem RNA como material genético. B) São acelulares e não têm metabolismo próprio. C) ATGGGCAATTTC.

37. Por produzir maior variabilidade de indivíduos, a reprodução sexuada leva a maiores chances de surgimento de novas características resistentes ao parasitismo. Por produzir muitos indivíduos rapidamente, a reprodução assexuada é vantajosa em condições sem parasitas, nas quais o número de indivíduos é mais importante do que a variabilidade.

38. A) 1) diminuirá, uma vez que o número de indivíduos para trocar genes é pequeno (ou seja, há uma pequena amostragem de genes nas populações inicialmente isoladas). 2) os de reprodução sexuada, uma vez que os de reprodução assexuada já não apresentavam variabilidade genética em sua reprodução. B) sim, uma vez que nela ocorrem eventos como o crossing-over e a separação dos cromossomos homólogos.

39. A) A população da área B, formada por clones de uma planta produtiva, apresentou uma população com indivíduos geneticamente idênticos, todos produtivos, mas com pouca ou nenhuma capacidade de adaptação às adversidades. B) O milho propagado sexuadamente (através de sementes) enfrentou melhor as alterações ambientais por apresentar uma maior variabilidade genética na população da área A, embora nem todas as plantas fossem tão produtivas quanto a planta matriz.

40. Amostra 1, pois não é afetada pela radiação, demonstrando que não possui material genético para sofrer mutação, que é o que ocorre com príons.

Aula 2 – Método Científico

1A 2B 3C 4E 5D 6B 7A 8E 9D 10D

11D 12D 13D 14D 15A 16FVVFV

17. A) Nos aquários I e III as piranhas devoram as presas. No aquário II as presas não serão devoradas. B) Nos aquários I e II as piranhas devoram as presas. No aquário III as presas não serão devoradas. C) Conclui-se que o olfato é o principal sentido da piranha.

18. A) sim, pois o experimento é reproduzível e controlado, uma vez que apresenta um grupo-controle (bactérias não irradiadas) e um grupo-teste (bactérias irradiadas). B) Se bactérias forem submetidas a radiação ultravioleta então elas irão morrer.

19. Os experimentos corroboram a hipótese testada. Podemos observar que as conclusões elaboradas a partir da hipótese correspondem exatamente ao resultado dos experimentos. No resultado que as bactérias que cresciam no meio com nitrogênio insuficiente para liberação de nitratos não crescem com tanta eficácia. Isso pode ser interpretado como a falta para as bactérias de nutrientes fornecidos pela planta, uma vez que, sem o fornecimento de nitrogênio das bactérias para a planta, não há fornecimento de nutrientes da planta para as bactérias.

20. O DDE diminui o número de receptores para testosterona, apesar de não alterar a produção de testosterona.

Aula 3 – Água e Sais Minerais

1A 2B 3D 4B 5A 6E 7D 8E 9C 10C

11B 12D 13B 14E 15D 16A 17B 18C 19B 20C

21A 22C 23D 24A 25B 26E 27B 28D 29D 30C

31.FVFFF

32. A) O ambiente com alta concentração de açúcar (hipertônico) retira água das bactérias e fungos, que devido a essa desidratação não proliferam. B) Outro método de conservação de alimentos que tem por base o mesmo princípio fisiológico consiste na utilização de sal. Exemplos: bacalhau, carne-seca, etc.

33. A) Proposta IV. O ferro é essencial para a produção de hemoglobina – pigmento vermelho presente nas hemácias – que realiza o transporte de oxigênio dos pulmões aos tecidos do corpo. B) O cálcio presente no leite e em seus derivados é fundamental para os processos de calcificação óssea, mineralização dos dentes e a coagulação sanguínea.

34. A) Forma reduzida (Fe2+). Pelo gráfico, percebe-se que o ferro da carne é mais fácil de absorver do que o das verduras e o do feijão, e segundo a tabela, o nas carnes e vísceras, o ferro é encontrado na forma Fe2+. B) Sim. Segundo a tabela, a vitamina C é capaz de reduzir o ferro da forma Fe3+ (mais comum nos vegetais, como o feijão, e mais difícil de absorver) para a forma Fe2+, mais fácil de absorver no intestino.

35. A) Resfriar a pele quando evapora. (O alto calor de vaporização da água exige o consumo de grandes quantidades de calor para que evapore, e esse calor é removido da pele do indivíduo). B) A alta umidade do ar na região da Floresta Amazônica leva a dificuldade de evaporação do suor, o que leva a não remoção do calor corporal, e conseqüentemente ao não resfriamento da pele, que assume temperaturas mais elevadas, dando uma sensação de mais intensa de calor. Na caatinga, o ar mais seco favorece a evaporação do suor, levando a um mais eficiente resfriamento da pele e diminuindo a sensação de calor corporal.

36. A) O ambiente com alta concentração de açúcar (hipertônico) retira água das bactérias e fungos, que devido a essa desidratação não proliferam. B) O frio reduz o metabolismo das bactérias, matando-as ou diminuindo sua velocidade de reprodução. O congelamento leva à formação de cristais de gelo que, por serem muito afiados, rasgam as membranas celulares e matam as células bacterianas.

37. O manitol é osmoticamente ativo e, assim, a alta concentração local faz com que a luz do intestino se torne hipertônica com relação ao sangue. Desse modo, a água corporal é transportada para a luz do intestino provocando, então, a diarreia.

38. O salgadão, sendo hipertônico, atrairá água dos tecidos circundantes por osmose, aumentando mais rapidamente o volume normal de sangue e assim, restabelecendo a pressão arterial.

39. A) Manutenção do volume circulante e da circulação sanguínea, essencial para a absorção da glicose, intervém no equilíbrio ácido-base, participa nas contrações musculares, modula a absorção de nutrientes pelas células, manutenção do equilíbrio entre os fluidos celulares e extracelulares, responsável pelo transporte de várias substâncias pelo intestino, mantém o volume e a osmolaridade ou equilíbrio osmótico, atua na transmissão do impulso nervoso, através do mecanismo da bomba de sódio, favorecendo o funcionamento do cérebro e o controle de nossas funções vitais (sistema cardiovascular aos agentes vasopressores). B) Íons Na+ penetram na célula por difusão, mas são expulsos através da membrana. O fenômeno ocorre contra o gradiente de concentração, isto é, no inverso da tendência da difusão e depende de energia fornecida pela célula. Transporte ativo ou bomba de Na+. C) Hipertensão. A hipertensão arterial

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é um aumento da pressão interna dos vasos sangüíneos podendo ocorrer a ruptura dos mesmos, em especial de capilares. Cálculos renais. Depósito de sais nos rins.

40. A) Porque são endotérmicos e conseguem produzir calor para compensar as baixas temperaturas. B) Como a água tem um alto calor específico, a temperatura da água não é tão baixa como a de fora da água.

Aula 4 – Glicídios

1E 2C 3E 4C 5C 6A 7A 8C 9A 10C

11D 12D 13C 14B 15E 16E 17D 18A 19B 20A

21.FFVV

22. Polissacarídeos são macromoléculas formadas pela união de mais de 10 moléculas de monossacarídeos, sendo que alguns deles apresentam nitrogênio na composição, sendo caracterizados como mucopolissacarídeos ou glicosaminoglicanas. São exemplos a quitina no exoesqueleto de artrópodes e ácido hialurônico que mantém unidas as células musculares.

23. A) Polissacarídeos de reserva animal: glicogênio. Polissacarídeo de reserva vegetal: amido. B) Glicogênio é armazenado nos músculos esqueléticos e no fígado. Amido pode ser armazenado na raiz (mandioca), no caule (batata-inglesa), nas sementes (milho).

24. A) A bile é produzida no fígado e reabsorvida no intestino delgado. B) A bile se mistura às fibras, sendo então eliminada nas fezes, de modo que o organismo deve produzir mais bile. Remove-se colesterol do sangue para produzir mais bile, o que leva à diminuição dos níveis de colesterol no organismo.

25. A) Celulose. B) Xilema, esclerênquima. C) Produção de tecidos, corda, papel.

26. A) Ausência de enzima lactase. B) Retirar a lactose, diminuir a concentração de lactose, pré-digerir a lactose. C) Macronutriente: proteína, gordura, carboidratos. Micronutriente: cálcio, potássio, manganês, sódio, cobre, zinco, fósforo, vitaminas. D) Convergência evolutiva.

27. A dieta rica em gordura recompõe o glicogênio muscular mais lentamente; assim, há pouca quantidade desse glicogênio mesmo transcorridos vários dias depois do exercício. Os atletas dependem do glicogênio muscular como fonte imediata de energia para a contração muscular e estarão assim prejudicados com essa dieta.

28. A) A adrenalina é liberada em situações de estresse: a ativação da fosforilase leva à liberação de glicose no sangue, o que disponibiliza mais energia para lidar com a situação de estresse. B) O armazenamento de glicose sob a forma de amido diminui a pressão osmótica dentro da célula, além de evitar a saída de glicose da célula por difusão.

29. 1. A) A substância orgânica preferencialmente utilizada para a produção de energia nos seres vivos é a glicose (carboidrato), uma vez que todos os processos metabólicos para produção de energia derivam evolutivamente da glicólise. O alimento com menor teor de carboidratos é o alimento 1. B) O alimento 3 tem um valor calórico de 400Kcal por 100 gramas.Se as necessidades diárias calóricas são de 2000Kcal, temos que a massa necessária de alimento 3 seria de 500 gramas (Deixa de ser preguiçoso e faz uma regra de três que você acha esse resultado). 2. Proteínas macromoléculas, e como tal elas não conseguem ser absorvidas pelo intestino, cujas células só conseguem absorver moléculas muito pequenas. Assim, a proteína de peixe é ingerida (por hidrólise) em aminoácidos, e estes aminoácidos são absorvidos. No corpo humano, esses aminoácidos são utilizados no mecanismo de síntese protéica para a produção de proteínas humanas (já que a regulação da produção dessas proteínas é realizada pelo material genético humano). 3. Amido. O iodo marca o amido com uma cor marrom-arroxeada. 4. O Alimento 2 é pobre em fibras alimentares. Tais fibras são basicamente a celulose nos alimentos. Essa celulose não é digerível no corpo humano (uma vez que nós não possuímos enzimas para digerir ligações beta na celulose), não sendo, pois absorvida, e sendo eliminada na forma de fezes junto a bactérias da microflora.Com uma pequena ingestão de fibras, a produção de fezes é diminuída, bem como não há o adequado estímulo ao peristaltismo, o que leva uma retenção dessas fezes, chamada de prisão de ventre. Assim, a afirmação é verdadeira. 5. Sódio: age no equilíbrio hídrico/ osmótico/ salino e na origem do potencial de membrana, base para a condução do impulso nervoso. Fósforo: na forma de fosfato, tem a função na estrutura de ossos e dentes (fosfato de Ca e de Mg), na transferência de energia (a forma de ATP), na constituição dos ácidos nucléicos (fazendo parte dos nucleotídeos ), na composição da membrana plasmática(na forma de fosfolipídios) e no impedimento na variação de pH do meio( na forma de íons-tampões). Cálcio: na forma salina (fosfato de cálcio e calcário) entra na composição de ossos, dentes, conchas e carapaças; na forma iônica, age no controle da permeabilidade das membranas celulares (junto ao magnésio), na regulação da contração muscular e nos processos de coagulação do sangue e na sinapse nervosa. 6. Aditivos são substâncias como conservantes, corantes, flavorizantes, edulcorantes (= adoçantes), etc. A vantagem da sua utilização está na melhoria do aspecto do alimento quanto à cor, sabor e textura,

bem como na ação de impedir a proliferação de microorganismo que levariam a deterioração do alimento. A desvantagem de sua utilização está na possibilidade do aparecimento de câncer (substâncias como as nitrosamidas são potencialmente cancerígenas) no caso de uso excessivo. 7. O metabolismo total em relação à quantidade de calorias necessárias varia com aspectos como a massa muscular (quanto maior a massa muscular, maior a necessidade calórica) e a intensidade da atividade física (quanto maior, maior a necessidade calórica). Assim o lenhador tem uma maior necessidade calórica em relação à criança por ter massa muscular maior; já o pirralho jogando bola tem uma maior necessidade calórica em relação o adulto digitando por estar desempenhando uma atividade física mais intensa.

30. A) O açúcar A obedece a fórmula geral de monossacarídeos CnH2nOn para n=7, sendo ele o monossacarídeo (uma heptose, pois). B) O açúcar B, pois se adicionarmos a ele uma molécula de água (como se faz na hidrolise), fica C6H12O6 e quebrando (como se faz na hidrólise), origina-se 2C3H6O3 que são os únicos 2 monossacarídeos que se dar para formar com 6C, já que eles têm de 3 a 7C.

Aula 5 – Lipídios

1C 2C 3B 4A 5C 6B 7E 8C 9D 10B

11D 12A 13D 14C 15C 16D 17C 18E 19D 20C

21A 22B 23A 24B 25B 26D 27E 28E 29A 30B

31B 32B 33VVFFF

34. A) Porque os altos níveis de colesterol aumentam o risco de doenças cardiovasculares. Pode-se diminuir o colesterol circulante diminuindo a ingestão de gorduras animais e de alimentos ricos em colesterol. B) Emulsificação dos lipídios, ou seja, fragmentação das gorduras em pequenas gotas, o que aumenta a superfície de contato com as enzimas digestivas lipases e aumenta a eficiência da digestão.

35. A) Carotenoides são lipídios derivados de hidrocarbonetos com pigmentação amarela, laranja ou vermelha, encontrados em vegetais como batata-inglesa, cenoura e beterraba. Como por exemplo, a vitamina A. A vitamina A é encontrada na retina em associação com proteínas específicas, sob a forma de pigmentos visuais, nos bastonetes. O retinol se oxida a retinal ou aldeído de vitamina A, que se liga a uma proteína chamada opsina e forma rodopsina ou púrpura visual, que percebe luz fraca. B) Controle hormonal. Testosterona, estrógenos e progesterona são exemplos. C) Animais: tecido conjuntivo adiposo subcutâneo. Vegetais: sementes.

