– 1 –

RESOLUÇÕES E RESPOSTASQUESTÃO 1: Resolução

a) A explicação está de acordo com a teoria lamarckista. Isso é observado, no texto, na afirmação de que os cactos, estimulados pela intensa predação das iguanas, passaram a produzir flores localizadas a uma certa altura do solo, mostrando uma mudança dirigida pelo fatores ambientais para possibilitar a adaptação.

b) A teoria sintética da evolução. Segundo essa teoria, mutações casuais (variabilidade) mudaram a posição das flores. A ação das iguanas (seleção natural) eliminou os cactos com flores baixas, pois não podiam se reproduzir e permitiu a sobrevivência dos cactos mutantes, que formavam flores em posição mais elevada.

QUESTÃO 2: Resolução

a) Uma pirâmide semelhante à esquematizada seria obtida entre maio e julho, período em que a quantidade de zooplâncton supera a de fitoplâncton. Isso ocorre porque os organismos do fitoplâncton se reproduzem mais rápido e conseguem sustentar a maior biomassa de zooplâncton.

b) Esses nutrientes favorecem a multiplicação dos organismos microscópicos do fitoplâncton, sendo essenciais para a construção (síntese) de moléculas de ácidos nucleicos e ATP (nas quais há participação do íon fosfa-to), bem como de proteínas e ácidos nucleicos (em que há participação de íons nitrogenados). O aumento do fitoplâncton possibilita um incremento nas populações do zooplâncton, consumidores do fitoplâncton.

QUESTÃO 3: Resolução

a) Os dois fenômenos são a replicação (ou duplicação semiconservativa) e a transcrição (ou síntese de RNA).b) A importância da replicação é permitir a transmissão da informação genética de célula para célula e de orga-

nismo para organismo (possibilitar a continuidade hereditária). A importância da transcrição é possibilitar o controle da atividade celular, pois a produção do RNA pelo DNA permite a expressão da informação gené-tica, pela síntese das proteínas (tradução), que incluem as enzimas, responsáveis pelo controle das reações celulares.

QUESTÃO 4: Resolução

a) Não. Foi apenas inserido um gene novo no eucalipto. A reprodução desse eucalipto com outras plantas não modificadas deve produzir descendentes férteis, comprovando que pertencem todas à mesma espécie.

b) Soja round-up (ou milho ou algodão) com resistência à ação de herbicidas. Milho BT (ou soja ou algodão) tóxico para insetos. Mamão papaia resistente à ação de vírus.

QUESTÃO 5: Resolução

a) O peristaltismo é realizado pela musculatura lisa. Suas células são pequenas, fusiformes, sem estrias e mo-nonucleadas.

b) Nas pernas, o maratonista tem maior quantidade de fibras vermelhas e o velocista, maior quantidade de fibras brancas. As fibras vermelhas são ricas em mioglobina, pobres em fosfocreatina, têm contração mais lenta e alta resistência à fadiga. As fibras brancas são pobres em mioglobina, ricas em fosfocreatina, têm contração rápida e potente e baixa resistência à fadiga.

TIPO

NX-2Prova de Conhecimentos Específicos

Simulado UNIFESP

ANGLO VESTIBULARES

– 2 –

QUESTÃO 6: Resolução

a) Inicialmente, pode-se relacionar a frequência com a velocidade da onda por meio da equação de Taylor:

V 5 λ ? f → f 5 Vλ

∴ f 5 1λ

? √Tμ

De acordo com a figura 1, como a onda estacionária formada possui dois fusos, tem-se:

2 ? λ 2

5 1 ∴ λ 5 1 m

Substituindo-se os valores apresentados no contexto da figura 1 e lembrando que, como o corpo está em equilíbrio, a tração possui mesma intensidade que o peso (T 5 P 5 m ? g 5 0,4 ? 10 5 4N), tem-se:

f 5 1λ

? √Tμ

5 11

? √ 40,25

∴ f 5 4 Hz

b) No segundo caso, como ocorrem 8 fusos de onda estacionária, é possível determinar o novo comprimento de onda:

8 ? λ 2

5 1 ∴ λ 5 0,25 m

Como a frequência se mantém constante, pode-se determinar a nova tração na corda:

f 5 1λ

? √Tμ

→ 4 5 1

0,25 ? √ T

0,25 ∴ T 5 0,25 N

Para a segunda situação, como o corpo está em equilíbrio, tem-se:

E 1 T 5 P → E 1 0,25 5 4∴ E 5 3,75 N

De acordo com a expressão do empuxo:

E 5 d ? Vimerso ? g → 3,75 5 103 ? Vimerso ? 10 ∴ Vimerso 5 3,75 ? 1024 m3

Pela expressão do volume do cubo, tem-se:

V 5 A ? h → 3,75 ? 1024 5 100 ? 1024 ? h ∴ h 5 3,75 ? 1022 m 5 3,75 cm

Desse modo, como a altura do cubo é 10 cm, a altura emersa será de 6,25 cm.

QUESTÃO 7: Resolução

a) Pela figura fornecida, a partir do triângulo FCA, podemos escrever:

α 5 tg α 5 CAfob

Para o triângulo FCD, podemos escrever:

β 5 tg β 5 CDfoc

Assim, o aumento do telescópio refrator (M):

M 5 βα

5

CDfoc

CAfob

Como CD 5 CA, temos:

M 5 fob

foc 5

100 cm2,5 cm

5 40

b) Para a lente objetiva, o objeto tem 4 mm de comprimento (diâmetro) e está a 1 cm 5 10 mm do centro da lente. Assim, para a primeira imagem real e invertida (conjugada pela objetiva):

A1 5 y’1y1

5 2p’1p1

→ y’1

4 mm 5 2

p’110 mm

∴ p’1 5 22,5y’1

A imagem conjugada pela lente 1 passa a ser objeto para lente 2 (ocular) que conjuga a imagem final que está a 0,5 m 5 500 mm dela (virtual) e possui diâmetro igual 0,4 m 5 400 mm (abaixo do eixo principal):

A2 5 y’2y2

5 2p’2p2

→ 2400 mm

y’1 5 2

2500 mmp2

∴ p2 5 21,25y’1

– 3 –

SIMULADO UNIFESP/2019DIA 2

A figura a seguir ilustra a associação de lentes no microscópio:

Pela figura, temos:

d 5 p’1 1 p2 → 30 cm 5 22,5y’1 2 1,25y’1 ∴ y’1 5 28 cm

Assim,

p’1 5 22,5y’1 5 22,5 ? (28 cm) 5 20 cmp2 5 21,25y’1 5 21,25 ? (28 cm) 5 10 cm

Por fim, os aumentos de cada lente e o aumento do microscópio são:

A1 5 y’1y1

5 28 cm4 mm

5 220 (objetiva)

A2 5 y’2y2

5 2400 mm

28 cm 5 5 (ocular)

AM 5 y’2y2

5 2400 mm

4 mm 5 2100 (microscópio)

Logo, a razão entre os módulos dos aumentos do microscópio e da objetiva é:|AM||A1|

5 10020

5 5

QUESTÃO 8: Resolução

a) De acordo com o enunciado, a intensidade do campo gravitacional “g” e a distância “r” são grandezas dire-

tamente proporcionais e a constante de proporcionalidade é 4 ? G ? d ? π3

. Logo:

g 5 (4 ? G ? d ? π3) ? r

Sendo assim, o peso pode ser obtido por:

P 5 m ? g 5 m ? (4 ? G ? d ? π3) ? r

∴ P 5 43

? G ? d ? π ? m ? r

Para r 5 R, temos:

P 5 43

? G ? d ? π ? m ? R

L1 (objetiva) L2 (ocular)

