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ELITE PRÉ-VESTIBULAR

Campinaswww.elitecampinas.com.br Fone: (19) 3232-2713 O ELITE RESOLVE IME 2004 – PORTUGUÊS/INGLÊS

Você na elite das universidades!

UNIFESP 2004 CONHECIMENTOS

ESPECÍFICOS


Campinaswww.elitecampinas.com.br - Fone: (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE UNIFESP 2004 – CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS

1

BIOLOGIA 01. Os espermatozóides estão entre as células humanas que possuem maior número de mitocôndrias. a) Como se explica a presença do alto número dessas organelas no espermatozóide? b) Explique por que, mesmo havendo tantas mitocôndrias no espermatozóide, dizemos que a herança mitocondrial é materna. SOLUÇÃO: a) O alto número de mitocôndrias no espermatozóide é devido à grande quantidade de energia que deve ser gerada para que o mesmo possa cumprir a sua jornada com a finalidade de fecundar o óvulo. Isso se deve ao fato de que as mitocôndrias são as organelas celulares responsáveis pela geração de energia (ATP) através da respiração celular. b) Somente o pró-núcleo masculino contido no espermatozóide é que será utilizado na formação do zigoto após a fecundação. As mitocôndrias do espermatozóide não penetram no óvulo, sendo degradadas posteriormente, e todas as mitocôndrias do zigoto serão as que estavam contidas no óvulo, ou seja, herança materna. 02. O esquema representa parte da membrana plasmática de uma célula eucariótica.

a) A que correspondem X e Y? b) Explique, usando o modelo do “mosaico fluido” para a membrana plasmática, como se dá a secreção de produtos do meio intracelular para o meio extracelular. SOLUÇÃO: a) X corresponde aos fosfolipídios organizados de maneira que a cauda hidrofóbica (lipídica) fique voltada para dentro enquanto que o fosfato hidrofílico fique voltado para fora. Já o Y corresponde a uma proteína integrada de membrana com duas porções hidrofílicas e uma porção hidrofóbica “mergulhada” em meio aos lipídios. b) O modelo do “mosaico fluido” proposto por Singer & Nicholson para a membrana plasmática, define que a membrana seja formada por uma bicamada de fosfolipídios livres entre si, onde estão integradas proteínas com as mais diversas funções. Segundo esse modelo, a secreção de produtos do meio intracelular para o meio extracelular se dá por formação de vesículas que conteriam em seu interior os produtos secretados. 03. Analise os gráficos seguintes.



2

Composição média dos tecidos da

folha madura de uma planta.

Composição média dos tecidos da semente

de uma planta. Lipídio Proteína P Q Z

(Modificados de P. Jordano. Fruits and Frugivory, 1992.)

a) Considerando P, Q e Z, qual deles corresponde a água, a carboidratos e a fibras? b) Com base no gráfico da semente, explique sucintamente qual a vantagem adaptativa de se apresentar tal proporção de carboidratos, lipídios, proteínas e água na composição de seus tecidos. SOLUÇÃO: a) Considerando que a semente é a estrutura vegetal com menor concentração de água e intensamente rica em reservas de carboidratos no endosperma, podemos concluir que P se refere a carboidratos; Q, água, que nas folhas existe em grande quantidade (fotossíntese, evapotranspiração) e Z corresponde às fibras que estão em maior quantidade nas folhas que nas sementes. b) A quantidade reduzida de água nas sementes sustenta o processo de dormência do embrião que é prontamente induzido à germinação com o aumento da concentração, o que corresponde a uma adaptação ao ambiente terrestre com a espera de um momento propício para o desenvolvimento do embrião. Além disso, a grande quantidade de carboidratos, adicionada a de lipídios, se justifica porque o embrião ainda não realiza fotossíntese, necessitando dessa reserva energética para o seu desenvolvimento. Finalmente, as proteínas referem-se ao principal constituinte do embrião em si, relacionadas também aos vários processos metabólicos. 04. Analise o gráfico seguinte, que mostra a variação da temperatura corpórea de um mamífero endotérmico (homeotérmico) durante a hibernação.

a) De onde provém a energia necessária para a elevação da temperatura corpórea desse animal no fim do período de hibernação? b) Considerando o fenômeno apresentado, copie em seu caderno de respostas o gráfico seguinte e faça um esquema representando como seria a variação da taxa metabólica (consumo de energia) desse animal em função do tempo.



3

SOLUÇÃO: a) A energia necessária para a elevação da temperatura corpórea desse animal no fim do período de hibernação provém das reservas de lipídios do tecido adiposo encontrado na camada subcutânea (hipoderme). b) A taxa metabólica está diretamente relacionada com a temperatura corpórea do animal, diminuindo com a redução da temperatura e se restabelecendo com o fim da hibernação.