36. A) O alimento 2, pois apresenta menor teor de nutrientes que podem agir como promotores do aumento da pressão arterial. B) Sódio, que retém água por osmose no sangue, de modo a elevar a volemia e com isso a pressão arterial; Gorduras saturadas, que aumentam os teores sangüíneos de colesterol ruim e levam à formação de placas de ateromas, causando aterosclerose, que predispõe à hipertensão arterial.

37. A) 3 e 7. B) STH da adenohipófise e cortisol do córtex adrenal.

38. A) hormônios esteroides (hormônios sexuais e corticoides), participação nas membranas celulares animais, acúmulo na forma de ateromas em vasos sanguíneos, no fígado, o colesterol pode ser convertido em ácido cólico, e daí em sais biliares, enviados para a vesícula biliar e daí sendo eliminado para a emulsificação de gorduras no intestino, sendo depois eliminado junto às fezes. B) endógeno: 90% dele, produzido no fígado a partir das gorduras da dieta, exógeno: 10% dele, vindo diretamente da dieta a partir de fontes animais.

39. Sem carboidratos, não há liberação de insulina que é estímulo para a mobilização dos excedentes nutricionais na forma de acúmulo de lipídios no tecido adiposo.

40. A) 1. sedentarismo – acúmulo de lipídios e falta de estímulo do sistema circulatório, facilitando o acúmulo de ateromas, o que causa hipertensão. 2. fumo (nicotina) – liberação de adrenalina que tem ação vasoconstrictora nas coronárias, o que causa hipertensão também. 3. sal – atrai água por osmose para o sangue, contribuindo para a retenção de líquido no sangue com consequente aumento da volemia (volume sanguíneo circulante), o que causa hipertensão novamente. 4. estresse – reação exagerada do SNA com aumento dos níveis de adrenalina, o que acarreta arritmias cardíacas (taquicardia) e hipertensão outra vez. B) Contribui para a formação das placas de ateroma (depósitos de placas gordurosas na parede das artérias), diminuindo seu calibre, reduzindo seu fluxo, propiciando a formação de coágulos, determinantes de tromboses e infartos.

Aula 6 – Proteínas

1D 2D 3D 4A 5C 6D 7A 8D 9D 10B

11C 12D 13E 14E 15B 16C 17E 18D 19A 20D

21E 22C 23C 24E 25B 26C 27A 28A 29D 30B

31E 32E

33. A) III. É o alimento que contém a maior quantidade de carboidrato, fonte preferencial de energia para as células. B) III. É o alimento que contém o maior

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teor de proteínas, natureza química dos anticorpos. C) I. É o único que não contém colesterol, pois este é de origem animal. D) I.

34. A) 1. A glicina apresenta radical R apolar correspondendo ao hidrogênio (-H), sendo o único aminoácido sem carbono assimétrico e sem enantiômeros:

2. A alanina apresenta radical R apolar correspondendo à metila (-CH3):

3. A cisteína apresenta radical R contendo enxofre em um grupo mercaptana ou tiol (-SH):

B) Aminoácidos essenciais são aqueles que não podem ser produzidos pelo corpo, sendo obtidos na dieta; aminoácidos naturais são aqueles que podem ser produzidos pelo corpo, sendo fabricados no figado pelo processo de transaminação.

35. A) Com o nascimento do segundo filho, o primeiro é desmamado, perdendo a principal fonte de proteínas de sua dieta, que é o leite materno. Isso leva à deficiência protéica do kwashiorkor. B) Alimentos proteicos são plásticos ou construtores, sendo usados como fontes de aminoácidos para a produção de aminoácidos pelo organismo. C) A deficiência calórica exige do indivíduo o consumo de suas reservas lipídicas para fornecer energia para o metabolismo.

36. A) A fenilalanina é um aminoácido essencial. Aminoácido essencial é aquele que não pode ser produzido pelo organismo, tendo de ser obtido na dieta. B) Porque em pessoas portadoras de fenilcetonúria, a fenilalanina não é metabolizada e se acumula, causando lesões nos neurônios e retardo mental.

37. A) A proteína albumina do sangue é consumida como fonte de aminoácidos, o que torna o sangue hipotônico em relação aos tecidos vizinhos, que por sua vez passam a atrair água por osmose, levando a inchaços em abdome a cabeça (essa só incha na infância, uma vez que os ossos do crânio não estão perfeitamente soldados, de modo que a maior pressão osmótica pode levar a um afastamento dos ossos cranianos). A perda de massa muscular em pernas e braços aumenta a sensação de desproporção de abdome e cabeça. B) Uma refeição matinal equilibrada deve conter cerca de 60% de carboidratos (pães, massas e biscoitos), 25% de lipídios (manteiga, margarina, queijo e ovos) e 15% de proteínas (ovos, presunto, queijo e leite).

38. A) Perda da atividade biológica como conseqüência da perda da estrutura espacial da proteína. B) Nenhuma, já que a desnaturação não altera a composição em aminoácidos da proteína. A proteína estando desnaturada ou não, será digerida do mesmo jeito, fornecendo os mesmo aminoácidos.

39. Os ratos do grupo II estão recebendo menos proteína que o necessário, tendo menos alimentos plásticos e apresentando, pois, um comprimento menor, e estão recebendo menos carboidrato e mais fibra (que não tem valor calórico), tendo menos alimentos energéticos e apresentando, pois, um peso menor. Os ratos do grupo III estão recebendo menos proteína que o necessário, tendo menos alimentos plásticos e apresentando, pois, um comprimento menor, e estão recebendo mais carboidrato e mais gordura, tendo mais alimentos energéticos e apresentando, pois, um peso maior.

40. O metabolismo dessas substâncias leva à produção de ureia, que precisa de bastante água para ser diluída a níveis não tóxicos.

Aula 7 – Enzimas

1B 2A 3C 4C 5A 6A 7B 8D 9C 10C

11A 12B 13B 14C 15A 16C 17E 18E 19C 20C

21.FFVVF

22. Para verificar o pH ideal de funcionamento da protease para digerir a proteína da clara de ovo basta colocar clara de ovo e protease em vários recipientes com pH’s variados. Onde houver melhor digestão, lá será o pH adequado para a protease funcionar. Como saber que houve a digestão: Os tubos com proteína albumina intacta apresentarão mudança de coloração quando submetidos ao aquecimento, uma vez que a albumina (clara do ovo) crua é semi-transparente e a desnaturada é branca; nos tubos com albumina digerida completamente, não

haverá proteína, mas aminoácidos, que não desnaturam (pois não tem estrutura quaternária, terciária e secundária a serem perdidas) e não vão ficar esbranquiçados com a presença de calor.

23. A) Num experimento controlado, apenas um parâmetro pode variar; se o objetivo é verificar o efeito da temperatura, o pH deve ser mantido constante em seu valor ideal, ou seja, 2,0. B) Ao analisar as três tabelas de resultados, pode-se notar que, na coluna B, a ação da enzima aumenta com o aumento de temperatura, até ficar constante e na coluna C, a ação da enzima aumenta progressivamente com o aumento de temperatura. Nenhum desses dois casos corresponde ao real efeito da temperatura sobre a ação da enzima, que é descrita na coluna A: a princípio, ação aumenta, até que com a desnaturação, a ação diminui. C) A temperatura ótima para que a velocidade da reação enzimática seja máxima é 40°C. Abaixo ou acima do ótimo a velocidade da reação diminui.

24. A) E é uma enzima. B) E acelera a reação e perde a ação em grandes temperaturas, o que indica que é desnaturada.

25. A) Inibição competitiva. Na inibição enzimática do tipo competitivo, o inibidor, mantido em concentração constante, exerce seu efeito com maior intensidade em concentrações baixas de substrato. Com o aumento da concentração do substrato, devido ao efeito competitivo, a inibição tende a diminuir. Dessa forma, em excesso de substrato, a velocidade máxima de reação é a mesma na ausência ou na presença do inibidor. B) sais biliares: emulsificação de gorduras durante a digestão; vitamina D: metabolismo do cálcio e desenvolvimento do tecido ósseo.

26. A) Os amaciantes naturais e industrializados contém proteases, enzimas relacionadas com a hidrólise das proteínas fibrosas que "endurecem" a carne. No corpo humano, a digestão das proteínas da carne tem início na cavidade gástrica, por ação da enzima pepsina. Prossegue no duodeno, onde atua a tripsina presente no suco pancreático e é finalizada pela atividade das peptidases existentes no suco entérico. B) O cozimento causará a desnaturação das enzimas presentes nos amaciantes. Desta forma, a carne não sofrerá qualquer efeito, pois as enzimas desnaturadas não poderão desempenhar seu papel como catalisadores biológicos.

27. Porque as enzimas responsáveis pelo processo de conversão de glicose em amido são desnaturadas pela fervura e o congelamento impede sua renaturação.

28. As extremidades do corpo perdem calor para o meio ambiente com mais facilidade e costumam, portanto, apresentar uma temperatura inferior à do restante do corpo. Como a enzima só é ativa abaixo de 34°C, a síntese do pigmento que confere cor negra só ocorrerá nas extremidades do corpo.

29. A hexoquinase possui uma grande afinidade pela glicose, ou seja, ela atinge a velocidade máxima com uma concentração muito pequena de glicose. A glicoquinase exibe uma afinidade bem menor, pois somente atinge sua velocidade máxima em concentrações bem mais altas do substrato. Logo, a enzima que contribui para a formação de glicogênio hepático é a glicoquinase, pois esta somente produz G6P com máxima eficiência quando há excesso de glicose no sangue.

30. A curva da enzima B. Em uma baixa concentração relativa do substrato essa enzima produz uma velocidade de reação maior que a da enzima A.

Aula 8 – Vitaminas

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34. A) Anemia Ferropriva: ensinar cozinhar o feijão em panela de ferro ou com uma barra de ferro. Adicionar pó de ferro à massa da merenda escolar; Bócio Endêmico: iodação do sal de cozinha. B) I. Vitamina D, Cálcio. II. Raquitismo: ocorre na infância; Osteomalácia: ocorre no adulto. III. Deficiência na mineralização da matriz óssea acompanhada de deformidades no esqueleto. C) Edema: Decorre da deficiência de proteínas plasmáticas, principalmente de Albumina. Infecções frequentes: Baixa produção de Anticorpos por carência de aminoácidos. Retardo do crescimento: Deficiência da síntese do hormônio do crescimento ou carências de proteínas estruturais.

35. Antibióticos por via oral podem levar à morte de bactérias da microflora, que normalmente forneceriam vitaminas como a B9, B12 e K.

36. A) A hipótese I é a verdadeira. B) Vitamina C. C) O colágeno da gelatina não apresenta todos os aminoácidos essenciais.

37. A) A enzima 2,3-epoxi-redutase da vitamina K atua promovendo a redução da vitamina K da forma inativa (vit. K-O) para forma ativa (vit. K-H2), que, por sua vez, irá participar da carboxilação da molécula de protrombina em trombina, um fator de coagulação que irá ativar a fibrina, dando início assim à formação de uma rede fibrosa (rede de fibrina), onde as células sanguíneas, como as plaquetas, irão aderir formando o trombo que irá estancar o sangue. B) A vitamina K tem de ter seu consumo reduzido na vigência de uso de derivados da cumarina, pois

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essa vitamina compete com esses derivados pela enzima 2,3-epoxi-redutase da vitamina K. Assim, pela figura II, na presença de vitamina K, a quantidade de derivados da cumarina tem de ser aumentada para exercer o mesmo bloqueio enzimático.

38. A) Vitaminas C e E são anti-oxidantes, de modo que se desgastam continuamente, devendo ser renovadas. B) As vitaminas A e E diminuem de concentração mais lentamente porque são lipossolúveis e por isso mais facilmente armazenadas no organismo em tecidos como fígado e hipoderme; as vitaminas do complexo B são hidrossolúveis e por isso mais fáceis de perder pela urina, não se armazenando de modo significativo.

39. A) Vitamina D. B) Ergosterol ou pró-vitamina D2 (7-deidrocolesterol ou pró-vitamina D3 é o precursor de origem animal). C) Más-formações ósseas como genuvaro, genuvalgo, escoliose, cifose, lordose e peito-de-pombo, devido à não absorção de cálcio no intestino.

40. A) radicais livres agem promovendo a oxidação de moléculas orgânicas no corpo humano, como DNA e proteínas, levando a mutações, câncer, morte celular e envelhecimento. B) radicais livres se formam através de mecanismos como a respiração celular nas mitocôndrias das células e metabolismo de lipídios nos peroxissomos.

Aula 9 – Ácidos Nucleicos

1C 2D 3C 4D 5E 6B 7B 8A 9C 10E

11B 12B 13E 14C 15D 16A 17C 18C 19B 20A

21C 22D 23A 24D 25B 26E 27A 28D 29B 30B

31C 32C 33D 34B 35C 36D 37C 38D 39C 40C

41D 42A 43D

44. O gene que contém um único exon, pois não tendo introns, gera um pré-RNAm menor.

45. Se há 27% de adenina e 35% de guanina, a molécula não pode ser DNA fita dupla nem RNA fita dupla, pois neles, A = T (ou U, no caso do RNA) e G = C, de modo que A = T (ou U) = 27% e G = C = 35%. Assim, A + T + G + C = 27% + 27% + 35% + 35% = 124%!!!! Dessa maneira, só se pode ter no vírus DNA fita simples ou RNA fita simples, equivalendo às famílias Picornaviridae, Retroviridae, Rhabdoviridae e Parvoviridae, ou seja, respectivamente 2, 3, 4 e 5.