F1

F’1F’2F2

p1

p2

p’1

y1 5 4 mm

y’1 5 y2

d 5 30 cm

y’2 5 2400 mm

p’2 5 250 cm

P

rR

43

? G ? d ? π ? m ? R

ANGLO VESTIBULARES

– 4 –

b) O trabalho do peso de r 5 R até r 5 R2

pode ser obtido por meio do cálculo da seguinte área:

A 5 (43

? G ? d ? π ? m ? R 1 23

? G ? d ? π ? m ? R) ? R22

5 12

? G ? d ? π ? m ? R2

Aplicando o teorema da energia cinética:

τR 5 Ecf 2 Ec

i

12

? G ? d ? π ? m ? R2 5 12

? m ? v2 2 0

V 5 √ G ? d ? π ? R2

QUESTÃO 9: Resolução

a) O esquema seguinte mostra as forças aplicadas no veículo em um ponto qualquer da subida semicircular.

Como o movimento é circular e uniforme (MCU):

Rt 5 0 ⇒ A 5 Rar

Rc 5 m ? ac ⇒ N 1 Pn 2 D 5 m ? v2

r ⇒ N 1 P ? sen α 2 D 5 m ?

v2

r

∴ N 5 m ? v2

r 2 P ? sen α 1 D

Note que, mantida a velocidade constante, quanto maior for a medida do ângulo α, menos intensa será a normal N, ou seja, maior será a tendência de descolamento. Assumindo, por hipótese, que o veículo consiga alcançar o ponto mais alto da subida semicircular, teremos que:

N 5 m ? v2

r 2 P ? sen α 1 D ⇒ N 5 1 000 ?

302

40 2 10 000 ? sen 90º 1 4 000

∴ N 5 16 500 N

Como a normal é positiva, concluímos que o veículo não descola no ponto mais alto da subida (nem antes disso).

P

rR

43

? G ? d ? π ? m ? R

23

R2

? G ? d ? π ? m ? RA

α

N

n t

P

Pn Pt

A

D

Rarα

– 5 –

SIMULADO UNIFESP/2019DIA 2

b) O esquema seguinte mostra as forças aplicadas no veículo em um ponto qualquer do trecho retilíneo que se segue à subida semicircular.

Como o movimento é retilíneo e uniforme (MRU):

Rt 5 0 ⇒ A 5 Rar

Rn 5 0 ⇒ N 1 P 5 D ⇒ N 1 10 000 5 4 000

∴ N 5 26 000 N

Como a normal é negativa, concluímos que o veículo descola assim que inicia o movimento no trecho retilí-neo que se segue à subida semicircular.

QUESTÃO 10: Resolução

a) A partir da definição de potência, temos:

P 5 |ΔE|Δt

5 |Q|Δt

Considerando que em um intervalo de tempo Δt uma massa Δm atravessa uma secção transversal do tubo, e observando-se que o efeito do calor transferido para a água é sua variação de temperatura:

P 5 |Δm ? c ? Δθ|Δt

Aplicando a definição de densidade e depois a definição de vazão:

P 5 |d ? ΔV ? c ? Δθ|Δt

5 |d ? Z ? c ? Δθ|

Substituindo-se os valores, já ajustando as unidades necessárias:

8 ? 104 5 |103 ? Z ? 4 000 ? (35 2 15)|

∴ Z 5 1023 m3

s

b) A resistência elétrica equivalente do circuito pode ser determinada a partir da definição de potência elétrica.

P 5 U2

Rp

8 ? 104 5 4002

R20

∴ R 5 40 Ω

n

D

RarPNA t

ANGLO VESTIBULARES

– 6 –

QUESTÃO 11: Resolução

a) No instante t 5 0 havia 10 g do produto tóxico em 200 L de solução.