05. Um geneticista estudou dois grupos, I e II, portadores de uma doença genética que se manifestava da seguinte maneira:

O pesquisador concluiu que não se tratava de uma doença com herança dominante ou recessiva ligada ao sexo, porém teve dúvida se se tratava de herança autossômica recessiva ou autossômica dominante com penetrância incompleta. a) O que levou o pesquisador a concluir que não se tratava de herança ligada ao sexo? b) Por que o pesquisador teve dúvida quanto ao tipo de herança autossômica? SOLUÇÃO: a) Analisando o cruzamento referente à F2, no grupo II, em que um homem e uma mulher, ambos normais, tiveram uma filha afetada (F3), concluímos que não se trata de uma herança ligada ao sexo, pois

→ Tempo (dias)

Temperatura corpórea (°C)

↑



4

a filha, para ser afetada, necessita de dois cromossomos X afetados. Sendo assim, como o homem (pai) somente possui um cromossomo X, se a herança fosse ligada ao sexo, o mesmo seria afetado. b) A penetrância incompleta ocorre quando um alelo não é expresso mesmo quando presente em um indivíduo. Neste caso, o pesquisador teve dúvida quanto ao tipo de herança autossômica devido ao grande número de cruzamentos envolvendo pais normais com filhos afetados. Assim, a presença de um gene dominante não necessariamente se expressaria no indivíduo portador, como exemplo, na polidactilia. 06. Alguns grupos radicalmente contrários ao uso de organismos geneticamente modificados (transgênicos) na agricultura divulgaram recentemente, no Sul do país, um folheto à população alertando sobre os perigos da ingestão de transgênicos na alimentação. Entre as advertências, constava uma que afirmava incorretamente que “para serem criadas plantas transgênicas são usados os vírus da AIDS” e que tais plantas, se ingeridas, poderiam infectar com o vírus da AIDS toda a população. a) O que são transgênicos ou organismos geneticamente modificados (OGMs)? b) Explique por que o vírus da AIDS não poderia infectar uma planta e por que a ingestão de uma planta transgênica não seria capaz de transmitir o vírus da AIDS. a) Transgênicos ou organismos geneticamente modificados (OGMs) são indivíduos que apresentam como constituintes de seu genoma genes pertencentes a outras espécies inoculados por métodos biotecnológicos: biobalística (bombardeamento de DNA exógeno aderidos a partículas de ouro ou tungstênio), eletroporação (corrente elétrica que gera poros na membrana celular por onde entra o DNA exógeno) e transdução (vírus como vetor carregando e inserindo o transgene). b) Os vírus, em geral, possuem grande especificidade quanto ao agente hospedeiro e o tipo de célula a ser infectada. No caso do HIV, uma planta não poderia ser infectada, pois o mesmo só ataca os linfócitos T CD4+ humanos, que não existem em plantas. Os retrovírus usados em experimentos de transgenia em plantas não são os mesmos que causam a AIDS, e mesmo que fossem, a transmissão da AIDS se dá apenas pelo contato com fluidos miasmáticos (produzidos com base no plasma) como esperma, saliva, leite materno, secreção vaginal, etc, além do sangue em contato direto ou por instrumentos contaminados. 07. Observe atentamente os dois gráficos apresentados.

GRÁFICO 1: COBERTURA DA VACINAÇÃO CONTRA SARAMPO EM MENORES DE UM ANO NO BRASIL, DE 1980 A 1997.

GRÁFICO 2: TAXA DA INCIDÊNCIA ANUAL DE SARAMPO EM MENORES DE UM ANO NO BRASIL, DE 1982 A 1997.



5

(Programa Nacional de Imunizações, Ministério da Saúde.)

a) O gráfico 2 indica claramente a ocorrência de epidemias de sarampo em dois anos distintos no Brasil. Para reduzir rapidamente e de imediato o número de doentes durante uma epidemia, é mais eficiente o uso do soro ou da vacina? Justifique. b) Considere, nos dois gráficos, o ano de 1997. É mais correto supor que, ao longo desse ano, os resultados representados no gráfico 1 tenham influenciado os resultados representados no gráfico 2 ou o inverso? Justifique. SOLUÇÃO: a) A vacina contém antígenos atenuados que propiciam uma imunização ativa de longa duração, enquanto o soro corresponde a anticorpos específicos contra determinados antígenos, de ação passiva e curta duração. Assim, a forma correta de combater a epidemia é uma combinação das duas formas medicamentosas: deve-se utilizar a vacina, que é menos custosa, de forma ampla em todo o grupo de risco, isto é, na população da região onde se deflagra o surto epidêmico; além disso, deve-se utilizar o soro em pessoas infectadas e naqueles que tiveram contato com pessoas infectadas. Observação: Esta pergunta é bastante capciosa, pois induz o candidato a responder uma ou outra forma medicamentosa, quando o correto é ambas. b) O aumento do número de casos de sarampo em 97 (gráfico 2) influenciou o aumento da busca por vacinação (gráfico 1) neste mesmo ano; portanto, o inverso da proposição do enunciado.

QUÍMICA 08. Na reciclagem de plásticos, uma das primeiras etapas é a separação dos diferentes tipos de materiais. Essa separação pode ser feita colocando-se a mistura de plásticos em líquidos de densidades apropriadas e usando-se o princípio do “bóia, não bóia”. Suponha que um lote de plásticos seja constituído de polipropileno (PP), polietileno de alta densidade (PEAD), poliestireno (PS) e cloreto de polivinila (PVC), cujas densidades são dadas na tabela.