46. A) Porque a duplicação do DNA é semiconservativa, tendo as bactérias mantido, para cada fita da dupla-hélice de DNA, uma cadeia original com N15 e uma nova com N14. B) X também, uma vez que a duplicação do DNA gera uma quantidade idêntica de DNA em relação à amostra anterior (que era X).

47. A) O esquema II se refere aos eucariotos, os quais apresentam em seus genes trechos de DNA não codificante conhecidos como introns, transcritos (processo 3) no pré-RNAm e removidos no splicing (processo 4) para gerar o RNAm madura que será traduzido (processo 5) em um peptídeo. Como o esquema II corresponde um eucarioto, apresenta núcleo organizado pela presença de uma carioteca, de modo que a etapa 3 (transcrição) ocorre no núcleo e a etapa 5 (tradução) ocorre no citoplasma. Como o esquema I corresponde a um procarioto, não apresenta núcleo organizado, ou seja, não apresenta carioteca, de modo que as etapas 1 (transcrição) e 2 (tradução) ocorrem no citoplasma. B) A remoção dos introns do pré-RNAm, conhecida como splicing, corresponde à etapa 4 do esquema II. Através da remoção diferencial de introns, um mesmo pré-RNAm pode ser editado em diferentes RNAm, num processo conhecido como splicing alternativo, levando à produção de diferentes peptídeos.

48. A) Os “corrimãos” correspondem a uma sucessão alternada de fosfato e desoxirribose (açúcar). Os “degraus” são constituídos por pares de bases nitrogenadas, unidas por pontes de hidrogênio, onde adenina pareia com timina, e citosina com guanina. B) O DNA realiza a transcrição, isto é, produz o RNA mensageiro, que conduz os códons para a síntese da proteína nos ribossomos. C) As proteínas podem ser diferenciadas pelo número, tipos e sequências de seus aminoácidos.

49. Amostra 3. O pareamento entre as bases nitrogenadas G e C é feito por três pontes de hidrogênio, enquanto entre A e T é feito por apenas duas. Quanto mais pontes de hidrogênio, mais energia será necessário aplicar para rompê-las. Desse modo, quanto maior a relação (G + C)/(A + T), maior a temperatura de desnaturação da molécula de DNA.

50. O RNAm já passou pelo splicing, de modo que sua parte não codificante já foi removida.

51. A) Os RNA mensageiros transcritos do gene normal e do gene inserido formam um RNA de dupla hélice ou híbrido. A disposição das bases destes dois RNA mensageiros são exatamente complementares. B) Havendo a interação entre os RNA mensageiros transcritos a partir destes dois genes, restarão menos mensageiros normais (fita simples) capazes de serem traduzidos em enzima, ao nível ribossomal. Em conseqüência, a concentração da enzima diminuirá nas células, o que retardará o processo de maturação.

52. Para responder como o DNA atende aos critérios de autocopiar-se

precisamente e de ser estável, porém capaz de sofrer modificação, basta descrever como a molécula de DNA se duplica e descrever sua estrutura química para nos mostrar sua estabilidade e sua capacidade de sofrer modificação. Uma das mais importantes contribuições do modelo da dupla-hélice foi explicar a duplicação do material hereditário. Segundo Watson e Crick, as pontes de hidrogênio entre as bases nitrogenadas se desfazem e as duas cadeias complementares que formam a molécula de DNA se separam. Nucleotídeos livres encaixam-se nas cadeias desemparelhadas, obedecendo à regra de emparelhamento entre as bases: adenina se emparelha com timina e citosina se emparelha com guanina. Assim, os nucleotídeos vão se unindo e constituindo uma nova cadeia polinucleotídica, complementar à que lhe serve de molde. A molécula de DNA é estável, devido apresentar arranjo energeticamente favorável por causa da estrutura em dupla-hélice com as bases no interior da hélice e por causa das múltiplas pontes de hidrogênio e ligações fosfodiéster. É, no entanto, capaz de se modificar através das mutações e através do crossing-over durante a meiose.

53. A) guanina. B) percebe-se que a base 1 possui 2 anéis, o que a caracteriza como uma purina, e forma três pontes de hidrogênio, não podendo ser a adenina, o que permite a confirmação de que é a guanina. C) Se 30% é de base 2 (que está ligada à base 1, sendo pois a citosina), haverá 30% também de base 1 (guanina). Sobram 40% para serem distribuídos entre 3 (timina) e 4 (adenina), sendo pois 20% de 3 e 20% de 4.

54. Se houvesse a transcrição simultânea das cadeias complementares dos genes, as moléculas de RNA sintetizadas também teriam sequências complementares. Tal situação provocaria então a formação de moléculas de RNA de cadeia dupla, que não poderiam ser traduzidas nos ribossomas.

55. No caso do sequenciamento direto do ADN, os resultados revelam tanto a sequência das regiões codificadoras (os genes) quanto a das não codificadoras, que representam quase 90% do genoma. Com a segunda estratégia são sequenciados somente os genes, isto é, regiões codificadoras. Ao mapear o material genético no Projeto Genoma, não há interesse em mapear o DNA lixo, uma vez que, como já dito, não codifica proteínas, não tendo função aparente pois. Além disso, os genes ocupam apenas uma das fitas do DNA, não as duas (lembre que é porque o RNA transcrito só tem uma cadeia). Assim, transcreve-se todos os genes de um cromossomo, produzindo-se vários RNA’s mensageiros. Une-se todos esses RNA’s numa única molécula, e através de transcriptase reversa, produz-se uma fita de DNA a ser mapeada. Ganha-se então tempo e poupa-se trabalho, uma vez que esse novo DNA terá apenas os genes, não se mapeando o DNA lixo. Ao se realizar o processo acima descrito, remove-se os introns dos RNA’s antes de uni-los para fabricar a fita de DNA a ser mapeada.

56. As regiões 2 e 4. Essas regiões formam alças justamente por não possuírem as sequências de nucleotídeos complementares, que foram eliminadas após o processo de transcrição.

57. Várias moléculas de DNA polimerase iniciam a replicação do DNA, simultaneamente, em diversos sítios do genoma denominados sítios de origem de replicação. Além disso, a síntese é bidirecional a partir de cada sítio de origem. Em eucariontes, o ganho de velocidade é maior porque há mais sítios de origem.

58. Na cadeia 2 há maior quantidade de pares CG. Devido a este fato, é maior o número de pontes de hidrogênio (3 pontes contra 2 pontes do par AT) a serem rompidas, o que justifica a necessidade de uma temperatura de desnaturação mais elevada.

59. Os genes que não codificam polipeptídeos transcrevem para produzir RNA ribossômico e RNA transportador.

60. Os círculos pretos representam o número de bactérias; os círculos brancos representam a concentração de glicose; os triângulos pretos a concentração da enzima ß-galactosidase. Enquanto existe glicose no meio a ß-galactosidase está reprimida. Quando a glicose se esgota a expressão dessa enzima é induzida.

Aula 10 – Código Genético

1A 2E 3C 4B 5A 6E 7A 8C 9C 10C

11D 12C 13B 14A 15C 16A 17E 18B 19D 20A

21C 22C 23C 24B 25A 26B 27C 28VFVFV

29VFVV 30FFFFVFV

31. A) A ordem dos RNAs transportadores será 4-7-6-8-7-1-3-5. B) A sequência de aminoácidos será: isoleucina – serina – serina- histidina – serina – fenilalanina – glutamina – treonina.

32. A) I. RNAm procariota - Em geral contém informação para a tradução de mais de uma cadeia polipeptídica ou é policistrônico. II. RNAm eucariota - Contém a informação ou instrução para a tradução de uma única cadeia polipeptídica ou é monocistrônico. B) Genes procariotas não possuem introns, portanto, não ocorrem: transcrição de pré-RNAm e splicing. O RNAm transcrito do gene apresenta apenas exons. C) I. É uma mutação em que a substituição de um par de bases origina um outro códon que continua codificando o mesmo aminoácido.

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II. A mutação silenciosa é conseqüência da redundância do código genético, ou porque o código genético é degenerado. D) I. A mutação ocorreu em uma trinca codificante do DNA, tornando-a uma trinca que será transcrita em um códon de parada. II. A mutação ocorreu em uma trinca de DNA que é transcrita em um códon de parada, tornando-a codificante de aminoácido.

33. A) São necessários pelo menos 84 nucleotídeos, pois cada aminoácido de uma proteína é codificado por uma trinca de nucleotídeos. Além disso, mais 6 nucleotídeos corresponderiam ao códon de iniciação e de terminação. B) Não. Devido à degeneração do código genético, um aminoácido pode ser codificado por mais do que uma trinca de nucleotídeos. C) Dentre outras, a mutação que originou a espécie 2 foi uma substituição por uma mutação pontual (nos aminoácidos 7 e 12). Uma inversão (nos quatro últimos aminoácidos) produziu a alteração verificada na espécie 3 e uma deleção (nos aminoácidos de 7 a 12) acarretou o surgimento da espécie 4.

34. A) Se os códons fossem de duas letras, haveria apenas 16 combinações de códons (4X4=16), insuficientes para codificar 20 aminoácidos. Sendo de três letras, haverá 64 combinações (4X4X4=64), o que possibilita a codificação dos 20 aminoácidos. B) Sim e não, respectivamente.

35. A) Mutações. B) Não. Genoma é o conjunto de genes, enquanto que código genético é a relação entre genes e proteínas (códons e aminoácidos).

36. A) As proteínas obtidas possuíam apenas um tipo de aminoácido porque o DNA utilizado apresentava um único tipo de códon, uma vez que são as mesmas três bases sempre repetidas. B) O tipo de aminoácido utilizado na produção da proteína poderá variar dependendo do local onde os ribossomos iniciam a tradução do código genético. O aminoácido utilizado é a serina quando a leitura começa no A, do códon AGC. O aminoácido é a alanina quando a leitura começa no G, do códon GCA. O aminoácido utilizado é a glutamina, quando a leitura começa no C, do códon CAG.

37. A) Em ribossomos isolados não há síntese de cadeias polipeptídicas. O RNA mensageiro é necessário pois transmite a mensagem genética para a síntese dos polipeptídeos. B) Polipeptídeos são formados a partir do encadeamento de aminoácidos. Polirribossomos são constituídos de ribossomos ligados ao RNA mensageiro.

38. A) As proteínas produzidas pelos extraterrestres em questão, poderiam ter, no máximo, 16 tipos diferentes de aminoácidos. Seu código genético, formado por pares de bases, permite a formação de apenas 16 códons diferentes. Isso sem considerar a possibilidade da existência de um, ou mais, códons de finalização. Neste caso, não seria possível a produção das proteínas B e C com, respectivamente, 16 e 19 aminoácidos. B) A diversidade no planeta Terra seria maior, pois o código genético dos terráqueos é formado por 64 códons, sendo 3 códons de finalização. Assim o número de tipos distintos de aminoácidos presentes nos polipeptídeos seria, obviamente, maior. C) A proteína produzida pela bactéria terrestre não será idêntica ao polipeptídeo alienígena, uma vez que o equipamento ribossômico da bactéria que incorporou o gene, está capacitado para traduzir códons constituídos por 3 bases nitrogenadas consecutivas.

39. Como o ARNm pode conter outros códons AUG, além do códon de iniciação, a iniciação da tradução poderia ocorrer em qualquer região onde houvesse um outro códon AUG, o que geraria peptídeos truncados ou incompletos. A tradução só ocorre quando a sequência de Shine-Dalgarno e o códon AUG estão presentes. Assim, a sequência de Shine-Dalgarno permite identificar que códon AUG é o de iniciação e que códons AUG codificam a metionina.

40. A) Arginina, pois é o único aminoácido que foi traduzido por códons diferentes. (AGA e AGG).

B) Não, pois o código genético é degenerado. Alguns aminoácidos podem ser codificados por diferentes códons e não seria possível saber qual dos códons estava presente no mRNA que foi traduzido.

Aula 11 – Engenharia Genética

1E 2D 3C 4D 5A 6D 7B 8C 9A 10D

11C 12D 13A 14B 15C 16B 17E 18D 19C 20D

21B 22C 23C 24D 25B 26C 27C 28B 29VFVFV

30. A) Incluindo-se no vírus modificado genes para produzir enzimas não produzidas devido a defeitos genéticos e aplicando-se o vírus modificado no portador do defeito. Na imunodeficiência combinada severa ou doença da bolha, por exemplo, poderia ser introduzido no vírus o gene para a produção da enzima ausente nos portadores, a ADA (adenosina-desaminase), permitindo que seu sistema imune volte a funcionar. B) No zigoto (se fosse possível), porque todas as células do indivíduo adulto são provenientes dele; com o defeito corrigido no zigoto, todas as células do adulto serão normais.

31. A) I. Ativador Tecidual do Plasminogênio (TPA) / Estreptoquinase. II.

Desvantagem: Não ocorrem as glicosilações inicial e sucessivas à fração protéica. Justificativa: Procariotas não possuem Sistema de Endomembranas ou não possuem Retículo Endoplasmático Granular e Sistema Golgiense. III. A Universalidade do Código Genético. B) I. PCR / Reação em Cadeia da Polimerase. II. Impressão digital genética ou Identificação de pessoas. Detecção de doenças hereditárias. Construção de árvores filogenéticas.

32. A) Sim, porque há a possibilidade de plasmídeos conterem genes cujos produtos de transcrição podem destruir substâncias tóxicas às bactérias, como os antibióticos. B) Os plasmídeos podem ser modificados geneticamente e serem usados como vetores para a implantação de genes em bactérias. C) Insulina, Hormônio do crescimento. D) universalidade do Código Genético. E) Ferramenta: enzimas de restrição. Obtenção: bactérias.