Logo, C0 5 10200

, ou seja, C0 5 0,05

C(1) 5 0,05 ? (0,9394)1 ∴ C(1) 5 0,0470

Resposta: 0,0470

b) C(t) 5 0,50 ? C0C0 ? (0,9394)t 5 C0 ? 0,5

(0,9394)t 5 221

log (0,9394)t 5 log 221

t ? log 0,9394 5 21 ? log 2

t ? (20,0271) 5 20,3010 ∴ t 5 3010271

ø 11

Resposta: 11

QUESTÃO 12: Resolução

a) Pelo teorema dos senos, temos:

S 5 12

? AB ? AC ? sen α

24 5 12

? 5 ? 10 ? sen α

2425

5 sen α

cos2 α 5 1 2 sen2 α

cos2 α 5 1 2 242

252

cos2 α 5 252 2 242

252

cos2 α 5 (25 2 24)(25 1 24)

252 ∴ cos2 α 5 49252

cos α 5 6725

Como π2

< α < π, temos cos α < 0.

Logo, cos α 5 2725

Resposta: 2725

b) Pelo teorema dos cossenos, temos:

BC2 5 AB2 1 AC2 2 2 ? AB ? AC ? cos α

BC2 5 25 1 100 2 2 ? 5 ? 10 ? 2725

BC2 5 153 ∴ BC 5 √153

Resposta: √153

QUESTÃO 13: Resolução

a) O valor p(30) fornece a probabilidade de o indivíduo sobreviver até os 30 anos de idade e o valor p(50) fornece a probabilidade de o indivíduo sobreviver até os 50 anos de idade. Como deseja-se calcular a probabilidade de o indivíduo morrer entre 30 e 50 anos de idade, ou seja, sobreviver até 30 anos, mas não sobreviver até

50 anos, temos que o resultado pedido é dado pela diferença p(30) 2 p(50) 5 1 2 30

100 2 (1 2

50100) 5

20100

5 20%.

Resposta: 20%Obs.: Esse mesmo resultado pode ser obtido pela diferença q(50) 2 q(30) 5 20%.

b) Como o indivíduo sobreviveu até os 30 anos de idade e deve morrer até os 50 anos de idade, então ele deve morrer entre 30 e 50 anos de idade. A probabilidade de isso ocorrer, pelo item anterior, é igual a 20%.Como a probabilidade desse indivíduo sobreviver até os 30 anos de idade é p(30) 5 70%, temos que a pro-

babilidade pedida é dada por 20%70%

5 27

.

Resposta: 27

– 7 –

SIMULADO UNIFESP/2019DIA 2

QUESTÃO 14: Resolução

a) Na etapa k, Pedro vai alterar o status das portas cujos números são divisíveis por k (se ela estiver fechada, será aberta e, se ela estiver aberta, será fechada).Decompondo o número 36 em fatores primos, temos:

36 5 22 ? 32

Assim, o número 36 possui (2 1 1) ? (2 1 1) 5 9 divisores.Desse modo, Pedro vai alterar o status da porta 36, 9 vezes.Como ela está inicialmente fechada, no final, ficará aberta.

Resposta: Aberta.

b) Simulando alguns casos iniciais, podemos construir a seguinte tabela:

Porta (N) Número de divisores N Status final

1 1 Aberta

2 2 Fechada

3 2 Fechada

4 3 Aberta

5 2 Fechada

6 4 Fechada

7 2 Fechada

8 4 Fechada

9 3 Aberta

Do item (a) e da tabela, é possível concluir que apenas as portas cujo número tem uma quantidade ímpar de divisores positivos distintos ficarão abertas.Finalmente, pode-se concluir que esses números são, todos, quadrados perfeitos.Assim, as portas que ficarão abertas serão as de número: 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81 e 100. Logo, exatamente 10 portas ficarão abertas.

Resposta: 10

QUESTÃO 15: Resolução

a) Usando a expressão yp(x) 5 px 1 xp dada no enunciado, para p 5 1 e x 5 1, determinamos y1(1): y1(1) 5 11 1 11 5 2.

Substituindo em yy1(1)(y1(1)), temos yy1(1)(y1(1)) 5 y2(2).