Material Densidade (g/cm3) PP 0,90 – 0,91 PEAD 0,94 – 0,96 PS 1,04 – 1,08 PVC 1,22 – 1,30

O esquema de separação desses materiais é:



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a) Para a separação PP – PEAD, foi preparada uma solução misturando-se 1000 L de etanol com 1000 L de água. Ela é adequada para esta separação? Explique, calculando a densidade da solução. Suponha que os volumes são aditivos. Dados de densidade: água = 1,00 kg/L e etanol = 0,78 kg/L. b) Desenhe um pedaço da estrutura do PVC e explique um fator que justifique a sua densidade maior em relação aos outros plásticos da tabela. SOLUÇÃO: a) A mistura de 1000 L (780 g) de etanol e 1000 L (1000 g) de água apresentará densidade de 0,89 g.cm-3 de acordo com os cálculos a seguir apresentados:

( ) 33 .89,0

20001000780 −=

+== cmg

cmgg

Vm

dsolução

soluçãosolução

Esta mistura é, portanto, inadequada para a separação da mistura de poli(propileno), PP, e poli(etileno) de alta densidade, PEAD porque ambos os polímeros sedimentariam nesta mistura. b) Um pedaço da estrutura do PVC está representado a seguir:

H2C CH2

Cln

O poli(cloreto de vinila), PVC, apresenta maior densidade do que os demais polímeros porque o átomo de cloro apresenta maior massa do que o grupo hidrogênio no PEAD ou o grupo metila no PP. No caso do grupo fenila presente no PS, este apresenta maior massa do que o grupo cloro do PVC, mas apresenta também maior volume o que contribui para sua densidade ser menor do que a do PVC.

H2C CH2

Cln

H2C CH2

CH3n

H2C CH2

Hn

H2C CH2

n

PPPVC PEAD

PS 09. Íons bário, Ba2+, são altamente tóxicos ao organismo humano. Entretanto, uma suspensão aquosa de BaSO4 é utilizada como contraste em exames radiológicos, pois a baixa solubilidade desse sal torna-o inócuo. Em um episódio recente, várias pessoas faleceram devido à ingestão de BaSO4 contaminado com BaCO3. Apesar do BaCO3 ser também pouco solúvel em água, ele é tóxico, pois reage com o ácido

PP, PEAD, PS, PVC

PP, PEAD flutuam

PEAD deposita

PP flutua

PVC deposita

PS flutua

PS, PVC depositam-se

Solução aquosa de etanol

Solução aquosa de cloreto de sódio

água



7

clorídrico do estômago, liberando Ba2+. Suponha que BaSO4 tenha sido preparado a partir de BaCO3, fazendo-se a sua reação com solução aquosa de H2SO4, em duas combinações diferentes: I. 2,0 mol de BaCO3 e 500 mL de solução aquosa de H2SO4 de densidade 1,30 g/mL e com porcentagem em massa de 40%. II. 2,0 mol de BaCO3 e 500 mL de solução 3,0 mol/L de H2SO4. a) Explique, utilizando cálculos estequiométricos, se alguma das combinações produzirá BaSO4 contaminado com BaCO3. b) Calcule a massa máxima de BaSO4 que pode se formar na combinação II. SOLUÇÃO: a) Para verificar se haverá a produção de BaSO4 contaminado com BaCO3 é necessário calcular se há excesso de carbonato de bário na solução final após a reação com ácido sulfúrico representada pela equação:

BaCO3(s) + 2 H+(aq) + SO4

2-(aq) = BaSO4(s) + H2O(l) + CO2(g),

ou seja, a relação estequiométrica entre BaCO3 e H2SO4 é de 1:1. Assim, é possível analisar as duas combinações diferentes propostas: I. É necessário calcular a massa e o número de mols do soluto ácido sulfúrico nesta solução:

OHg

SOHg

SOHsoluçãogSOHsoluçãomL mLgd

242

42/30,1

42

390260

650500⇓

→ =

1 mol de H2SO4 98,12 g de H2SO4

n mol de H2SO4 260 g de H2SO4

n = 2,65 mol Como são misturados 2,0 mol de carbonato de bário e 2,65 mol de ácido sulfúrico, o excesso de ácido garante que não ocorrerá excesso de BaCO3. II. Nesta combinação são misturados 2,0 mol de carbonato de bário e 1,5 mol de ácido sulfúrico de acordo com os seguintes cálculos:

3,0 mol de H2SO4 1 L de solução x mol de H2SO4 0,5 L de solução

x = 1,5 mol

Assim, há excesso de 0,5 mol de BaCO3 no sólido final contaminando a suspensão aquosa de BaSO4. b) A massa máxima de BaSO4 que poderá ser formada no segundo procedimento é de, aproximadamente, 350 g de acordo com os seguintes cálculos:

1 mol de BaCO3 1 mol de BaSO4 1,5 mol de BaCO3 x x = 1,5 mol de BaSO4 1 mol de BaSO4 233,1 g de BaSO4 1,5 mol de BaSO4 m



8

m = 349,65 g de BaSO4

10. Foi feito um estudo cinético da reação Mg + 2H+ → Mg2+ + H2, medindo-se o volume de H2 desprendido em função do tempo. O gráfico mostra os dados obtidos para duas concentrações diferentes de ácido: curva A para HCl, 2 mol/L, e B para HCl, 1 mol/L. Em ambos os casos, foi usada a mesma massa de magnésio.