33. A) Através da técnica do DNA recombinante na engenharia genética, pode-se cortar um segmento de DNA humano com o gene para a insulina humana através de enzimas de restrição, e posteriormente colar esse gene no DNA de uma bactéria previamente cortado pela mesma enzima de restrição, sendo a colagem feita pela enzima DNA ligase. B) Extração de insulina humana do pâncreas de cadáveres e extração de insulina suína a partir do pâncreas de porcos.

34. A) planta transgênica é uma planta modificada por engenharia genética com genes de outra espécie; elas são de interesse comercial porque são mais nutritivas, mais resistentes, etc... B) o uso da planta autógama e sem parentes silvestres no Brasil é mais seguro por não haver riscos de transferir genes para as plantas silvestres.

35. A) A terapia gênica consiste na cura de defeitos genéticos pela introdução de genes normais em células de indivíduos doentes. B) “... usaram um retrovírus para introduzir uma cópia correta do gene nestas células.”

36. A) Célula germinativa ou célula meristemática. Esta célula é precursora de todas as demais células de uma planta. Logo, se ela possuir o gene da petúnia que define a cor azul, a roseira que dela se originar também apresentará o gene para a produção do pigmento azul. B) Não há possibilidade. Para que a expressão da enzima seja contínua, essa informação deve estar contida em um segmento de DNA, pois os RNA mensageiros transcritos a partir desse gene não se replicam, sendo degradados ao final de algum tempo.

37. A) O melhoramento genético envolve a transferência de vários genes de uma vez através do cruzamento de indivíduos selecionados com genes para as características desejadas; a transgenia permite a transferência de um único gene através de técnicas de engenharia genética. B) O cruzamento no melhoramento genético envolve a possibilidade de geração de várias categorias de descendentes, nem sempre tendo todos eles as características desejadas; a transgenia permite a transferência precisa de todos os genes desejados para o indivíduo que se deseja modificar.

38. A) Nas células da medula óssea existem células precursoras dos eritrócitos. Após receberem a cópia do gene, que codifica a cadeia peptídica da hemoglobina, essas células se diferenciarão em eritrócitos que produzirão a hemoglobina normal. B) O retrovírus modificado mostrado no esquema IV. Essa partícula viral tem a capacidade de inserir a cópia do gene da cadeia ß da hemoglobina no cromossomo das células hospedeiras, porque contém as enzimas transcriptase reversa e integrase. Além disso, não tem a capacidade de produzir novas partículas virais que infectariam as outras células do paciente, pois o trecho X do ácido nucleico do vírus original foi retirado.

39. As bactérias transferirão com certeza seus genes para os descendentes, o que não acontece com células eucarióticas, uma vez que, por meiose, podem ou não transferir os transgenes para os gametas.

40. A1) etapa II. A2) etapa I. A3) etapa III. B) Organismos ou indivíduos em que genes de uma outra espécie são deliberadamente introduzidos por meio de engenharia genética.

Aula 12 – Teste de DNA

1D 2C 3A 4D 5C 6B 7B 8D 9C 10A

11C 12B 13A 14E 15D 16C 17B 18A 19C 20A

21A 22A 23D 24D 25B 26D 27D 28D 29VVFVF

30.FFVFFFF

31. A) O resultado mostrou que o Filho 1 é filho biológico do outro homem porque apresenta duas bandas (segmentos de DNA) também encontradas nesse homem, enquanto as outras duas se referem a segmentos de DNA herdados da mãe. O Filho 2 é filho do marido, já que as bandas referentes a esse filho são encontradas tanto no resultado referente à mãe quanto naquele correspondente ao marido. B) Não, porque o DNA mitocondrial tem informações só do genoma materno, proveniente das mitocôndrias do gameta materno (óvulo). Não seria possível, portanto, detectar os fragmentos de DNA mitocondrial de origem paterna.

32. Para começar apenas a presença de duas bandas (A e B) é indicativo positivo para o indivíduo apresentar a disfunção muscular. Interpretando cada banda

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como um gene, chamaremos a banda A de A, a banda B e B, e a ausência delas de 0 (observe que as bandas são genes alelos porque ocupam o mesmo loco). Assim, o indivíduo I será AB, o II será A0, o III será 00 e o IV será B0. A) II, III e IV, porque não têm os dois marcadores. B) O único possível cruzamento que pode oferecer os genótipos AB, A0, B0 e 00 é entre indivíduos A0 e B0, ou seja, II e IV. C) 0.

33. Como o mRNA apresentou o mesmo padrão eletroforético, significa que não houve nenhum problema na transcrição gênica para a produção do mRNA. Assim, a diferença entre os dois padrões de proteínas pode ter sido causada por uma mutação no DNA ou por alguma alteração no processo de tradução do mRNA. Isso resultou na tradução de uma proteína com menor tamanho (padrão B) em relação ao padrão A (selvagem), ou seja, menor massa molecular.

34. A) Dada à grande variedade das seqüências de nucleotídeos no DNA na espécie humana em praticamente infinitas possibilidades de combinação, é praticamente impossível que dois indivíduos possuam seus DNA idênticos, exceto nos casos dos clones naturais, isto é, os gêmeos univitelinos. B) Da mesma maneira que o material genético do filho é proveniente do material do pai, havendo profundas semelhanças entre estes materiais genéticos (aliás, a diferença existente entre os cromossomos do filho e do pai e mãe diz respeito apenas ao crossing-over), o material genético do filho é proveniente do material do avô ou avó. Desta maneira, a análise do DNA destes parentes (ou mesmo de tios, cujo material genético em um cromossomo é bastante semelhante ao do pai) pode fornecer um esclarecimento sobre a paternidade da criança.

35. I. O exame de DNA pode ser feito com qualquer célula nucleada ou fragmentos de núcleos de células, como em fios de cabelo. II. A semelhança genética entre pai e filho é bem superior à semelhança entre tio e sobrinho, o que pode ser percebido no exame de DNA. III. O cadáver pode ser exumado e dele extraído DNA viável para a realização do exame.

36. Por que B é heterozigoto.

37. Como o projeto visava determinar a sequência completa de todos os cromossomos humanos, era importante incluir nesse conjunto o cromossomo Y. Como o cromossomo Y só existe nos indivíduos do sexo masculino, assim o doador teria que ser um indivíduo desse sexo.

38. A) Se ocorrer a comparação do DNA das células recebidas na transfusão com as da criança, a paternidade será negada, mesmo que o cidadão safado seja o pai da criança. B) Tomar várias amostradas de célula do cidadão vagabundo e comparar com as da criança; caso o DNA de nenhuma delas seja compatível, a paternidade estará excluída; caso o DNA seja compatível em alguma, a paternidade estará confirmada. Pode-se também remover DNA de outras partes do corpo que não o sangue.

39. A) Inclusão. A porcentagem de bandas coincidentes de 50% é compatível com a porcentagem de 50% de DNA da criança que é herdada de cada um dos genitores, pai e mãe. B) A reação de cadeia de polimerase cria várias cópias de uma molécula de DNA sem a necessidade de um vetor biológico. Essa técnica se baseia na capacidade de replicação (auto-duplicação) do DNA.

40. A) 3’AAGCTTTCCACTGGGGACCTGGAAATCT5’. B) 5’TTCGAAAGGTGACCCCTGGACCTTTAGA3’. C) 3’AAGCTTTCCACTGGGGACCTGGAAATCT5’ / 5’TTCGAAAGGTGACCCCTGGACCTTTAGA3’.

Aula 13 – Introdução à Citologia

1B 2E 3E 4C 5D 6C 7A 8B 9C 10D

11B 12B 13E 14D 15E 16D 17C 18C 19D 20D

21C 22A 23D 24D 25C

26. A) A Chlamydia trachomatis é uma bactéria, pois, como mostra a tabela, não apresenta núcleo celular organizado, porém possui DNA, RNA, membrana plasmática e ribossomos. Herpes simplex é um vírus. Este organismo não possui estrutura celular típica, fato evidenciado pela ausência de membrana plasmática, núcleo e ribossomos. B) Não. O gráfico indica o crescimento populacional de bactérias que se multiplicam através de divisões binárias, segundo uma progressão geométrica de razão 2. Os vírus não apresentam um padrão de crescimento representado pelo gráfico pois, dependendo de células hospedeiras para se multiplicar, podem produzir múltiplas cópias em determinado intervalo de tempo.

27. A) síntese proteica. B) citoplasma. C) I = DNA, II = RNA e III = proteína. D em células de procariontes, a transcrição e a tradução são simultâneas, ambas ocorrendo no citoplasma, enquanto que em eucariontes, a transcrição ocorre no núcleo e a tradução ocorre no citoplasma.

28. Hematoxilina: núcleo, porque possui DNA (ácido). Eosina: citoplasma, porque tem a maioria de suas proteínas básicas. Observação: Em células com alta intensidade de síntese protéica, a abundância de ribossomos, que são compostos de RNAr (ácido ribonucléico), torna o citoplasma corável também por hematoxilina.

29. Os microrganismos (procariotos ou eucariotos) possuem tamanho maior que o dos poros, ficando retidos no filtro de cerâmica. A água passa livremente pelos poros do filtro de 200 nm, ficando filtrada e livre dos microrganismos. Portanto, estes filtros, por reter os microrganismos e filtrar a água, são considerados esterilizantes.

30. Pode-se generalizar a seguinte fórmula: aumento total X tamanho da

estrutura analisada = poder de resolução do olho humano. Assim temos que:

Aumento total X 8 µm = 100 µm → aumento total = 12,5 X. Como o aumento

mínimo é o de 80 X (10 X de ocular e 8 X de objetiva), esta é a resposta.

Aula 14 – Estrutura da Membrana Plasmática

1E 2E 3C 4A 5B 6D 7D 8B 9D 10C

11C 12C 13B 14B 15C 16D 17B 18E 19D 20D

21D 22A 23C 24E 25C 26VFVVV 27VFVF

28. A) fosfolipídios, proteína, açúcares (glicocálix). B) 1. C) o modelo do mosaico fluido apresenta proteínas móveis na bicamada que podem se deslocar de acordo com as necessidades da membrana (ou seja, de acordo com a direção das substâncias que serão transportadas).

29. A) X – lipídios; Y – proteína. B) A bicamada lipídica se fusiona às vesículas citoplasmáticas contendo as secreções, o que permite sua eliminação no meio extracelular.

30. A) A membrana plasmática da célula intacta deve ser formada por duas camadas de lipídios (uma bicamada). B) Na de que os lipídios dispersos na água ocuparam o dobro da superfície em relação à superfície das hemácias. Unida ao fato de que as hemácias possuem somente a membrana plasmática, a melhor explicação é que os lipídios estejam acomodados em duas camadas na membrana intacta.

Aula 15 – Função da Membrana

1E 2B 3B 4E 5C 6E 7D 8C 9C 10B

11A 12E 13A 14A 15C 16D 17A 18E 19A 20A

21B 22A 23A 24B 25E 26B 27B 28A 29FVFVV

30. Na desidratação severa, a hidratação com água contendo sal e açúcar tem a finalidade de repor o sódio (Na+) perdido, já que o sódio só pode ser absorvido junto com a glicose pela proteína transportadora, por co-transporte do tipo simporte.

31. A) 1B ou C; 2A; 3B; A é difusão simples, transporte de solutos apolares a favor do gradiente pela bicamada lipídica; B é difusão facilitada, transporte de solutos polares a favor do gradiente por proteínas carreadoras; C é transporte ativo, transporte de solutos contra o gradiente por proteínas carreadoras com atividade ATPásica. B) A alface perdeu água por osmose por ter sido exposta a um meio hipertônico.

32. A) Transporte ativo secundário. A princípio, o houve passagem a favor do gradiente, e depois a passagem continuou contra o gradiente. Assim, a concentração intracelular de X, inicialmente menor que a extracelular, aumentou após a incubação, tornando-se maior do que a extracelular e caracterizando um tipo de transporte contra gradiente de concentração, dependente de gasto energético. B) Devido à bomba de sódio e potássio, o meio extracelular terá mais sódio que o meio intracelular, como ocorre no quadrante A.

33. A) O salgamento desidrata as bactérias decompositoras por osmose. B) Sim, uma vez que a parede celular impede a plasmoptise. C) A bomba de sódio e potássio mantém a baixa concentração intracelular de sódio, o que força sua entrada por difusão. Como o sódio entra em co-transporte com a glicose, a difusão de sódio fornece energia para carregar.

34. A questão cobre o tema de Biologia Celular, enfocando os efeitos da tonicidade do meio sobre o volume celular. Ao tratar as folhas de Elodea com a solução A, o técnico de laboratório observou, sob microscopia óptica, que as células apresentaram o mesmo aspecto daquelas imersas na solução isotônica de NaCl, então, pôde concluir que a solução A era isotônica com as células. Com a solução B, observou que as células de Elodea ficaram mais túrgidas, portanto, esta solução era hipotônica em relação às células e, assim, menos concentrada que a solução A (isotônica). Ao gotejar as células com a solução C, verificou que as células ficaram mais murchas que aquelas da Elodea submetidas à solução A, o que deu para concluir que a solução C era hipertônica em relação às células, pois o fato de terem murchado significa que o meio era mais concentrado que as células. Ao visualizar as células após gotejar a solução D verificou que as mesmas ficaram mais murchas que aquelas da solução A, porém menos murchas que as da solução C. Assim, pôde concluir que as concentrações das soluções seguiam a seguinte ordem decrescente [C] > [D] > [A] > [B]. Assim, pôde inferir que [C] = 0,8M; [D] =0,6M; [A] = 0,4M e [B] = 0,2M. Quanto ao item II da questão, as células de Elodea não estouraram quando gotejadas com a solução B (hipotônica em relação às células) porque, como as de todos os vegetais,

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possuem parede celular, que é uma estrutura rígida e externa à membrana plasmática, proporcionando resistência contra o rompimento da membrana com o aumento do volume celular.