Substituindo novamente na expressão dada no enunciado, para p 5 2 e x 5 2, temos:

yy1(1)(y1(1)) 5 y2(2) 5 22 1 22 5 8

Resposta: yy1(1)(y1(1)) 5 8.

b) A soma de dois números inteiros é ímpar se, e somente se, um deles é ímpar e o outro é par. Logo, para que yp(x) 5 px 1 xp seja ímpar existem duas probabilidades: ou px é par e xp é ímpar, ou px é ímpar e xp é par, conforme a tabela:

px xp

1o CASO ÍMPAR PAR

2o CASO PAR ÍMPAR

Lembremos também que uma potência de base e expoente inteiros positivos será ímpar se a base for ímpar e será par se a base for par. Logo:

px xp

1o CASOÍMPAR:

se p é ímparPAR:

se x é par

2o CASOPAR:

se p é parÍMPAR:

se x é ímpar

Resposta: yp(x) é um número ímpar se, e somente se, p é par e x é ímpar ou p é ímpar e x é par.

ANGLO VESTIBULARES

– 8 –

QUESTÃO 16: Resolução

a) Equação global: Ag2O 1 Zn 1 H2O → 2 Ag 1 Zn21 1 2 OH2

ΔE 5 E0redução maior 2 E0

redução menor1,6 V 5 x 2 (20,76 V)

x 5 10,84 V

b) Ag2O 1 Zn 1 H2O → 2 Ag 1 Zn21 1 2 OH2

1 mol 1 mol 232 g 65 g

móxido de prata

mzinco 5

232 g65 g

ø 3,6

Ag2O 1 H2O 1 2 e2 → 2 Ag 1 2 OH2

1 mol 2 mol

232 g 2 ? 96 500 C2,32 g Q

Q 5 1930 C

QUESTÃO 17: Resolução

a) Determinar a porcentagem em massa de cloreto de sódio no descongestionante nasal:

30 mg/mL 5 30 g/L

30 g de NaCl 1 000 mL de solução 1 000 g de soluçãom 100 g de soluçãom 5 3 g

Logo, a porcentagem em massa é igual a 3%.Como a concentração de cloreto de sódio no descongestionante nasal é maior que a do soro fisiológico (considerado isotônico em relação ao plasma sanguíneo), pode-se afirmar que o descongestionante nasal é hipertônico em relação ao plasma sanguíneo.

b) A condutividade elétrica do soro glicosado será igual à do soro “normal”.Isso acontece porque a condutividade elétrica depende da concentração de íons na solução, que é a mesma em ambos os soros.

QUESTÃO 18: Resolução

a)

Equação do ácido benzoico com glicina

b) Porque o ácido hipúrico é mais solúvel na urina (composta principalmente de água) do que o tolueno.

QUESTÃO 19: Resolução

a) Caso levássemos em consideração somente a quebra da ligação química o processo seria endotérmico.Um gráfico possível representativo do processo é:

b) No processo de hidrólise do ATP são quebradas ligações do tipo covalentes. A interação entre o fosfato inor-gânico e a água presente no meio reacional é do tipo íon-dipolo.

CH3

O

OH

Ácido benzoico

Ácido benzoicoTolueno

Ácido hipúricoGlicina

1 H2N 1 H2O

OH

O

O

O

OHNH

O

OH

En

erg

ia

ADP

ATP

ΔH > O

Caminho da reação

– 9 –

SIMULADO UNIFESP/2019DIA 2

QUESTÃO 20: Resolução

a) Com base nas informações do enunciado, os polímeros condutores devem apresentar ligações duplas con-jugadas; logo, a única estrutura possível seria a II.

b) No composto Nb2O5 o número de oxidação do nióbio é 15.

Com base nas informações da tabela, a eficiência eletrocrômica do nióbio ocorre no comprimento de onda de 633 nm 5 633 ? 1029 m, assim temos:

C 5 λ ? f3 ? 108 5 633 ? 1029 ? f

f 5 0,0047 ? 1017 Hz 5 4,7 ? 1014 Hz

Logo, corresponde à região do visível.

NN

H

Hn