a) Usando o gráfico, explique como varia a velocidade da reação com o tempo. Por que as duas curvas tendem a um mesmo valor? b) Deduza a ordem da reação com relação à concentração do ácido, usando os dados de velocidade média no primeiro minuto da reação. SOLUÇÃO: a) A velocidade de uma reação está relacionada com a concentração de reagentes, portanto, a velocidade inicial de reação da solução com HCl 2 mol/L é maior do que a velocidade da reação na solução com HCl 1 mol/L porque na solução mais concentrada há maior disponibilidade de íons H+ (provenientes da dissociação iônica do HCl) para reagir, no entanto, com o decorrer do tempo o maior consumo dos íons H+ na solução mais concentrada faz as soluções tenderem para a mesma concentração de H+ provocando a aproximação entre as velocidades de reação e a conseqüente aproximação dos volumes de H2 liberados por unidade de tempo. b) No primeiro minuto de reação foram produzidos cerca de 15 mL de H2 com a solução de HCl 1 mol/L e 30 mL de H2 com a solução de HCl 2 mol/L, portanto, à medida que dobra [H+], o volume de H2 também é dobrado, ou seja, a dependência entre o volume de gás hidrogênio produzido e as concentrações das soluções de ácido utilizadas é linear, assim a ordem da reação com relação à concentração de ácido é 1. 11. As vitaminas C e E, cujas formas estruturais são apresentadas a seguir, são consideradas antioxidantes, pois impedem que outras substâncias sofram destruição oxidativa, oxidando-se em seu lugar. Por isso, são muito utilizadas na preservação de alimentos.

O O

OHOH

HCOH

HOH2C

Vitamina C

CH3

CH3

O

CH3

OH

CH3

CH3 CH3

C

CH3

Vitamina E



9

A vitamina E impede que as moléculas de lipídios sofram oxidação dentro das membranas da célula, oxidando-se em seu lugar. A sua forma oxidada, por sua vez, é reduzida na superfície da membrana por outros agentes redutores, como a vitamina C, a qual apresenta, portanto, a capacidade de regenerar a vitamina E. a) Explique, considerando as fórmulas estruturais, por que a vitamina E é um antioxidante adequado na preservação de óleos e gorduras (por exemplo, a margarina), mas não o é para sucos concentrados de frutas. b) Com base no texto, responda e justifique: – qual das duas semi-reações seguintes, I ou II, deve apresentar maior potencial de redução? I. Vit. C (oxidada) + ne– Vit. C II. Vit. E (oxidada) + ne– Vit. E – qual vitamina, C ou E, é melhor antioxidante (redutor)? SOLUÇÃO: a) Para garantir uma boa eficiência, o antioxidante deve estar dissolvido no produto a ser protegido. Além disso, substâncias polares são bastante solúveis em outras substâncias polares, enquanto as apolares formam soluções mais facilmente com outras substâncias apolares. Óleos e gorduras são substâncias apolares com grandes cadeias carbônicas, enquanto sucos concentrados, por conterem uma grande quantidade de água, são substâncias polares. Observando a estrutura da vitamina E, nota-se que ela é uma substância muito pouco polar, sendo, portanto, bom antioxidante para óleos e gorduras (apolares), mas não para sucos concentrados (polares). b) Considerando que a vitamina C provoca a redução da forma oxidada da vitamina E, regenerando-a, a semi-reação representada pela equação II apresenta maior potencial de redução do que a semi-reação representada pela equação I. Assim, a reação global que ocorre é representada pela equação

Vit. E(oxidada) + Vit. C Vit. C(oxidada) + Vit. E 12. Ácido maléico e ácido fumárico são, respectivamente, os isômeros geométricos cis e trans, de fórmula molecular C4H4O4. Ambos apresentam dois grupos carboxila e seus pontos de fusão são, respectivamente, 130 ºC e 287 ºC. a) Sabendo que C, H e O apresentam as suas valências mais comuns, deduza as fórmulas estruturais dos isômeros cis e trans, identificando-os e explicando o raciocínio utilizado. b) Com relação aos pontos de fusão dos isômeros, responda qual tipo de interação é rompida na mudança de estado, explicitando se é do tipo inter ou intramolecular. Por que o ponto de fusão do isômero cis é bem mais baixo do que o do isômero trans? SOLUÇÃO: a) As fórmulas estruturais dos ácidos maléico e fumárico, formas cis e trans do ácido de formula molecular C4H4O4 estão apresentadas a seguir:

OH

O

OH

OOH

OO OH

ácido trans-butenodiócio(ácido fumárico)

ácido cis-butenodiócio(ácido maléico)

Para determinar esta fórmula estrutural deve-se considerar que estas moléculas apresentam, cada uma, três ligações π (três insaturações) e dois grupos carboxila em suas duas extremidades. Como cada carboxila já contém uma ligação π entre os átomos de carbono e oxigênio, a terceira ligação π somente pode ocorrer entre átomos de carbono. Por fim, os estereoisômeros cis e trans devem ser apresentados considerando os grupos de maior massa, os grupos carboxila, ligados aos átomos de carbono 2 e 3.



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Assim, estando em lados opostos espacialmente, a configuração será denominada de trans enquanto será denominada cis a configuração que apresentar estes grupos do mesmo lado, considerando o aspecto espacial da estrutura. b) Durante a fusão ocorre a ruptura de interações intermoleculares do tipo ponte de hidrogênio porque as moléculas não sofrem alteração estrutural, mas apenas aumentam o seu grau de liberdade tornando-se líquidas. Podemos observar que ambos os isômeros possuem dois grupos carboxila e dois oxigênios disponíveis para formar pontes de hidrogênio, porém, devido à disposição espacial, o isômero cis forma uma ponte de hidrogênio intramolecular e uma intermolecular, enquanto o isômero trans forma duas pontes intermoleculares. Dessa maneira, as moléculas do ácido fumárico possuem maior força de atração entre si do que as do ácido maléico, tendo assim maior ponto de fusão. 13. Ácido acético e etanol reagem reversivelmente, dando acetato de etila e água.