35. A) Tanto em diarreias como na sudorese excessiva, a perda de água é acompanhada de perda de íons como sódio e potássio. Assim, a reposição de água deve ser acompanhada da reposição desses íons. No caso da reposição por via oral, para que ocorra absorção de sódio pelo epitélio do intestino, se faz necessária a adição de glicose, uma vez que a entrada de sódio e glicose se dá por um mecanismo de cotransporte, onde só pode haver a entrada das duas substâncias simultaneamente. B) A massa molecular da sacarose é bem maior que a do cloreto de sódio, de modo que, apesar de a quantidade de moléculas (ou de mol) ser a mesma, a massa de açúcar é maior do que a de sal.

36. A quantidade de aquaporinas deverá ser maior no paciente. A elevada concentração de solutos indica desidratação causada pela diarreia e, portanto, a necessidade de reabsorver água, reduzindo sua perda na urina.

37. A) As soluções eram hipertônicas, pois foram capazes de reduzir o volume celular por perda de água devida à osmose. B) O soluto A foi capaz de atravessar a membrana pois, após algum tempo, o volume celular foi restaurado, indicando que as concentrações intracelulares e extracelulares se igualaram.

38. A) (x) O transporte da substância S2 é mediado por carreador. (x) A substância S1 é transportada por difusão simples. B) O transporte da substância S1 é feito por difusão simples, enquanto que a substância S2 é transportada por carreador. Na difusão simples, a velocidade do transporte é diretamente proporcional à concentração da molécula transportada. Já no transporte mediado por carreador, a velocidade de transporte se aproxima de um valor máximo quando a proteína carreadora está saturada (todos os sítios ligantes estão ocupados), pois este transporte depende da ligação da molécula a ser transportada à proteína carreadora.

39. A) (X) por difusão simples, através da bicamada lipídica da membrana citoplasmática. B) Sendo um lipídio esteroide de peso molecular intermediário (não é macromolécula), o colesterol atravessa a membrana por difusão simples via bicamada lipídica, e não por proteínas ou endocitose.

40. Se no meio A, hipertônico, não houve alteração de volume, é porque as concentrações se tornaram iguais por difusão do soluto, e se o soluto pode passar pela membrana, é porque as partículas são bastante pequenas. Se no meio B, também hipertônico, houve plasmólise, é porque houve perda de água, ou seja, o solvente se deslocou porque o soluto é muito grande para atravessar a membrana. Uma ressalva: na verdade, se há difusão, também tem que haver osmose, de modo que, na verdade, em A, a água deve ter se deslocado por osmose junto com a ocorrência da difusão, mas uma vez que o soluto atravessa a membrana, a água o acompanha por osmose, retornando o volume da célula ao original. Assim, a célula altera seu volume a princípio, mas retoma seu volume original, enquanto que em B, a célula altera seu volume, mas não retoma seu volume original.

Aula 16 – Citoplasma

1B 2A 3B 4B 5B 6A 7D 8C 9A 10B

11C 12B 13E 14D 15C 16B 17D 18B 19C 20A

21A 22D 23A 24B 25C 26E 27D 28B 29A 30E

31E 32E 33C 34E 35A 36B 37C 38A 39D

40VFVVF 41VFVF 42FVFF

43. A) Reagindo com a catalase, liberando oxigênio que inibe as bactérias anaeróbias. B) Violeta nos tubos I e III. No tubo II, inicialmente violeta e, depois de algum tempo, amarelo. C) Porque a amilase digeriu o amido. D) Porque o calor desnaturou a enzima e a degradação do amido não ocorre.

44. A) protozoários de água doce são hipertônicos em relação ao meio, ganhando água por osmose; protozoários de água salgada são isotônicos. B) BUM! (plasmoptise...)

45. A) Lisossomos são vesículas membranosas esféricas contendo enzimas digestivas (hidrolases ácidas) em seu interior. Eles são responsáveis pela atividade de digestão intracelular (é nada!). B) Os genes para a deficiência na produção das enzimas lisossômicas é que são hereditários.

46. A) A – Retículo endoplasmático rugoso: síntese de proteínas de exportação. B – Mitocôndria: fase aeróbica da respiração celular. C – Complexo de Golgi: síntese de glicolipídios, glicoproteínas e mucopolissacarídeos, acondicionamento de substâncias em vesículas de secreção, formação de acrossomo (em espermatozóides) e lamela média (após a mitose vegetal). D – Vesículas de secreção ou grânulos de zimogênio: eliminação de substâncias por exocitose. E – Nucleoplasma, carioplasma ou cariolinfa: guarda do material genético. F – Nucléolo: síntese de ribossomos. B) A – C – D.

47. Os problemas respiratórios serão causados pela impossibilidade dos cílios no epitélio de revestimento interno da traqueia removerem o excesso de muco e a esterilidade será causada pela impossibilidade dos flagelos dos espermatozoides se moverem.

48. A) tubo I: Núcleo (observe que há DNA e RNA, sendo que apenas três estruturas celulares apresentam tais substâncias: mitocôndrias, cloroplastos e núcleo; entretanto, há proteínas histônicas, o que não existe em mitocôndrias e cloroplastos, que possuem DNA desnudo como seus prováveis ancestrais bacterianos); tubo II: R.E.Rugoso (fosfolipídios e proteínas de membrana indicam a existência de estruturas membranosas, e o RNAr e as proteínas ribossômicas indicam a presença de ribossomos); tubo III: Cloroplasto (presença de clorofila). B) Como já citado, cloroplastos ainda possuem DNA e RNA, além de RNAr e proteínas de ribossomos. C) se houvesse fosfolipídios e proteína de membrana apenas: R.E.Liso, Complexo de Golgi ou Vacúolo de suco celular; se houvesse fosfolipídios, proteínas de membrana e enzimas digestivas: lisossomas; se houvesse fosfolipídios, proteínas de membrana e catalase: peroxissomas...

49. A) O núcleo contém DNA que comanda a produção das proteínas através da síntese de RNA. B) Proteínas e Glicoproteínas porque os ribossomos produzem as proteínas que são associadas aos açúcares no Complexo de Golgi.

50. A) Filamentos tubulares formados pela proteína tubulina. B) Formação do fuso de divisão celular onde se prendem os cromossomos duplicados antes da disjunção. C) Muda de cor para confundir-se com o ambiente e (ou) atrair indivíduos do sexo oposto.

51. A) Osmorregulação. B) Tende a sofrer plasmoptise, pois a água penetra pela membrana plasmática por osmose. C) O meio deve estar isotônico ou hipertônico em relação ao citoplasma das amebas.

52. A) Os polissacarídeos são produzidos durante a fotossíntese, a qual ocorre nos cloroplastos. Os açúcares são transportados pelo retículo até o Complexo de Golgi onde serão armazenados e modificados. B) O Complexo de Golgi elimina os açúcares em grânulos de secreção, os quais se fundem à membrana plasmática e depositam os polissacarídeos na parede celular.

53. Retículo endoplasmático granular (REG), complexo golgiense (CG) e vesículas de secreção (VS). REG: síntese das proteínas; CG: envolvimento das proteínas por suas membranas; VS: fusão com a membrana plasmática, liberando as proteínas para fora da célula.

54. A) Filamento intermediário. A célula também se rompe e diminui a adesão entre as células vizinhas. B) Localizam-se no sarcômero. Atuam na contração muscular.

55. A) São estruturas celulares formadas por microtúbulos: citoesqueleto, fuso acromático, cílios e flagelos. O taxol, impedindo a polimerização dos microtúbulos, determina a interrupção das divisões celulares. A mitose nas células tumorais seria bloqueada durante a metáfase, uma vez que é nesta etapa que os cromossomos prendem-se aos microtúbulos do fuso acromático. B) Células desprovidas do complexo de Golgi não mais poderiam produzir os lisossomos que atuam no processo de digestão intracelular. Os espermatozóides não apresentariam o acrossomo, vesícula derivada do complexo de Golgi. Esta estrutura libera as enzimas necessárias para a penetração do gameta masculino no óvulo. Neste caso, os gametas seriam incapazes de realizar a fertilização.

56. A) hidrolases ácidas. B) Essas enzimas, se chegarem ao citoplasma/citosol por algum motivo (como o rompimento da membrana lisossomal), não seriam ativas, pois o pH citosólico é 7,2 (neutro).

57. A membrana nuclear e a mitocôndria possuem duas membranas. O lisossomo e o peroxissomo possuem uma membrana cada, e os ribossomos não possuem membrana. Desta forma, os valores corretos do item A seriam: a.1. = 4, a.2. = 2 e a.3. = zero (não teria membrana para atravessar). Na respiração aeróbica, o oxigênio é o último aceptor da cadeia transportadora de elétrons. Essa cadeia ocorre nas membranas internas das mitocôndrias e é necessária para a formação do ATP. Na fase clara da fotossíntese, o O2 é liberado na fotólise da água (H2O), reação que ocorre nas membranas dos tilacóides dos cloroplastos. Portanto, os processos seriam: respiração aeróbica, fotossíntese e oxidação de substâncias orgânicas (item B).

58. A organela indicada por A é o Núcleo. O núcleo contém a maioria do material genético da célula (DNA). Ele determina a expressão desse material, em razão do funcionamento celular, ou seja, controla as funções celulares e a sua duplicação quando a célula se divide. A organela indicada por B é o Vacúolo. Quando a célula aumenta, o incremento do volume celular é devido à absorção de água que é destinada principalmente ao vacúolo, que auxilia na expansão celular, aumentando a pressão de turgor dentro da célula. Além disso, o vacúolo tem função de acúmulo de substâncias, tais como, íons, taninos, cristais, pigmentos etc. O vacúolo também pode assumir a função de digestão celular e de controle osmótico. A estrutura indicada pelas setas é a parede celular. Um aspecto característico das células vegetais é que elas são delimitadas por uma parede celulósica.

59. A) Concentrações: X = 100mg/mL, Y= 25mg/mL e Z= 50mg/mL. A concentração de 25mg/mL da substância não exigiu o aumento da área do retículo endoplasmático liso para sua metabolização, como observado na coluna Y, enquanto que, na concentração de 50mg/Ml observou-se o aumento da área do

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retículo endoplasmático liso até 51 m2m/célula (coluna Z). A concentração mais alta (100mg/mL) exigiu que o retículo endoplasmático liso aumentasse acentuadamente a sua área para tentar metabolizar a substância (coluna X). B) 4o dia, pois neste dia observa-se o início do aumento da área do retículo nas colunas X e Y, devido a exposição das células ao tratamento com a substância. C) Retículo endoplasmático liso, pois esta organela é a responsável pela detoxificação celular. D) A função principal do retículo endoplasmático liso nas células da musculatura esquelética é controlar a concentração de cálcio citoplasmático.

60. A) I e III. B) Quando as células hepáticas foram mantidas em presença de Benzopireno ocorreu aumento da superfície do retículo endoplasmático liso, pois, esta é a organela responsável pela metabolização de drogas. Com a metabolização, a droga carcinogênica, que era inativa, torna-se ativa, podendo alterar o controle da divisão celular em células presentes no meio de cultura.

Aula 17 – Fermentação

1B 2B 3A 4D 5E 6C 7B 8B 9A 10C

11C 12C 13A 14B 15C 16B 17E 18A 19B 20C

21C 22D 23E 24C 25VFFVVF

26. A contração muscular demanda energia, obtida pela degradação do ATP. No esforço muscular prolongado, as reservas de ATP das células musculares se esgotam e a taxa de respiração celular aumenta, para suprir a demanda de ATP e permiti a continuidade do esforço. O aumento da taxa de respiração celular determina um aumento na taxa de CO2 no sangue. Há estímulo para o aumento dos batimentos cardíacos e do ritmo respiratório, para eliminar eficazmente o CO2 presente no sangue e aumentar a quantidade de O2.

27. Leveduras (fungos unicelulares): utilizadas na produção de bebidas alcoólicas e como fermento na produção de pães e bolos, o que se dá através da fermentação alcoólica. Acetobactérias: utilizadas na produção de vinagre, o que se dá através da fermentação acética. Bactérias lactobacilos: utilizadas na produção de laticínios como iogurtes e queijos, o que se dá através da fermentação láctica. Bactérias em geral: utilizadas na produção de organismos geneticamente modificados pelo fornecimento de enzimas de restrição capazes de cortar trechos de DNA para a produção de DNA recombinante.

28. A) Como são anaeróbicas facultativas, na presença de oxigênio realizam respiração aeróbica e na ausência de oxigênio realizam fermentação (no caso, fermentação alcoólica). B) O rendimento energético da respiração aeróbica é superior ao da fermentação alcoólica, permitindo uma maior atividade metabólica no primeiro caso. Quando se utiliza fermento biológico (que corresponde à levedura Saccharomyces cerevisiae) em massas, a região mais externa da massa trabalha com respiração aeróbica, pois terá oxigênio disponível para si, enquanto que a região mais interna da massa trabalha com fermentação alcoólica, pois não estará em contato com oxigênio. O interessante, é que a região central da massa consumirá glicose mais rapidamente, uma vez que, como o rendimento energético da fermentação é menor que o da respiração aeróbica, haverá necessidade de se consumir mais glicose para se obter o mesma quantidade de ATP gerado pela atividade aeróbica.

29. A) na superfície, as células realizam a respiração aeróbica; no interior da massa, na ausência de oxigênio ocorre a fermentação alcoólica. B) a fermentação alcoólica produz CO2 que estufa a massa.

30. Na ausência de oxigênio ocorre apenas a fermentação, processo que tem rendimento energético menor que o da respiração, havendo necessidade de um maior consumo de glicose para compensar tal situação.

31. Caldo, uma vez que possui sacarose, que pode ser utilizado diretamente pelas leveduras. (O bagaço tem celulose que teria que ser quebrado por enzimas em glicose para que as leveduras o pudessem utilizar; essas enzimas teriam que ser adicionadas pelos interessados na produção do etanol, uma vez que as leveduras não as produzem.)

32. A) maratonistas: C, porque corridas de longa distância são aeróbicas, havendo maior ação das fibras lentas; velocistas: A, porque corridas de velocidade são anaeróbicas, havendo maior ação das fibras rápidas. B) acúmulo de ácido láctico devido ao suprimento inadequado de oxigênio para o músculo.

33. A) A receita B produziu iogurte saboroso. O iogurte natural foi utilizado por ser fonte de bactérias responsáveis pela fermentação láctica (Lactobacillus), processo bioquímico que resulta no iogurte. B) A fervura matou os lactobacilos. Com isso, não houve a formação de iogurte. A adição de geleia de morango adocicada e a temperatura ambiente fornecem excelente meio para a multiplicação de bactérias decompositoras do meio, que são responsáveis pelo resultado final, o leite estragado.

34. A) Fermentação alcoólica com liberação de gás carbônico. Depois que a massa cresce pelo acúmulo de gás carbônico, sua densidade se reduz, de modo que ela vem à tona. B) Além de a quantidade de álcool produzida na fabricação do pão ser pequena, o calor do assamento faz com o álcool evapore.

35. A) II, uma vez que, se produz menos gás carbônico, produz menos álcool, e

as cervejas brasileiras têm menor teor alcoólico. B) Sim, porque respirando por respiração aeróbica, a produção de CO2 por molécula de glicose (6) é maior que na fermentação alcoólica (2).

36. Como a produção de ATP via metabolismo aeróbio é insuficiente pelas limitações no aporte de oxigênio durante o exercício, a célula muscular passa a usar, principalmente, a fermentação láctica, que gera ATP de modo mais rápido. Essa fermentação é o mecanismo pelo qual a célula muscular reoxida o NADH + H+, permitindo o funcionamento contínuo da glicólise em condições anaeróbias.

37. Charque: a adição de sal à carne torna o meio hipertônico em relação aos microrganismos, que perdem água por osmose e morrem. Vinagre: o pH baixo da solução (meio ácido) compromete o metabolismo dos microrganismos, especialmente por desnaturar proteínas. Compota: a adição de grande quantidade de açúcar torna o meio hipertônico em relação aos microrganismos, que perdem água por osmose e morrem.

38. Ao contrário da glicose, o NAD é uma coenzima do processo, participando das reações de acepção e doação de elétrons sendo, portanto, reciclado e não degradado.

39. aumento na quantidade de vasos sangüíneos nos músculos para aumentar o aporte de sangue e oxigênio; aumento na quantidade de mitocôndrias nas fibras musculares para aumentar a produção de energia a partir de processos aeróbicos; aumento na quantidade de mioglobina nas fibras musculares para aumentar o aproveitamento de oxigênio pelos músculos; aumento na capacidade respiratória para aumentar o aporte de oxigênio para os pulmões durante a atividade; aumento na capacidade cardíaca para aumentar o aporte de sangue e oxigênio para os músculos.

40. Curva 1, CO2; curva 2, O2; curva 3, lactato. Durante o mergulho, não ocorreram trocas gasosas com o ambiente. Logo, a curva 2, a única que mostra consumo, representa o oxigênio. De forma análoga, a curva 1, que aumenta durante o mergulho, representa o CO2. O exercício em anaerobiose aumenta a produção de lactato, que é posteriormente metabolizado, o que é mostrado pela curva 3.

Aula 18 – Respiração Celular

1D 2B 3A 4D 5C 6B 7D 8B 9D 10C

11D 12D 13D 14C 15A 16A 17E 18E 19A 20E

21D 22A 23D 24A 25B 26C 27C 28A 29A 30D

31C 32E 33D 34VVVFF 35VFVVV

36. 1 – Glicólise. 2 – Ciclo de Krebs. 3 – Cadeia Respiratória. 4 – NADH. 5 – ATP.

37. A) Não está ocorrendo feedback negativo da tiroxina sobre o TSH, o que justifica a alta concentração dos dois. B) Como desacopladores da fosforilação oxidativa, a energia liberada na passagem dos elétrons da cadeia respiratória do espaço intermembrana para a matriz mitocondrial não é liberara como ATP, e sim como calor, o que aumenta a temperatura corporal e a sudoreses, numa tentativa de moderar a temperatura.

38. A) Como o retículo endoplasmático liso está relacionado com a destoxificação, a célula A está relacionada a essa função. Como o retículo endoplasmático rugoso está relacionado à produção de proteínas para exportação e o complexo de Golgi está relacionado à secreção celular, a célula B está relacionada à atividade de secreção. B) Como a célula B possui maior extensão de membranas mitocondriais internas, relacionadas à cadeia respiratória e à fosforilação oxidativa, produz mais energia e possui maior atividade metabólica.

39. A) Protozoários, algas, fungos, plantas e animais. B) Na fermentação e na respiração aeróbica, o substrato oxidado é uma molécula orgânica, a glicose. O aceptor final de elétrons na fermentação é um composto orgânico (ácido pirúvico na fermentação láctica e etanal na fermentação alcoólica), uma vez que nela ocorre oxidação somente parcial da glicose, e o aceptor final de elétrons na respiração aeróbica é um composto inorgânico, o oxigênio, formando água como produto, uma vez que nela ocorre oxidação total da glicose.

40. Um dos monossacarídeos: glicose, frutose. Substâncias: ácidos graxos e glicerol. Precursor: ácido pirúvico.

41. Desacoplamento da fosforilação oxidativa. Hormônios tireoidianos, à exceção da calcitonina.

42. Curva Z. Na mitocôndria intacta, íons H+ são bombeados a partir da matriz e se acumulam no espaço intermembranas. Na mitocôndria sem membrana externa, os íons H+ se difundem para o meio nutritivo. Como conseqüência, há diminuição do pH do meio.

43. Gráfico I; o DNF, desfazendo o gradiente de prótons, inibe a síntese de ATP, mas não atua na cadeia respiratória. Consequentemente, o quociente entre a taxa de síntese de ATP e a taxa de consumo de O2 deverá ser menor, após a adição do DNF.

44. O monóxido de carbono, por ter maior afinidade com o Fe++, impede a ligação do grupamento heme da hemoglobina com o oxigênio, diminuindo o aporte desse gás aos tecidos. Já sua ligação ao heme da citocromo C oxidase paralisa a

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cadeia respiratória mitocondrial, impedindo a síntese de ATP.

45. A) Gráfico 5 – sob iluminação; gráfico 3 – na obscuridade. O desacoplador diminui a síntese de ATP na mitocôndria e acelera a cadeia respiratória, provocando um decréscimo da taxa de produção de ATP mitocondrial e um acréscimo no consumo de O2 pela cadeia respiratória. O gráfico 5 é o que apresenta a síntese de ATP no cloroplasto similar ao controle. O gráfico 3, apresentando uma baixa produção de ATP no cloroplasto, indica, portanto, o experimento realizado na obscuridade. B) A taxa de produção de CO‚ deverá diminuir. Devido à inibição da cadeia respiratória mitocondrial, a síntese de ATP e o consumo de O2 na mitocôndria estão diminuídos em relação ao controle. Em conseqüência do acúmulo de coenzimas de oxirredução sob a forma reduzida, as oxidações do ciclo dos ácidos tricarboxílicos e a produção de CO2 estão diminuídas.

46. A) I – Membrana externa. II – Espaço intermembranas ou espaço intermembranoso. III – Membrana Interna. IV – Matriz Mitocondrial. B) III – Cadeia respiratória ou Cadeia transportadora de elétrons ou fosforilação oxidativa. IV – Ciclo de Krebs ou Ciclo do Ácido Cítrico ou descarboxilação oxidativa. C) Citoesqueleto ou sarcômero ou miosina ou microfilamentos; o qual teve seu funcionamento afetado por ter menos ATP disponível ou redução da energia disponível ou redução da respiração.

47. A) segundo a Hipótese Quimiosmótica, o fluxo de elétrons na cadeia respiratória libera energia que bombeia prótons para o espaço intermembrana da mitocôndria, gerando um gradiente eletroquímico; quando os prótons retornam para a matriz pelos oxissomos, liberam energia utilizada na síntese de ATP. B) fosforilação porque a síntese de ATP se faz pela adição de fosfato ao ADP, e oxidativa porque envolve a liberação de elétrons a partir dos aceptores ativados, NADH e FADH2. C) acúmulo de ácido láctico.

48. A) O maçarico, uma vez que possui maior concentração de enzimas relacionadas ao metabolismo aeróbico, relacionado a atividades prolongadas, como a citrato sintase e a lipase triacilglicerol. B) Músculo peitoral vermelho implica em maior concentração da proteína mioglobina, que transfere oxigênio da hemoglobina para a respiração aeróbica, estando relacionado a uma produção de energia mais prolongada por vias aeróbicas a partir de gordura e glicogênio.

49. Observe que o álcool etílico será degradado em acetil-coA. Lembre-se que o ácido graxo sempre tem um número par de carbonos exatamente porque é formado a partir da junção de moléculas de acetil-coA, que têm 2 carbonos em seu radical . Assim, o acetil-coA é consumido pelo ciclo de Krebs, porém, em excesso, seu metabolismo é desviado para a formação de ácidos graxos, e daí então de triglicerídeos (gorduras). No hepatócito, o acúmulo de gordura dificultará as atividades hepáticas, o que caracteriza a princípio um quadro de esteatose (ou fígado gorduroso ou pré-cirrose), o que culmina com a morte do hepatócito sem possibilidade de regeneração, de modo que o fígado cicatriza, o que caracteriza uma cirrose alcoólica.

50. Note que as mitocôndrias estão isoladas, não havendo pois citoplasma. Se não há citoplasma, não pode haver glicólise, ou seja, quebra de glicose. O mecanismo respiratório começará no acetil-coA ligando-se ao oxalacetato para formar o citrato no ciclo de Krebs. Na situação I, com a glicose, nada ocorrerá (e não haverá consumo de O2). Na situação II, com o citrato, ocorrerá o ciclo de Krebs na matriz mitocondrial e serão gerados NADH e FADH2 que serão usados pela cadeia respiratória nas cristas mitocondriais (e haverá consumo de O2).

Aula 19 – Fotossíntese

1E 2D 3B 4E 5C 6D 7C 8B 9B 10B

11C 12A 13B 14B 15D 16A 17B 18A 19C 20C

21B 22A 23C 24B 25D 26B 27A 28B 29B 30C

31B 32E 33A 34B 35D 36VFVFV 37FFVFV

38. FVFVV

39. A) O principal pigmento fotossintetizante é a clorofila, que, por ser verde, não aproveita esse comprimento de onda na fotossíntese. Existem, no entanto, pigmentos acessórios capazes de aproveitar o comprimento de onda da luz equivalente ao verde, como é o caso de xantofilas amarelas e do caroteno laranja. Assim, no vaso 1, com a luz branca, todos os comprimentos de onda são aproveitados, e, consequentemente, a atividade fotossintética e o crescimento das plantas é maior que no vaso 2, com luz verde, que é pouco aproveitada pela fotossíntese por ser refletida pela clorofila, promovendo uma pequena eficiência de fotossíntese e um menor crescimento. B) A clorofila é o pigmento mais abundante na folha, sendo incapaz de absorver o comprimento de onda correspondente ao verde quando iluminado com luz branca, sendo esse verde refletido.

40. A) Ponto de compensação fótico (PCF) é um ponto de luminosidade tal em que fotossíntese e respiração se igualam, de modo que todo O2 produzido na fotossíntese é consumido na respiração, e todo CO2 produzido na respiração é consumido na fotossíntese. Assim: A1) Abaixo do PCF, a respiração é mais

intensa do que a fotossíntese, de modo que a planta estará consumindo O2 e liberando CO2, o qual será coletado no equipamento. A2) Acima do PCF, a fotossíntese é mais intensa do que a respiração, de modo que a planta estará consumindo CO2 e liberando O2, o qual será coletado no equipamento. B) Três fatores principais influenciam a fotossíntese, sendo eles a intensidade luminosa, a temperatura e a concentração de gás carbônico. Como as condições de temperatura e de exposição à luz são idênticas, o fator que deve ter variado deve ter sido a disponibilidade de gás carbônico. Observação: Como houve fotossíntese, o gás cujo teor aumentou na experiência do item B é o gás oxigênio, que é produzido na fotossíntese em quantidades progressivamente maiores com o aumento da mesma.

41. A) Enquanto o aquário é iluminado (amostra 1), a atividade de fotossíntese das algas consome o gás carbônico, tornando o meio menos ácido (mais básico), com maior pH e coloração azul; quando o aquário é mantido no escuro (amostra 2), não ocorre fotossíntese, e a atividade de respiração de algas e peixes libera gás carbônico, tornando o meio mais ácido, com menor pH e coloração amarela. B) Considerando que a atividade de decomposição (amostra 3) envolve mecanismos de respiração aeróbica por parte dos decompositores, o gás carbônico liberado tornará o meio ácido, com menor pH e coloração amarela.

42. A) No ciclo vital de uma angiosperma as fases heterotróficas são representadas pelos gametófitos (tubo polínico e saco embrionário) dependentes do esporófito verde e autótrofo e pelo embrião no interior da semente. Este é nutrido pelo endosperma ou albúmen. B) Durante a germinação, o consumo de alimento através da respiração supera a fotossíntese. Nesta fase o vegetal jovem consome as reservas acumuladas na semente. Durante o crescimento, e na fase adulta, a produção de matéria orgânica pela fotossíntese é maior do que o consumo pela respiração. Desta forma o vegetal pode acumular matéria e crescer.