Ácido acético (l) + etanol (l) acetato de etila (l) + água (l) A 100 ºC, a constante de equilíbrio vale 4. a) Calcule a quantidade, em mol, de ácido acético que deve existir no equilíbrio, a 100 ºC, para uma mistura inicial contendo 2 mol de acetato de etila e 2 mol de água. b) Partindo-se de 1,0 mol de etanol, para que 90% dele se transformem em acetato de etila, a 100º C, calcule a quantidade de ácido acético, em mol, que deve existir no equilíbrio. Justifique sua resposta com cálculos. SOLUÇÃO: a) A hidrólise do éster apresentará, na condição de equilíbrio, uma mistura contendo cerca de 1,33 mol de ácido acético de acordo com os seguintes cálculos:

ácido acético(l)

+ etanol(l) acetato de etila(l)

+ água(l)

INÍCIO LVmol2 LV

mol2

REAÇÃO LVmolx LV

molx LVmolx LV

molx

EQUILÍBRIOLV

molx LVmolx

( )LVmolx−2

( )

LVmolx−2

[ ][ ][ ][ ]

( ) ( )

32224)2(

4.

2.

2

tan..

2

2

=⇒±=−

⇒=−

=

−

−

==

xx

xx

x

LVmolx

LVmolx

LVmolx

LVmolx

oleacéticoácidoáguaetiladeacetatoK c

b) Considerando a relação estequiométrica 1:1 entre etanol e ácido acético de acordo com a equação a seguir

ácido acético(l) + etanol(l) = acetato de etila(l) + água(l)



11

ácido acético(l)

+ etanol(l) =acetato

de etila(l)

+ água(l)

INÍCIO LVmolx LV

mol1

REAÇÃO (90%) LV

mol9,0 LVmol9,0

LVmol9,0

LVmol9,0

EQUILÍBRIO ( )

LVmolx 9,0−

LV

mol1,0 LV

mol9,0

LVmol9,0

[ ][ ][ ][ ] ( )

( )( )

( )( ) ( ) 0,2)9,0(9,0.4,010.814,0

9,010.9

41,0.9,0

9,01,0

.9,0

9,0.

9,0

tan..

221

2

≅−⇒−=⇒=−

=−

=

−

==

−−

xxx

xLV

molLV

molxLVmol

LVmol

oleacéticoácidoáguaetiladeacetatoK c

Portanto, este sistema a 100oC deve apresentar na condição de equilíbrio cerca de 2,0 mol de ácido acético.

FÍSICA 14. É comum vermos, durante uma partida de voleibol, a bola tomar repentinamente trajetórias inesperadas logo depois que o jogador efetua um saque. A bola pode cair antes do esperado, assim como pode ter sua trajetória prolongada, um efeito inesperado para a baixa velocidade com que a bola se locomove. Quando uma bola se desloca no ar com uma velocidade v e girando com velocidade angular ω em torno de um eixo que passa pelo seu centro, ela fica sujeita a uma força FMagnus = k.v. ω. Essa força é perpendicular à trajetória e ao eixo de rotação da bola, e o seu sentido depende do sentido da rotação da bola, como ilustrado na figura. O parâmetro k é uma constante que depende das características da bola e da densidade do ar.

Esse fenômeno é conhecido como efeito Magnus. Represente a aceleração da gravidade por g e despreze a força de resistência do ar ao movimento de translação da bola. a) Considere o caso em que o saque é efetuado na direção horizontal e de uma altura maior que a altura do jogador. A bola de massa M segue por uma trajetória retilínea e horizontal com uma velocidade

FMagnus

ω v

ar

FMagnus

ω

ar



12

constante v, atravessando toda a extensão da quadra. Qual deve ser o sentido e a velocidade angular de rotação ω a ser imprimida à bola no momento do saque? b) Considere o caso em que o saque é efetuado na direção horizontal, de uma altura h, com a mesma velocidade inicial v, mas sem imprimir rotação na bola. Calcule o alcance horizontal D da bola. SOLUÇÃO: a) Temos que a bola é lançada horizontalmente, e segue durante toda a extensão da quadra em trajetória retilínea e horizontal. Para que isso ocorra, a bola não deve sofrer aceleração na vertical, ou seja, as forças atuantes na vertical devem estar em equilíbrio. Temos os possíveis diagramas de forças:

Onde: P = M g ; FMagnus = k v ω

Podemos verificar que, para que ocorra o equilíbrio, as forças P e Fmagnus devem ter sentidos opostos e mesmo módulo. Logo, no equilíbrio:

P = Fmagnus ⇒ M g = k v ω Isolando ω na equação, segue:

v kg M ω =

Como FMagnus está para cima, considerando que a bola se desloca para a direita, conforme ilustrado na figura do enunciado, ela gira no sentido anti-horário. b) Como a bola não possui rotação ω, ela está sujeita apenas a aceleração da gravidade na vertical. Logo, ela percorrerá a seguinte trajetória.

Na horizontal: A bola não possui aceleração, mantendo a velocidade v na horizontal durante todo o trajeto. Logo, podemos escrever:

D = v t (I) Na vertical: A bola está sujeita a aceleração da gravidade, a altura h percorrida pode então ser dada por:

h = 21 g t2

Isolando o tempo:



13

gh 2 t = (II)

Substituindo (II) em (I), temos:

gh 2 v D =

15. Uma estação espacial, construída em forma cilíndrica, foi projetada para contornar a ausência de gravidade no espaço. A figura mostra, de maneira simplificada, a secção reta dessa estação, que possui dois andares.