43. A) Observe o gráfico adiante:

B) O valor provável para o ponto de compensação fótico é, aproximadamente, 5 unidades de intensidade luminosa.

44. A) a, pois em intensidade luminosa mais baixa já atinge seu ponto de compensação fótica. B) PCF: igualam o O2 produzido com o consumido e o CO2 produzido com o consumido, uma vez que a fotossíntese iguala à respiração. PSL: atingem a produção máxima de O2 e o consumo máximo de CO2, uma vez que a fotossíntese atinge sua intensidade máxima.

45. O intermediário é o 3-fosfoglicerato. Ele é a única substância que deixa de ser degradada, aumentando de concentração enquanto houver ribulose-1,5-difosfato.

46. Em alta intensidade de luz, devido ao risco de a clorofila ser destruída (lembre-se que o excesso de luz destrói a clorofila), os cloroplastos se empilham em posição paralela a luz para diminuir a superfície de exposição à mesma e assim minimizar a destruição das moléculas de clorofila. Em baixa intensidade de luz, os cloroplastos se organizam numa monocamada perpendicular à luz para aumentar a superfície de exposição a ela, e assim melhor captar a luz de baixa intensidade.

47. A) 3: clorofila; 7: complexo antena. B) centro de reação: clorofila a P700; aceptor: ferredoxina. C) 4: oxidação; 5: redução.

48. A) A fotossíntese, e consequentemente a produção de O2, é mais intensa com luz vermelha e azul e menos intensa com luz verde. B) A: O2 com O18 e glicose com O16. B: O2 com O16 e glicose com O18. C) Falta de água; água é um dos substratos para a fotossíntese.

49. Primeiro: A fotossíntese produz glicose, que é usada para a produção de ATP a partir da respiração. (É importante lembrar que a energia da fotossíntese não pode ser armazenada diretamente como ATP, uma vez que este é muito pesado: assim, a glicose armazena mais energia em menos peso; além disso, a membrana do plasto não é permeável ao ATP, que não pode sair do plasto para

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ser distribuído pela planta.). Segundo: Não há fotossíntese de noite, uma vez que não há luz. Assim, nos períodos de escuro, a respiração é a única fonte de energia. Terceiro: Nem todas as partes da planta são iluminadas. Assim, essas partes recebem a glicose das áreas iluminadas fotossintetizantes e fazem respiração para a produção de energia.

50.

51. A) I – célula animal (ausência de parede celular, cloroplastos e vacúolo de suco celular). II – célula vegetal (presença de parede celular, cloroplastos e vacúolo de suco celular). III – célula procariótica/bacteriana (presença de parede celular e ausência de carioteca; perceba que o material genético está disperso diretamente no citoplasma,a o que caracteriza um nucleóide). B) A célula animal respiradora aeróbica precisa de oxigênio liberado pela fotossíntese realizada pela célula vegetal. C) Bactérias e células vegetais têm parede celular em suas células. D) Vírus são parasitas intracelulares obrigatórios, não possuindo metabolismo próprio e conseqüentemente precisando do metabolismo da célula hospedeira para se reproduzir.

52. Não há fluorescência porque os elétrons excitados são transferidos para a cadeia de transportadores de elétrons, não retornando diretamente para a clorofila.

53. A clorofila não é o único pigmento fotossintetizante capaz de absorver energia luminosa. Apesar de nos pontos marcados a absorção de luz pela clorofila ser baixa a atividade fotossintética é alta porque outros pigmentos devem ser adequados à absorção desses comprimentos de onda. (Aliás, é para isso que servem os pigmentos acessórios, para absorver comprimentos de onda de luz os quais a clorofila não capta bem).

54. A equação apresentada poderia representar a fotossíntese das plantas, bastando para tal substituir o átomo de enxofre pelo átomo de oxigênio. Então, por analogia o oxigênio (O2) gerado pelas plantas seria cedido pela água.

55. Na 1ª etapa, apenas foi executada a fase luminosa da fotossíntese, quando são produzidos ATP e NADPH‚ necessários à fixação do CO2 em glicose. Não tendo havido fixação do CO2 (ausente), o ATP e o NADPH‚ acumularam-se e foram utilizados no início da 2ª etapa, após a adição de 14-CO2 (aumento na velocidade de incorporação do 14-CO2 em glicose). Como o ATP e o NADPH‚ não são sintetizados pelo cloroplasto, na ausência de luz, observou-se posterior decréscimo na velocidade de fixação do 14-CO2.

56. A) No intervalo de tempo entre T1 e T3, a razão (O2 consumido)/( O2 produzido) é maior do que 1 e a razão (CO2 consumido)/(CO2 produzido) é menor do que 1. No instante T3, a razão (O2 consumido)/(O2 produzido) é, aproximadamente, igual a 1, o mesmo ocorrendo com a razão (CO2

consumido)/(CO2 produzido). B) Durante a fase iluminada, as folhas acumularam carboidratos pelo fato de o processo de fotossíntese (O2 produzido e CO2 consumido) predominar sobre o de respiração (O2 consumido e CO2 produzido). A queda da concentração de carboidratos entre T1 e T3 é uma indicação de que o processo de respiração predomina sobre o de fotossíntese. No tempo T3, ocorre o ponto de compensação e, após este tempo, o processo de fotossíntese predomina sobre o de respiração, aumentando, portanto, a concentração de carboidratos nas folhas.

57. A espécie B, pois o pigmento ficoeritrina absorve melhor a luz azul-esverdeada que penetra em águas profundas.

58.

59. A) clorofila, pois se trata de uma clorofícea (alga verde). B) Porphyra, pois aproveita melhor os comprimentos de onda correspondentes ao azul e ao verde, que são os que penetram mais profundamente.

60. A) armazenamento. B) amarelo e vermelho, respectivamente. C) sem pigmentos, a planta não faz fotossíntese e não obtém nutrientes.

Aula 20 – Núcleo celular

1E 2C 3C 4D 5C 6C 7B 8C 9B 10A

11D 12A 13A 14D 15D 16A 17E 18E 19A 20A

21A 22A 23A 24B 25C 26D 27D 28A 29VVFVF

30. A) Corresponde a um dos cromossomos sexuais X que se encontra condensado mesmo na interfase. B) Nas primeiras semanas da vida embrionárias ou entre o décimo ao décimo quinto dia. C) Significado: Compensação de dose. Justificativa: O cromossomo X é maior (contém maior quantidades de genes), a inativação equilibra quantitativamente o produto gênico entre machos e fêmeas, ou como fêmeas possuem dois cromossomos X e machos apenas um cromossomo X, elas produziriam o dobro de produtos gênicos codificados por genes do X em relação aos machos, caso não ocorresse a inativação. D) Porque a inativação do cromossomo X é incompleta.

31. A) Não, devido ao princípio de constância genômica, pelo qual todas as células somáticas de um organismo pluricelular normal têm os mesmos genes. B) Sim, porque a especialização celular envolve a inativação de genes na forma de heterocromatina, de modo que cada célula expressaria um conjunto diferente de genes produzindo um grupo diferente de RNAm.

32. A) a alga em questão é unicelular, e está sendo fragmentada em porções de seu citoplasma. A parte da alga que conserva o núcleo é capaz de regenerar, pois conserva seu DNA, e com isso, sua capacidade de controlar a síntese de novas proteínas para a regeneração da parte removida e a manutenção de suas funções normais. Os demais segmentos, sem núcleo, sobrevivem somente enquanto durarem suas reservas nutritivas citoplasmáticas, uma vez que não têm DNA para manter sua atividade de síntese proteica e consequentemente seu metabolismo normal. B) A planária é um organismo pluricelular (metazoário). Cada um dos segmentos é pluricelular também: assim, haverá o controle exercido pelo material genético contido nos núcleos das células sobre o metabolismo e sobre a multiplicação celular. Esses fatores orientam a regeneração do verme.

33. Para haver grande atividade se síntese protéica, é necessária uma grande quantidade de ribossomos, que são produzidos a partir dos nucléolos.

34. A) vírus e bactérias. B) nucleossoma e histona. C) V e metáfase da divisão celular.

35. A) espermatozoide < adipócito < neurônio. B) Células que apresentam menor metabolismo de síntese (RNAs e proteínas) possuem uma menor quantidade de complexos de poro.

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350

36. Por serem células sexuais, os espermatozoides sofreram divisão meiótica, tendo, portanto, dezoito cromossomos apenas, o que corresponde ao número haploide, presente neste tipo de célula. Proteínas e ácidos nucleicos são as principais substâncias formadoras dos cromossomos. O número de cromátides pode ser calculado como segue: número diploide x 2 (cromátides). Ou seja, 36 x 2 = 72 cromátides. As células em metáfase mitótica apresentam cada cromossomo com duas cromátides. Como a célula é diploide, teremos 18 pares de cromossomos, correspondendo a 36 cromossomos. Se cada cromossomo tem duas cromátides, o total será 72 cromátides em cada célula da pele deste animal, no período da metáfase mitótica. O número mínimo de cromossomos que contém um representante de cada par homólogo é 18, ou seja, só será possível identificar todos os genes desse organismo se a sequência de pelo menos um dos homólogos de cada par for identificada.

37. Sabe-se que além do grau de parentesco entre os pais (consanguinidade) que podem gerar filhos com problemas cerebrais graves, outro fator de extrema importância que está associado à ocorrência de bebês com anomalias cromossômicas é a idade da mãe. Mães com mais de 40 anos têm bastante aumentada a probabilidade de gerar crianças com defeitos congênitos, quando comparadas a mães jovens. É muito provável que as trissomias estejam associadas ao avanço da idade materna. A cariotipagem pré-natal é a apresentação ordenada de fotomicrografias de cromossomos das células provenientes do líquido amniótico, utilizada para fins de diagnóstico. O exame pode ser realizado a partir da 16ª semana de gestação (quatro meses) e fornece à gestante uma informação, com 100% de acerto, se o bebê nascerá sadio ou não. A síndrome de Down (trissomia no 21 ou mongolismo) é a aberração cromossômica mais comum, podendo ocorrer, também, outros defeitos graves como anencefalia (ausência de cérebro), micro e macrocefalia, síndrome de Turner (X0), síndrome de Klinefelter (XXY), síndrome de Edwards (trissomia no 18), síndrome de Patau (trissomia no 13), etc. Desenvolvido mais recentemente, o exame do vilo-corial, que também coleta células para a cariotipagem, possibilita a realização do exame já a partir da 9ª semana de gravidez, com o feto medindo 5 cm.

38. A) Na 1ª etapa, o chapéu regenerado foi correspondente à haste devido à presença de RNAm já presente anteriormente, que se esgota; na 2ª etapa, o chapéu regenerado foi correspondente ao pé devido à presença de RNAm fabricado agora pelo núcleo no pé. B) O núcleo, uma vez que abriga o DNA e então produz o RNAm que irá levar à produção das proteínas que determinam as características.

39. A) Glóbulo branco ou leucócito envolvido na defesa orgânica. B) Corpúsculo de Barr ou cromatina sexual observada em células somáticas de mulheres. De acordo com a Hipótese de Lyon ou Mecanismo de Compensação de Dose, corresponde a um dos cromossomos X que permanece inativado na mulher, como heterocromatina, com o objetivo de evitar a produção excessiva de substâncias codificadas por genes desse cromossomo, o que seria prejudicial. C) Normal: Mulher 2A + XX; Anormal: Homem 2A + XXY (Síndrome de Klinefelter). D) Síndrome de Turner (Mulher 2A + X0).

40. A) Acrocêntrico, pois apresenta centrômero terminal. B) Metáfase. C) A – satélite e B – braço do cromossomo. D) Incapacidade de se prender às fibras do fuso de divisão, resultando em células com números anormais de cromossomos.

Aula 21 – Células-tronco e Clonagem

1D 2E 3C 4D 5A 6C 7A 8C 9D 10A

11A 12E 13C 14C 15D 16C 17E 18B 19C 20C

21A 22C 23E 24B 25C 26E 27A 28D 29A 30A

31D 32D 33B 34A 35VVFFF

36. Embrioblasto; As células-tronco adultas são capazes de se proliferar, originando novas células e substituindo as perdidas após a lesão tecidual.

37. A) Caso I. Seres transgênicos são modificados por engenharia genética de modo a incorporar e expressar genes de uma outra espécie, como no caso das cabras com genes humanos que expressam o gene para a produção de proteínas humanas. B) Caso III. Clones são organismos geneticamente idênticos a outros organismos, como o que ocorre na situação de incluir o DNA da cabra hispânica em células de cabras comuns e produzir novas cabras com DNA de cabra hispânica. C) O animal transgênico possui um único transgene, havendo 50% de chance de transferi-lo à prole e 50% de chance de não transferi-lo à prole. Assim, a proporção é de 1 transgênico: 1 não transgênico na prole.

38. A) Geneterapia ou terapia gênica. B) Células-tronco obtidas de embriões até a fase de blástula, sendo toti/pluripotentes (com o potencial de originar qualquer outra célula do organismo). C) Células-tronco obtidas de indivíduos após o nascimento, não sendo toti/pluripotentes (não sendo capazes de originar qualquer outra célula do organismo); podem ser obtidas em sangue de placenta e cordão umbilical e na medula óssea. D) vantagem: não envolvem o sacrifício de embriões; desvantagem: risco de reações imunes adversas contra o vírus, risco

de câncer.

39. A) As etapas da clonagem poderiam assim ser descritas: Células somáticas são extraídas de uma das mulheres (A) e conservadas em uma cultura especial; Isola-se um óvulo da outra mulher (B), e seu núcleo é extraído com o respectivo DNA; O núcleo de uma das células retiradas da mulher A, que contém as informações genéticas do DNA desta mulher, é injetado no óvulo sem núcleo da mulher B. Esta etapa é chamada “transferência de núcleo”; O embrião assim formado é gerado “in vitro” e, depois, implantado no útero de qualquer mulher, podendo, inclusive, ser no de uma das duas (A ou B); Após nove meses, nascerá um clone com as mesmas características genéticas da mulher A, da qual proveio o DNA. No caso, não se pode falar da fusão dos óvulos das duas mulheres (já há experimentos neste sentido) pois isto não caracteriza uma clonagem, na qual o descendente é uma cópia genética fiel de um dos pais. A fusão de núcleos de óvulos seria um processo semelhante à fusão de um espermatozóide com um óvulo, com o descendente apresentando genes de ambos os genitores (no caso, genitoras). B) O bebê clonado seria obrigatoriamente do sexo feminino pois o núcleo diploide que lhe deu origem é proveniente de uma mulher, portanto, possuindo os cromossomos sexuais XX.

40. A) As mitocôndrias são organelas citoplasmáticas. Desse modo, as células-tronco homólogas e heterólogas necessariamente conterão uma população de mitocôndrias diferente daquela da pessoa que as receberá. B) As células-tronco homólogas conterão os mesmos núcleos das células da pessoa que receberá o transplante. Portanto, o padrão de antígenos de histocompatibilidade será o mesmo, o que evita a rejeição dessas células-tronco.

Aula 22 – Ciclo Celular e Câncer

1E 2B 3A 4E 5E 6B 7D 8E 9C 10D

11E 12B 13D 14B 15D 16D 17D 18E 19A 20A

21C 22B 23C 24A 25B 26A 27D 28A 29FVVVFFVFVV

30.VFV

31. A) O câncer afeta células somáticas, cujos genes não são transferidos aos descendentes. B) Com a destruição da camada de ozônio, aumenta a incidência de raios UV, que por serem mutagênicos, podem desencadear câncer.

32. Substâncias químicas carcinogênicas, presentes na fumaça dos cigarros, provocam mutações nos genes reguladores que controlam as divisões celulares nas células pulmonares. Este fato pode acarretar uma proliferação celular descontrolada originando tumores malignos.

33. A) Agentes mutagênicos provocam mutações gênicas, estas alterações no DNA levam ao descontrole dos mecanismos de divisão celular e, consequentemente, pode ocorrer a formação de um câncer. B) Natureza física: radiações ionizantes. Natureza biológica: vírus oncogênicos.

35. A) evitar exposição longa à radiação solar; uso de protetor solar; evitar exposição entre 10 e 16 horas. B) ocorrem mutações em genes supressores de tumor e oncogenes, o que leva a uma proliferação descontrolada de células.

36. A) Células: melanócitos; tecido: epiderme (ou tecido epitelial, ou epitélio). B) Por causar problema na replicação do DNA. C) Células do estrato (ou camada) basal. D) Reprodução indefinida.

37. A inibição dos receptores de estrógenos, segundo o enunciado, diminui o risco de câncer de mama. Com a remoção dos ovários, a mulher naturalmente deixa de produzir estrógenos, com um efeito equivalente ao da inibição dos receptores para esse hormônio.

38. Epitelial e hematopoietico, pois são formados por células em intensa atividade mitótica (células lábeis), e a quimioterapia atua exatamente sobra a divisão celular. Nervoso e muscular não são afetados porque são formados por células que não se dividem (células permanentes).

39. Impede que o tumor receba nutrientes, impedindo assim seu crescimento.

40. 1. transformação, que é o surgimento da célula cancerosa devido à mutação nos oncogenes e nos genes supressores de tumor; perda do reconhecimento celular mútuo por alterações no glicocálix (perda da inibição por contato, o fenômeno pelo qual células inibem sua multiplicação ao entrarem em contato com células idênticas e as reconhecem por interações com o glicocálix); descontrole das mitoses, levando à proliferação desordenada das células, que inclusive sofrem mitoses anômalas; perda da adesão entre as células, levando à liberação de cordões de células que invadem os outros tecidos, as chamadas metástases; angiogênese, que é a formação de vasos sangüíneos para a nutrição do tumor. 2. A) a) Uma vez que a gravidez tardia e o uso de anticoncepcionais aumentam a tendência ao desenvolvimento de câncer de mama, em países desenvolvidos, onde por questões sócio-econômicas as mulheres adiam a gravidez e fazem uso de anticoncepcionais com mais frequência, a incidência de câncer de mama é maior. b) Uma vez que o principal fator de risco para o câncer de pulmão é o fumo, disseminado praticamente de modo igual em países em desenvolvimento ou desenvolvidos, a semelhança de incidências de câncer de pulmão é bem grande. B) No horário de 10h às 16h, a intensidade da radiação ultra-violeta emitida pelo

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sol é muito alta, sendo essa radiação a principal responsável pelos casos de câncer de pele. C) O tecido epitelial possui células em constante atividade de divisão, bem como é o tecido de revestimento, estando mais exposto a fatores agressivos do meio ambiente, como substâncias químicas e radiação. 3.

Aula 23 – Mitose

1C 2D 3B 4D 5A 6D 7C 8A 9A 10B

11C 12C 13E 14A 15D 16A 17A 18E 19C 20B

21D 22B 23D 24C 25D 26A 27VFVF 28VVFFF

29.FFFVF

30. A) I. Mitose. II. Neurônio / Célula muscular estriada esquelética / Célula muscular estriada cardíaca. B) I. Cromossomos: 46 cromossomos. Moléculas de DNA: 92 moléculas de DNA. II. Segregação das cromátides irmãs. C) I. Microtúbulos. II. As drogas citadas despolimerizam os microtúbulos do Fuso Mitótico ou impedem a sua formação. III. Essas drogas não atuam apenas nas células cancerosas, bloqueiam mitoses em todas as células do organismo. D) I. A enzima Telomerase é responsável pela duplicação do DNA que constitui os Telômeros. II. A proteína p53 impede que uma célula portadora de mutações em seu DNA ultrapasse o Período G1 da Interfase, o que a torna incapaz de duplicar seu DNA e realizar mitose.

31. A) A duplicação do DNA ocorre na interfase, representada pela fase A. B) Em A, B, C e D, cada célula contém duas copias do gene H. Na fase E, cada célula contém uma cópia do gene H.

32. A) n = 2 cromossomos; se a célula representada é somática e diploide e tem quatro cromossomos, a célula haploide terá metade do número de cromossomos. B) Animal. Uma vez que não tem parede celular e possui centríolos, áster e citocinese centrípeta.

33. A) Na célula 3. É esperado encontrar maior atividade de síntese de RNA mensageiro na célula em interfase. A célula 3 mostra claramente a presença de nucléolo íntegro, o que indica que ela está em interfase. B) A separação das cromátides ocorre pelo encurtamento de microtúbulos do fuso mitótico, que se ligam ao centrômero de cada cromátide, de tal forma que as cromátides-irmãs sejam levadas para pólos opostos da célula no momento da anáfase. A célula em questão é a de número 1.

34. A) metáfase, uma vez que a anáfase começa com a contração do fuso e ruptura do centrômero; com a colchicina, na há a polimerização dos microtúbulos citoplasmáticos para formar o fuso, e sem fuso não há como romper os centrômeros, permanecendo os cromossomos na placa equatorial. B) na fase G1, pois se não ocorre a duplicação do DNA, S nem sequer se inicia.

35. A célula 5 está em intérfase, uma vez que não se notam cromossomos individualizados, indicando que o material genético está desespiralizado, bem como o núcleo bem definido indica que a carioteca está presente. Na célula 1, o material genético começa a se condensar, o que é característica da prófase. Na célula 2 percebe-se os cromossomos bem individualizados e espiralizados, mais ou menos na região central da célula (placa equatorial), o que caracteriza a metáfase. A célula 4 apresenta cromossomos em forma de letra V deitada, com os vértices voltados para os pólos da célula, o que indica que os cromossomos filhos estão migrando para esses pólo, sendo essa fase, pois, a anáfase. A célula 3 possui dois núcleos menores que o da célula 5 (em interfase) com material genético desespiralizado (ou desespiralizando), característica da telófase.

36. A figura 2 representa a duplicação do DNA, que ocorre na fase S da figura 1.

37. A célula vegetal típica ao se dividir apresenta todas as características citadas. O termo “anastral” refere-se ao fato de que nestas células não há formação do áster, estrutura que aparece ao redor dos centríolos, organoide típico de células animais.

38. A) As células crescem até atingir o tamanho máximo permitido pela relação superfície x volume, após o que passam a se dividir, produzindo células com volume igual à metade da célula-mãe. B) O aumento no número de células é resultante das mitoses, que ocorrem a cada vez que o volume celular atinge seu valor máximo e a célula se divide, resultando na duplicação do numero de células a cada quatro horas.

39. A) 40% na fase G1; 36% na fase S e 24% nas fases G2 + M. B) O gráfico III representa o experimento em presença de afidicolina. Essa substância, inibindo a DNA polimerase, bloqueia a síntese do DNA. Em consequência, as células se acumulam na fase G1. O gráfico II representa os resultados após a adição de colchicina. Essa substância, impedindo a formação de microtúbulos, paralisa a divisão celular nas etapas iniciais da fase M (mitose). Dessa forma, as células tendem a se acumular nessa fase, contendo o dobro de DNA em relação à fase G1 do ciclo celular.

40. A) 4 e 5. Características da interfase: duplicação do DNA, intenso trabalho celular e com grande síntese proteica, grande consumo de energia na forma de ATP, duplicação dos componentes celulares e aumento do volume celular. B) é a fase em que os cromossomos estão no meio da célula, formando a placa

equatorial. C) Célula 9. Características da citocinese: a citocinese ou divisão citoplasmática nas células vegetais, devido à presença da parede celular, é feita pela lamela média, que se forma do centro para a periferia. Por esse motivo a citocinese vegetal é denominada centrífuga.

Aula 24 – Meiose

1D 2B 3A 4B 5D 6B 7B 8A 9D 10D

11A 12B 13D 14B 15B 16B 17D 18B 19E 20C

21B 22B 23E 24C 25B 26FVVVV

27. A) Metáfase; é a fase do ciclo celular onde todos os cromossomos estão com a espiralização máxima. B) É um caso de determinação XX/XY, sendo o cromossomo X metacêntrico e grande, duplo nas fêmeas e ímpar nos machos, e o cromossomo Y é acrocêntrico e pequeno e só presente nas células masculinas. C) Nas fêmeas um tipo de cromossomo metacêntrico grande, um metacêntrico pequeno e um submetacêntrico. Nos machos dois tipos de gametas, um deles com a mesma constituição cromossômica dos gametas femininos que após a fecundação originará um zigoto feminino, o outro gameta contará com um cromossomo metacêntrico pequeno, um cromossomo submetacêntrico e um cromossomo acrocêntrico, que ao fecundar um óvulo originará um zigoto masculino.

28. A)

B)

M1

Q1

R1

T1

M1

Q1

R2

T2

M2

Q2

R1

T1

M2

Q2

R2

T2

29. A) Falsa, pois a permutação permite que a espécie 1 produza um maior número de tipos de gametas. B) Verdadeira, pois a reprodução assexuada em 3 gera somente células reprodutivas geneticamente idênticas.

30. A) XY e 0. B) XXY e X0.

31. A)

A A a a

B B b b

B)

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352

A A

BB

C)

A Aa a

Bb B b

32. 1ª célula: prófase I da meiose (diplóteno). 2ª célula: metáfase (prometáfase) da mitose.

33. A) crossing-over. B) meiose. C) o crossing-over serve para aumentar a variabilidade genética na população pela possibilidade de recombinação gênica produzindo gametas geneticamente diferentes entre si.

34. A) A = anáfase I, pois há separação dos cromossomos homólogos; B = anáfase II, pois há separação das cromátides-irmãs. B) Não-disjunção dos cromossomos na figura B. Gera aneuploidias (aberrações cromossômicas numéricas) nas células produzidas. C) síndrome de Down, onde há 47 cromossomos.

35. Cada cromossomo, durante a meiose, pode sofrer recombinação pelo fenômeno do crossing-over. Isso equivale ao aparecimento de cromossomos “novos”, em que os genes tenham sido “embaralhados”. Por outro lado, a segregação dos cromossomos homólogos durante a meiose ocorre de forma aleatória, formando novas combinações cromossômicas nos gametas. Relativamente à duplicação do DNA, a afirmação de que “os genes são para sempre” refere-se à duplicação semiconservativa, em que são produzidas duas moléculas idênticas.

36. Meiose. Não poderia ser mitose, uma vez que o número de cromossomos representados é ímpar, e não existem células diploides (2n) com número ímpar de cromossomos. Assim, trata-se da anáfase II da meiose de uma célula com 2n = 6 cromossomos.

37. A) A não-disjunção pode ocorrer na primeira ou na segunda divisão meiótica. B) 1. Na primeira divisão meiótica:

2. Na segunda divisão meiótica:

Em ambos os casos formam-se gametas com dois cromossomos 21. Após a fecundação, formar-se-á um zigoto com trissomia do cromossomo 21.

38. A) IV é uma cromátide no cromossomo e VI é o telômero. B) A organização

básica da cromatina está na forma de nucleossomas, ou seja, III. No paquíteno da meiose I, os cromossomos estão duplicados e pareados, sendo o par de cromossomos sendo chamado de bivalente, de modo que haverá quatro cromátides (IV) na bivalente. C) As sequências de DNA que são transcritas, mas não traduzidas, correspondem aos introns (DNA lixo dentro dos genes).

39. Sim, pois o crossing-over pode gerar cromossomos com os genes e M e N e sem esses genes.

40. A não-disjunção foi pós-zigótica, decorrente de uma divisão mitótica anômala. Se a não-disjunção tivesse ocorrido antes da fecundação, o cariótipo anormal seria detectado em todas as células pesquisadas.