Para simular a gravidade, a estação deve girar em torno do seu eixo com uma certa velocidade angular. Se o raio externo da estação é R, a) deduza a velocidade angular ω com que a estação deve girar para que um astronauta, em repouso no primeiro andar e a uma distância R do eixo da estação, fique sujeito a uma aceleração igual a g. b) Suponha que o astronauta vá para o segundo andar, a uma distância h do piso do andar anterior. Calcule o peso do astronauta nessa posição e compare com o seu peso quando estava no primeiro andar. O peso aumenta, diminui ou permanece inalterado? SOLUÇÃO: a) Considerando que a estação espacial esteja suficientemente longe de outros corpos celeste, para que a atração gravitacional exercida por estes seja desprezível. Considerando que o astronauta esteja em contato com o piso da estação, e girando junto com a ela, temos que o astronauta está sujeito a um movimento circular uniforme, conseqüentemente, sujeito a uma aceleração centrípeta dada por:

ac1 = ω2 R Como o astronauta não está sujeito a outras forças, ele sofre apenas a aceleração centrípeta, como deseja-se ele fique sujeito a uma aceleração igual a gravidade:

ac1 = ω2 R = g Isolando ω:

Rg ω =

b) Igualmente ao item a, o astronauta está sujeito apenas a aceleração centrípeta, porém, com uma mudança no raio do movimento circular. Logo:

ac2 = ω2 (R – h) O peso do astronauta no segundo andar é dado por:

P2 = m ac2 = m ω2 (R – h)

2R

h



14

No primeiro andar, o peso é dado por: P1 = m ac1 = m ω2 R

Comparando os dois pesos (P1 e P2), verifica-se que no segundo andar o peso diminui com relação ao primeiro, pois ele fica sujeito a uma força centrípeta menor. 16. Atualmente, o laser de CO2 tem sido muito aplicado em microcirurgias, onde o feixe luminoso é utilizado no lugar do bisturi de lâmina. O corte com o laser é efetuado porque o feixe provoca um rápido aquecimento e evaporação do tecido, que é constituído principalmente de água. Considere um corte de 2,0 cm de comprimento, 3,0 mm de profundidade e 0,5 mm de largura, que é aproximadamente o diâmetro do feixe. Sabendo que a massa específica da água é 103 kg/m3, o calor específico é 4,2.103 J/kg.K e o calor latente de evaporação é 2,3.106 J/kg, a) estime a quantidade de energia total consumida para fazer essa incisão, considerando que, no processo, a temperatura do tecido se eleva 63 oC e que este é constituído exclusivamente de água. b) Se o corte é efetuado a uma velocidade de 3,0 cm/s, determine a potência do feixe, considerando que toda a energia fornecida foi gasta na incisão. SOLUÇÃO: a) Temos que o corte provocado pelo bisturi possui as seguintes dimensões:

c = 2,0 cm ; p = 3,0 mm ; l = 0,5 mm Colocando em unidades do SI:

c = 2,0x10-2 m ; p = 3,0x10-3 m ; l = 5x10-4 m Logo, o volume do corte é dado por:

V = c p l ⇒ V = 3x10-8 m3 A massa total de água evaporada, considerando que este volume é constituído exclusivamente de água é dada por:

m = ρ V Onde ρ = 103 kg/m3, logo:

m = 103x3x10-8 ⇒ m = 3x10-5 kg O processo é constituído de duas etapas, primeiramente a elevação da temperatura do tecido em 63oC, em seguida a evaporação. Então a quantidade de calor absorvida nesse processo é:

Q = m c ∆t + m L Substituindo os valores na equação (c = 4,2x103 J/Kg K ; L = 2,3x106 J/Kg), lembrando que ∆t = 63oC equivale a ∆t = 63K:

Q = 3x10-5x4,2x103x63 + 3x10-5x2,3x106 Logo, a quantidade de energia total consumida para fazer a incisão é de:

Q = 76,9 J b) Como o feixe efetua o corte a velocidade de 3 cm/s, e a incisão possui um comprimento de 2 cm, temos que o tempo para efetuar a incisão é dado por:

cm/s 3cm 2

vc

vs t ==

∆= ⇒ t = 0,67 s

A potência é dada por:

tQ P =

Logo, a potência do laser deve ser: P = 115 W

17. Um estudante observa uma gota de água em repouso sobre sua régua de acrílico, como ilustrado na figura.



15

Curioso, percebe que, ao olhar para o caderno de anotações através dessa gota, as letras aumentam ou diminuem de tamanho conforme afasta ou aproxima a régua do caderno. Fazendo alguns testes e algumas considerações, ele percebe que a gota de água poder ser utilizada como uma lente e que os efeitos ópticos do acrílico podem ser desprezados. Se a gota tem raio de curvatura de 2,5 mm e índice de refração 1,35 em relação ao ar, a) calcule a convergência C dessa lente. b) Suponha que o estudante queira obter um aumento de 50 vezes para uma imagem direita, utilizando essa gota. A que distância d da lente deve-se colocar o objeto? SOLUÇÃO: a) A convergência de uma lente é definida por:

f1 C =

Onde f é a distância focal da lente. Para determinarmos f, podemos utilizar a equação dos fabricantes de lentes:

+

−=

21meio

lente

R1

R11

nn

f1

Onde: R1 é o raio da face plana ⇒ R1 = ∞ R2 é o raio da face convexa ⇒ R2 = +2,5 mm = 2,5x10-3 m Substituindo os valores na equação:

+∞

−== 3-2,5x10

1 111

1,35f1 C

Assim: C = 140 di (dioptrias)

Como a convergência obtida é positiva, temos que a gota se comporta como uma lente convergente de distância focal:

m 7,14x10C1 f 3-==

b) Como se deseja uma imagem direita e 50 vezes maior do que o objeto, pela equação do aumento linear transversal:

50pp'

oi

=−=

Daí: p' = – 50 p

Para determinar a posição que se deve colocar o objeto, utilizamos a equação dos pontos conjugados:

p'1

p1

f1

+= ⇒ 50p-1

p1

f1

+=

Logo:

50p49140

50p1

p1 140 =⇒−=

Resolvendo a equação temos:



16

d = p = 7x10-3 m Logo:

d = 7 mm 18. A linha de transmissão que leva energia elétrica da caixa de relógio até uma residência consiste de dois fios de cobre com 10,0 m de comprimento e secção reta com área 4,0 mm2 cada um. Considerando que a resistividade elétrica do cobre é ρ = 1,6.10–8 Ω.m, a) calcule a resistência elétrica r de cada fio desse trecho do circuito. b) Se a potência fornecida à residência for de 3.300 W a uma tensão de 110 V, calcule a potência dissipada P nesse trecho do circuito. SOLUÇÃO: a) Para o cálculo da resistência elétrica do fio, podemos utilizar a segunda lei de Ohm, que é dada por:

Al ρ R =

Onde: ρ = 1,6x10-8 Ω m l = 10,0 m A = 4,0 mm2 = 4,0x10-6 m2 Substituindo os valores na equação, temos:

Ω=Ω=⇒= 0,04 4,0x10 R 4,0x10

x10,01,6x10 R 2-6-

-8

b) Temos que a potência fornecida a residência é de P = 3300W a uma tensão de U = 110V.

Logo, utilizando a equação de potência:

P = U I ⇒ 3300 = 110 I Temos:

I = 30 A Como a corrente circula pela fiação, que possui uma resistência de 0,04 Ω em cada fio, ou seja, uma resistência total de 0,08 Ω, a potência dissipada é dada por:

P = R I2 ⇒ P = 0,08x302 Logo:

P = 72 W 19. Um pedaço de fio de comprimento L e massa m pode deslizar sobre duas hastes rígidas e lisas, de comprimento D cada uma e fixas em um plano inclinado de um ângulo θ, como é ilustrado na figura.



17

As hastes estão conectadas a uma bateria e o pedaço de fio fecha o circuito. As hastes e o fio estão submetidos a um campo magnético uniforme B vertical, apontado para cima. Representando a aceleração da gravidade por g, a) determine o valor da corrente i para que o fio fique em equilíbrio sobre o plano inclinado. b) Considere que o pedaço de fio esteja em equilíbrio no ponto mais baixo do plano inclinado. Se a corrente for duplicada, o fio será acelerado e deixará o plano no seu ponto mais alto. Determine a energia cinética do fio nesse ponto. SOLUÇÃO: a) Dada a configuração de campo magnético e corrente circulando pelo fio, utilizando a regra da mão esquerda temos as seguintes forças atuando no fio.

Vista lateral

Onde: P = m g Fm = B i L Realizando a decomposição das forças peso e magnética na direção das hastes temos:

Onde: Px = P senθ Fx = Fm cosθ Para haver equilíbrio:

Px = Fx ⇒ m g senθ = B i L cosθ Isolando a corrente na equação, temos:

tanθL Bg m i =

b) Inicialmente no ponto mais baixo temos a condição de equilíbrio. Ou seja, Px = Fx. Ao duplicar a corrente, passamos a ter Fx’ = 2Fx.

Temos que o trabalho das forças não conservativas é igual a variação da energia mecânica. A única força não conservativa que age sobre fio é 'mF , cuja a componente na direção do deslocamento é 'xF . Portanto:

τF’m = Fx´ D = ∆Em = Emf – Emi (I)



18

Colocando o referencial no ponto mais baixo do plano, com o fio inicialmente em repouso: Emi = Ecini + Epoti = 0 (II)

Com o fio no ponto mais alto do plano: Emf = Ecinf + Epotf = Ecinf + m g D senθ (III)

Substituindo (II) e (III) na equação (I):

Fx’ D = Ecinf + m g D senθ – 0 Logo:

Ecinf = Fx’ D – m g D senθ ⇒ Ecinf = 2 m g D senθ – m g D senθ Então:

Ecinf = m g D senθ Observação: Faltaram as setas indicativas de vetor no enunciado desta questão.

MATEMÁTICA 20. Um objeto parte do ponto A, no instante t = 0, em direção ao ponto B, percorrendo, a cada minuto, a metade da distância que o separa do ponto B, conforme figura. Considere como sendo de 800 metros a distância entre A e B.

Deste modo, ao final do primeiro minuto (1º período) ele deverá se encontrar no ponto A1; ao final do segundo minuto (2º período), no ponto A2; ao final do terceiro minuto (3º período), no ponto A3, e, assim, sucessivamente. Suponhamos que a velocidade se reduza linearmente em cada período considerado. a) Calcule a distância percorrida pelo objeto ao final dos 10 primeiros minutos. Constate que, nesse instante, sua distância ao ponto B é inferior a 1 metro. b) Construa o gráfico da função definida por “f(t) = distância percorrida pelo objeto em t minutos”, a partir do instante t = 0. SOLUÇÃO: a) A cada minuto o objeto percorre metade da distância percorrida no minuto anterior, sendo que no primeiro minuto ele percorre uma distância de 400m. Dessa maneira, a distância percorrida pelo objeto em cada minuto caracteriza uma PG (Progressão Geométrica), com:

q = ½ ; a1 = 400 Dessa maneira, para sabermos quanto o objeto percorreu até dado instante, devemos fazer a soma das distâncias percorridas em cada minuto até o instante de tempo. Para isso, utiliza-se a soma da PG:

121

121400

S

n

n

−

−

= (I)

Para a distância percorrida até o tempo t = 10 min, tomamos n = 10:



19

S10 = ⇒−

−

121

121.400

10

S10=512

1023.400 ⇒S10 ≅ 799,22m

b) Utilizando a equação (I) do item a, substituindo os valores de n para cada minuto, encontramos os valores das distâncias percorridas, onde podemos plotar o gráfico:

0

100

200300

400

500

600700

800

900

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

21. Na figura, são exibidas sete circunferências. As seis exteriores, cujos centros são vértices de um hexágono regular de lado 2, são tangentes à interna. Além disso, cada circunferência externa é também tangente às outras duas que lhe são contíguas.

Nestas condições, calcule: a) a área da região sombreada, apresentada em destaque à direita. b) o perímetro da figura que delimita a região sombreada. SOLUÇÃO: a) Pela figura, a região sombreada é a área do hexágono de lado 2, subtraída da área de 6 setores

circulares de raio 1 e ângulo central 3

2π , assim:

Asombreada = Ahexágono – 6.Aseção ⇒ Asombreada = 2

3.2.3 2

– 6. ππ 2361.31 2 −= .

b) O perímetro da figura é equivalente ao perímetro de 6 setores circulares de ângulo central 3

2π e raio 1;

logo ,

P = 6. π2.31 = 4π

22. Os triângulos que aparecem na figura da esquerda são retângulos e os catetos OA1, A1A2, A2A3, A3A4, A4A5, ..., A9A10 têm comprimento igual a 1.



20

a) Calcule os comprimentos das hipotenusas OA2, OA3, OA4 e OA10. b) Denotando por θn o ângulo (AnÔAn+1), conforme figura da direita, descreva os elementos a1, a2, a3 e a9 da seqüência (a1, a2, a3, ..., a8, a9), sendo an = sen(θn). SOLUÇÃO: a) Pela figura, temos:

OA2 = 211 22 =+ ; OA3 = ( ) 32122=+ ;

OA4 = ( ) 243122 ==+ ; OA10= ( ) 1091

22 =+

b) a1 = sen(θ1)=2

1 ; a2 = sen(θ2) = 3

1 ; a3 = sen(θ3) = 21

41

= ; a9 = sen(θ9) = 101

23. As figuras A e B representam dois retângulos de perímetros iguais a 100 cm, porém de áreas diferentes, iguais a 400 cm2 e 600 cm2, respectivamente.

A figura C exibe um retângulo de dimensões (50 – x) cm e x cm, de mesmo perímetro que os retângulos das figuras A e B.

a) Determine a lei, f(x), que expressa a área do retângulo da figura C e exiba os valores de x que fornecem a área do retângulo da figura A. b) Determine a maior área possível para um retângulo nas condições da figura C. SOLUÇÃO: a) A função f(x) é a área de um retângulo de lados x e 50 – x. Logo, f(x) = x(50 – x). Para f(x) = 400, temos que:

f(x) = – x2 + 50x = 400 ⇒ x2 – 50x + 400 = 0 Logo:

x = 10 ou x = 40. b) A área máxima é atingida quando se atinge o máximo de f(x), ou seja, em seu vértice; logo:



21

Amax = yv = 4

2500a4 −

−=

∆− = 625m2.

24. Considere a região sombreada na figura, delimitada pelo eixo Ox e pelas retas de equações y = 2x e x = k, k > 0.

Nestas condições, expresse, em função de k: a) a área A(k) da região sombreada. b) o perímetro do triângulo que delimita a região sombreada. SOLUÇÃO: a) Podemos verificar que a região sombreada é um triângulo retângulo de base k e altura 2k (intersecção das retas x = k e y = 2x); logo:

A(k) = 2

k . k2 = k2 .

b) O perímetro do triângulo é obtido somando a base k, com a altura 2k e a hipotenusa k 5 ; portanto:

2P = 3k + k 5 . 25. Considere os gráficos das funções definidas por f(x) = log10 (x) e g(x) = 10x, conforme figura (fora de escala).

a) Dê as coordenadas de M, ponto médio do segmento AB. b) Mostre que (f o g)(x) = x e (g o f )(x) = x, para todo x > 0. SOLUÇÃO: a) Observando os gráficos, temos: Para o ponto A, xa é o ponto onde o gráfico f(x) corta o eixo x, ou seja:

f(xa) = 0 ⇒ xa = 1 ⇒ ya = g(xa) = 10 Logo:

A = (1, 10)



22

Para o ponto B, yb é p ponto onde o gráfico g(x) corta o eixo y, ou seja: yb = g(0) ⇒ yb = 1 ⇒ log10 (xb) = 1 ⇒ xb = 10

Logo: B = (10, 1)

Achamos o ponto M através da média geométrica dos pontos A e B, logo:

M =

211,

211 .

b) (f o g)(x) = f(g(x)) = f(10x) = log1010x= x.log1010 = x. (g o f )(x) = g(f(x)) = g(log10x) = x10log10 = x.

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